Bài tiểu luận môn phương pháp tính nhóm 07

1

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM TP.HCM
BỘ MÔN TOÁN- TIN HỌC



TIỂU LUẬN
MÔN: PHƢƠNG PHÁP TÍNH
CHỦ ĐỀ 7: Xác Định Giá Trị Gần Đúng Cho Nghiệm Của Phƣơng Trình Bằng
Cách Dùng Phƣơng Pháp Chia Đôi Đoạn Chứa Nghiệm Hay Phƣơng Pháp Dây
Cung. Xác Định Giá Trị Gần Đúng Cho Nghiệm Của Phƣơng Trình Bằng Cách
Dùng Phƣơng Pháp Xấp Xỉ Newton




GVHD: T.S Trịnh Công Diệu
SVTH: Ngô Quang Định
Ngô Thị Kim Liên
Ngô Đức Thịnh
Trần Minh Cƣờng



2

NỘI DUNG
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN
III.THUẬT TOÁN VÀ VÍ DỤ

1. Phƣơng pháp chia đôi
2. Phƣơng pháp dây cung
3. Phƣơng pháp Newton
4. So sánh các phƣơng pháp















3

I/. Đặt vấn đề
Tìm nghiệm của phương trình
 
0fx
(1), trong đó
 
fx
là một hàm số đại số hoặc
siêu việt bất kỳ, là một bài toán thường gặp trong kỹ thuật cũng như trong lý thuyết.

Phương trình trên trừ một vài trường hợp đặc biệt, chẳng hạn như phương trình đại số bậc
1,2 ,3, 4 có công thức tính nghiệm cụ thể, còn nói chung là không có một công thức tính
đúng nghiệm. Mặt khác, các hệ số của
 
fx
trong nhiều trường hợp là những số gần
đúng, cho nên vấn đề giải đúng (1) cũng không thật sự cần thiết. Vì vậy, việc tìm những
phương pháp giải gần đúng phương trình đại số và siêu việt cũng như việc đánh giá độ
chính xác của nghiệm thực gần đúng có một vài trò quan trọng. Trong phần này, chúng ta
xét bài toán tính gần đúng nghiệm thực của phương trình (1) với giả thiết
 
fx
là hàm số
thực xác định và liên tục trên một khoảng hữu hạn hoặc vô hạn nào đó.
II/. Cơ sở lý luận
Định lý 1
Nếu
f
là hàm số thực liên tục trên đoạn
 
,ab
và
   
0f a f b 
thì
 
,c a b
sao cho
 
0fc

nghĩa là
c
là nghiệm của phương trình.
Định lý 2
Nếu hàm
f
thỏa các điều kiện:
     
0i f a f b 

 
ii

f
khả vi liên tục đến cấp 2 trên
 
,, ab
   
  

   
 
'
0, ,iii f x x a b  
và
 
'
fx
không đổi dấu trên
 

,ab
.
   
"
0iv f x 
tại mọi
 
,x a b

Lấy
 
0
,x a b
sao cho
 
0
0fx
và
 
n
n
x
là dãy định bởi

 
 
 
 
 
00

1
11
'
1
, , 0
:
1
, 1,2,3,
n n n
n
x a b f x
N
x x f x n
fx






  



4

thì phương trình
 
0fx
có duy nhất một nghiệm

*
x
trong đoạn
 
,ab
và
 
n
n
x
là dãy
trong đoạn
 
,ab
hội tụ về
*
x

-Hơn nữa ta có
2
*
2
11
1
2
n n n
M
x x x x
M


  
. với:

 
 
 
   
 
''
2
''
1
max : ,
min ,
M f t t a b
M f a f b



Chứng minh:
Ta có:
   
 
 
 
* ' *
1 1 1n n n
f x f x f x f c x x
  
   

, với
 
*
1
,
n
c x x



Từ đây ta suy ra
 
1
*
1
1
(*)
n
n
fx
xx
M




Sử dụng khai triển Taylor ta có:
      
 
 

 
 
'' ''
22
'
1 1 1 1
22
nn
n n n n n n n n n
f x f x
f x f x f x x x x x x x
   
      

Suy ra:
 
2
2
11
2
n n n
M
f x x x



Áp dụng
(*)
ta được:
2

*
2
11
1
2
n n n
M
x x x x
M

  

Định lý 3. Nếu hàm
f
thỏa các điều kiện:
     
0i f a f b 

 
ii

f
khả vi liên tục đến cấp 2 trên
 
,, ab
   
  

   
 

'
0, ,iii f x x a b  
và
 
'
fx
không đổi dấu trên
 
,ab
.
   
