Алгебралық теңдеулердің шешудің жанама әдісі

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Реферат
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 12 бет
Таңдаулыға:

Жоспар

I. Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...3

II. Негізгі бөлім ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 4

2.1. Алгебралық теңдеулердің шешудің жанама әдісі ... ... ... ... .4

2.2. Теорема ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .7

2.3. Мысалы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...10

III. Қорытынды бөлім ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 14

IV. Ќосымша 1 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 15

V. Қолданылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...17

Кіріспе

Бұл жұмыста

ƒ(z)=0
теңдеуінің түбірлерін табудың кейбір әдістері қарастырылады. Мұндағы z-
нақты немесе комплекс сан, ал ƒ(z)-осы z аргументін тәуелді көпмүше немесе
трансцендентті функция.
Егер ƒ(z) көпмүше болса, онда 5-дәрежелі көпмүшеге дейін ғана ƒ(z)=0
теңдеуінің түбірлерін тиянақты бір формулалар арқылы дәл есептеуге болатыны
белгілі. Басқа жағдайларда мұндай теңдеудің түбірлерін жуық шамамен табуға
тура келеді. Ол үшін төмендегі екі мәселені шешу қажет болады:
1) түбірлерді айыру, яғни ішінде тек бір ғана түбір жататын кішкене
облыстарды анықтау;
2) теңдеудің түбірлерін берілген дәлдікпен есептеп шығару.

Жанамалар (Ньютон) әдісі
Айталық,
(x)=1f’(x)
болсын және (x) функциясы үшін
1) ƒ(x) функциясы x нақты аргументтің нақты функциясы;
2) ƒ(x), ƒ'(x) және ƒ''(x)-үзіліссіз функциялар, ал ƒ'(x) жәнеƒ''(x)
туындылары осы R0-де өз таңбаларын өзгерітпейді;
3) болғанда ƒ(x0)*ƒ''(x0)0 теңсіздігі орындалады;
шарттар орындалсын.
Ол жағдайда х=(x) теңдеуі мына түде жазылады:
X=(x)=x-(x)f(x)=x-f(x)f’(x).
Енді ’(x) туындысын есептейміз:
’(x)=1-[f(x)]2-f *f’’(x)[f’(x)]2.

Теңдікте х=x* десек, онда ’(x*)=0 болады. Демек, R0 аралығында
’(x) 1
теңсіздігі орындалады. Соны мен , егер х0 εR0 болса, онда

x= хR-1-f(xR-1)f’(xR-1),
R=1,2,.. (1)

тізбегі жинақты болады және оның шегі х=(x) немесе f(x)=0 теңдеуінің
х* түбіріне тең. Есептеу математикасында (1) алгоритмі Ньютон әдісі деп
аталады. Оған төмендегідей геометриялық мағына беруге болады: хR жуықтауы
MR-1(xR-1,f(xR-1)) нүктеде y=f(x) қисық сызығына жүргізілген жанаманың 0х
өсімен қиылысу нүктесінің абсциссасына тең (суретте көрсетілген). Сондықтан
да Ньютон әдісін кейде жанамалар әдісі деп те атайды.
Ньютон әдісі арқылы f(x)=0 теңдеуінің нақты түбірлерімен қатар
комплекс түбірлерін де табуға болады. Ол үшін бастапқы х0 нүктесі нақты
емес, комплекс сан түрінде алу керек.
Жанамалар әдісінде бастапқы х0 нүктесі f(x0)*f’’(x0)0 шартына сай
таңдап алады. Себебі f(x0)f’’(x)0 болса, онда х0- иілу нүктесі болады да
нәтижеде әдіс х* түбірге жинақталмауы мүмкін (суретті қараңыздар).
Ньютон әдісінде ’(x *)=0, ал жалпы жағдайда ’’(x*)0
болуы мүмкін. Демек, ол екінші ретті интерациялық әдіс.
Ньютон әдісінің eR=xR-x* қателігін бағалаймыз.
Ол үшін алдымен 0=f(x*)=f(xR-1)+f’(xR-1)(x*-xR-1)+1 2f’’(ξ)(x-xR-1)2
Тэйлор жіктеуінен төмендегі қатынасты аламыз:

f(xR-1)f’(xR-1)=xR-1-x*-12*f’’(ξ) f’(xR-1)*(x*-xR-1)2 (а)

Енді xR-x*=eR, xR-1-x*=eR-1 деп белгілейік. Онда (1) рекурренті
формуладан (а) теңдігін пайдаланып , әдістің eR және eR-1 қателіктерінің
арасындағы мынандай байланысты алу қиын емес:

ER=12*f’’(ξ)f’(xR)*e2R-1.
Айталық,
M1=minf’(x),
M2=maxf’’(x)
болсын.
Бұл жағдайда xR-x*≤M22M1xR-1-x*2
Теңсіздігі орындалады, яғни Ньютон әдісі жылдам жинақталады.
f(x=0)
теңдеуінің ξ түбірі [a,b] кесіндісінде бөлінген , f’(x) және f’’(x)
үзіліссіз және а≤х≤в аралығында белгілі бір анықталған таңбаларын сақтайды.

xn⋲ξ(a≤xn≤b) қандайда бір n-ші түбірдің жуық мәнін тауып, біз оны
Ньютон әдісімен келесі түрде нақтылай аламыз.

