Tổng hợp bài tập và đáp án môn phương pháp tính




: cho a=1,85 với sai số tương đối là
0,12%a
δ
=
Tính sai số tuyệt đối của a
| |
a
a
a
δ
∆
=
0,12%=
|1.85 |
a∆
=>
a
∆
=2,22.10
-3
 Làm tròn đến hai số lẻ sau dấu chấm thập phân của các số trong các biểu thức sau:
a) a = 12.6724 b) a = 1.5476 (c) (d)

a) a ≈ 12.67 b) a ≈ 1.55
Sử dụng khái niệm làm tròn lên và làm tròn xuống
c) khi làm tròn lên ta được
d) khi làm tròn xuống ta được
. Xác định các chỉ số đáng tin trong cách viết thập phân của các số sau

a)
b)

α
= 154,2341,
α
∆
= 6,23 x
3
10
−
c )
α
= 3,4167,
α
∂
= 0,25%

b) Các chữ số đáng tin là : 1; 5; 4; 2
Vậy có 4 chữ số đáng tin.
c)
α
∂
= 0,25%

⇒

α
∆
=

α
∂
.
a
= 0,25 . 3,4167 .
2
10
−
= 0,854175 .
2
10
−
Các chữ số đáng tin là : 3 và 4
Vậy có 2 chữ số đáng tin.
Cho . Hãy tính sai số tuyệt đối của:

 B = 20a - 100b + c
 C = a + b.c


-
-
-

b = 20a - 100b + c = (20.15-100.0.123+137) ± (0.02*20-0.001*100+0.5*1)
=124.7±0.8
Vậy sai số tuyệt đối ∆
b
=0.8
 C = a + b.c

= (15+0.123*137) ± (0.02+0.001.05)=28.85±0.0205
Vậy sai số tuyệt đối ∆
c
=0.0205
Trang 1
=>
!Cho hàm 3
5
2x
2
và x = 1.2340.00015.
Tính
f
.

Ta có:
=15x
4
-4x ; =1
== 0.00596
Trang 2

"#$%

 Tìm những khoảng cách li nghiệm thực của các phương trình sau đây:

;014
4
=+− xx


;023
2
=−+− xxe
x

;0132cos
2
=−+− xxxx

;01sin4 =−+ xx

;01
2
=−−
− x
ex

;0824
234
=−+− xxx

;0
2
=+− xxe
x

;0ln3
2
=+ xx


a)
014
4
=+− xx
Vậy ta có khoảng cách li nghiệm là
[ ]
1;0
và
[ ]
2;1
.
b)
023
2
=−+− xxe
x
x
2−
1−
0
1
2
)(xf
86,11−
63,9
−
1
72,2
39,7
Vậy khoảng cách li nghiệm là

[ ]
1;0
.
c)
0132cos
2
=−+− xxxx
Vậy khoảng cách li
nghiệm là
[ ]
1;0
và
[ ]
2;1
.
d)
01sin4
=−+
xx
Vậy khoảng cách li
nghiệm là
[ ]
0;1−
và
[ ]
3;2
.
e)
01
2

=−−
− x
ex

Vậy khoảng cách li
nghiệm là 0 và
[ ]
1;5,0
.
f)
0824
234
=−+− xxx

Vậy khoảng cách li
nghiệm là
[ ]
1;2 −−
và
[ ]
4;3
.
Trang 3
x
2−
1−
0
1
2
)(xf

25
6
1
2
−
9
x
2−
1−
0
1
2
3
)(xf
17,14−
54,6
−
1
−
54,0
83,3−
97,12−
x
2
−
1
−
0
1
2

3
4
)(xf
64,0−
36,1
−
1
36,3
64,2
43,1
−
03,6
−
x
2
−
1
−
0
5,0
1
2
)(xf
6,51−
39,5
−
0
13,0
35,1−
02,1−

x
2−
1−
0
1
2
3
4
)(xf
48
1−
8
9−
16−
17−
24
g)
0
2
=+− xxe
x
x
2−
1−
0
1
2
)(xf
86,11−
63,9

−
1
72,2
39,7
Vậy khoảng cách li nghiệm là
[ ]
0;1−
.
h)
0ln3
2
=+ xx

Vậy khoảng cách li nghiệm là
[ ]
5,0;4,0
.
 Sử dụng phương pháp chia đôi tìm nghiệm gần đúng ở lần lập thứ 5
)(
5
x
của phương trình
0cos =− xx
trong
[ ]
1;0
. Sử dụng công thức đánh giá sai số tổng quát, tính sai số của nó và
so sánh với sai số tính công thức đánh giá sai số của phương pháp chia đôi


