Bài giảng phương pháp tính (tiếp)

Xét hàm số (4.1). Lập bảng tỷ hiệu của nó. Khi đó đa thức sau              0 0 1 0 0 0 1, . ... ,..., . ...n n nP x f x f x x x x f x x x x x x        (4.4) Là đa thức nội suy của hàm số f(x), và đƣợc gọi là đa thức nội suy Newton tiến cấp n, của hàm số f(x), xuất phát từ x0. Chứng minh. Lấy x bất kỳ làm điểm nội suy mới. 33 + Tỷ hiệu cấp 1 là   10 1 ( ) , y f x f x x x x    . Từ đó f(x) = y1 + f[x,x0](x -x0) (i) + Tỷ hiệu cấp 2 là      0 0 11 0 1 1 , , , , f x x f x x f x x x x x    . Từ đó       0 0 1 0 1 1, , , ,f x x f x x f x x x x x   . Thế vào (i) đƣợc         0 0 1 0 0 1 0 1, , ,f x y f x x x x f x x x x x x x      + Tiếp tục quá trình trên, cuối cùng đƣợc                      0 0 1 0 0 1 2 0 1 0 0 1 1 0 0 1 , , , ,... ... , ,... ... n n n n f x y f x x x x f x x x x x x x f x x x x x x x x f x x x x x x x x x                  (4.5) Bây giờ ta chứng minh P là đa thức nội suy của hàm f(x) nhƣ sau: Nếu đặt R(x) =      0 0 1, ,... ...n nf x x x x x x x x x   thì dễ thấy R(xk) = 0 với mọi k = 0, 1, ... Thế vào (4.5) sẽ thấy P là đa thức nội suy của hàm f. ĐPCM. b) Đa thức nội suy Newton lùi. Tỷ hiệu không phụ thuộc thứ tự điểm nội suy, nên cũng có đa thức nội suy Newton lùi nhƣ sau              1 1 0 1, . ... ,..., , . ...n n n n n n nP x f x f x x x x f x x x x x x x       (4.6) 3. Sai số. Vì các đa thức nội suy của cùng một hàm số là duy nhất, nên sai số của đa thức nội suy Newton cũng là của đa thức Lagrange. Ví dụ: Lập thức nội suy Newton của hàm số x 0 2 3 5 6 y 1 3 2 5 6 1 2 3 4 5 6 2 4 6 x y Giải: Tỷ hiệu các cấp đƣợc thành lập theo bảng sau (theo ví dụ trƣớc) x y tỷ hiệu cấp 1 tỷ hiệu cấp 2 tỷ hiệu cấp 3 tỷ hiệu cấp 4 34 0 2 3 5 6 1 3 2 5 6 1 -1 3/2 1 -2/3 5/6 -1/6 3/10 -1/4 -11/120 Vậy đa thức nội suy Newton tiến là           2x x-2 3 2 3 11x x-2 3 5 1 3 10 120 n x x x x x P x x          Và đa thức nội suy Newton lùi là                 - 6 5 6 5 3 4 6 6 4 11 x 6 5 3 2 120 n x x x x x P x x x x x                Hai đa thức trên là trùng nhau. Nếu rút gọn, kết quả chung là Pn(x) = 4 3 211x 73x 601x 413x 1 120 60 120 60      . Đồ thị nhƣ hình vẽ. 4. Ƣu điểm của đa thức Newton. Muốn tăng độ chính xác khi nội suy hàm số, ta phải tăng số điểm nội suy. Nếu xây dựng đa thức Lagrange thì phải xây dựng lại từ đầu. Nhƣng nếu xây dựng đa thức Newton thì vẫn sử dụng đƣợc các kết quả trƣớc đó. Đây chính là ƣu điểm nổi bật của đa thức nội suy Newton so với Lagrange. Ví dụ: Lập thức nội suy Newton của hàm số x -1 0 2 3 5 6 y 3 1 3 2 5 6 -1 1 2 3 4 5 6 -2 2 4 6 x y P5 = -0.03x5 + 0.39x4 - 1.53x3 + 1.51x2 + 1.45x + 1 đa thức nội suy 35 5. Đa thức nội suy Newton khi các điểm nội suy cách đều. Nếu các điểm nội suy cách đều xk - xk-1 = h, hay xk = x0 + kh, k, thì đa thức nội suy sẽ đƣợc viết đơn giản hơn. a) Hiệu hữu hạn. Gọi yk+1 - yk là hiệu hữu hạn tiến cấp 1 của f(x) tại xk. Ký hiệu là yk. Gọi yk+1 - yk là hiệu hữu hạn lùi cấp 1 của f(x) tại xk+1. Ký hiệu là yk+1. Tổng quát, ta gọi: k yi =  k-1 yi+1 - k-1yi là hiệu hữu hạn tiến cấp k tại xi. k yi+1 =  k-1 yi+1 - k-1yi là hiệu hữu hạn lùi cấp k tại xi+1. Cũng giống tỷ hiệu, hiệu hữu hạn cấp n của đa thức cấp n là hằng số. Hiệu hữu hạn cấp n+1 của đa thức cấp n là 0. b) Liên hệ với tỷ hiệu.       2 2 0 01 2 0 1 0 1 2 2 2 0 0 1 ; , ; ....; 2! 2! ,..., ! ! n n n n n n y yy y f x x f x x x h h h h y y f x x x n h n h                 (4.7) c) Đa thức nội suy Newton khi các nút cách đều. Đặt x = x0 + th. Thế vào (4.4) và (4.6) đƣợc                 2 0 0 0 0 0 2 1 1 ... 1 ... 2! ! 1 1 ... 1 ... 2! ! n n n n n n n n n y t t y t t t n P x th y y t n y t t y t t t n P x th y y t n                             (4.8) Ví dụ: Lập đa thức nội suy Newton của hàm số sau x 0 1/5 2/5 3/5 4/5 y 2 4 -2 3 4 Giải: Bảng hiệu hữu hạn: x y hiệu cấp 1 hiệu cấp 2 hiệu cấp 3 hiệu cấp 4 0 1/5 2/5 3/5 4/5 2 4 -2 3 4 2 -6 5 1 -8 11 -4 19 -15 -34 36 Đa thức Newton tiến là          4 8 1 19 1 2 34 1 2 3 2 2 5 2 6 24 t t t t t t t t tt P t                Đa thức Newton lùi là          4 4 1 15 1 2 34 1 2 34 4 5 5 2 6 24 t t t t t t t t tt P t                 III. ĐA THỨC NỘI SUY SPLINE Việc xây dựng một đa thức đi qua tất cả các điểm nội suy khi n lớn là công việc khá khó khăn. Một cách khắc phục là giữa hai điểm nội suy liên tiếp, ta thay hàm số bởi đa thức có bậc cố định m, với m < n. Ngoài ra, khi dán các đa thức này với nhau để nhận đƣợc hàm thay thế thì tính khả vi phải đƣợc bảo đảm. Những hàm thay thế nhƣ vậy gọi là Spline bậc m (đƣờng nối trơn). Spline thông dụng nhất là bậc 3 mà ta xét sau đây. 1. Định nghĩa. Cho hàm số y = f(x) dƣới dạng bảng (4.1). Một Spline bậc ba g(x) nội suy hàm f(x) trên [a,b] là hàm thỏa mãn các điều kiện sau a) g(x) có đạo hàm đến cấp 2 liên tục trên [a,b]. b) Trên mỗi đoạn con [xk,xk+1], hàm g(x)  gk(x) là đa thức bậc 3. c) g(xk) = yk với mọi k =0, 1, 2, ... d) Thỏa mãn một trong hai điều kiện biên sau đây: i) g''(x0) = g''(xn) = 0 (điều kiện tự nhiên) ii) g''(x0) = f ''(x0) ; g''(xn) = f ''(xn) (điều kiện ràng buộc) Một Spine thỏa mãn điều kiện biên tự nhiên, gọi là Spline tự nhiên. Thỏa mãn điều kiện biên ràng buộc gọi là Spline ràng buộc. 2. Thuật toán tìm Spline. Đặt hk = xk+1 - xk. Gọi gk(x) là đa thức bậc ba cần tìm trên đoạn [xk,xk+1]. Bước 1: Lập hệ gồm (n+1) phƣơng trình, và (n+1) ẩn m0 , m1 , ... , mn (các ẩn này chính là các đạo hàm bậc hai của hàm nghiệm g(x) tại các mốc nội suy tƣơng ứng).    