ξ=xn +hn ,
(2)

деп алсақ, мұндағы hn аз шама деп есептейміз. Бұдан, Тейлор формуласын
қолданып, келесіні аламыз:
0=f(xn+hn)⋲f(xn)+hnf’(xn).
Яғни hn=-f(xn)f’(xn).
Бұл түзетуді (2) формулаға енгізсек , келесі жуықталған түбірді
ретімен табамыз.
Xn+1=xn-I(xn)I’(xn) (n=0,1,2,..,)
(3)

Ньютон әдісінің геометриялық жағынан y=f(x) доға қисығын жанамамен
алмастырғанға пара-пар , ол қисықтың кейбір нүктелерінен өтеді. Шынында да
, анықтау үшін , а≤х≤в және f(b)0 болғанда f’’(x)0 (сурет 18)
Мысалыға , f(x0)f’’(x0)0 үшін х0=в деп алайық. В0[x0;f(x0)] нүктесінде
y=f(x) қисығына жанама жүргізейік. Ξ түбірінің х1 бірінші жуық мән ретінде
осы жанаманың 0х өсімен қиылысу нүктесінің абсциссасын алайық.
B1[x1,f(x1)] нүктесі арқылы тағыда жанама жүргізейік, оның
абсциссасының қиылысу нүктесі бізге ξ түбірінің екінші жуық х2 мәнін береді
және т.с.с. (18 сурет) Вn[xn , f’(x)] (n=1,2,..,)
нүктесінде жанама теңдеуі
y-f(xn)=f’(xn)(x-xn).
Болатыны көрінеді. y=0, x=xn+1 деп алып, (3) формуланы аламыз:

Xn+1=xn-f(xn)f’(xn).

Егер біздің жағдайда х0=a деп алсақ, және f(x0)f’’(x0)0 десек , онда
А[a,f(a)] нүктесінде y=f(x) қисығына жанама жүргізіп біз [a,b]
кесіндісінен тыс жатқан х1 нүктесін алар едік. (18 сурет ) , яғни бұл
бастапқы мән шешімінде Ньютон әдісі қолданылмайды. Осыдан берілген жағдайда
х0 жақсы бастапқы жуық мәні болып , ол үшін мына теңсіздік орындалса

f(x0)f’’(x0)0
(4)
Бұл ереже жалпы екенін дәлелдейік.
Теорема. f’(x) және f’’(x) нөлден өзгеше және а≤х≤в болғанда нақты
қанағаттандыратын х0 [a,b] бастапқы жуықт Ньютон әдісімен (3)формула
теңдеуінің кез келген тура дәрежедегі бір ξ түбірін есептеуге болады.
Дәлелдеуі. Мысалыға , а≤х≤в үшін қалған жағдайлар ұқсастықпен
қарастырылады. f(a)0, f(b)0, f’(x)0, f’’(x) болсын.

(4) теңсіздігіне сәйкес f(x0)0 аламыз (мысалыға , х0=в деп алуға
болады.) Математикалық индукция әдісімен барлық жуықтаулар
xnξ(n=0,1,2,..,) және f(xn)0 екенгін дәлелдейік . Шынында да , алдымен,
х0ξ. Енді хnξ болсын.
ξ=xn+(ξ-xn)

деп алсақ. Тейлор формуласын қолданып төмендегіні аламыз

0=ƒ(ξ)=ƒ(xn)+ƒ’(xn)(ξ-xn)+12ƒ’’(cn )(ξ+xn)2,
(5)
мұндағыξcnxn.
ƒ’’(x)0 болғандықтан онда
ƒ(xn)+ƒ’(xn)(ξ-xn)0
және
xn+1=xn-ƒ(xn)ƒ’(xn)ξ,
яғни дәлелденді.
(3) формуладан , ƒ(xn) және ƒ‘(xn) белгілерін ескере отырып , xn+1xn
(n=0,1,2,..,) теңсіздігін аламыз , яғни тізбектелген х0, х1 ,..xn,
жуықтаулары монотонды кемімелі шектелген тізбек құрайды. Осыдан , ξ=xn бар.
(3) тендігінде шекке көшіп ξ=ξ-ƒ(ξ)ƒ’(ξ) аламыз, яғни (ξ=0). Бұдан
талап етілген дәлелдеуіміз ξ=ξ.
Сондықтан , Ньютон әдісін қолданғанда келесі ережені ұстану керек:
ƒ’’(x) белгісіндегі кордината сол белгіні қабылдайтындай, (а,в)
интервалында х0 бастапқы нүктесі ретінде сондай соңы алынады.
Ескерту. Егер:
1) ƒ(x) функциясы -∞x+∞ аралығында анықталған және үзіліссіз;
2) ƒ(a)ƒ(b)0;
3) a≤x≤b ƒ’(x)≠0;
4) ƒ’’(x) бар және тұрақтьы белгіні сақтайды, Онда ,(а,в) интервалында
жатқан , ƒ(x)=0 теңдеуінің түбірін табу үшін Ньютон әдісін қолданған
бастапқы х0 жуықтауы ретінде c [а,в] кез-келген мәнін алуға болады. Дербес
жағдайда, х0=a және х0=в деп алуға болады.
Шынында да , мысалы а≤х≤в болғанда ƒ’(x)0, ƒ’’(x)0 және x0=c, мұндағы
а≤с≤в. Егер ƒ(c)0 болса, онда ξ=c түбірі және есеп шешіледі.
Егер ƒ(c)0, онда ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.