[ ]
1;00cos =− xx
Đặt :
5,0
2
1
2
1;0
00
0
00
==
+
=
==
ba
x
ba
Ta có :
0)().(
46,0)1(
1)(
17,0)5,0cos(5,0)(
00
0
0
<⇒
=
−=
−=−=

bfxf
f
af
xf
Đặt :
0)().(
13,0)75,0(
75,0
2
15,0
1
5,0
11
1
1
1
<⇒
=
=
+
=
=
=
xfaf
f
x
b
a
Đặt :
02,0)(

625,0
2
5,075,0
75,0
5,0
2
2
2
2
−=
=
+
=
=
=
xf
x
b
a
⇒
0)().(
22
<bfxf
Đặt :
0)().(
06,0)6875,0(
6875,0
2
75,0625,0
75,0

625,0
33
3
3
3
<⇒
=
=
+
=
=
=
xfaf
f
x
b
a
Trang 4
x
1,0
2,0
3,0
4,0
5,0
6,0
)(xf
2
−
49,1
−

93,0
−
44,0
−
06,0
57,0
Đặt :
0)().(
02,0)65625,0(
65625,0
2
6875,0625,0
6875,0
625,0
44
4
4
4
<⇒
=
=
+
=
=
=
xfaf
f
x
b
a

Đặt :
3
3
5
5
10.33,1)640625,0(
640625,0
2
65625,0625,0
65625,0
625,0
−
−=
=
+
=
=
=
f
x
b
a
Vậy nghiệm gần đúng ở lần lặp thứ 5 là
640625,0
5
=x
.
 sử dụng phương pháp chia đôi tìm nghiệm gần đúng với sai số nh_ hơn
của các phương trình sau:
a)


 Đặt:

&đặt :

& đặt :
*đặt :

&đặt :
&'()
&'()
 = 0 trong đoạn [0,5: 1,5]
Đặt:
|
f(
Trang 5
Đặt :

|
f(
Đặt :

|
f(
Đặt :

|
f(
Đặt :

|
f(
Đặt :

|
f(
Đặt :

|
Sử dụng phương pháp lặp, tìm nghiệm gần đúng với sai số nh_ hơn 10
-3
cho các phương
trình sau:
 x
3
3x
2
5 = 0 trong đoạn [3,4], chọn x
0
= 3,5;
 x
3
x 1 = 0 trong đoạn [1,2], chọn x
0
= 1,5;
 x = trong đoạn [0,1], chọn x
0
= 0,5.
Giải:
 Sử dụng phương pháp lặp tìm nghiệm gần đúng với sai số nh_ hơn 10

-3
của phương trình: x
3
3x
2
5 = 0 trong đoạn [3,4], x
0
= 3,5.
Ta có: x
3
3x
2
5 = 0  x
3
= 3x
2
+ 5
 x = 3 + = g(x)
g(x) liên tục x [3,4] vì g(x
0
) = = 3 + < [3,4]
g’(x) = xác định hay g(x) khả vi ;
x [3,4]; g(x) g’(3) = = = q < 1
Vậy g(x) là hệ số co [3,4], với hệ số co q = < 1
Trang 6
 Với x
0
= 3,5 ta xây dựng dãy lặp như sau:
x
n

= 3 +
với sai số x
n
=
Ta có:
• x
1
= 3 + = 3,408163265
x
1
= = = = 0,05402 > 10
-3
• x
2
= 3 + = 3,430497697
x
2
= = = 8,2720.10
-3
> 10
-3
• x
3
= 3 + = 3,42486968
x
3
= = = 3,31059.10
-3
>10
-3

• x
4
= 3 + = 3,426267187
x
4
= = = 8,22.10
-4
< 10
-3
(th_a điều kiện).
 Kết luận: Phương trình x
3
3x
2
5 = 0 trong đoạn [3,4], với x
0
= 3,5 ,có hệ số co q=. Nghiệm
gần đúng x
4
= 3,426267187 có sai số = 8,22.10
-4
< 10
-3
 x
3
x 1 = 0 trong đoạn [1,2], chọn x
0
= 1,5
Ta có: x
3

x 1 = 0  x = = g(x)
g(x) liên tục x 1,2] vì g(x
0
) =
g’(x) = xác định (1,2) hay g(x) khả vi (1,2)
(1,2); g(x) g’(1) = = = q < 1
Vậy g(x) là hàm co (1,2) với hệ số co q = <1
 Với x
0
= 1,5 ta xây dựng dãy lặp như sau:
x
n
=
với sai số: x
n
=
Ta có:
• = = =1,357208808
= = =0,03795414
• = = =1,330860959
= = = 0,00700330316
• = = =1,325883774
= = = 0,00132294169
• = = =1,324939363
= = =0,0002510259419 th_a điều kiện.
• Kết luận: phương trình x
3
x 1 = 0 trong đoạn [1,2], với x
0
= 1,5. Hệ số co q= . Nghiệm gần