1 11 1 1 1 1 0 2 6 1, 1 . 0. k k k k k k k k k k k k k n y y y y h m h h m m h k n h h m m                           Phƣơng trình m0 = mn = 0 chính là điều kiện biên tự nhiên. Nếu muốn tìm Spline ràng buộc, ta thay hai phƣơng trình đó bới m0 = f ''(x0) ; mn = f ''(xn). Bước 2: Tính 2 2 1 1 ; 6 6 k k k k k k k k h m h m A y B y          Bước 3 (kết luận): Khi đó gk(x) đƣợc xác định theo công thức 37           3 3 1 1 1 1 6 k k k k k k k k k k g x m x x m x x A x x B x x h                Ví dụ: Tìm Spline bậc 3 tự nhiên nội suy hàm x 0 1 3 y 1 2 8 Giải: Có h0 = 1 ; h1 = 2 . Hệ phƣơng trình tìm m0 , m1 , m2 là   1 02 10 0 0 1 1 1 2 1 0 0 2 0 1 2 0 1 2 0 2 2 6 0; 0 6 2 12 0 ; 2; 0. 0; 0 y yy y h m h h m h m h h m m m m m m m m m m                          Trên [0;1], ta có A0 = 5/3 ; B0 = 1 ; Vậy   3 0 2x 1 3 3 x g x    Trên [1;3], ta có A1 = 8; B1 = 2/3; Vậy         3 0 3 -3 4 1 6 3 x x g x x       Đáp số: Spline cần tìm là             3 3 2x 1 0 1 3 3 3 - 3 4 1 1 3 6 3 x x g x x x x x                  IV. PHƢƠNG PHÁP BÌNH PHƢƠNG TỐI THIỂU Cho hàm số y = f(x). Bằng thực nghiệm, có thể tìm được bảng giá trị sau x x1 x2 ... xn (4.9) y y1 y2 ... yn Nếu biết trước được dạng của hàm số thì có thể tìm được hàm xấp xỉ (còn gọi là công thực nghiệm của hàm) bằng phương pháp bình phương tối thiểu như trình bày dưới đây. 1. Trƣờng hợp hàm có dạng y = ax + b Lập các sai số (ax1 +b) - y1 = ε1 (ax2 +b) - y2 = ε2 .... (axn +b) - yn = εn Vì bảng (4.1) chỉ là bảng gần đúng đƣợc xác định từ thực nghiệm, nên các sai số εi nói chung là khác 0. Ta xác định các hệ số a, b sao cho tổng bình phƣơng các sai số là bé nhất. 38 Đặt   2 1 n k k k S ax b y     . Để S nhỏ nhất thì các đạo hàm riêng của S theo a và b phải triệt tiêu. Vậy:     2 k 1 1 1 1 1 1 1 2 0 x 2 0 n n n n k k k k k k k k k n n n k k k k k k k ax b y x a x b y x ax b y a x nb y                                    Đây là hệ hai phƣơng trình hai ẩn. Giải hệ, tìm đƣợc a và b. Ví dụ: Lập công thức thực nghiệm có dạng y = ax + b cho hàm x -1 0 1 2 3 4 5 y 0 1.5 2.5 2.6 4 5.5 6.5 -2 -1 1 2 3 4 5 2 4 6 x y Công thức tìm đƣợc là y = 0.103571x + 0.857143 2. Trƣờng hợp hàm có dạng y = ax2 + bx + c Lập tổng bình phƣơng các sai số   2 2 1 n k k k k S ax bx c y      . Để S nhỏ nhất thì các đạo hàm riêng theo a, b và c phải triệt tiêu. Vậy:       2 2 4 3 2 2 k k 1 1 1 1 1 2 3 2 k k 1 1 1 1 1 2 2 2 k 1 1 1 1 2 0 x x 2 0 x x 2 0 x n n n n n k k k k k k k k k k k k n n n n n k k k k k k k k k k k k n n n n k k k k k k k k k ax bx c y x a x b c y x ax bx c y x a x b c y x ax bx c y a x b nc y                                                                  Đây là hệ 3 phƣơng trình 3 ẩn. Giải hệ, tìm đƣợc a , b và c. Ví dụ: Cho hàm bảng dƣới đây. Lập công thức thực nghiệm của hàm f(x) biết nó có dạng f(x) = ax 2 + bx + c. x 1 2 3 4 5 y 1 3 10 15 26 Giải: Lập bảng các hệ số xk x 2 k x 3 k x 4 k yk ykxk ykx 2 k 39 1 2 3 4 5 1 4 9 16 25 1 8 27 64 125 1 16 81 256 625 1 3 10 15 26 1 6 30 60 130 1 12 90 240 650  = 15 55 225 979 55 227 993 Từ đó hệ phƣơng trình tìm a, b, c là   2 979 225 55 993 1,142857 225 55 15 227 0,65714 1,14x 0,66x 0,4 55 15 5 55 0,4 a b c a a b c b f x a b c c                          1 2 3 4 5 5 10 15 20 25 x y 3. Trƣờng hợp hàm có dạng y = a + bcosx + csinx Lập tổng bình phƣơng các sai số   2 k 1 os sinx n k k k S a bc x c y      . Để S nhỏ nhất thì các đạo hàm riêng theo a, b và c phải triệt tiêu. Vậy:       k 1 k k 1 k k 1 k 1 1 1 2 k k k 1 1 1 1 1 2 os sinx 0 2 os sinx osx 0 2 os sinx s inx 0 os sinx os os sinx osx osx sin n k k k n k k k n k k k n n n k k k k k n n n n k k k k k k k n k k a bc x c y a bc x c y c a bc x c y na b c x c y a c x b c x c c y c a x c                                                  2k k k 1 1 1 cosx sinx sin s inx n n n k k k k k x y                    Đây là hệ 3 phƣơng trình 3 ẩn. Giải hệ, tìm đƣợc a , b và c. 4. trƣờng hợp hàm có dạng y = axb. Coi a > 0. Lấy lôgarít hai vế, đƣợc 40 lny = lna + blnx  Y = bX + A trong đó Y = lny ; X = lnx ; A = lna. Để tìm b, A ta áp dụng phƣơng pháp của mục (1). 5. trƣờng hợp hàm có dạng y = aebx. Coi a > 0. Lấy lôgarít hai vế, đƣợc lny = lna + bx  Y = bx + A trong đó Y = lny ; A = lna . Để tìm b, A ta áp dụng phƣơng pháp của mục (1). Ví dụ: Lập công thức thực nghiêm của hàm cho bằng bảng sau, biết nó có dạng y = aebx. x 1 2 3 4 5 y 2 3 4 7 12 1 2 3 4 5 10 20 x y Giải: Bảng quan hệ giữa hàm lny = bx + A (A=lna ) x 1 2 3 4 5 Y = lny 0,69 1,1 1,39 1,95 2,48 Bảng hệ số của hệ phƣơng trình tìm b, A là xk xk Yk Ykxk 1 2 3 4 5 1 4 9 16 25 0,69 1,1 1,39 1,95 2,48 0,60 2,2 4,17 7,8 12,4  15 55 7,61 27,26 Từ đó hệ phƣơng trình tìm b, A là 55 15 27,26 0,44 15 5 7,61 0,19 b A b b A A           Vậy hàm cần tìm là lny = 0,44x + 0,19 hay y = e0,44x+0,19 . 41 BÀI TẬP CHƢƠNG 4 – ĐA THỨC NỘI SUY 1. Hai đại lƣợng x, y có quan hệ y = a + bx + cx2. Xác định gần đúng a, b, c theo phƣơng pháp bình phƣơng bé nhất dựa trên bảng số liệu: x 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 y 1 1,24 1,56 1,96 2,45 3 2. Cho hàm y = e x với các giá trị tại x = 1,0; 1,1; 1,2; 1,3; 1,4; 1,5 tuần tự là 2,718; 3,004; 3,320; 3,669; 4,055; 4,482. Tìm đa thức nội suy Newton tiến P5(x) xuất phát thiwf x0 = 1. Tính P5(1,25). Ƣớc lƣợng sai số e = |y(1,25)- P5(1,25)|. 