"
0iv f x 
tại mọi
 
,x a b


5

 
n
n
x
là dãy định bởi:
 
 
 
 
 

 
0
1
0
n
n n n
n
x b f b
fx
x x x a
f x f a





  



hoặc
 
 
 
 
 
 
0
1
0

n
n n n
n
x a f a
fx
x x x b
f x f b





  




Thì phương trình
 
0fx
có duy nhất một nghiệm
*
x
trong
 
,ab
và (
n
x
) là dãy trong

 
,ab
hội tụ về
*
x
.
Hơn nữa ta có:
*
11n n n
Mm
x x x x
m


  

Với:
 
'
0 m f x M    

Chứng minh:
 
 
 
 
1
n
n n n
n

fx
x x x a
f x f a

  


hay
 
 
 
 
1
n
n n n
n
f x f a
f x x x
xa


  


Áp dụng định lý Lagrange, ta được:
 
 
 
   
 

 
 
 
 
* ' *
1
'
1
n
n n n n n
n
nn
f x f a
x x f c f x f x f x x x
xa
f r x x



      



Với
 
 
*
, ; ,
nn
c x x r a x

. Như vậy:
 
   
 
* ' '
1 1 1n n n n n
x x x x f c f r x x
  
    

Hay
   
 
''
*
11
'
n n n
f r f c
x x x x
fc


  
mà
   
''
f r f c M m  

suy ra

*
11n n n
Mm
x x x x
m


  


6

III. Thuật toán và ví dụ
1/. Phƣơng pháp chia đôi
Giả sử phương trình
 
0 (1)fx
có nghiệm duy nhất
*
x
trên đoạn
 
,ab
và
   
.0f a f b 
. Bây giờ lấy
2
ab
c



và tính
 
fc
, nếu
 
fc
=0 thì có ngay
*
xc
là
nghiệm đúng của phương trình (1).
Nếu
 
0fc
, thì ta gọi
 
11
,ab
là một trong hai đoạn
   
, , ,a c c b
mà ở đó
   
11
0f a f b 
. Lại lấy
11
1

2
ab
c


và tính
 
1
fc
, nếu
 
1
0fc
thì quá trình kết thúc,
*
1
xc
, nếu không ta lại tiếp tục quá trình này, và như vậy ta có dãy đoạn
 
*
,,
nn
a b n N
.
Tổng Quát
Nếu ta thực hiện liên tiếp thao tác chia đôi đoạn
 
,ab
như trên, thì tại bước thứ
n

, ta có
 
0
n
fc 
, lúc đó
*
n
xc
( trường hợp này ít xảy ra), hoặc là ta nhận được dãy vô hạn các
đoạn nhỏ
 
,
n n n
ab
đóng lồng nhau, thắt lại với
 
*
1
, (2)
2
nn
n
b a b a n N    

Theo cách dựng ta có
   
0 (3)
nn
f a f b 

*
lim lim
nn
nn
a b x
 


Hơn nữa khi
n 
thì từ (3) có
 
2
*
0fx



, vậy
*
x
là nghiệm của phương trình (1).
Sai số
Nói chung, khi dừng lại ở bước n thì ta có
1
()
2
nn

n
b a b a  

Vậy ta có thể lấy nghiệm gần đúng là
2
nn
n
ab
x


,
Sai số mắc phải khi đó là
 
1
1
2
n
ba




7

Thuật toán đƣợc thực hiện bởi các bƣớc sau đây:
Chọn sai số
0



,
 
,ab
sao cho
   
0f a f b 
và hàm số
 
fx
liên tục trên đoạn
 
,ab
.
Bƣớc 0: Đặt
0
2
ab
x



Vì
   
0f a f b 
, do đó một trong hai trường hợp sau xảy ra:
+
 
0
0fx 
hoặc

2
ba



thì ta có
0
x
là nghiệm và kết thúc.
+
 
0
0fx
và
2
ba




Nếu
 
 
0
0f a f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
0
,ax
, do đó ta đặt:

1 1 0
,a a b x

Nếu
 
 
0
0f x f b 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
0
,xb
, do đó ta đặt:
1 0 1
,a x b b

Chuyển sang bước 1.
-Bƣớc 1: Đặt
11
1
2
ab
x



Vì
   
11
0f a f b 

, một trong hai trường sau xảy ra:
+
 
1
0fx
hoặc
11
2
ba



thì ta có
1
x
là nghiệm và kết thúc.
+
 
1
0fx
và
11
2
ba




Nếu
   

11
0f a f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
11
,ax
, do đó ta đặt
2 1 2 1
,a a b x
.
Nếu
   
11
0f x f b 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
11
,xb
, do đó ta đặt
2 1 2 1
,a x b b

Chuyển sang bước 2
…….
Bƣớc n: Đặt
2
nn
n
ab
x




8

Vì
   
0
nn
f a f b 
, do đó một trong hai trường hợp sau xảy ra:
+
 
0
n
fx 
hoặc
2
nn
ba



thì ta có
n
x
là nghiệm và kết thúc.
+
 
0

n
fx 
và
2
nn
ba




Nếu
   
0
nn
f a f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
,
nn
ax
, do đó ta đặt:
11
;
n n n n
a a b x



Nếu
   

0
nn
f x f b 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
,
nn
xb
, do đó ta đặt:
11
;
n n n n
a x b b



Chuyển sang bước
1n 

Ví dụ: Tính nghiệm gần đúng của phương trình sau nhờ phương pháp chia đôi trên
 
3
1,2 : 1 0  xx

Giải
Gọi
 
3
1  f x x x
, áp dụng liên tiếp phương pháp chia đôi ta có kết quả ở bảng sau:

Dừng lại ở bước thứ 6, lấy nghiệm gần đúng là
6
1.32032xx
, sai số 0.008

n

n
a

n
b

2


nn
n
ab
c

 
n
fc


nn
ba

0

1
2
3
4
5
6
1
1
1.25
1.25
1.3125
1.3125
1.3125
2
1.5
1.5
1.375
1.375
1.34375
1.32813
1.5
1.25
1.375
1.3125
1.34375
1.32813
1.32032
0.875
-0.29688
0.22461

-0.05151
0.08261
0.01458
1
0.5
0.25
0.125
0.0625
0.03125
0.01562
9

2/. Phƣơng pháp dây cung
Ý tưởng của phương pháp dây cung là thay cung đồ thị của hàm
 
y f x
bởi dây cung
AB
rồi lấy hoành độ
1
x
của giao điểm
P
của dây cung với trục hoành làm giá trị gần
đúng của nghiệm
*
x
. Ta minh họa phương pháp này bởi hình sau:

Phương trình dây cung

AB
là
 
   
y f a
xa
f b f a b a





Tại giao điểm
P
ta có
1
0,y x x
nên có
 
   
1
fa
xa
f b f a b a





Từ đó suy ra

 
   
 
1
fa
x a b a
f b f a
  


Sau khi tính được
1
x
ta có thể xét khoảng chứa nghiệm mới
 
1
,ax
hoặc
 
1
,xb
rồi tiếp
tục áp dụng phương pháp dây cung. Cứ thế tiếp tục ta sẽ được các giá trị
23
, , xx
ngày
càng gần
*
x

Thuật toán
Chọn sai số
0
,
 
,ab
sao cho hàm số
 
y f x
liên tục trên đoạn
 
,ab
,
   
0f a f b 
.
10

Bƣớc 0: Đặt
   
   
0
af b bf a
x
f b f a




+

 
0
0fx 
thì
0
x
là nghiệm và kết thúc
+
 
0
0fx 

Nếu
 
 
0
0f a f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
0
,ax
, do đó ta đặt:
1 1 0
,a a b x

Nếu
 
 
0
0f b f x 

thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
0
,xb
, ta đặt
1 0 1
,a x b b

Nếu
11
ba 
thì
0
x
là nghiệm và kết thúc
Nếu
11
ba 
thì ta chuyển sang bước 1
Bƣớc 1: : Đặt
   
   
1 1 1 1
1
11
a f b b f a
x
f b f a





+
 
1
0fx
thì
1
x
là nghiệm và kết thúc
+
 
1
0fx

Nếu
   
11
0f a f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
11
,ax
, do đó ta đặt:
2 1 2 1
,a a b x

Nếu
   
11

0f b f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
11
,xb
, ta đặt
2 1 2 1
,a x b b

Nếu
22
ba 
thì
1
x
là nghiệm và kết thúc
Nếu
22
ba 
thì ta chuyển sang bước 2
…………
Bƣớc n: : Đặt
   
   
n n n n
n
nn
a f b b f a
x
f b f a





+
 
0
n
fx 
thì
n
x
là nghiệm và kết thúc
+
 
0
n
fx 

11

Nếu
   
0
nn
f a f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
,
nn

ax
, do đó ta đặt:
11
,
n n n n
a a b x



Nếu
   
0
nn
f b f x 
thì nghiệm sẽ ở trong khoảng
 
,
nn
xb
, ta đặt
11
,
n n n n
a x b b



Nếu
11nn
ba


 
thì
n
x
là nghiệm và kết thúc
Nếu
11nn
ba

 
thì ta chuyển sang bước
1n

*Ngoài ra ta có thể dùng định lý 3 để giải cho phương pháp dây cung như sau:
Chọn sai số
0
,
 
,ab
sao cho hàm số
 
y f x
liên tục trên đoạn
 
,ab
,
   
0f a f b 
,

 
'
0fx
,
 
fx
có đạo hàm đến cấp 2 liên tục và ta có
 
"
0fx
trên
đoạn
 
,ab
(nếu như
 
"
0fx
thì ta chuyển
 
0fx
về dạng
 
0fx
). Khi đó đồ
thị
 
y f x
nằm phía dưới dây cung
AB

với
 
 
 
 
, , ,A a f a B b f b
.
 Trường hợp 1. Nếu như
 
0fa
, ta xây dựng dãy
 
n
x
theo hệ thức
 
 
 
 
0
1
n
n n n
n
xb
fx
x x x a
f x f a






  




Khi đó dãy
 
n
x
đơn điệu giảm, bị chặn dưới và hội tụ đến
*
x
.
 Trường hợp 2. Nếu như
 
0fa
, ta xây dựng dãy
 
n
x
theo hệ thức
 
 
 
 
0
1

n
n n n
n
xa
fx
x x b x
f b f x





  




Khi đó dãy
 
n
x
đơn điệu tăng, bị chặn trên và hội tụ đến
*
x
.
-Tính
   
''
min ; maxm f x M f x
trên đoạn

 
,ab

-Tính
.
m
Mm




12

Ta lập bảng tính sau:









Ngoài ra phương pháp dây cung còn có thể giải chỉ với điều kiện
 
y f x
liên tục trên
đoạn
 
,ab

Ví dụ: Tính nghiệm gần đúng của phương trình sau nhờ phương pháp dây cung trên
 
3
1,2 : 1 0  xx

Giải
Gọi
 
3
1  f x x x

Kiểm tra phương pháp
 
'2
31f x x
,
 
''
60f x x
trên đoạn
 
1,2
.
Vì
 
1 1 0 f
nên áp dụng công thức lặp:
 
 

 
 
 
0
0
3
1
1
3
1
1
1
2
2
2
51










  
  



  


n
nn
n n n
n n n
n
nn
x
x
fx
xx
x x x
x x x
f f x
xx

Sai số để hạn chế bước lặp: Ta có sai số
*
11n n n
Mm
x x x x
m


  

n
n

x

1nn
xx



0
0
x


1
1
x

10
xx

2
2
x

21
xx





n
n
x

1nn
xx


,
dừng lại nếu thỏa
1nn
xx




13

Dễ có
   
''
2 11; 1 2   M f m f
. Như vậy để có được nghiệm ở mức chính xác
0.008 khi dừng ở bước thứ
n
sao cho:
1
2
0.008 0.008 0.0017

11 2
nn
m
xx
Mm

   


Dùng công thức lặp và thao tác trên máy tính cầm tay ta có kết quả bởi bảng sau:










Ta thấy ở bước thứ 7 thì nghiệm thỏa mãn sai số, nên
*
7
1.323683xx

n
n
x

1nn
xx



0
1

1
1.166666
0.166666
2
1.253112
0.086445
3
1.293437
0.040325
4
1.311280
0.017843
5
1.318987
0.007707

6
1.322282
0.003295
7
1.323683
0.001401
14

3/. Phƣơng pháp Newton (phƣơng pháp tiếp tuyến)
Ý tưởng của phương pháp Newton là thay cung đồ thị
AB
của hàm số
 
y f x
bởi tiếp
tuyến tại
A
hoặc
B
rồi lấy hoành độ
1
x
của giao điểm
P
của tiếp tuyến với trục hoành
làm giá trị gần đúng của nghiệm
*
x
. Ta minh họa phương pháp này bởi hình sau:

Cho
0
xb
, phương trình tiếp tuyến tại
B
là
    
'
0 0 0
y f x f x x x  

Tại
P
ta có
1
,0x x y
ta có
    
'
0 0 1 0
f x f x x x  

Từ đó
 
 
0
10
'
0
fx

xx
fx


Sau khi tính được
1
x
ta có thể xét khoảng chứa nghiệm mới
 
1
,ax
hoặc
 
1
,xb
rồi tiếp
tục áp dụng phương pháp tiếp tuyến. Cứ tiếp tục ta sẽ được các giá trị
23
, , xx
ngày càng
gần
*
x
.


15

Thuật toán
Chọn sai số

 
0, ,ab
sao cho hàm
 
fx
thỏa mãn các điều kiện
( ),( ), ( ), ( )i ii iii iv
. Khi
đó ta sẽ thiết lập dãy lặp
 
 
1
'
n
nn
n
fx
xx
fx


, với
0
x
chọn trước
 
,ab
sao cho
 
0

0fx 
. Tuy nhiên trong thực tế có khi ta không tính được
 
n
fx
,
 
'
n
fx
. Giả sử ta
không tính được chính xác tại
 
 
1
21
'
1
fx
xx
fx

, khi đó ta thay
2
x
bằng giá trị gần đúng
2
x
thỏa điều kiện
 

 
2
2
0
,
fx
x a b







.
-Tính
   
 
 
 
 
' ' ''
12
min , ; max : ,M f a f b M f t t a b  

-Tính
1
2
2
.

M
M



-Ta lập bảng tính sau:










n
n
x

1nn
xx



0
0
x

1
1
x

10
xx

2
2
x

21
xx






n
n
x

1nn
xx


,
dừng lại nếu thỏa
1nn

xx




16

Ví dụ: Tính nghiệm gần đúng của phương trình sau nhờ phương pháp Newton trên
 
3
1,2 : 1 0  xx

Giải
Xét
 
3
1  f x x x


 
'2
31f x x

Ta có:
 
 
'2
3 1 0, 1,2    f x x x

 

 
''
6 0, 1,2   f x x x

Vậy các điều kiện của phương pháp Newton được thỏa mãn.
Ta có:
   
''
2 2 60 0ff
, ta chọn
 
 
0
1
'
2








n
nn
n
x
fx
xx

fx

 
 
 
   
 
''
2
''
1
max : 1,2 12
min 1 , 2 2
  

M f t t
M f f

2
1
1
2
1
2
0.008
0.051639
nn
nn
M
xx

M
xx



  

n

n
x

1nn
xx



0
2

1
1.545454
0.454546
2
1.359614
1.185840
3
1.325801
0.033813
Vậy:

*
3
1.325801xx

17

4.So sánh các phƣơng pháp
Chưa thể khẳng định được phương pháp nào tốt hơn phương pháp nào mà tùy theo từng
trường hợp. Trong một số trường hợp thì tốc độ hội tụ của phương pháp dây cung và
phương pháp Newton nhanh hơn phương pháp chia đôi. Đối với phương pháp chia đôi thì
số lần bước lặp lớn, trong phương pháp Newton thì việc tính toán rắc rối.

18

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phạm kỳ Anh, Giải Tích Số, 1998
2. Trần Văn Minh, Phƣơng pháp số, 2005