đúng 1,324939363 có sai số 0,0002510259419
 x = trong đoạn [0,1], chọn x
0
= 0,5
Ta có: g(x) =
 g(x) liên tục x 0,1] vì g(x
0
) =
g’(x) = xác định (0,1) hay g(x) khả vi (0,1)
 Khảo sát hàm g’(x) trên đoạn [0,1] cho ta
= -0,2394272762
=
Từ đây ta được (0,1) , = q < 1, do đó g(x) là hàm co (0,1) với hệ số co q = < 1
 Với x
0
= 0,5 ta xây dựng dãy lặp như sau:
x
n
=
với sai số: x
n
=
Ta có:
• = = = 0,20042662431
= = = 0,1497866878
• = = 0,2727489608
= = = 0,03616116825
Trang 7
• = = 0,2536071899
= = =0,1316614361

• = = 0,2585503676
=
= 0,002471234293
• = = 0,2572656386
=
= 0,64236. th_a điều kiện.
• Kết luận: Phương trình x = trong đoạn [0,1],
với x
0
= 0,5. Hệ số co q = . Nghiệm gần đúng = 0,2572656386 với sai số 0,64236.
!Xét phương trình x + 2. Hãy chứng t_ rằng phương trình có nghiệm duy nhất trong đoạn
[0,1]. Nếu sử dụng công thức lặp = 2 ta có thể tìm được nghiệm gần đúng của phương trình
này hay không? Nếu không hãy chỉ ra công thức lặp khác tốt hơn. Hãy giải thích tại sao?

f(x) = x + 2 có f’(x) = 1 + > 0, x [0,1] và f(0)f(1) < 0.
Không thể sử dụng công thức lặp = 2 vì hàm lặp g(x) = 2 có .
Có thể sử dụng phương pháp Newton với hàm lặp g(x) = .
* Sử dụng phương pháp Newton tìm nghiệm gần đúng của các phương trình sau với độ chính
xác 10
-5
a)
2 2cos 6 0
x x
e x
−
+ + − =

trong đoạn [1;2]
b) ln(x-1) + cos(x-1) = 0 trong đoạn [1,3;2]
c) 2xcos2x - (x-2)2 = 0 trong đoạn [2,3] và [3,4]

d) (x-2)
2
– ln x = 0 trong đoạn [1,2] và [e,4].

A f(x) =
2 2cos 6 0
x x
e x
−
+ + − =
f’(x)=
2
2
2( sinx)
x
e
x
− + −
=
2
2
2sinx
x
e
x
− −
f”(x)=
2
2 2sinx
x x

e
−
− +
 f”=
2
2 ln 2( 2 ) 2cos
x x
e x x
−
− − −
F”(-e
x
+2
X
ln2(2x)-2cosx
Do
[1;2]x
ε
∀
f’(x)
≥
0,688=m
chọn
0
x
=2 xây dựng dãy {
n
x
} theo công thức
3

3
0
1
2 2
0
2 1
2.2 1 15
3 3 3.2 3 9
x
x
x
−
−
= = =
− −
3
3
1
2
2
2
1
15
2. 1
2 1 223
9
3 3 144
15
3. 3
9

x
x
x
 
−
 ÷
−
 
= = =
−
 
−
 ÷
 
3
2
2
2
2
2
2
223
2. 1
2 1 6,42
144
1,82
3 3 4,19
223
3. 3
144

x
x
x
 
−
 ÷
−
 
= = = =
−
 
−
 ÷
 
3
3
3 3
3
| 3 1|
0,68.10
0,688
x x
x
−
− +
∆ = =
b) ln(x-1)+cos(x-1)=0 trong đoạn [1,3;2]
Trang 8
f(x)=ln(x-1)+cos(x-1)
f’(x)=

1
( 1)x −
-sin(x-1)>0
f”(x)=
2
1
( 1)x
−
−
-cos(x-1)<0
=>m=0,158
Chọn
0
1,3x =
Xây dựng dãy
0
{ }
n n
x
∞
=
theo công thức
3
3
0
1
2 2
0
2 1
2.2 1 15