3. Cho cosx tại các mốc x = 0, 𝜋 8 , , 𝜋 4 , , 𝜋 3 , , 𝜋 2 . Tìm cos, 𝜋 12 bằng đa thức nội suy Lagrange và ƣớc lƣợng sai số. 4. Cho bảng giá trị của tích phân xác suất là: x 0,45 0,46 0,47 0,48 0,49 y 0,4754818 0,4846555 0,4937452 0, 5027498 0, 5116683 Với giá trị nào của x thì y nhận giá trị là 0,5? 5. Tìm đa thức nội suy của hàm y = 2x-3 với các mốc nội suy x = 1; 2; 3. Tính gần đúng f(1/2) và ƣớc lƣợng sai số? 6. Cho bảng số liệu sau: x 1 2 3 4 y 1 9 8 0 1) Xây dựng đa thức nội suy Newton tiến xuất phát thừ x = 1, 2) Tính gần đúng f(1,5) và đánh giá sai số? 7. Cho hàm y = lnx với các giá trị tại x = 1, 0; 1,1; 1,2; 1,3; 1,4; 1,5 tuần tự là 0,000; 0,095; 0,182; 0,262; 0,336; 0,406. Tìm đa thức nội suy Newton tiến xuất phát từ x0 = 1. Tính P5(1,25). Ƣớc lƣợng sai số e = |y(1,25)- P5(1,25)|. 8. Tìm hàm số y = aebx thep phƣơng pháp xấp xỉ bình phƣơng cực tiểu với bảng số liệu sau: X 1 2 3 4 5 Y 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 9. Sử dụng nội suy, biểu diễn phân thức sau thành tổng các phân thức tối giản: 𝑥2+𝑥−3 𝑥3−2𝑥2−𝑥+2 . 42 Chƣơng 5. TÍNH GÀN ĐÚNG TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH -------------------------------------------------------------------------------------------------- Chương này nêu một số phương pháp tính gần đúng tích phân   b a xf x d (5.1) Với f(x) là hàm số xác định và khả tích trên [a,b]. I. CÔNG THỨC HÌNH THANG 1. Xây dựng công thức. Chia [a,b] thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia xi = a + ih, i = 0, 1, ... với h là độ dài mỗi đoạn chia, h = (b - a) / n. Tính giá trị hàm tại các điểm chia yi = f(xi). Trên mỗi đoạn nhỏ [xi,xi+1], xấp xỉ tích phân bởi diện tích hình thang tƣơng ứng, đƣợc   1 i 1 x x 2 ix i iy yf x d h    Thực chất của công thức trên là thay xấp xỉ f(x)  L1(x), với L1(x) là đa thức Lagrange bậc nhất trên [xi,xi+1]. Cộng các tích phân trên các khoảng nhỏ lại, nhận đƣợc công thức sau, gọi là công thức hình thang:           b 0 1 1 2 1 a 0 1 2 1 x ... 2 ... 2 n n n n h f x d y y y y y y y y h y y y                       (5.2) 2. Sai số. Gọi In là giá trị gần đúng của tích phân (5.1) tính theo công thức hình thang (5.2), và I* là giá trị đúng của tích phân này thì:       22 2 a,b * ax '' 12 n M I I h b a M m f         (5.3) Chứng minh: Xét đoạn [xi,xi+1]. Sai số của đa thức nội suy Lagrange là A xi xi+1 xn-1 b 43       21 1 2 i i M f x L x x x x x     . Từ đó:      1 1 i i 3 1 2 2 1 x x x x 2 2 12 i ix x i i i i y y M M h f x h d x x x x d            Trên toàn đoạn [a,b], ta đƣợc  23 22* 12 12 n M h b aM h n I I     . ĐPCM. Trong thực hành: do không biết M2 nên thƣơng sử dụng đánh giá sau đây 2 2 1 * 3 n n nI I I I   (5.4) Trong đó I2n và In lần lƣợt là giá trị gần đúng của tích phân tính theo công thức hình thang với bƣớc h/2 và h. Ví dụ: Tính tích phân I = 2 1 0 xxe d bằng công thức hình thang với 10 đoạn chia bằng nhau. Đánh giá sai số. Giải: Có h = 0,1. Lập bảng i xi x 2 i yi = 2 1/ xe 0 0.0 0,00 1,0000 1 0,1 0,01 0,9900 2 0,2 0,04 0,9608 3 0,3 0,09 0,9139 4 0,4 0,16 0,8521 5 0,5 0,25 0,7788 6 0,6 0,36 0,6977 7 0,7 0,49 0,6126 8 0,8 0,64 0,5273 9 0,9 0,81 0,4449 10 1,0 1,0 0,3679 Vậy I =   1,00 0,3679 0,1 0,99 ... 0,4449 0,7462 2           . Sai số:     2 22 -x 2'' 2 4x e ; ax f'' 2. ên 2 0,1 /12 0,002f M m N        II. CÔNG THỨC SIMPSON 44 1. Xây dựng công thức. Chia [a,b] thành 2n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia xi = a + ih, i = 0, 1, ..., với h là độ dài mỗi đoạn chia, h = (b - a) / 2n. Tính giá trị hàm tại các điểm chia yi = f(xi). Trên hai đoạn nhỏ liên tiếp [xi, xi+2], xấp xỉ hàm số f(x) bởi đa thức nội suy Newton bậc hai, đƣợc           2 i 2 2 x 0 1 2 1 1 2 1 x dt 2 1 2 2 2 4 3 3 ix i i i i i i i i i i i i t t f x d y t y y h h h y y y y y y y y y                                  (5.5) Cộng các tích phân (5.5), nhận đƣợc công thức sau, gọi là công thức Simpson                 b 0 1 2 1 2 3 2 2 2 1 2 a 0 2 1 3 2 1 2 4 2 2 x 4 4 ... 4 3 4 ... 2 ... 5.6 3 n n n n n n h f x d y y y y y y y y y h y y y y y y y y                              Chú ý: Có thể xây dựng trực tiếp đa thức bậc hai P(x) nội suy hàm f(x) trên ba nút liên tiếp xi, xi+1, xi+2 như sau: Tìm P(x) dưới dạng P(x) = a + b(x - xi) + c(x - xi+1)(x - xi+2). Thế x = xi, được yi = P(xi) = a, hay a = yi. Thế x = xi+1, được yi+1 = P(xi+1) = yi + b(xi+1 - xi) = yi + bh. Vậy 1i i y y b h   Thế x = xi+2, được: yi+2 = P(xi+2) = yi + 1i iy y h   (xi+2 - xi) + c(xi+2 - xi+1)(xi+2 - xi+2) = yi + 2(yi+1 - yi) + c2h 2 . Vậy đa thức P(x) cần tìm là P(x) = yi + 1i iy y h   (x - xi) + 2 1 2 2 2 i i iy y y h    (x - xi+1)(x - xi+2). Để tính tích phân của P(x), đổi biến x = xi + ht, dx = hdt. Ta được a xi xi+1 xi+2 x2n-1 b 45                 2 2 1 2 1 i 2 0 2 i 1 2 1 0 i+1 2 1 1 2 2 y hdt 2 1 2y 2 2 t t-1 dt 2 1 2y 2 4 3 3 i i x i i i i i x i i i i i i i i i i i y y y y y P x dx ht ht h ht h h h y y y y y h h y y y y y y                                                 2. Sai số. Gọi In là giá trị gần đúng của tích phân (5.1) tính theo công thức hình thang (5.2), và I* là giá trị đúng của tích phân này thì:         444 4 a,b * ax 180 n M I I h b a M m f         (5.7) Chứng minh tƣơng tự nhƣ công thức hình thang. Trong thực hành: do không biết M4, nên thƣờng sử dụng đánh giá 2 2 * 15 n n n I I I I    (5.8) Trong đó I2n và In lần lƣợt là giá trị gần đúng của tích phân tính theo công thức Simpson với bƣớc h/2 và h. Ví dụ: Tính tích phân I = 2 1 0 xxe d bằng công thức hình thang với 10 đoạn chia bằng nhau. Đánh giá sai số. Giải: Có h = 0,1. Lập bảng i xi x 2 i y2i-1 y2i y biên 0 0,0 0,00 1,0000 1 0,1 0,01 1,0101 2 0,2 0,04 1,0408 3 0,3 0,09 1,0942 4 0,4 0,16 1,1735 5 0,5 0,25 1,2840 6 0,6 0,36 1,4333 7 0,7 0,49 1,6329 8 0,8 0,64 1,8965 9 0,9 0,81 2,2479 46 10 1,0 1,00 2,7189 tổng 4  7,2691 2  5,5441 3,7189 Vậy 3,7189 4 7,2691 2 5,5441 1,4627 30 I       Sai số: Có     24 2 4 x (4) 44 3 12x 4x e ; ax f 76ef M m     . Vậy sai số là   4 76e 0,1 0,0001 180    . 47 BÀI TẬP CHƢƠNG 5 – TÍNH GẦN ĐÚNG TÍCH PHÂN 1. Tính gần đúng tích phân I = 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 2. Tính gần đúng tích phân I = 𝑥2𝑐𝑜𝑠𝑥𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 3. Tính gần đúng tích phân I = 𝑡𝑔𝑥𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 4. Tính gần đúng tích phân I = 𝑥2𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 5. Tính gần đúng tích phân I = 1 (1+𝑥)2 𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 6. Tính gần đúng tích phân I = 𝑒2𝑥+1𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 7. Tính gần đúng tích phân I = 𝑥𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 8. Tính gần đúng tích phân I = 𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥 1 0 bằng phƣơng pháp hình thang/Simpson khi chia đoạn [0, 1] thành 10 đoạn bằng nhau. Ƣớc lƣợng sai số? 48 Chƣơng 6. GIẢI GẦN ĐÚNG PHƢƠNG TRÌNH VI PHÂN -------------------------------------------------------------------------------------------------- Chương này nêu các phương pháp giải gần đúng phương trình vi phân với điều kiện ban đầu sau đây    0 0 ' ,y f x y y x y    (6.1) Bài toán trên còn gọi là bài toán Cauchy. Điều kiện y(x0) = y0 gọi là điều kiện ban đầu, hay điều kiện Cauchy. Về sự tồn tại và duy nhất nghiêm của bài toán (6.1), ta có định lý sau Định lý. Nếu trên D = [a,b] (-,+), hàm f(x,y) liên tục và thỏa mãn điều kiện Lipsit (tức là tồn tại L > 0 sao cho |f(x,y1) - f(x,y2)| <L|y1 - y2|) thì bài toán (6.1) có nghiệm duy nhất với mọi a < x < b. Trong chương này chúng ta luôn giả thiết điều kiên tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy được thỏa mãn. Nghiệm gần đúng của bài toán (6.1) sẽ tìm được dưới dạng bảng. I. PHƢƠNG PHÁP EULER 1. Thuật toán. Xét bài toán Cauchy (6.1). Chia đoạn [a,b] thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia xk = a + kh, với k = 0, 1, 2,...; và h = (b - a) / n. Để cho tiện, ta gọi yk là giá trị gần đúng của nghiệm tại xk, và y(xk) là giá trị đúng của nghiệm tại xk. Giả sử đã biết các giá trị gần đúng y0, y1,..., yk. Ta tìm yk+1. Theo công thức Taylor bậc 1, có y(xk+1) = y(xk) + h.y'(xk) + h 2 .y''() / 2 Bỏ qua lũy thừa bậc 2 và chọn y(xk)  yk , y'(xk)  f(xk,yk) , đƣợc y(xk+1)  yk + h.f(xk,yk). Từ đó, nhận đƣợc yk+1 = yk + h.f(xk,yk) (6.2) Theo điều kiện biên, điểm xuất phát là y0 đã biết. Vậy công thức (6.2) cho biết cách tính giá trị nghiệm số tại tất cả các điểm chia. Công thức trên gọi là công thức Euler. 2. Sai số. Ngƣời ta chứng minh đƣợc tồn tại hằng số M > 0 sao cho tại tất cả các điểm mút xk, luôn có đánh giá | yk - y(xk) | < Mh. Trong thực hành, ta sử dụng đánh giá sau: | y2n - y(x) | ≤ | y2n - yn | (6.3) Trong đó y2n và yn lần lƣợt là nghiệm gần đúng tính theo công thức Euler với số điểm chia là 2n và n. Ví dụ: Dùng phƣơng pháp Euler, tìm nghiệm gần đúng trên đoạn [0;1] của bài toán y' = 49 xy/2 ; y(0) = 1. Giải: Chia [0;1] thành 10 đoạn bằng nhau. Bƣớc chia h = 1/10. Công thức lặp 1 0, 1 20 n n n n x y y y x    n xn yn n xn yn 0 0 1 5 0,5 1,0509 1 0,1 1 6 0,6 1,0772 2 0,2 1,005 7 0,7 1,1095 3 0,3 1,0151 8 0,8 1,1483 4 0,4 1,0303 9 0,9 1,1942 10 1,0 1,2479 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 1 x y Để tiện so sánh, ta vẽ nghiệm của bài toán là đƣờng gấp khúc nối các chấm điểm trên đồ thị. Nghiệm đúng của phương trình là y = e(x^2/)2. Đồ thị của nó là đương cong liền nét. II. CẢI TIẾN PHƢƠNG PHÁP EULER Công thức Euler có nhƣợc điểm là độ chính xác rất thấp. Đặc biệt, giá trị hàm tại các điểm mốc càng xa x0 càng có nhiều sai số. Khắc phục nhƣ sau: Theo công thức Euler: yk+1 = yk + h.f(xk,yk) (e1) Thay '( ) ( , ) k k ky x f x y bởi    1 1, , 2 k k k kf x y f x y  . Thế vào (e1), đƣợc    1 1 1 , , 2 k k k k k k f x y f x y y y h       (e2) Tuy nhiên, vế phải của công thức (e2) còn chứa yk+1, do đó để tìm yk+1 phải giải phƣơng trình. Đó là nhƣợc điểm lớn. Để khắc phục, thế yk+1 từ (e1) vào vế phải của (e2), đƣợc 50     1 1 , , , 2 k k k k k k k k f x y f x y hf x y y y h       (6.4) Đó là công thức Euler cải tiến. Ví dụ: Dùng phƣơng pháp Euler cải tiến, tìm nghiệm gần đúng trên đoạn [0;1] của bài toán y' = xy/2 ; y(0) = 1. Giải: Chia [0;1] thành 10 đoạn nhỏ bằng nhau. Bƣớc chia h = 1/10. Số liệu tính toán đƣợc ghi trong bảng sau k xk yk f(xk,yk) h f(xk,yk) f(xk+1,yk+hf(xk,yk)) 0 0 1 0 0 0.05 1 0.1 1.0025 0.0501 0.0050 0.1002 2 0.2 1.0100 0.1010 0.0101 1.1530 3 0.3 1.0227 0.1534 0.0153 0.2076 4 0.4 1.0408 0.2082 0.0208 0.2654 5 0.5 1.0646 0.2661 0.0266 0.3273 6 0.6 1.0943 0.3283 0.0328 0.3444 7 0.7 1.1305 0.3957 0.0396 0.4679 8 0.8 1.1738 0.4695 0.0470 0.5492 9 0.9 1.2248 0.5512 0.0551 0.6397 10 1.0 1.2812 III. PHƢƠNG PHÁP RUNGE - KUTTA 1. Thuật toán. Xét bài toán Cauchy (6.1). Chia đoạn [a,b] thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia xk = a + kh, với k = 0, 1, 2,...; và h = (b - a) / n. Gọi yk là giá trị gần đúng của nghiệm tại xk, và y(xk) là giá trị đúng của nghiệm tại xk. Giả sử đã biết các giá trị gần đúng y0, y1,..., yi. Ta tìm yi+1 theo công thức  1 1 2 2 6 i i i i i iy y k k k k      51 trong đó     1 1 2 2 3 4 3 , , 2 2 , 2 2 , i i i i i i i i k hf x y kh k hf x y kh k hf x y k hf x h y k                        (6.5) 2. Sai số. Ngƣời ta chứng minh đƣợc  M > 0 sao cho | yi - y(xi) | < Mh 4 . Trong thực hành thƣờng dùng đánh giá  2 2 1 15 n k n ny y x y y   Trong đó y2n và yn là nghiêm gần đúng tìm đƣợc bằng công thức Runge - Kutta với 2n và n điểm chia tƣơng ứng. Ví dụ: Giải bài toán y' = x + y ; y(0) = 1. Dùng phƣơng pháp Runge - Kutta với bƣớc h = 0,1 trên [0 ; 0.5]. Giải: i xi yi k1 k2 k3 k4 0 0 1 0.1 0,11 0,1105 0,1210 1 0,1 1,1103 0,1210 0,1321 1,3226 0,1443 2 0,2 1,2427 0,1443 0,1565 0,1571 0,1700 3 0,3 1,3996 0,1700 0,1835 0,1840 0,1984 4 0,4 1,5836 0,1984 0,2133 0,2140 0,2298 5 0,5 1,7974 IV. PHƢƠNG PHÁP SAI PHÂN HỮU HẠN GIẢI GẦN ĐÚNG BÀI TOÁN BIÊN TUYẾN TÍNH CẤP II. Xét bài toán biên tuyến tính             " ' ; , ; ; y p x y q x y r x x a b y a y b          (6.6) Điểu kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán trên là : Các hàm số p(x), q(x), r(x) liên tục trên [a,b]; ngoài ra q(x) > 0  x  [a,b] (q(x) là hệ số của y trong phƣơng trình (6.6)). Thuật toán. Chia đoạn [a,b] thành n đoạn bằng nhau bởi các điểm chia xk = a + kh, với k = 0, 1, 2,...; và h = (b - a) / n. Gọi yk là giá trị gần đúng của nghiệm tại xk, và y(xk) là giá trị đúng của nghiệm tại xk. Thay gần đúng các đạo hàm bậc 1 và bậc 2 bằng công thức sai phân hƣớng tâm sau đây 52         1 1 1 1 1 1 2 2 ' 2 2 " k k k k k k k k k k k y y y x h y y y y y y y y x h h                (6.7) Thế các đạo hàm này vào phƣơng trình (6.6), đƣợc     1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1,2,..., 1 2 2 k k k k k k k k k k k k k k k k y y y y y p q y r hh hp hp y h q y y h r k n                                    Bổ xung điều kiện biên, ta nhận đƣợc hệ n+1 phƣơng trình n+1 ẩn nhƣ sau:     0 2 2 1 1 ; ; 1 2 1 ; 1,2,..., 1 2 2 n k k k k k k k y y hp hp y h q y y h r k n                               (6.8) Đặt 2 2, 1 , , 11 ; 2 ; 1 ; 2 2 k k k k k k k k k k k hp hp a a h q a d h r         . Hệ (6.8) viết thành   0 , 1 1 , , 1 1 ; ; 1,2,..., 1 n k k k k k k k k k k y y a y a y a y d k n                (6.9) Hệ trên là hệ phƣơng trình đại số tuyến tính ba đƣờng chéo. Có thể dùng phƣơng pháp nhân tử hai tam giác đã trình bày trong chƣơng 3 để giải. Định lý về điều kiện để hệ (6.8) có nghiệm duy nhất là: Định lý: Giả sử trên [a,b], các hàm số p(x), q(x) r(x) liên tục, q(x)  0. Gọi L là số dƣơng thỏa mãn |p(x)| < L. Khi đó hệ (6.8) có nghiệm duy nhất với mọi h < 2/L. Ví dụ: Giải bài toán biên         2 2 sin ln x2 2 '' ' ; 1;2 1 1 ; 2 2 y y y x x x x y y           Giải: Chọn n = 10, bƣớc h= 0,1. Trƣớc hết lập bảng tính các hệ số của hệ phƣơng trình (6.9). Gọi ak ,bk , ck là hệ số của phƣơng trình thứ k. Kết quả đƣợc ghi trong bảng sau k pk qk rk ak bk ck dk 0 1 0 0 1 1 -1.8182 1.6529 0.0786 0.9091 -2.0165 1.0909 0.0008 53 2 -1.6667 1.3889 0.1259 0.9167 -2.0139 1.0833 0.0013 3 -1.5385 1.1834 0.1535 0.9231 -2.0118 1.0769 0.0015 4 -1.4286 1.0204 0.1684 0.9286 -2.0102 1.0714 0.0017 5 -1.3333 0.8889 0.1753 0.9333 -2.0089 1.0667 0.0018 6 -1.2500 0.7813 0.1769 0.9375 -2.0078 1.0625 0.0018 7 -1.1765 0.6920 0.1751 0.9412 -2.0069 1.0588 0.0018 8 -1.1111 0.6173 0.1711 0.9444 -2.0062 1.0556 0.0017 9 -1.0526 0.5540 0.1658 0.9474 -2.0055 1.0526 0.0017 10 0 0 1 2 Giải hệ (6.8) đƣợc nghiệm xk yk xk yk 1.0 1 1.6 1.5824 1.1 1.0926 1.7 1.6850 1.2 1.8704 1.8 1.7889 1.3 1.2833 1.9 1.8939 1.4 1.3814 2.0 2 1.5 1.4811 54 MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU -------------------------------------------------------------------------------------------------- Dạng I. Tính gần đúng nghiệm thực của một phƣơng trình 1. Phƣơng pháp chia đôi Bài 1. Phƣơng trình 2ln 0, 0; 10 .x x x      Lời giải. Tìm khoảng phân li nghiệm: 1 ln 1 0, 0.y x x y x x         x 0 0,2 0,5 0,6 1  f x - - + + Vậy chọn khoảng phân li nghiệm là  0,5;1 . 2 2 1 0,5 10 10 6. 2n n         n  ;n na b nc  nf c 0  0,5;1 0,75 0,462 1  0,5; 0,75 0,625 0,155 2  0,5; 0,625 0,5625 -0,013 3  0,5625; 0,625 0,59375 0,072 4  0,5625; 0,59375 0,578125 0,030 5  0,5625; 0,578125 0,5703125 38,742 10 6  0,5625; 0,5703125 Chọn 6 0,5625x  . Bài 2. Phƣơng trình 23 0, 0; 10xe x x       Lời giải. 55 Tìm khoảng phân ly nghiệm   1 0, 0xf x e x     . Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  0,5;1 . 2 2 1 0,5 10 10 6. 2n n         n  ;n na b nc  nf c 0  0,5;1 0,75 -0,1330 1  0,75;1 0,875 0,2739 2  0,75; 0,875 0,8125 -0,0660 3  0,75; 0,8125 0,78125 -0,0345 4  0,78125; 0,8125 0,796875 0,015 5  0,78125; 0,796875 0,7890625 39,6058 10  6  0,7890625; 0,796875 Chọn 6 0,7890625.x  . Bài 3. Phƣơng trình 3 2 23 1 0; 10x x       . Lời giải.Tìm khoảng phân ly nghiệm:   23 6x 0 0, 2.f x x x x        x 0 +   f x + x 0,4 0,5 0,8 1  f x - - + + x - 0 2 +   f x - + - 56 Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  3,4 . 