3 3 3.2 3 9
x
x
x
−
−
= = =
− −
3
3
1
2
2
2
1
15
223
2. 1
2 1
9
27
1,5486
16
3 3
15
3. 3
3
9
x
x

x
 
−
 ÷
−
 
= = = =
−
 
−
 ÷
 
( )
( )
3
3
2
3
2
2
2
2. 1,5486 1
2 1 6,42
2,37
3 3 4,19
3. 1,5486 3
x
x
x
−

−
= = = =
−
−
6
3
0,38.10x
−
∆ =
d) (x-2)
2
– ln x = 0 trong đoạn [1,2] và [e,4].
Ta có f (x)= (x-2)
2
-lnx = 0  x
2
- 4x +4 – lnx
 ;
∗Trên đoạn [1,2]

25 ≤≤ 3

Chọn x
o
=a =1
Ta xây dựng dãy theo công thức :



Khi đó :



x
n
∆x
n
0 1
1 133333333 033333333
2 140857927 001698585
3 141238156 433722744.
4 141239117 27694099.
*Trên đoạn [e;4]
• 10686842
• 20625
Trang 9
Chọn x
o
=4
+Đa thức có nghiệm
Sử dụng phương
pháp Newton với giá trị
lặp ban đầu để tìm nghiệm này. Giải thích điều kiện xảy ra.

Ta có:
Vậy đa thức nội suy p(x) hội tụ về nghiệm khác là 0.27
Hiện tượng mỗi lần lặp đều cho giá trị như nhau.
Giải thích do chọn sai điểm Fourier
Trong hệ các phương trình sau đây, hãy tìm theo phương pháp Newton.
 chọn
b)


d)




Ta có:
Trang 10
n x
n
∆x
n
0 4
1 330301183 048530671
2 308462441 004764536
3 305753575 733062138.
4 305710366 186515929.
b)


Ta có:
 Phương trình Van der Waals đối với chất khí có dạng:
với R = 0.082054 L.atm/(mol.K), a, b là các hằng số phụ thuộc vào chất khí cụ thể; plàáp
suất; T là nhiệt độ; V là thể tích; n là số mole, v = V/nlà thể tích mole. Hãy xácđịnh thể tích
mole v của hai chất khí là carbon dioxide (CO
2
) và oxygen (O
2
) dưới áp suất 1, 10 và 100 atm
vàở nhiệt độ 300, 500 và 700K. Biết rằng đối với carbon dioxide ta có a = 3.592, b = 0.04267;

còn đối với oxygen ta có a = 1.360, b = 0.03183.

Ta có:
( ) ( )
( )
( )
2
2 2
2 2 3 2 2
3 2
0
( ) 0 (1)
a pv a
p v b RT v b RT
v v
pv a v b v RT pv pbv av ab v RT
pv pb RT v av ab
 
+
 
+ − = ⇔ − =
 ÷
 ÷
 
 
⇔ + − = ⇔ − + − − =
⇔ − + + − =
 Đối với Carbon dioxide (CO
2
): a = 3.592, b = 0.04267

+ p =1atm, T= 300
o
K
(1) ⇒
⇒v = 24.51258813
+ p = 1atm, T= 500
o
K
(1) ⇒
⇒v = 40.98211326
+ p = 1atm, T= 700
o
K
(1) ⇒
⇒v = 57.41795766
+ p = 10atm, T= 300
o
K
(1) ⇒
⇒v = 2.354495581
+ p = 10atm, T= 500
o
K
(1) ⇒
⇒v = 4.057779535
+ p = 10atm, T= 700
o
K
(1) ⇒
⇒v = 5.724166276

Trang 11
+ p = 100atm, T= 300
o
K
(1) ⇒
⇒v = 0.079510827
+ p = 100atm, T= 500
o
K
(1) ⇒
⇒v = 0.366301802
+ p = 100atm, T= 700
o
K
(1) ⇒
⇒v = 0.557554199
Vậy đối với carbon dioxide (CO
2
):
v T=300
o
K T=500
o
K T=700
o
K
1 atm 24.51258813 40.98211326 57.41795766
10 atm 2.354495581 4.057779535 5.724166276
100 atm 0.079510827 0.366301802 0.557554199
 Đối với Oxygen (O

2
): a = 1.360, b = 0.03183
+ p = 1atm, T= 300
o
K
(1) ⇒
⇒v = 24.59280084
+ p = 1atm, T= 500
o
K
(1) ⇒
⇒v = 41.02570577
+ p = 1atm, T= 700
o
K
(1) ⇒
⇒v = 57.4459687
+ p = 10atm, T= 300
o
K
(1) ⇒
⇒v = 2.438403865
+ p = 10atm, T= 500
o
K
(1) ⇒
⇒v = 4.101629762
+ p = 10atm, T= 700
o
K

(1) ⇒
⇒v = 5.752097285
+ p = 100atm, T= 300
o
K
(1) ⇒
⇒v = 0.226358945
+ p = 100atm, T= 500
o
K
(1) ⇒
⇒v = 0.411614387
+ p = 100atm, T= 700
o
K
(1) ⇒
⇒v = 0.584196568
Vậy đối vớiOxygen (O
2
):
v T=300
o
K T=500
o
K T=700
o
K
1 atm 24.59280084 41.02570577 57.4459687
10 atm 2.438403865 4.101629762 5.752097285
100 atm 0.226358945 0.411614387 0.584196568

Trang 12

, /#$%0

Sử dụng phương pháp phần tử trội giải các hệ phương trình sau đây:

b)
c)



 Dùng Phương pháp Doolittle Phân tích các ma trận sau thành tích LU.
a)
b)
c)


Ta có: A = LU
L = U =
A = LU  = .
• u
11
= a
11
= 4 => u
11
=4
• u
12
= a

12
= 1 => u
12
= 1
• u
13
= a
13
= -2 => u
13
= -2
• l
21
u
11
= a
21
 l
21
.4 = 4 =>l
21
= 1
• l
21
u
12
+ u
22
= a
22

 1 + u
22
= 5 =>U
22
= 4
Trang 13
• l
21
u
13
+ u
23
= a
23
 -2 + u
23
= 1 =>u
23
= 3
• l
31
u
11
= a
31
 l
31
.4 = 8 => l
31
= 2

• l
31
u
12
+ l
32
u
22
= a
32
 2.1 + l
32
.4 => l
32
= 2.5
• l
31
u
13
+ l
32
u
23
+ u
33
= a
33
 -4 + + u
33
= 9 => u

33
=5,5.
Vậy ta có: L = U =
b)
Ta có: A = LU
L = U =
A = LU  =.
• u
11
= a
11
= 2 => u
11
=2
• u
12
= a
12
= 2 => u
12
= 2
• u
13
= a
13
= -1 => u
13
= -1
• l
21

u
11
= a
21
 l
21
.2 = -1 => l
21
= -0,5
• l
21
u
12
+ u
22
= a
22
 -0,5.2 + u
22
= 2 =>U
22
= 3
• l
21
u
13
+ u
23
= a
23

 -0,5.(-1) + u
23
= 1 =>u
23
= 0,5
• l
31
u
11
= a
31
 l
31
.2 = -2 => l
31
= -1
• l
31
u
12
+ l
32
u
22
= a
32
-1.2 + l
32
.3 = 1 => l
32 = 1

• l
31
u
13
+ l
32
u
23
+ u
33
= a
33
 1 + + u
33
= 4 => u
33
=2,5.
Vậy ta có: L = U =
Ta có: A = LU
L = U =
A = LU  =
=
• u
11
= a
11
= 1 => u
11
=1
• u

12
= a
12
= 1 => u
12
= 1
• u
13
= a
13
= -3 => u
13
= -3
• u
14
= a
14
= 2 => u
14
= 2
• l
21
u
11
= a
21
 l
21
.1 = -1 => l
21

= -1
• l
21
u
13
+ u
22
= 2 -1.1 + u
22
=2 => u
22
= 3
• l
21
u
13
+ u
23
= a
23
 -1.(-3) + u
23
= 1 => u
23
= -2
• l
21
u
14
+ u

24
= a
24
 -1.2 + u
24
= 4 => u
24
=6
• l
31
u
11
= a
31
 l
31
= => l
31
= 2
• l
31
u
12
+ l
32
u
22
= a
32
 2.1 + l

32
.3 = 1 => l
32
=-
• l
31
u
13
+ l
32
u
23
+ u
33
= a
33
 2.(-3) + ().(-2) +U
33
= 2  u
33
=
• l
31
u
14
+ l
32
u
24
+ u

34
= a
34
 4 + (-2) + u
34
= -2 => u
34
= -4
• l
41
u
11
= a
41
 l
41
= =>l
41
=2
• l
41
u
12
+ l
42
u
22
= a
42
 2 + l

42
.3 = 2  l
42
= 0
• l
41
u
13
+ l
42
u
23
+ l
43
u
33
= a
43
 -6 + 0 + l
43
. = -1 =>l
43
=
• l
41
u
14
+ l
42
u

24
+ l
43
u
34
+u
44
= a
44
 4 + 0 + ( - 4) + u
44
= 1
 u
44
=-
Vậy ta có:
L = U =
123
 Tìm các giá trị của
α
để các ma trận sau đây là xác định dưong
a)
1 1
1 2 1
1 1 4
α
−
 
 ÷
 ÷

 ÷
−
 
Trang 14
b)
1 2
4 1
2 1 8
α
α
 
 ÷
−
 ÷
 ÷
−
 

a)
1
| |
α
∆ =
=
α
>0

2
1
1 2

α
 
∆ =
 ÷
 
=2
α
-1 > 0 
α
>
1
2

3
1 1
1 2 1
1 1 4
α
−
 
 ÷
∆ =
 ÷
 ÷
−
 
=
1 2 1
4 1 1 2
2 1 8 1 1

α α
α
 
 ÷
−
 ÷
 ÷
− −
 
=(2+
α
+4)-(8
α
-1-1)=6+
α
-8
α
+2
=8-7
α
>0 =>
1
2
8
7
α
α

>





<


=>
α
>
8
7
b)
1 2
4 1
2 1 8
α
α
 
 ÷
−
 ÷
 ÷
−
 
1
|1| 1 0∆ = = >
2
2
1 2
4 0

4 2
α α
α
α α
< −

∆ = = − > <=>

>

3
1 2 1
4 1 4
2 1 8 2 1
α α
α α
∆ = −
− −
=(16+1+8
2
α
)-(32-2
α
-2
α
)
=8
2
α
+4

α
-15>0
∆
=2
2
-(8(-15))=4+120=124
1
2 124 1 31
8 4
x
− + − +
= =
2
2 124 1 31
8 4
x
− − − −
= =
```````
1 31 1 31
4 4
α
− − − +
< <
! Sử dụng phương pháp Choleski giải các hệ phương trình sau :







=+−
=−+−
=−
2
12
22
32
321
21
xx
xxx
xx






=+−−
=−+
=−+
322
4243
123
321
321
321
xxx
xxx

xxx
Trang 15








=++
=+−
=+−+
−=+++
22
12
03
14
421
321
4321
4321
xxx
xxx
xxxx
xxxx









=+++
=+++
=+++
=+++
8,15,56,15,14,1
7,16,15,54,13,1
6,15,14,15,52,1
5,14,13,12,15,5
4321
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx







=+−
=−+−
=−

2
12
22
32
321
21
xx
xxx
xx










=











−
−−
−
=
2
1
2
210
121
012
3
2
1
x
x
x
Ax
Vì
A
đối xứng và xác định dương:





















=










−
−−
−
33
3222
312111
333231
2221
11

00
00
00
210
121
012
b
bb
bbb
bbb
bb
b

3
2
2
3
6
1
2
6
2
00.
2
1
1.
22.
33
2
33

2
32
2
31
3232223121
22
2
22
2
21
313111
212111
111111
=⇒=++
−
=⇒−=+
=⇒=+
∗
=⇒=
−
=⇒−=
=⇒=
∗
bbbb
bbbbb
bbb
bbb
bbb
bbb



















−
−



















−
−
=
3
2
00
3
6
2
6
0
0
2
1
2
3
2
3
6
0
0
2
6

2
1
002
B
Trang 16










=





























−
−
⇔=
2
1
2
3
2
3
6
0
0
2
6
2
1

002
3
2
1
y
y
y
bB
y










=
=
=
⇒
3
35
3
62
2
3
2

1
y
y
y


















=





























−
−
⇔=
3
35
3
62
3
2

3
2
00
2
6
2
6
0
0
2
1
2
3
2
1
x
x
x
YB
T







=
=
=

⇒
2
5
3
2
5
3
2
1
x
x
x
Vậy nghiệm phương trình đã cho là :

3
35
2
5
3
62
3
2
2
2
5
33
22
11
=⇒=
=⇒=

=⇒=
yx
yx
yx
b)





=+−−
=−+
=−+
322
4243
123
321
321
321
xxx
xxx
xxx











=










−−
−
−
=
3
4
1
122
243
231
3
2
1
x
x
x
Ax

Vì
A
đối xứng và xác định dương:




















=











−−
−
−
33
3222
312111
333231
2221
11
00
00
00
122
243
231
b
bb
bbb
bbb
bb
b
Trang 17

5
1
1

5
4
2
54
22.
33.
11.
33
2
33
2
32
2
31
3232223121
22
2
22
2
21
313111
212111
111111
=⇒=++
=⇒−=+
=⇒=+
∗
−=⇒−=
=⇒=
=⇒=

∗
bbbb
i
bbbbb
ibbb
bbb
bbb
bbb










=

























−
⇔=
3
4
1
5
1
5
4
2
053
001
3
2
1
y
y

y
i
ibB
y










=
−
=
=
⇒
5
529
5
5
1
3
2
1
y
iy
y



















=



























−
⇔=
5
529
5
1
1
5
1
00
5
4
50
231
3

2
1
i
x
x
x
i
iYB
T






=
=
−=
⇒
29
23
10
3
2
1
x
x
x
Vậy nghiệm phương trình đã cho là :

5
529
29
5
1
23
110
33
22
11
=⇒=
=⇒=
=⇒−=
yx
i
yx
yx
c)







=++
=+−
=+−+
−=+++
22

12
03
14
421
321
4321
4321
xxx
xxx
xxxx
xxxx
Trang 18












−
=













−
−
=
2
1
0
1
2011
0211
1131
1114
4
3
2
1
x
x
x
x
Ax
Vì
A

đối xứng và xác định dương:

























=













−
−
44
4333
423222
41312111
44434241
333231
2221
11
000
00
0
0
00
000
2011
0211
1131
1114
b

bb
bbb
bbbb
bbbb
bbb
bb
b

2403,12
2500
209
0
11
13
2
22
113
1
22
115
1
2
11
3
2
1
1.
2
1
1.

2
1
1.
24.
44
2
44
2
43
2
42
2
41
43433342324331
33
2
33
2
32
2
31
4342224121
3232223121
22
2
22
2
21
414111
313111

212111
111111
=⇒=+++
∗
=⇒=++
=⇒=++
∗
=⇒=+
−
=⇒−=+
=⇒=+
∗
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
∗
bbbbb
bbbbbbb
bbbb
bbbbb
bbbbb
bbb
bbb
bbb
bbb
bbb





















−





















−
=
2403,1000
2500
209
11
13
00
22
113
22
115
2
11
0
2
1
2
1
2
1
2

2403,1
2500
209
22
113
2
1
0
11
13
22
115
2
1
00
2
11
2
1
0002
B
Trang 19













−
=

































−
⇔=
2
1
0
1
2403,1
2500
209
22
113
2
1
0
11
13
22
115
2
1
00
2

11
2
1
0002
4
3
2
1
y
y
y
y
bB
y










=
=
=
−
=
⇒

8041,1
26
1435
22
11
2
1
4
3
2
1
y
y
y
y



















−
=

































−
⇔=
8041,1
26
1435
22
11
2
1
2403,1000
2500
209
11
13
00
22
113
22
115
2
11
0
2

1
2
1
2
1
2
4
3
2
1
x
x
x
x
YB
T








=
=
=
−=
⇒
35,1

05,1
2,0
9,0
4
3
2
1
x
x
x
x
Vậy nghiệm phương trình đã cho là :

804,135,1
26
1435
05,1
22
11
2,0
2
1
9,0
44
33
22
11
=⇒=
=⇒=
=⇒=

−
=⇒−=
yx
yx
yx
yx
(d)







=+++
=+++
=+++
=+++
8,15,56,15,14,1
7,16,15,54,13,1
6,15,14,15,52,1