2 2 4 3 10 10 7. 2n n         n  ;n na b nc  nf c 0  3,4 3,5 -5,125 1  3;3,5 3,25 -1,6406 2  3;3,25 3,125 -0,2207 3  3;3,125 3,0625 -0,4138 4  3,0625;3,125 3,09375 0,1027 5  3,09375;3,125 3,109375 -0,0575 6  3,09375;3,109375 3,1015625 0,0230 7  3,1015625;3,109375 Chọn 7 3,1016.x  . 2. Phƣơng pháp lặp Bài 1. Phƣơng trình 2ln 0, 0; 10 .x x x      Lời giải. Tìm khoảng phân li nghiệm: 1 ln 1 0, 0.y x x y x x         x 0 0,2 0,5 0,6 1  f x - - + + Vậy chọn khoảng phân li nghiệm là  0,5;1 . ln 1ln 0 ln x x x x x x x e e x e          x -2 -1 0 1 2 3 4 5  f x + + + + + + - - 57 Chọn         1 1 1 max 0,5 1 x x x x x e e e              (thỏa mãn). Vậy phép lặp hội tụ là: 1 0 1 1 1 , 1 0,5; n n x x q e e x x e           Sai số 2 1 010 6,597 7 1 nq x x n q         . 1 2 3 4 5 6 7 1 0,6065, 0,5452, 0,5797, 0,5601, 0,5712, 0,5649, 0,5689.x x x x x x x e         Bài 2. Phƣơng trình 23 0, 0; 10xe x x       Lời giải. Tìm khoảng phân ly nghiệm:   1 0, 0xf x e x     . Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  0,5;1 . 2 2 1 0,5 10 10 6. 2n n         n  ;n na b nc  nf c 0  0,5;1 0,75 -0,1330 1  0,75;1 0,875 +0,2739 2  0,75; 0,875 0,8125 +0,0660 3  0,75; 0,8125 0,78125 -0,0345 4  0,7825; 0,8125 0,796875 +0,015 5  0,78125;0,796875 0,7890625 39,6058 10  x 0 +   f x + X 0,4 0,5 0,8 1  f x - - + + 58 6  0,7890625; 0,796875 Chọn 6 0,7890625.x   3 0 ln 3xe x x x      Chọn           1 1 ln 3 max 1 3 2 x x x x x               (thỏa mãn). Vậy phép lặp hội tụ là:  1 0 1 1 ln 3 , 2 0,5; ln 2,5 n nx x q x x          Sai số 2 1 010 6,380 7 1 nq x x n q         . 0 1 2 3 4 5 6 70,5; ln 2,5; 0,7341; 0,8180; 0,7803; 0,7974; 0,7896; 0,7932.x x x x x x x x        Bài 3. Phƣơng trình 3 2 23 1 0; 10x x       . Lời giải. Tìm khoảng phân ly nghiệm   23 6x 0 0, 2.f x x x x        Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  3,4 . 2 2 4 3 10 10 6,644 7. 2n n          x - 0 2 +   f x - + - x -2 -1 0 1 2 3 4 5  f x + + + + + + - - 59 n  ;n na b nc  nf c 0  3;4 3,5 -5,125 1  3;3,5 3,25 -1,6406 2  3;3,25 3,125 -0,2207 3  3;3,125 3,0625 +0,9138 4  3,0625; 3,125 3,09375 +0,1027 5  3,09375; 3,125 3,109375 0,0575 6  3,09375;3,109375 3,1015625 +0,0230 7  3,1015625; 3,109375 Chọn 7 3,1016.x   3 2 3 2 1 3 1 0 3 1 3 0, 3,4 .x x x x x x x              Chọn        3 1 2 2 3 max 3 . 27 x x x x x              (thỏa mãn). Vậy phép lặp hội tụ là: 2 1 0 1 1 2 3 , 27 1 3; 3 9 n n x q x x x            Sai số 2 1 010 0,95 1 1 nq x x n q         . 0 1 1 3; 3 3,111. 9 x x    3. Phƣơng pháp tiếp tuyến Bài 1. Phƣơng trình 2ln 0, 0; 10 .x x x      Lời giải. Tìm khoảng phân li nghiệm: 1 ln 1 0, 0.y x x y x x         60 x 0 0,2 0,5 0,6 1  f x - - + + Vậy chọn khoảng phân li nghiệm là  0,5;1 . Ta có phép lặp:          2 ln 1 1 0, 0,5;1 1 0, 0,5;1 . f x x x f x x x f x x x               Vì        0,5 0, 0,5 0 0,5 0,5 0f f f f      nên ta chọn 0 0,5x  . Công thức lặp : 1 1 1 1 0 ln 1 1 0,5 n n n n n x x x x x x              Bài 2. Phƣơng trình 23 0, 0; 10xe x x       Lời giải. Tìm khoảng phân ly nghiệm   1 0, 0xf x e x     . Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  0,5;1 . Ta có:           3 1 0, 0,5;1 0, 0,5;1 . x x x f x e x f x e x f x e x               Vì    1 1 0f f   nên ta chọn 0 1x  . Công thức lặp 1 1 1 1 0 3 1 1 n n x n n nx e x x x e x              X 0 +   f x + x 0,4 0,5 0,8 1  f x - - + + 61 Sai số:       0,5,1 min 0,5 1    m f x f e     1     n nf x f x m e n nx Sai số 0 1 0,2712 1 0,8608 0,0179 2 0,7921 34,8489.10 (thỏa mãn) Bài 3. Phƣơng trình 3 2 23 1 0; 10x x       . Lời giải. Tìm khoảng phân ly nghiệm:   23 6x 0 0, 2.f x x x x        Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  3,4 . Ta có           3 2 2 3 1 3 6 0, 3,4 6 0, 3,4 . f x x x f x x x x f x x x                  Vì    4 4 0f f   nên ta chọn 0 4x  . Công thức lặp : 3 2 1 1 12 1 1 0 3 1 3 6 4 n n n n n n x x x x x x x                 x - 0 2 +   f x - + - x -2 -1 0 1 2 3 4 5  f x + + + + + + - - 62 Sai số:           3,4 min 3 9 9 n nf x f x m f x f m        n nx Sai số 0 4 1,6667 1 3,375 0,3635 2 3,1400 0,0423 3 3,1046 49,1016 10 4. Phƣơng pháp dây cung Bài 1. Phƣơng trình 2ln 0, 0; 10 .x x x      Lời giải. Tìm khoảng phân li nghiệm: 1 ln 1 0, 0.y x x y x x         x 0 0,2 0,5 0,6 1  f x - - + + Vậy chọn khoảng phân li nghiệm là  0,5;1 .          2 ln 1 1 0, 0,5;1 1 0, 0,5;1 . f x x x f x x x f x x x               Vì        0,5 0, 0,5 0 0,5 0,5 0f f f f      nên ta chọn 0,5d  . Phép lặp :      1 1 1 1 1 1 0 0,5 ln 0,5 ln 0,5 ln 1 n n n n n n n x x x x x x x x                  Sai số:             0,5,1 0,5,1 1 1 1 min 0,1 2 max 0,5 3 3 2 1 2 2 n n n n n n m f x f M f x f M m x x x x x x m                      63 n nx Sai số: 0 1 1 0,5809 0,2096 2 0,5677 36,6.10 (thỏa mãn) Bài 2. Phƣơng trình 23 0, 0; 10xe x x       Lời giải. Tìm khoảng phân ly nghiệm:   1 0, 0xf x e x     . Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  0,5;1 . Ta có:           3 1 0, 0,5;1 0, 0,5;1 . x x x f x e x f x e x f x e x               Vì    1 1 0f f   nên ta chọn 1d  . Phép lặp :      1 1 1 1 1 1 0 1 3 1 3 3 0,5 n n xn n n nx n x x e x x e e x x                     Sai số:         0,5,1 0,5,1 min 1 max 1       m f x e M f x e 1 1 1           n n n n M m e e x x x x m e n nx Sai số x 0 +   f x + x 0,4 0,5 0,8 1  f x - - + + 64 0 0,5 1 0,7712 0,1095 2 0,7906 37,834.10 (thỏa mãn) Bài 3. Phƣơng trình 3 2 23 1 0; 10x x       . Lời giải. Tìm khoảng phân ly nghiệm:   23 6x 0 0, 2.f x x x x        x -2 -1 0 1 2 3 4 5 f(x) + + + + + + - - Vậy chọn khoảng phân ly nghiệm là  3,4 .           3 2 2 3 1 3 6 0, 3,4 6 0, 3,4 . f x x x f x x x x f x x x                  Vì    4 4 0f f   nên ta chọn 4d  . Phép lặp :    3 21 1 1 13 2 1 1 0 4 3 1 15 3 1 3 n n n n n n n x x x x x x x x                      Sai số:             3,4 3,4 1 1 min 3 9 max 4 24 15 9 n n n n m f x f M f x f M m x x x x m                  n nx Sai số 0 3 x - 0 2 +   f x - + - 65 1 3,0625 0,1042 2 3,0877 0,042 3 3,0975 0,0163 4 3,1014 36,5 10 Dạng 2. Nội suy đa thức 1. Sử dụng phƣơng pháp bình phƣơng cực tiểu: bxy ae . x 2 4 6 8 10 y 10 20 30 40 50 Lời giải. Ta có ln ln ln lnbx bxy ae y ae y a bx      . Đặt ln , lny Y a A  thì hàm đã cho trở thành Y A bx  . Ta có bảng sau I ix iy 2 ix i ix y 0 2 ln10 4 2ln10 1 4 ln20 16 4ln20 2 6 ln30 36 6ln30 3 8 ln40 64 8ln40 4 10 ln50 100 10ln50  30  6ln 12.10 220  45ln 7,46496.10     4 2 0 , 0,1,2,3,4; .i i i i i i Y A bx i S Y A bx           4 4 4 6 0 0 0 454 4 4 2 0 0 0 5 30 ln12.10 min 30 220 ln 7,46496.10                            i i i i i i i i i i i i A b x Y A b S A b A x b x x Y 2,086 0,196     A b 0,1968,053 8,053 .A xa e y e      Bài 2. Tìm số liệu còn thiếu trong bảng 66 x 0 1 2 3 4 y 1 3 9 ? 81 Lời giải. Sử dụng nội suy Lagrange ta có:                                       3 3 2 3 3 2 3 1 2 4 0 2 4 1 3 0 1 0 2 0 4 1 0 1 2 1 4 0 1 4 0 1 2 9 81 2 0 2 1 2 4 4 0 4 1 4 2 2 4 4 1 3 2.3 4.3 4.3 1 31. x x x x x x P x x x x x x x P x x x x P                                          Bài 3. Cho bảng x 50 52 ? 54 56 y 3,684 3,732 3,756 3,779 3,825 Tìm x để   3,756f x  . Lời giải Sử dụng nội suy Newton tiến ta có bảng sau I ix iy y 2 y 3 y 0 1 2 3 50 52 54 56 3,684 3,732 3,779 3,825 0,048 0,047 0,046 0,001 0,001 0 0 50 2x x th x t     .    3 2 0,048 0,001 50 2 3,684 1 1! 2! 3,684 0,0485 0,0005         P t t t t t t   1,508 3,756 53,016 50 95,492(loai)        t f x x t Bài 4. Sử dụng nội suy để phân tích phân thức sau thành tổng các phân thức đơn giản 67      2 6 1 1 1 4 6 x x x x x x       . Lời giải. Sử dụng nội suy Lagrange tìm dạng đa thức nội suy Lagrange của đa thức trên tử tại các mốc nội suy là nghiệm của đa thức mẫu nếu có x -1 1 4 6 y= 2 6 1x x  -4 8 41 73                                                             2 6 1 1 4 6 1 4 6 4 8 1 1 1 4 1 6 1 1 1 4 1 6 1 1 6 1 1 4 41 73 4 1 4 1 4 6 6 1 6 1 6 4 2 4 1 4 6 1 4 6 35 15 41 73 1 1 6 1 1 6 30 70 2 4 41 73 . 35 1 15 1 30 4 70 6 y x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x P x x x x                                                                  Bài 5. Cho bảng x 1 2 3 4 y 2 4 6 8 a) Xác định đa thức nội suy tiến b) Tính sai số tại 1,5x  biết    0,001, 1,4f x x    . Lời giải. x y y 2 y 3 y 1 2 3 4 2 4 6 8 2 2 2 0 0 0 68                   0 8 1 2 1 2 2 2 1! 0,001 1 2 3 4 1 ! 5! 0,001 1,5 1,5 1 1,5 2 1,5 3 1,5 4 7,813 10 5! x x th t t P t t M x x x x x n                             Dạng 3. Tìm nghiệm gần đúng của hệ phƣơng trình tuyến tính 1. Phƣơng pháp lặp đơn Bài 1. Tìm gần đúng nghiệm của hệ phƣơng trình sau bằng phƣơng pháp lặp đơn với sai số 310 . a) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0,02 0,05 0,1 0,795 0,11 1,03 0,05 0,849 0,11 0,12 1,04 1,398 x x x x x x x x x             ; b) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 24,21 2,42 3,55 30,24 2,31 31,49 1,52 40,95 3,49 4,85 28,72 42,81 x x x x x x x x x            Lời giải. a) 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 2 2 1 3 1 2 3 3 4 2 3 0,02 0,05 0,1 0,795 0,02 0,05 0,1 0,795 0,11 1,03 0,05 0,849 0,03 0,11 0,05 0,849 0,11 0,12 1,04 1,398 0,11 0,12 0,04 1,398 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                 Vậy ta có x Bx g  3 3 3 1 2 3 1 1 1 0,02 0,05 0,1 0,795 0,11 0,03 0,05 , 0,849 0,11 0,12 0,04 1,398 0,17, 0,19, 0,27.j j j j j j B g b b b                    Do đó  ax 0,17;0,17;0,27 0,27 1.B m   Ta chọn    0 02 10,0,0 ; 0,795;0,849;0,1398 . T T x x  Số lặp lại tối thiểu là: 1 3 0,27 0,27 1,397 10 6 1 0,27 1 0,27 n n n n nx x x n            69 k 1 kx 2 kx 3 kx 0 1 2 3 4 5 6 0 0,795 0,961 0,977 0,981 0,982 0,982 0 0,849 0,980 1,00 1,005 1,005 1,005 0 1,398 1,531 1,560 1,563 1,564 1,564 Vậy 3 3 3 1 2 30,982 10 ; 1,005 10 ; 1,564 10           . b) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 24,21 2,42 3,55 30,24 0,0999587 0,1590252 1,2490706 2,31 31,49 1,52 40,95 0,0733566 0,0482693 1,3004128 3,49 4,85 28,72 42,81 0,0121581 0,1688719 1,4905929 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                          0 0,999587 0,1590252 1,2490706 0,0733566 0 0,0482693 ; 1,3004128 0,012158 0,1688719 0 1,490929 B g         3 3 3 1 2 3 1 1 1 0,2589838; 0,1216259; 0,290390.j j j j j j b b b         Ta chọn    0 11 10,0,0 ; 1,2490706;1,33004128;1,4905929 . T T x x  Số lặp lại tối thiểu là: 3 0,29039 1,49058889 10 7 1 