5,14,13,12,15,5
4321
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx














=












=
8,1
7,1

6,1
5,1
5,56,15,14,1
6,15,54,13,1
5,14,15,52,1
4,13,12,15,5
4
3
2
1
x
x
x
x
Ax
Vì
A
đối xứng và xác định dương:
Trang 20


























=












44
4333
423222

41312111
44434241
333231
2221
11
000
00
0
0
00
000
5,56,15,14,1
6,15,54,13,1
5,14,15,52,1
4,13,12,15,5
b
bb
bbb
bbbb
bbbb
bbb
bb
b

1595,25,5
4558,06,1
2259,25,5
5219,05,1
7538,04,1
2887,25,5

597,04,1.
5543,03,1.
5117,02,1.
3452,25,5.
44
2
44
2
43
2
42
2
41
43433342324331
33
2
33
2
32
2
31
4342224121
3232223121
22
2
22
2
21
414111
313111

212111
111111
=⇒=+++
∗
=⇒=++
=⇒=++
∗
=⇒=+
−=⇒=+
=⇒=+
∗
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
∗
bbbbb
bbbbbbb
bbbb
bbbbb
bbbbb
bbb
bbb
bbb
bbb
bbb













−












=
1595,2000
4558,02259,200
5219,07538,02887,20
597,05543,05117,03452,2
1595,24558,05219,0597,0
02259,24878,05543,0
002887,25117,0
0003452,2

B












=

























⇔=
8,1
7,1
6,1
5,1
1595,24558,05219,0597,0
02259,24878,03543,0
002887,25117,0
0003452,2
4
3
2
1
y
y
y
y
bB
y









=
=
=
=
⇒
87,0
5078,0
4408,0
5863
3750
4
3
2
1
y
y
y
y















=

























−
⇔=
87,0
5078,0
4408,0
5863
3750
1595,2000
4558,02259,200
5219,07538,02887,20
597,05543,05117,03452,2
4
3
2
1
x
x
x
x
YB
T









=
=
=
=
⇒
1947,0
1769,0
1609,0
1462,0
4
3
2
1
x
x
x
x
Trang 21
Vậy nghiệm phương trình đã cho là :

87,01947,0
5078,01769,0
4408,01609,0
5863
3750
1462,0
44
33
22

11
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
yx
yx
yx
yx
4 Tính các chuẩn, và số điều kiện theo các chuần 1và vô cùng của các ma trận sau:
a) b) c)
:
 A=
* =
|=
J=1=>=7
J=2=>=11
=>=max{7;11}=11
∗
=max{+}
=>={2;10}=10
b)A=
* =
=
J=1=>=5
J=2=>=4
J=3=>=6
=>= {5;4;6}=6
*=
={

+}
4;5;6}=6
* =
J=1=>=5
J=2=>=8
J=3=>=6
=>= {5;8;6}=8
*=
={
+}
7;5;7}=7
*Tìm các giá trị của >0 và >0 để cho các ma trận sau đây là đường chéo trội nghiêm ngặt:


Trang 22
trội nghiêm ngặt thì:
*Với i=1 ta có
 
*Với i=2 ta có:
 
*Với i=3 ta có:

Vậy các giá trị của là:
b)
A là trội nghiêm ngặt thì:
*Với i=1 ta có:
 
*Với i=2 ta có:

*Với i=3 ta có:

 2+1< 
Vậy các giá trị của là:
c)
A là trội nghiêm ngặt thì:
*Với i=1 ta có:

*Với i=2 ta có:

*Với i=3 ta có:
 4+1< 
Vậy các giá trị của là:
5Sử dụng phương pháp Jacobi tìm nghiệm gần đúng của các hệ phương trình sau với sai số
10
-3
, chọn chuẩn vô cùng:
Trang 23
− + = − =
 
 
+ + = − + − =
 
 
+ + = − + =
 
+ = − + + = −


+ − = − + = −



− + − = − − + =


− + = − +

1 2 3 1 2
1 2 3 1 2 3
1 2 3 2 3
1 2 1 2 3
1 2 3 1 2 4
2 3 4 1 3 4
3 4 2 3
4 1 10 9
) 3 8 2 0 ) 10 2 7
3 3 10 4 2 10 6
10 5 6 4 2
5 10 4 25 4 1
) )
4 8 11 4 0
5 11
x x x x x
a x x x b x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x x
c d
x x x x x x
x x x x







− =

4
4 1x
Trang 24


1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
1 1 2 3
2 1 2 3
3 1 2 3
4 1 0,25 0,25 0,25
) 3 8 2 0 0,375 0,25 0
3 3 10 4 0,3 0,3 0,4
0 0,25 0,25 0,25
0,375 0 0,25 0
0,3 0,3 0 0,4
0 0,25 0,
j
x x x x x x
a x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x

x x x x
T
− + = − + =
 
 
+ + = ⇔ + + =
 
 
+ + = + + =
 
= + − +


⇔ = − + − +


= − − + +

−
⇒ =
(1) (0)
(1)
25 0,25
0,375 0 0,25 ; C 0
0,3 0,3 0 0,4
cã : 0,625 1
C
0 0,25 0,25 0 0,25 0,25
0,375 0 0,25 0 0 0
0,3 0,3 0 0 0,4 0,4

sè :
j
j
j j
j
Ta T
x T x
Sai
T
x x
∞
∞
∞
   
   
− − =
   
   
− −
   
= <
• = +
−
       
       
= − − + =
       
       
− −
       

− ≤
(1) (0) 3
(2 ) (1)
0,25
0,625 0,625
0 .0,4 0,667 10
1 0,625 1 0,625
1
0,4
C
0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,15
0,375 0 0,25 0 0 0,19375
0,3 0,3 0 0,4 0,4 0,325
j
j j
x x
T
x T x
−
∞
∞
∞
− = = = >
− −
−
• = +
−
       
       
= − − + = −

       
       
− −
       
Trang 25