0,29039 n nx n        k 1 kx 2 kx 3 kx 0 1 2 3 4 5 6 0 1,2490706 0,8954956 0,9574515 0,941968 0,9450116 0,9443132 0 1,3004128 1.1368351 1,1806988 1,1727460 1,1746033 1,1742244 0 0,4905989 1,119211 1,1898005 1,1748649 1,1780888 1,1774054 70 7 0,9444598 1,1743087 1,1775542 2. Phƣơng pháp lặp kép Bài 2. Tìm gần đúng nghiệm của hệ phƣơng trình sau bằng phƣơng pháp lặp kép với sai số 310 : 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0,02 0,05 0,1 0,795 0,11 1,03 0,05 0,849 0,11 0,12 1,04 1,398 x x x x x x x x x             Lời giải. Theo phƣơng pháp lặp đơn ta có: 1 1 2 3 2 2 1 3 3 4 2 3 0,02 0,05 0,1 0,795 0,03 0,11 0,05 0,849 0,11 0,12 0,04 1,398 x x x x x x x x x x x x                 0,08 1B    . Chọn  0,0,0 T x  ta có 1 1 1 1 n k k n n nj j j x g B x       Dạng 4. Tính gần đúng tích phân xác định 1. Phƣơng pháp hình thang Bài 1. Tính gần đúng tích phân 1 2 0 1 dx x bằng phƣơng pháp hình thang với 10 đoạn chia bằng nhau. Lời giải. Ta có   2 1 . 1 f x x   x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 y 1 0,99 0,9615 0,9174 0,862 0,8 0,7353 0,6711 0,6097 0,5524 0,5   0,99 0,9615 0,9174 0,862 0,80,1 1 0,5 2 0,7353 0,6711 0,6097 0,55242 0,78494. I                    Đánh giá sai số:       2 0,1 , max 180 mh I I b a m f x               4 2 2 42 2 2 1 2 6 4 2 1 1 1             x x x f x f x f x x x x     0,1 max 0,5.  m f x 71 Do đó 2 40,5 0,1 1 4,1667 10 12 I I         , Trong đó I là giá trị gần đúng của tích phân, I  là giá trị đúng của tích phân. 2. Phƣơng pháp Simpson Bài . Tính gần đúng tích phân 1 2 0 1 dx x bằng phƣơng pháp Simpson với 10 đoạn chia bằng nhau. Lời giải. Từ bảng kết quả ở bài 1 ta có:       1 0,5 4 0,99 0,9174 0,8 0,6711 0,55240,1 3 2 0,9615 0,862 0,7353 0,6097 0,785353. I                  Đánh giá sai số:   4 180 mh I I b a        4 0,1 , maxM f x                         4 2 2 42 2 2 6 4 2 4 6 2 4 0,1 1 2 6 4 2 ,..., 1 1 1 24 15 5 9 1 1 max 24. x x x f x f x f x x x x x x x f x x m f x                          44 5 0,1 24 1 1,33 10 . 180 180 mh I I b a         Bài 2. Bằng phƣơng pháp Simpson cần chia  2,1;3,1 thành bao nhiêu đoạn nhỏ để sai số 410 . Lời giải. Ta có   4 4 4 4 10 10 180 180 Mh M I I b a n         ,      4 2,1;3,1 maxM f x .               3 4 4 5 2,1;3,1 24 max 8,6928. 1 1 x f x f x M f x x x         Do đó 4 4 4 4 8,6928 10 4,687 5. 180 180 10 M n n n n           Dạng 5. Tính gần đúng nghiệm của bài toán Cauchy đối với phƣơng trình vi phân thƣờng 72 1. Phƣơng pháp Euler cho phƣơng trình vi phân Bài 1. Tình nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy sau   3 , 1 2, 1 1. y y x x x y       Lời giải.   0, 3 , 1, 2, 1. y f x y x x X x      Bài toán có nghiệm đúng là: 2y x . Bƣớc 1: Chọn N=10 Bƣớc 2: 0 2 1 0,1. 10 X x h N      Bƣớc 3: 0 1 0,1 .ix x ih i    Bƣớc 4: Đặt 0 1u   . Bƣớc 5: Tính  1 , 0,1 3 , 0,1,2,..., 1. i i i i i i i i y u u hf x u u x i N x              Kết quả: I ix Nghiệm gần đúng iu Nghiệm đúng  iy x Sai số 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 1,200 1,421 1,663 1,925 2,208 2,511 2,834 3,177 3,541 1,210 1,440 1,690 1,960 2,250 2,560 2,890 3,240 3,610 0,010 0,019 0,027 0,035 0,042 0,049 0,056 0,063 0,069 73 10 2,0 3,925 4,000 0,075 2. Phƣơng pháp Euler cho hệ phuơng trình vi phân Bài 2. Tính nghiệm gần đúng của hệ phƣơng trình sau    2 2 , 0 1 , 0 1. , 0 0 y x yz y x z x y z           Lời giải. Bƣớc 1: Chọn số khoảng chia n=10. Bƣớc 2: Tính 1 0 0,1 10 h    . Bƣớc 3: Tính 0 0 0,1ix x ih i    Bƣớc 4: Đặt 0 01, 0.u v  Bƣớc 5:     1 2 2 1 0,1 , 0,1,2,..., 1 0,1 i i i i i i i i i u u x u v i n v v x u            i ix iu iv 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0,000000 0,100000 0,200000 0,300000 0,400000 0,500000 0,600000 0,700000 0,800000 0,900000 1,000000 1,000000 1,000000 1,000000 1,000100 1,000597 1,001972 1,004865 1,010047 1,018381 1,030809 1,048318 0,000000 -0,100000 -0,199000 -0,295000 -0,386020 -0,470139 -0,545534 -0,610510 -0,663529 -0,703239 -0,728496 3. Phƣơng pháp Rung-Kutta (R-K) cho hệ phƣơng trình vi phân Bài 3. Tính nghiệm gần đúng của hệ phƣơng trình sau 74    2 2 , 0 1 , 0 1. , 0 0 y x yz y x z x y z           Lời giải. Bƣớc 1. Chọn số khoảng chia n=10. Bƣớc 2: Tính 1 0 0,1 10 h    . Bƣớc 3: Tính 0 0 0,1ix x ih i    Bƣớc 4: Đặt 0 01, 0.u v  Bƣớc 5: Tính                  1 2 1 1 3 2 2 4 3 3 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 i i i i i i i i i i i i k h x u v k h x h u k v l k h x h u k v l k h x h u k v l                        Và               2 2 1 2 2 2 1 2 2 3 2 2 4 3 0,5 0,5 0,5 0,5 i i i i i i i i l h x u l h x h u k l h x h u k l h x h u k                        Bƣớc 6. Tính     1 1 2 3 4 1 1 2 3 4 1 2 2 6 , 0,1,2,..., 1. 1 2 2 6 i i i i u u k k k k i n v v l l l l                  i ix 1k 2k 3k 4k iu 1l 2l 3l 4l iv 0 0 0,000000 0,000000 51,3.10 52,5.10 1 0,1 53,3.10 58,3.10 41,45.10 42,54.10 2 0,2 33,323.10 33,687.10 33,779.10 34,010.10 75 3 0,3 34,022.10 34,355.10 34,493.10 34,937.10 4 0,4 34,948.10 35,533.10 35,711.10 5 0,5 36,451.10 37,356.10 37,569.10 6 0,6 0,012661 0,013909 0,014132 7 0,7 0,015628 0,017247 0,017495 8 0,8 0,019278 0,012129 0,021560 9 0,9 0,023783 0,086496 0,024617 10 1,0 \ \ \ BÀI TẬP THỰC HÀNH MÔN: PHƢƠNG PHÁP TÍNH (Năm học 2014 – 2015) Họ và tên: Lớp: Mã số SV: Cán bộ giảng dạy: