Сандық әдістер пәнінен дәрістер


1 Абсолюттік және салыстырмалы қателер
Лекция 2.Арифметикалық амалдарды қолданған кездегі қателер.
Лекция 3. Интерполяциялау есебінің қойылуы.
Лекция 4. Бөлінген айырымдар және Ньютон формуласы.
Лекция 5 .Лекция 6. Сызықтық теңдеулер жүйесін шешу әдістері
Лекция 7. Гаусс әдісі.
Лекция 8. Қуалау әдісі
Лекция 9. Матрицаның анықтауышын есептеу.
Лекция 10. Кері матрицаны табу әдістері.
Лекция 11. Теңдеулер жүйесін қарапайым итерациялық әдістермен шешу жолдары.
Лекция 12.15. Алгебралық және трансценденттік теңдеулерді жуықтап шешу єдістері
Лекция 16.17. Анықталған интегралды жуықтап есептеу.
Есептеу кезінде қолданылатын санынан аз ғана айрмашылығы бар санын жуық сан дейміз. Егер болса, санын кемітіліп алынған, ал болса, онда артығымен алынған санының мәні дейді.
Жуықтап алынған а санының қатесі деп өрнегін айтамыз. Егер болса, онда ал болса, онда Көп жағдайда ның таңбасы белгісіз болады. Сондықтан көбінесе - абсолюттік қате қолданылады. Яғни
. (1.1)
Егер саны бізге белгісіз болса, онда (1.1) формула арқылы абсолюттік қатені анықтау мүмкін емес. Мұндай жағдайда ның жоғарғы шегі- ны анықтайды.
. (1.2)
-ны шектік абсолюттік қате деп атайды. (1.2) формуладан мына формуланы аламыз.
(1.3)
санын санының кемітілген жуық мәні, ал санын арттырылған жуық мәні дейді. Мұндайда жазуын қолданады.
Абсолюттік қате, көп жағдайларда есептеу кезінде немесе өлшеу кезінде жіберілген қатені дәл сипаттай алмайды.
Өлшеудің сапасын анықтау үшін салыстырмалы қатені қолданады. Ол былайша табылады:
1. А.А.Самарский,Н.В.Гулина «Численные методы», М.Наука,1989.-429с.
2. Н.И. Данилина «Численные методы», М.:ВШ,1976.-368с.
3. А.А.Самарский « Введение в численные методы», М.Наука,1987.-248с
4. Г.И.Марчук «Методы вычислительной математики» , М.:Наука,1980.-535с.
5. А.А.Самарский «Тероия разностных схем», М.:Наука,1977.-656с.
6. Ө.М.Султанғазин,С.А.Атанбаев Есептеу әдістерінің қысқаша теориясы.Оқу құралы.Алматы,Білім,1995.-272б.
7. С.А.Атанбаев Сандық әдістері алгоритмі / Оқу құралы/.Алматы,Уиверситет Каинар,1998.-148б.
8.Е.Ы.Бидайбеков «Лабораторные работы по вычислительной математике» , А,1989
Қосымша әдебиеттер
(10-15 әдебиеттен артық емес)
1. Н.С.Бахвалов, Н.П.Жидков, Г.М.Кобельков «Численные методы» М.:Лаборатория базавых знаний, 2002.-632с
2. Е.А. Волков «Численные методы», М.Наука,1982.-248с.
3.В.И.Киреев,А.В.Пантелеев «численные методы в примерах изадачах», М.: «Высшая математика»,2004.-480с.
4.А.И.Плисс,Н.А.Сливина «Лабораторный практикум по вычислительной математике», М.,1994.-240с.

Анықтамалық әдебиеттер
(5 анықтамалық әдебиеттерден және энцеклопедиядан артық емес)
1.Корн Г.,Корн Т. Справочник по математике. М., Наука,1997
2.Выгодский М.Я. Справочник по высшей математике.М.,Физматиз,1961
3.Цыпкин А.Г.Справочник по математике. М.,Наука,2004

Нормативті әдебиеттер
(пәннің ерекшелігіне сәйкес)
1.ҚР Мемлекеттік жалпыға бірдей стандарты
2. Оқу жоспары

Интернет-көздері
1.http://www.aport.ru
2. http://www.googlt.kz
3. http://www.toroid.ru
4. http://www.kaznu.kz
5. http://www.kaznpu.kz

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі:  Материал
Тегін:  Антиплагиат
Көлемі: 93 бет
Таңдаулыға:   
Бұл жұмыстың бағасы: 500 теңге
Кепілдік барма?

бот арқылы тегін алу, ауыстыру

Қандай қате таптыңыз?

Рақмет!






Абсолюттік және салыстырмалы қателер
Есептеу кезінде қолданылатын санынан аз ғана айрмашылығы бар
санын жуық сан дейміз. Егер болса, санын кемітіліп алынған, ал
болса, онда артығымен алынған санының мәні дейді.
Жуықтап алынған а санының қатесі деп өрнегін айтамыз. Егер
болса, онда ал болса, онда Көп жағдайда ның таңбасы
белгісіз болады. Сондықтан көбінесе -абсолюттік қате қолданылады.
Яғни
.
(1.1)
Егер саны бізге белгісіз болса, онда (1.1) формула арқылы абсолюттік
қатені анықтау мүмкін емес. Мұндай жағдайда ның жоғарғы шегі- ны
анықтайды.
.
(1.2)
-ны шектік абсолюттік қате деп атайды. (1.2) формуладан мына формуланы
аламыз.

(1.3)
санын санының кемітілген жуық мәні, ал санын арттырылған
жуық мәні дейді. Мұндайда жазуын қолданады.
Абсолюттік қате, көп жағдайларда есептеу кезінде немесе өлшеу кезінде
жіберілген қатені дәл сипаттай алмайды.
Өлшеудің сапасын анықтау үшін салыстырмалы қатені қолданады. Ол былайша
табылады:
.
(1.4)
Ал болса, онда шектік салыстырмалы қате делінеді. Шектік
салыстырмалы қате ретінде

(1.5)
санын алуға болады. Егер және болса, онда абсолюттік қате мен
салыстырмалы қатені былайша жуықтап алуға болады:

(1.6)

(1.7)

Лекция 2.Арифметикалық амалдарды қолданған кездегі қателер.
Жуықтап алынған сандарға қосу, азайту, көбейту, бөлу амалдарын
пайдаланғанда түпкілікті қателер қалайша өзгеретінін қарастырайық.
1.Қосу және азайту.
- санының дәл мәндерінің қосындысы болсын, ал
- сандардың жуық мәндерінің қосындысы делік. Сонда

Осыдан немеcе

.
(2.1)
(2.1) теңсіздігі жуық сандардың қосындысының абсолюттік қатесі
қосылғыштардың абсолюттік қателерінің қосындысынан үлкен болмайтынын
көрсетеді.
сандары ретімен сандарының шектік абсолюттік қатесі болсын.
Сонда

немесе

(2.2)
Сандардың айырымдары үшін де (2.2) формула дұрыс.
Әртүрлі абсолюттік дәлдіктегі сандарды қосқанда есептеуді былай
жүргізген жөн:
1. Ең үлкен абсолюттік қатесі бар санды бөліп аламыз.
2. Дәлірек сандардың бөліп алған санға қарағанда бір цифрлік мәнін артық
қалдырып қалғанын дөңгелектейміз.
3. Қосу амалын қолданғанда санның барлық цифрлік мәндерін сақтаймыз.
4. Қосындының соңғы цифрлік мәнін дөңгелектейміз.
Енді сандардың қосындысының шектік салыстырмалы қатесін
қарастырайық.
Бізге берілсін және болсын. дің дәл мәні дейік, ал
Сонда шектік салыстырмалы қатені былайша алуға болады.

(2.3)
Немесе

,
(2.4)
себебі
салыстырмалы қателер-дің ең үлкен мәні болсын дейік сонда
демек

Егер болса, онда .
(2.5)
Сондықтан

(2.6)
мұнда мен нің айрымының абсолюттік дәл мәні.
(2.6) формуладан өте жақын сандарды бір-бірінен алғанда дәлдікті жоғалтып
алу қаупі бар екенін көреміз. Сондықтан, мұндай жағдайда оларды түрлендіру
арқылы есептеген дұрыс.
Мысалы: а мен b саны бір-біріне өте жақын болған жағдайда өрнегін
есептегеннен өрнегін есептеген дәлірек.
2.Көбейту. жуықтап алынған сандардың көбейтіндісі және болсын.
Сонда

(2.7)
формуласын пайдалана отырып (2.7) теңдіктен
теңдікті аламыз.
Соңғы өрнектен төмендегідей теңсіздікті аламыз,
Егер санының дәл мәні және болса, онда
және ,
мұнда санының салыстырмалы қатесі, ал - көбейтіндінің
салыстырмалы қатесі.
Сондықтан
.
(2.8)
(2.8) формуласы сандарының таңбалары әртүрлі болған жағдайда да
орындалатыны айқын. Ал сандарының көбейтіндісінің шектік салыстырмалы
қатесі -

(2.9)
ал шектік абсолюттік қате -
3.Бөлу. Егер болса, онда және
Осыдан
.
(2.10)
Сонымен бөлу амалын қолданғанда жіберілген қателер мен көбейту амалдарында
жіберілген қателер (2.8), (2.10) формулалары арқылы аңықталатындығын
көреміз.
4.Дәрежелеу. (m-натурал сан) болсын, онда
, сондықтан
Осыдан
.
(2.11)
Түбір табу. болсын, сонда Осыдан

(2.12)
Дәрежелеу мен түбір тапқанда функциясы жіберетін қатені жалпы былай
жазуға болады: . (2.13)

Лекция 3. Интерполяциялау есебінің қойылуы.

Техникада, физикада, экономикада т.с. жаратылыс тану ғылымдарында
функцияның мәні таблица түрінде беріледі. Мысалы нүктелерінде
функцияның мәндері- беріледі. Таблица арқылы берілген функцияның
кемшілігі- оның кез-келген, таблицада көрсетілмеген, нүктедегі мәнінің
белгісіздігі.
Көп жағдайда аналитикалық жолмен берілген функциясының мәнін есептеу
өте күрделі, немесе таблица арқылы берілген функцияның мәндері өте қымбатқа
түсетін эксперименттер арқылы алынған болса, онда функциясын, мәні
оңай есептелінетін, қарапайым функциясымен алмастырған тиімдірек
болады. Қысқаша айтқанда функцияның аргументінің кез-келген мәнінде,
белгілі бір мағынада, болуы керек. Осы функциясын табудың
мәселелерін- интерполяциялау теориясы дейміз.
Енді осы интерполяциялау теориясының ең қарапайым түрін қарастырайық.
кесіндісінде жататын нүктелері және осы нүктелердегі
функциясының мәндері- берілген.
болатындай функциясын (интерполяциялаушы функция) табу керек.
Мұның геометриялық мағынасы:
нүктелерінен өтетін сызығын табу керек деген сөз.

1-сурет
Есептің бұл қойылымында көптеген шешулер болуы, немесе болмауы да
мүмкін. Алайда кез-келген функцияның орнына дәрежесі n-нен үлкен
емес, Pn(xі)=f(xі) (і=0,...,n) теңдігін қанағаттандыратын Pn(x) алгебралық
көпмүшелігін алатын болсақ, онда есептің шешуі біреу ғана болады. Pn(x)
көпмүшелігін-интерполяциялық көпмүше дейді.
Егер x0x1...xn, ал болса, онда функциясының мәні, тар
мағанада интерполяциялау, болса, экстрополяциялау арқылы табылады
дейді. Алдағы уақытта жалпы функциясын табуды- интерполяциялау
дейміз.
Лагранждың интерполяциялау формуласы.
кесіндісінде жататын нүктелері және осы нүктелерде
функциясының мәндері- берілген. Осы функцияны интерполяциялау үшін n
дәрежелі алгебралық көпмүшені

(2.1)
қолданамыз. Мұндағы коэффициенттерін
болатындай етіп табу керек.
Кез-келген үзіліссіз функциясы үшін бұл есептің шешімі біреу ғана
болады. Себебі

(2.2)
теңдеулер жүйесінің аңықтауышы нольден айырықша (Вандермонд аңықтауышы).
көпмүшесін, нүктелері бойынша тұрғызылған, функциясын
интерполяциялаушы көпмүше дейміз.
(2.2) теңдеулер жүйесінің шешімдерін әртүрлі жолмен табуға болады. Оның көп
қолданатын түрлері Лагранж бен Ньютонның интерполяциялық көпмүшеліктері.
Лагранждың интерполяциялық көпмүшелігін

(2.3)
түрінде қарастырамыз. (2.2) шартын ескере отырып,
(2.4)
теңдігін аламыз. Егер

(2.5)
болса, онда (2.4) шарты орындалады. дәрежелі көпмүше болғандықтан
коэффициентін де n дәрежелі көпмүше ретінде іздеген дұрыс. Атап
айтқанда көпмүшесін
(2.6)
түрінде іздейміз.
шартың ескере отырып, (2.6) формуладан

және

(2.7)
формуласын табамыз. Сонымен Лагранж көпмүшесі толық былайша жазылады.
. (2.8)
Егер десек, онда
ал
Сондықтан Лагранж көпмүшесін былайша ықшамдап жазуға болады:
(2.9)
Енді интерполяциялық Лагранж көпмүшесінің жіберетін қатесін қарастырайық.
функциясын көпмүшесімен алмастырғанда жіберетін қатеміз

(2.10)
Кейде функциясын Лагранж көпмүшесінің қалдығы деп те атайды.
Кез-келген нүктесіндегі қалдықты табу үшін мына көмекші функцияны
қарастырамыз:
, (2.11)
мұнда -тұрақты сан. санын болатындай, яғни

(2.12)
деп алсақ, онда ең болмағанда нүктеде нольге тең болады.
Енді функциясының кесіндісінде үзіліссіз ретті туындысы
бар болсын. Сонда , Роль теоремасы бойынша, кесіндісінде ең
болмағанда n+1 нүктеде нөлге тең, ал -ењ , болмағанда n нүктеде нөлге
тең, т.с. ең болмағанда бір нүктеде нөлге тең болады. Сонымен
табылады да болады.
Ал болғандықтан .
(2.13)
(2.12) және (2.13) формулаларды ескере отырып,

(2.14)
формуласын аламыз.
Осыдан функциясын жоғарыдан бағалау арқылы
.
(2.15)
теңсіздігін аламыз, мұндағы .
Егер дәрежесі n-нен үлкен емес көпмүше болса, онда
Сондықтан .
Лекция 4. Бөлінген айырымдар және Ньютон формуласы.
Бізге нүктелерінде функциясының мәндері берілген және деп
ұйғрасақ. Нольдік ретті бөлінген айырымдар деп нүктелеріндегі
функциясының мәні- -ді айтамыз. Бір ретті бөлінген айырым деп

өрнектерін айтамыз. Бір ретті бөлінген айырымдар арқылы екі ретті бөлінген
айырымдарды алуға болады:

Егер k-ретті бөлінген айырымдар
белгілі болса, онда k+1- ретті бөлінген айырым былайша табылады:
.
k-ретті бөлінген айырымды былайда табуға болады:
. (3.1)
(3.1) формуласының дұрыстығын математикалық индукция арқылы дәлелдеуге
болады.
Егер k=0 болса, онда ал k=1 болса, онда

Енді (3.1) формуласы ретті бөлінген айырымдар үшін дұрыс деп алып,
ретті бөлінген айырымдар үшін де дұрыс екенін көрсетейік:
(3.2)
Бұл өрнекте және бірден ғана кездеседі, ал қалған квадрат
жақшаның ішіндегі қосындылардың екеуінде де кездеседі. Оларды бір-біріне
қосу арқылы (3.1) формуласын аламыз. Бізге бұл формуланың, алдағы
уақытта, дербес түрі
(3.3)
керек болады.
Енді Лагранж көпмүшелігі- функциясын былайша жазайық.
(3.4)
Интерполяцияның (2.4) шарты бойынша

Сондықтан j-дәрежелі, нүктелерінде нөлге тең, алгебралық
көпмүшелік болады, яғни
(3.5)
мұндағы сандық коэффициент.
Бұл коэффициент мына теңдіктен табылады:
. (3.6)
Осыдан екенін ескере отырып,

(3.7)
формуласын аламыз.
Енді
екенін ескерсек, онда (3.8)
(3.8) формуласын (3.3) формуласымен салыстыра отырып,

(3.9)
екенін көреміз.
Осыдан (3.4), (3.5), (3.9) формулаларын ескере отырып,
(3.10)
формуласын аламыз. (3.10) түрінде жазылған Лагранж көпмүшесін Ньютон
интерполяциялық формуласы дейміз. Алдағы уақытта оны деп
белгілейміз.Біз Ньютон формуласының қалдығы Лагранж формуласының қалдығымен
бірдей екенін білеміз. Енді Ньютон формуласының қалдығын басқа түрде
жазайық. нүктесі қалдығының шамасын қарастыратын нүкте болсын.
Онда
теңдігінен

формуласын аламыз.
Осыдан
(3.11)
(2.14), (3.11) формулаларын салыстыра отырып, нүктесі табылып,
және сол нүктеде

(3.12)
теңдігі орындалатынын көреміз.
(3.12) формуласы функцияның ретті туныдысы мен ретті бөлінген
айырымының арақатынасын көрсетеді.

Лекция 5 -Лекция 6. Сызықтық теңдеулер жүйесін шешу әдістері

Теңдеулер жүйелерін шешу жолдары әдетте, дәл және итерациялық
әдістер болып екі топқа бөлінеді.
Дәл әдістер орындалатын арифметикалық амалдар саны санаулы болатын
өрнектерден тұрады. Теңдеулер жүйесін шешу үшін қолданылатын Крамер,
Гаусс, қуалау әдістері осы топқа жатады. Жүйені анықтайтын деректер дәл
берілгенде және есептеулер дәл орындалғанда, олар жүйенің дәл шешімін
беруі тиіс.
Итерациялық әдістер бір немесе бірнеше параметрлері үнемі өзгеріп
тұратын алгебралық біртекті өрнектерден құралады. Олар жүйенің жуық
шешімін векторлар тізбегінің шегі ретінде анықтайды. Тізбектелген
алгебралық өрнектерді итерациялық әдістің есептеу алгоритмі деп атайды.

Енді жоғарыда аталған мәселелерге жеке-жеке тоқталайық.
1. Векторлар мен матрицалардың нормалары және олардың негізгі
қасиеттері.

Векторлардың нормалары. Rn векторлық кеңістікте векторы берілсін.
Мұндағы хі-вектордың і-координаты.
Анықтама. Х векторының нормасы-X деп мна шарттарды
қанағаттандыратын теріс емес санды айтамыз:
1) X 0 егер болса және X=0 егер Х=0 болса;
2) cX=c X , с-кез-келген сан;
3) X+У X+У (үшбұрыш теңсіздігі) .
Соңғы екі шарттан мына теңсіздікті алуға болады
X-У X-У.
Шынында да X =X+У-У X-У+У.
Осыдан X - У X-У.
Сызықтық алгебрада вектордың төмендегі үш нормасы жиі қолданылады:
1)(кубтық норма);
(1.1)
2)(октаэдрлік норма);
(1.2)
3) (сфералық норма); (1.3)
Соңгы норманы вектордың ұзындығы дейді. Бұл үш нормада анықтаманың үш
шартын да қанағаттандырады. Бірінші және екінші шарттардың орындалуы
айқын болғандықтан, бұлар үшінші шартты да қанағаттандыратының
көрсетейік.
Бірінші және екінші нормалар үшін мына теңсіздіктер орындалады:
;
;
Ал үшінші норма үшін Коши-Буняковский теңсіздігін пайдалансақ:
Осыдан .
Егер , оң нақты сандары үшін векторлардың нормалары
, мына шартты қанғаттандырса
, онда оларды эквивалентті нормалар дейді. Жоғарыда көрсетілген
нормалар өзара эквивалентті. өйткені олар мына теңсіздіктерді
қанағаттандырады.

(1.4)

(1.5)

(1.6)
(1.4),(1.5) теңсіздіктері мен (1.6) теңсіздігінің оң жағы айқын
болғандықтан, біз (1.6) теңсіздігінің сол жағын дәлелдесек болғаны.
Шынында да .
Осыдан .
Х(к)-векторлар тізбегінің Х векторына жинақталуы үшін
шартының орындалуы қажетті және жеткілікті. Бұл шарт кубтық норма
үшін айқын, ал қалған екі норма үшін бұл шарттың орындалуы (1.4),(1.5)
теңсіздіктерінен шығады. Сондықтан итерациялық әдістердің жинақталуын
зерттегенде, векторлардың кез-келген, жоғарыда көрсетілген нормаларын
пайдалануға болады.

1.2.Матрицалардың нормалары.
Анықтама. Берілген А квадрат матрицаның нормасы- деп теріс емес
және келесі төрт шартты қанағаттандыратын санды айтамыз:
1) , егер және =0, егер А=0;
2) ;
3) ;
4) .
Матрицаның нормасын әртүрлі жолдармен алуға болады. Мысалы көп
қолданылатын нормаларға мына нормаларды жатқызуға болады:
,
.
Бұл нормалар бірінші үш шартты қанағаттандыратыны айқын
болғандықтан 4-ші шарттың орындалуын дәлелдейік:
Айталық, А=(аіj ), B=(bіj ) болсын. Онда
Сондықтан

Дәл сол сияқты
.
Коши-Буняковский теңсіздігі бойынша .

Осыдан
.
Яғни
.
3.Келісілген нормалар. Көптеген есептерде матрица мен вектордың
нормалры қатар қолданылатындықтан, олар бір-бірімен келісілген болуы
тиіс.
Анықтама. Егер А матрицасы мен Х векторы үшін шарты орындалса,
онда А матрицасы мен Х векторының нормалары келісілген дейміз.
Матрицаның М(А) нормасы вектордың кубтық, октаэдрлік, сфералық
нормаларымен келісілген, ал N(A) тек сфералық нормамен келісілген.
Енді Х векторының нормасымен келісілген А матрицасының, шамасы
жағынан ең кіші, нормасын табуды қарастырайық.
А матрицасының нормасы ретінде X=1 болған жағдайдағы АХ
векторының ең үлкен нормасын алсақ, яғни

(1.7)

болса, онда бұл шама норманың анықтамасының барлық төрт шартын
қанағаттандырумен қатар келісілгендіктің де шартын қанағаттандырады:

1-шарт. Айталық, . Онда X=1 вектор табылып, болады.
Сондықтан болғандықтан 0. Егер А=0 болса, онда .
2-шарт. Екінші шарттың орындалуы мына теңдіктерден шығады:
.
Келісілгендік шарт.
Егер кез-келген вектор болса, онда векторының нормасы
Х=1. Сондықтан .

3-шарт. А+В матрицасы үшін A+B=(A+B)X0 теңдігі
орындалатындай нормасы бірге тең ((X0=1) Х0 векторын табамыз. Сонда

4-шарт. АВ матрицасы үшін X0=1 және ABХ0=AB теңдігін
қанағаттандыратын Х0 векторын табамыз. Сонда .
Сонымен біз (1.7) нормасы норманың анықтамасының барлық шарттарын
және келісілгендік шартын қанағаттандыратындығын көрдік. А матрицасының
(1.7) түріндегі нормасын берілген вектордың нормасына бағынған норма
дейміз.
Енді бағынған норманың мәні басқа келісілген нормалардың мәнінен
үлкен еместігін көрсетейік. Шынында да, матрицаның L(A)-вектордың
нормасымен келісілген нормасы, ал -вектордың нормасына бағынған
нормасы болсын.
Онда нормасы бірге тең Х0 векторы табылып A=AХ0 теңдігі
орындалады. Ал екенін ескерсек, онда екенін көреміз.
Енді жоғарыда көрсетілген вектордың нормаларына бағынған
матрицаның нормасын қарастырайық:

1. .
Бұл нормаға бағынған матрицаның нормасы
.
(1.8)
Шынында да, Х1 =1 болсын. Сонда
,яғни . Енді шынында да өрнегіне тең екенің
дәлелдейік.
Ол үшін X0=1 және болатын Х0 векторын тұрғызайық.
Айталық, өзінің ең үлкен мәнін і=j болғанда қабылдасын. Ал Х0
векторының координатасын

деп алсақ, онда X0=1. Сонымен қоса және
,
болғандықтан
.
Осыдан .
Сонымен
.
2.
Бұл нормаға бағынған матрицаның нормасы-
.
(1.9)
Шынында да болса, онда

Енді Х0 векторын былайша алайық: өрнегі өзінің ең үлкен мәнін k=j
болғанда алатын, ал k(j болғанда Хk(0) =0және Хj(0) =1 болсын. Сонда
.
Сонымен
.
3. .
Бұл нормаға бағынған матрицаның нормасы-

мұнда л-А*А матрицасының ең үлкен меншікті саны. Шынында да,

Бірақ AX2=АХ,АХ=Х,А*АХ, ал А*А-эрмиттік (симметриялы оң
анықталған) матрица. Айталық, л1 ең үлкен меншікті сан болсын, онда
X=1 болғанда мах(Х,А*АХ)= л1.

Сондықтан (1.10) формуласы арқылы табылған матрицаның нормасын -
спектрлік норма дейді. Осы формуланы пайдаланып А-1 кері матрицасының
спектрлік нормасын анықтауға болады: , мұнда лk(А'A) - A'A
матрицасының меншікті сандары.

Матрицалар мен векторлар тізбегінің жинақталуы.
Сызықтық алгебрадағы шектер туралы түсініктер көбіне итерациялық
әдістерді қарастырған кезде пайдаланылады. Сондықтан біз матрица мен
векторлар тізбектерінің жинақталуы туралы ұғымды және матрица мен
векторлар тізбегінің жинақталу шаттарын қарастырамыз.
Матрицалар мен векторлар тізбегінің шегі туралы түсінік.
Айталық, берілген векторлар тізбегінің координаталары
х1(1),..., хn(к),...; ... ; х1(k),... хn(k) болсын.
Егер {X(к)} тізбегі Х=(x1, x2, ... ,xn) векторына жинақталатын болса,
онда оны былайша жазады:
, немесе Х(к)Х.
Бұл жағдай (і=1,...,n) болғанда орындалады.
Ал жинақталатын қатар дейміз, егер бар болса және мұны
қатардың қосындысы дейміз.
Енді А(1), А(2), ... , А(к), ... матрицалар тізбегі берілсін және
әрбір А(к)={aіj(k)} болсын. Егер барлық і,j үшін шарты
орындалса, онда {А(k)} тізбегі А={aіj} матрицасына жинақталады дейміз
және оны былай жазады:
, немесе A(к)A .
Егер квадрат матрицалар тізбегі {А(k)} ерекше емес А матрицасына
жинақталатын болса, онда жеткілікті үлкен к үшін А(k) матрицасының
кері матрицасы бар болады және
.
Шынында да, егер A(к)A болса, онда A(к) матрицасына сыбайлас
матрица - В(к), А матрицасына сыбайлас В матрицасына жинақталады.
Себебі В(к) мен В-ның элементтері тиісінше А(к) мен А-ның
элементтерінең тұратын полином.
Сол себебті және к-ның белгілі бір мәнінен бастап .
Осыдан (A(к))-1A-1 , себебі .
Теорема. Егер А матрицасы {А(k)} тізбегінің, ал F-{F(k)} тізбегінің
шегі болса, онда А(k) Х(k)= F(k) жүйесінің шешімі
АХ=F жүйесінің шешіміне жинақталады.
Егер матрицаның элементтері t параметрі бойынша дифференциалданатын
болса, онда.
Егер A(t)={aіj(t)}1n болса, онда A'(t)={a'іj (t)}1n және мына
дифференциялдау ережелері орындалады:

Жинақтылық теоремалары.
2.1-Теорема. Аm0 болуы үшін, А матрицасының барлық меншікті
санының модулі бірден кіші болуы қажетті және жеткілікті.
2.2-Теорема. болуы үшін А матрицасының ең болмағанда бір нормасы
A1 болуы жеткілікті.
2.3-Теорема. Матрицаның кез-келген нормасының мәнінен меншікті санының
модулінің мәні үлкен болмайды.
2.4-Теорема. қатары (Е-А)-1 матрицасына жинақталуы үшін
болуы қажетті және жеткілікті.
2.5-Теорема. Егер A1 болса, онда .
2.6-Теорема. Егер A1 болса, онда (Е-А)-1 бар болады және .

Лекция 7. Гаусс әдісі.

Бізге
АХ=F
(4.1)
Теңдеулер жүйесі берілсін және А0 дейік. Онда бұл жүйенің шешуін
Х=A-1F түрінде жазуға болады. Осыдан (4.1) теңдеулер жүйесін шешу үшін А-1-
ді табу керек. Бірақ А-1-ді табу көптеген жағдайда тиімді болмағандықтан,
оны таппай-ақ жүйенің шешуін іздестіретін жолдарды қарастыруға тура келеді.
Сондай жолдардын кең тараған түрі Гаусс әдісі болып табылады. Онын әртүрлі
есептеу алгоритмдері бар болғандықтан, біз тек бір ғана қарапайым түрін
қарастырамыз.
Гаусс әдісінің есептеу алгоритмі.
Айталық,
(і=1,...,n )
(4.2)
теңдеулер жүйесін шешу керек болсын.
Егер (4.2) жүйесінің матрицасының элементтері іk болғанда aіk=0
болса , онда (4.2) жүйенің шешуі былайша табылады :
(і=1,...,n).
(4.3)
Сондықтан Гаусс әдісі берілген жүйенің матрицасын үшбұрышты матрица түріне
түрлендіруге негізделген.
Бұл түрлендіру былайша жүргізіледі.
Айталық, (4.2) жүйесінде а110 болсын.(ал а11=0 болса, онда
жүйеден аkl0 коэффициенті бар теңдеуді бірінші теңдеумен алмастырамыз)
Бірінші теңдеуді а11-ге бөлу арқылы
х1+С12х2+ ...+С1nxn=y1
(4.5)
теңдеуін аламыз. Мұнда , (j=2,...,n) , .
Енді қалған
aі1x1+aі2x2+...+aіnxn=fі (і=2,...,n)
(4.6)
теңдеулер жүйесінен (4.5) теңдеуін aі1 -ге көбейтіп алып тастасақ, онда
мынандай теңдеулер жүйесін аламыз.

x1+С12х2+ . . .+C1jxj+. . .+C1nxn=y1
a22(1)x2+. . .+a2j(1)xj+. .
.+a2n(1)xn=f2(1) (4.7)
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
an2(1)x2+. . .+anj(1)xj+. . .+ann(1)xn=fn(1)

Мұнда aіj(!)=aіj-C1j aі1,

fі(1)=fі-y1aі1 (і,j=2,3,...,n)
(4.8)
(4.7) теңдеулер жүйесінде х1 белгісізі тек бірінші теңдеуде болғандықтан,
егер
(і=2,...,n)
(4.9)
теңдеулер жүйесін қарастырамыз. Егер а22(1) 0 болса, онда жоғарыдағы
тәсілді қолдану арқылы мына теңдеулер жүйесіне келеміз:

x1+C12x2+ . . . +C1nxn=y1
x2+C23x3+...+C2nxn=y2
a33(2)x3+...+C3nxn=f3(2)
(4.10)
--------------------
an3(2)x3+...+Cnnxn=fn(2).
Мұнда ,
aіj(2)=aіj(1)-C2j aі2(1) ,
fі(2)=fі(1)-y2aі2 ( і,j=3,...,n).

Осы процестерді қайталау арқылы

x1+C12x2+ . . . +C1nxn=y1
x2+C23x3+...+C2nxn=y2
(4.11)
----------------------
xn=yn
теңдеулер жүйесін аламыз.
Қорыта келгенде (4.11) теңдеулер жүйесінің коэффициенттері мен оң жағы мына
формулалар арқылы табылатының көреміз:
akj(0)=akj (k,j=1,2,...,n),
( j=k+1,k+2,...,n; k=1,...,n).

аіj(k)=aіj(k-1)- aіk(k-1)Ckj ( і,j=k+1,k+2,...,n; k=1,...,n),

fk(0)=fk , , (k=1,...,n),
fі(k)=fі(k-1)-aіk(k-1) yk (і=k+1,k+2,...,n.),
Ал (4.11) теңдеулер жүйесінің шешуі -х1,х2,...,хn мына формула арқылы
табылады:
хn=yn , (і=n-1,n-2,...,1).
(4.13)
Гаусс әдісімен теңдеулер жүйесін есептеу кезінде қолданылған арифметикалық
амалдар саны -
N=m(m2+3m-1)3 екенің есептеу онша қиын емес.
Гаусс әдісімен теңдеулер жүйесін шешкен кезде (4.12)
формуласындағы бас элемент -акк(к-1) өте аз шама болған жағдайда
дөңгелектеу қателері өсіп, есептеу дәлдігі төмендеп кетуі мүмкін.
Сондықтан, кейбір жағдайда, бас элемент ретінде maxaіk(k-1) (і=k,n)
коэфициентін алады, яғни хіk коэфициенті ең үлкен теңдеуді к-шы теңдеумен
орын ауыстыру арқылы есептеуді жалғастырады. Бұл әдіс Гаусстың тік жол
боынша бас элементті таңдау әдісі деп аталады.
Егер akk -ны maxaіk(k-1) (і=k+1,n) коэфициентімен алмастырсақ, яғни
хк белгісізін хі белгісізімен орын алмастыру арқылы есептесе , онда бұл
әдісті - Гаусстың жатық жол бойынша бас элементті таңдау әдісі дейді.

Лекция 8. Қуалау әдісі
Бұл әдіс көбінесе үш диогналды теңдеулер системасын шешуге арналған.
Айталық,

(4.19)
(і=1,...,n), a1=cn=0
теңдеулер жүйесі берілсін. Бұл теңдеулер жүйесінің шешулерінің ара-қатынасы

і=xі+1і+1+yі+1 (і=n,...,1),
(4.20)
болсын делік. xі , yі белгісіздерін табу үшін (4.20) теңдігін (4.19)
теңдігіне қойсақ, онда мынандай теңдеулер системасын аламыз:
.
Осы теңдеуден
.
(4.21)
Жоғарыда көрсетілген (4.20) мен (4.21) формулаларын салыстыра отырып
,
(4.22)
(мұнда і=1,...,n) формуласын аламыз. Егер x1=y1=n+1=0 десек , онда xі
, yі ( і=1,...,n) белгісіздерін табу арқылы , (4.20) формуласын
қолданып, теңдеулер жүйесінің шешуін табамыз.
Енді осы әдістің орнықты болуы үшін аі0, сі0,
bіaі+cі ( і=1,...,n)
(4.23)
шарттарының жеткілікті екенің көрсетейік.
Шынында да х1=0 болғандықтан x2=c1b11.
Енді бұл шарт кез-келген і үшін xі1 деп алып x1+і1 теңсіздігі де
орындалатынын көрсетейік. (4.23) формуладан теңсіздігін алуға
болатындықтан .
Осыдан (4.22) формулаларының бөлімі нөлге тең еместігін көреміз және
, яғни
(і=1,...,n).
(4.24)
(4.23) шарты (4.19) жүйесінің шешуінің бар болуын және оның біреу ғана
болатындығын қамтамасыз етіп қоймай, жүйенің орнықты екенің де көрсетеді.
Шынында да (4.20) формуласы бойынша і=і0+1 болғанда і+1-дің орнына
есептелінді делік. Онда і=і0 болғанда формуласының орнына
формуласын аламыз және .
Осыдан болатындықтан жіберілген қатенің өспейтіндігін көреміз.

Лекция 9. Матрицаның анықтауышын есептеу.
Гаусс әдісін матрицаның анықтауышын есептеу үшін де қолдануға болады.
Біз оның бір ғана түрін қарастырамыз.
Айталық,

анықтауышы берілген және а110 болсын. Осыдан
, мұнда b11=a1іa11 .
Енді бірінші жатық жолды әр төменгі жатық жолдың бірінші элементіне
көбейтіп және сол жатық жолдан алып тастап отырсақ, онда
.
Егер а22.1 0 болса жоғарыдағы қолданған әдісті қалған
(n-1) өлшемді анықтауышқа қолданамыз. Осы әдісті аяғына дейін жалғастырсақ,
онда
.
Егер аіі.і-1=0 немесе нөлге жақын болған жағдайда, алдын ала жатық
жолдарды немесе тік жолдарды алмастыру арқылы аіі.і-10 матрицаға
түрлендіруге болады. Ең дұрысы матрицаның бірінші жатық жолының бірінші
элементі, оның барлық элементтерінен, абсолют шамасы бойынша ең үлкен
болғаны тиімді. Анықтауышты есептеген кезде қолданылған көбейту мен бөлудің
саны- .
Гаусс әдісі бойынша кері матрицаны табу.
Бізге ерекше емес
А=[aіj] (і,j=1,2,...,n)
(4.31)
матрицасы берілсін.
Оның кері матрицасы
А-1=[хіj (і,j=1,2,...,n)
(4.32)
болсын.
Онда АА-1 =Е теңдігі орындалатындықтан А мен А-1 матрицаларын көбейту
арқылы мына теңдеулер жүйесін аламыз:
(і,j=1,2,...,n),
(4.33)
мұнда

Теңдеулер жүйесінің оң жағы n бағанадан тұратындықтан Гаусс әдісін
барлығына паралель қолдану тиімді, яғни
xkj (k,j=1,2,...,n) мына формулалар арқылы табылады:

akj(0)=akj, (k,j=1,...,n), (j=k+1,k+2,...,n; k=1,...,n),

(і,j=k+1,k+2,...,n; k=1,2,...,n-1).
(4.34)

(4.35)
(j=k+1,k+2,...,n; і,k=1,2,...,n)

(і=n-1,n-2,...,1). (4.36)

Лекция 10. Кері матрицаны табу әдістері.
Гаусс әдісін қолдану арқылы кері матрицаны табу жолын өткен параграфта
қарастырдық. Енді кері матрицаны табудың басқа жолдарын қарастырайық.
Клеткаларға бөлу әдісі.
Кей уақыттарда матрицаның өлшемі өте үлкен болған жағдайда оны алдын-ала
өлшемі аз матрицаларға бөлшектеу арқылы кері матрицасын табу тиімдірек. Біз
осы әдістің, дербес жағдайын, n өлшемді матрицаны төрт клеткаға бөлу арқылы
кері матрицасын табу жолын қарастырайық. Берілген S матрицасын былайша
жазайық:

,
мұнда А,D-өлшемдері кезегімен p және q квадрат матрицалар және p+q=n.
Кері матрицасын да клетка түрінде іздестіреміз:
,
мұнда да K,N-өлшемдері кезегімен p және q квадрат матрицалар. Енді S және
S-1 матрицаларын бір-біріне көбейітсек, онда мынандай теңдіктер жүйесін
аламыз:
AK+BM=E AL+BN=0
CK+DM=0 CL+DN=E.
Үшінші теңдікті ВD-1 матрицасына сол жақтан көбейтіп, бірінші теңдіктен
алсақ, онда (A-BD-1C)K=E.
Осыдан K=(A-BD-1C)-1 және үшінші теңдіктен M=-D-1CK.

Осы сияқты екінші және төртінші теңдіктерден

N=(D-CA-1B)-1, L=A-1BN.
Бұл әдіс қарастырылған кері матрицалар бар болғанда ғана іске асатындығын
естен шығармаған жөн. Жоғарыдағы формулаларды былайша өзгертуге болады:
N=(D-CA-1B)-1, M=-NCA-1, L=-A-1BN, K=A-1-A-1BM.
Немесе
K=(A-BD-1C)-1, L=KBD-1, M=-D-1CK, N=D-1-D-1CL.
Бұл формулаларда өлшемдері p және q екі матрицаның кері матрицасын табу
жеткілікті.
Соңғы формулалардан, матрицаның бас диагнолындағы клеткалардың кері
матрицасы оңай табылатын жағдайда, клеткаға бөлу әдісі тиімді екенің
көреміз.

Көмкеру әдісі.
Берілген А матрицасын мына түрде жазайық ,
мұнда .
Егер белгілі десек, онда матрицасын мына түрде іздестіреміз:
, мұнда біз табуға тиісті pn-1-матрица, qn-жатық
бағана, rn-тік бағана және 1n-сан. Енді А мен А-1 матрицаларын бір-
біріне көбейітсек, онда
.
Осыдан
An-1pn-1+unqn=E
(5.1)
vnpn-1+annqn=0
(5.2)
An-1rn+unn=0
(5.3)
vnrn+annn=1.
(5.4)
(5.3) теңдігінен rn=An-1-1unn ,
ал (5.4) теңдігінен
nn=ann-vnAn-1-1un
(5.5)
белгісіздерін табамыз.
Ал (5.1) теңдігінен
pn-1=An-1-1-An-1-1unqn.
(5.6)
Енді (5.2) және (5.5) формулаларының негізінде

vnAn-1-1-vnAn-1-1unqn+annqn=vnAn-1- 1-(ann-n)qn+annqn =vnAn-1-
1+nqn=0.

болғандықтан qn=-vnAn-1-1n

pn-1=An-1-1+An-1-1unvnAn-1-1n.

Сонымен

, (5.7)

мұнда .

Бұл әдіс арқылы А-1 матрицасын табу ретімен

(а11), матрицаларының кері матрицасын көмкеру әдісі арқылы біртіндеп
табу арқылы іске асырылады. Есептеу схемасы мынандай:

1) (1,n ,..., n-1,n)=-An-1-1un , (n,1 ,..., n,n-1)=-
vnAn-1-1 ,

2) .

(n санын екі жолмен табу, есептеу барысының дұрыстығын қадағалап отыру
үшін қажет.)

4) bіk=cіk+іnnkn , (і,kn-1)
bіn=іnn ; bnk=nkn , (і,kn-1)

dnn=1n.

Көмкеру әдісін, теңдеулер жүйесін шешкен кезде, Аn-1-1 белгілі болғанда
қолдану тиімді. Мұндай жағдайлар Б.Г.Галеркин немесе В.Ритц әдісімен
математикалық физика немесе механика есептерін (n-1) координатты функцияны
қолданғандағы дәлдік қанағаттандырмаған, ал (n) координатты функцияны
қолданғандағы дәлдік қанағаттанарлық болғанда кездеседі.

Теңдеулер жүйесін дәл әдіспен шешудің басқа да жолдары бар. Олардың
кейбір түрлерімен Ө.Сұлтанғазин мен С.Атанбаевтың ,,Есептеу әдістерінің
қысқаша теориясы” атты оқулығының 1-кітабынан танысуға болады.

Лекция 11. Теңдеулер жүйесін қарапайым итерациялық әдістермен шешу
жолдары.
Итерациялық процесстерді құру принципі.
Көп жағдайда теңдеулер жүйесін дәл әдіске қарағанда итерациялық әдіспен
шешкен тиімдірек. Себебі:
1. Егер итерациялық процесс жылдам жинақталатын болса, онда теңдеулер
жүйесін шешуге жіберілген арифметикалық амалдар саны мен оны есептеуге
жіберілген уақыт үнемделеді.
2. Итерациялық әдіс өзін-өзі түзетін отыратындықта, есептеу кезінде
жіберілген қателер жалпы теңдеулер жүйесінің шешуіне әсерін
тигізбейді.
3. Итерация әдісінің алгоритмі онша күрделі болмағандықтан ЕЭМ-ға
программа оңай құрылады.
4. Теңдеулер жүйесінің матрицасының элементтерінің көпшілігі нөлге тең
болған жағдайда итерация әдісінің тиімділігі арта түседі.
Енді осы итерациялық процесті құру схемасымен танысайық.
Айталық ,

(6.1)
теңдеулер жүйесі берілсін және делік. Осы теңдеулер жүйесін шешу үшін

(6.2)
формуласы бойынша ,(-итерацияның
-қадамдағы жуықтауы) векторлар тізбегін табамыз.
Х0-бастапқы кез-келген вектор, Н1, Н2,... матрицалар тізбегі .
(6.2)-формуласын итерациялық әдіс дейміз.
{Н (к)} матрицалар тізбегінің түріне қарай (6.2) формуласынан әртүрлі
итерациялық процестерді аламыз. Егер ягни -дан тәуелсіз болса,
онда итерациялық процесті “стационар” , ал -дан тәуелді болса
“стационар емес” деп, ал болса, онда қадамды итерациялық
процесс дейміз.
Итерациялық процестер үшін (6.1) теңдеулер жүйесінің шешуі Х*-
қозғалмайтын нүкте болып табылады, яғни деп алсақ, онда (6.2) формула
бойынша тапқан келесі векторымыз да болады.
Керісінше -қозғалмайтын нүкте болатын кез-келген мынандай
итерациялық процесті
,
(6.3)
мұнда -матрицалар тізбегі, -векторлар тізбегі, (6.2) түрінде
жазуға болады.
Шынында да үшін

болғандықтан

мұнда .
Енді итерациялық процесстің жинақталуын қарастыру үшін (6.2) теңдігін
векторынан алып тастайық, ягни
. (6.4)
Осы формуланы былайша жазсақ

онда -векторлар тізбегінің векторына жинақталуы үшін

матрицасының нөлге ұмтылуы қажетті және жеткілікті, ал матрицасының
кез-келген нормасының нөлге ұмтылуы жеткілікті шарт екенің көреміз.Ал -
векторлар тізбегінің векторына ұмтылу жылдамдығы матрицасына
байланысты болғандықтан, оны тандау әртүрлі итерациялық әдістерге әкеледі.

Енді итерациялық әдістердің жинақтылығын қалай сипаттауға болады, немесе
қай уақытта итерацмялық процессті тоқтату керектігіне тоқталайық. Теңдеулер
жүйесінің дәлдігін қателік векторы арқылы бағалау мүмкін
болмағандықтан көбіне -ауытқу векторы арқылы бағалайды. Шынында да,
егер (C-const) болса, онда

.
Осыдан болғанда .
екенің көреміз. Ал

(6.6)
болғандықтан
.
Осыдан мынандай тұжырым жасауға болады: егер (C-const) яғни (6.1)
орнықты болса, онда шегінен шегі келіп шығады. Ал
матрицасының шарттылығы нашар болған жағдайда бұл тұжырым орындалмауы да
мүмкін.
Сондықтан итерациялық процессті , алдын-ала берілген дәлдік -
бойынша теңсіздігі орындалған кезде тоқтату ертерек болуы мүмкін.
Енді (6.4) теңдігін былайша жазайық:
.
Осыдан .
Бұл теңсіздік ,(6.1) теңдеулер жүйесі орнықты болған жағдайда, итерациялық
процесті

(6.7)
теңсіздігі орындалғанда тоқтатуға болатындығын көрсетеді.
Егер А оң анықталған симметриялы матрица болған жағдайда қателік
вектордың шамасын қателік функциясы деп аталатын

функцияның шамасымен де анықтауға болады. Шынында да А оң анықталған
болғандықтан және болғанда .

Сонымен қатар

болғандықтан, оның мәнін табу мүмкін емес. Бірақ

(6.8)
функционалының қателік функциясынан айырмашылығы тұрақты сан болғандықтан
және екеуі де өздерінің ең кіші мәндеріне болғанда ие болатындығын
ескерсек, Ф(х) функционалына минимум мән беретін векторды жүйенің шешуі деп
қарастыруға болады. Сондықтан

(6.9)
болған жағдайда да итерациялық процесті тоқтатуға болады.
Енді итерациялық процестердің қарапайым түрлерімен танысайық.

Біртіндеп жуықтау әдісі.
Берілген

теңдеулер жүйесін былайша жазайық
,
(6.10)
мұнда .
Енді (6.10) теңдеулер жүйесін шешу үшін мынандай итерациялық әдісті
пайдаланайық
,
(6.11)
мұнда -өзіміздің еркіміз бойынша алынатын кез-келген бастапқы вектор.
(6.11) итерациялық әдісін (6.2) формуласы түрінде жазсақ
,
онда екенің және бұл стационар итерациялық әдіс екенің көреміз.
Бұл әдістің жинақтылығын анықтау үшін, математикалық индукцияны қолдану
арқылы, (6.11) теңдігінен алынған
(6.12)
және теңдігінен (6.11) теңдігін алып тастағанда алынған

(6.13)
формулаларын қарастырайық.
Енді осы формулаларды қолдана отырып әдістің жинақтылығы туралы бірнеше
теоремаларды берейік.
6.1-теорема: Кез-келген -де біртіндеп жуықтау әдісінің жинақты болуы
үшін матрицасының меншікті мәндерінің модулі бірден кіші болуы
қажетті және жеткілікті.
Бұл теореманың шартын тексеру қиын болғандықтан, шарттары оңай
анықталатын теоремаларды қарастырайық.
6.2-теорема: Біртіндеп жуықтау әдісі жинақталуы үшін болуы
жеткілікті.
6.3-теорема: Егер болса, онда

(6.14)
Көп жағдайда және нормаларын салыстыруға тура келеді.
Зейдель әдісі.
Айталық,
теңдеулер жүйесі
( )
түрінде жазылды делік. Берілген жүйені былайша жазайық
. (6.22)
Енді осы теңдеулер жүйесін шешу үшін мынандай итерациялық әдісті
қолданамыз:
, (6.23)
яғни белгілі болса, онда (6.23) формуласын пайдалану арқылы
векторының компонентін табамыз, содан кейін векторын
пайдаланып векторын табамыз. Сол сияқты векторының
компонентері табылады.
Енді осы итерациялық процестің жинақтылығын зерртеу үшін (6.23)
итерациялық процесін былайша жазайық:
,
(6.24)
мұнда .
Осыдан
(6.24)
болғандықтан итерациялық әдістің жинақталуы үшін матрицасының
меншікті санының абсолюттік шамасы бірден кіші болуы қажетті және
жеткілікті. Яғни теңдеуінің түбірлерінің абсолюттік шамасы бірден
кіші болуы керек. Егер теңдеуді -ге көбейітсек, онда екі матрицаның
анықтауыштарының көбейтіндісі туралы теореманы еске ала отырып, теңдеуді
мына түрде жазуға болады:
, немесе
. (6.25)
Сонымен Зейдель әдісінің жинақталуы үшін (6.25) теңдеуінің барлық шешуінің
абсолюттік шамасы бірден кіші болуы қажетті және жеткілікті.
Енді әдістің жинақталуының жеткілікті шартын қарастырайық.
Айталық ,
.
(6.26)
Бұл жағдайда біртіндеп жуықтау әдісі үшін мына бағалау орындалады

(6.27)
мұнда

. (6.28)
Сонымен Зейдель әдісінің жинақты болуы үшін (6.26) шартының жеткілікті
екенің көрдік. (6.28) теңсіздігінен, біртіндеп жуықтау әдісі мен Зейдель
әдістері берілген теңдеулер жүйесі үшін жинақты болса, Зейдель әдісінің
жинақтылығы біртіндеп жуықтау әдісінің жинақтылғынан жылдамырақ екенің
көреміз. Бірақ кей жағдайларда берілген теңдеулер жүйесі үшін біртіндеп
жуықтау әдісі жинақты, ал Зейдель әдісі жинақты емес және керісінше Зейдель
әдісі жинақты, ал біртіндеп жуықтау әдісі жинақты балмауы мүмкін.
Ричардсон әдісі.

Бұл әдісті кейде “Чебышевтің тиімді итерациялық әдісі ” деп те атайды.

Берілген
теңдеулер жүйесін шешу үшін стационарлы емес итерациялық процессін
қолданайық
.
(7.1)
Итерациялық процесстің жинақталуы -параметріне тікелей байланысты
болғандықтан, оны табу жолдарына тоқталайық.
Айталық, -оң анықталағн болсын, яғни оның оң меншікті сандары
және өзара ортогональды меншікті векторлары бар.
Егер десек, онда (7.1) теңдігін былай жазуға болады:
.
(7.2)
векторын А матрицасының меншікті векторына жіктесек, онда
.
Енді (7.2) теңдігін ескере отырып
,
,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
,
теңдіктерін аламыз.
Соңғы теңдіктен мына бағалауды алуға болады: ,
мұнда .

Біздің негізгі мақсатымыз берілген үшін -ға минимум беретін
параметрлерін табу керек болғандықтан, кесіндісінде анықталған

көпмұшесін қарастырайық.
Егер десек, онда

(7.4)
алмастыру арқылы аралығын аралығымен алмастыру арқылы
көпмүшесін көпмүшесіне түрлендіреміз. Және болғандықтан .
Егер десек , онда көпмүшесі мен -Чебышев көпмүшесінің
түбірлері бірдей болғандықтан, Чебышев көпмүшесінің түбірлері -
көпмүшесінің модуліне минимум мән береді.
Ал көпмүшесінің түбірлері

(7.5)
боғандықтан және (7.4) теңдігін ескерсек, онда
. (7.6)
Бұл жағдайда . (7.7)
Себебі . Шынында да десек, онда

(7.8)
мұндағы
болғандықтан
. (7.9)
Енді екенің ескерсек, онда . Сонымен

(7.10)
болғандықтан Ричардсонның итерациялық әдісінің жинақталу жылдамдығы үшін
мынандай бағалау орындалады:
(7.11)

Ричардсон әдісін іс жүзінде қолдану үшін біріншіден мен
белгілі болуы тиіс, екіншіден саны тұрақты болуы қажет. Сондықтан
Ричардсон әдісін қолданбастан бұрын А матрицасының меншікті сандарының
төменгі және жоғарғы шегін анықтап алған жөн. Сонымен қоса итерациялық
процесстің қанша итерациядан кейін алдын-ала берілген дәлдікті
қанағаттандыратындығы белгісіз болса және алдын-ала берілген дәлдік
орындалмаса, онда табылған параметрлерін қайта қолданады. Бұл
жағдайда итерациялық процессті былай жазған дұрыс:

(7.12)
мұнда циклді итерациялық процесстің параметрлерінің саның көрсетеді.
Егер болса, онда итерациялық процесс (7.1) стационар, ал болса
стационар емес делінеді.Ричардсон әдісін қолданған кездегі келесі проблема-
параметрлерінің қолдану ретін анықтау. Өйткені парметрлерді белгілі
бір ретте қолданған кезде әдіс орнықсыз болуы мүмкін.
Лекция 12-15. Алгебралық және трансценденттік теңдеулерді жуықтап шешу
єдістері

Біз түрінде берілген теңдеуді n дәрежелі алгебралық теңдеу, ал
, , түрінде, яғни құрамы көрсеткіштік, логарифмдік,
тригонометриялық, кері тригонометриялық функциялардан тұратын теңдеулерді
трансценденттік теңдеулер дейміз.
Егер алгебралық көпмүше болса, онда 5-дәрежелі көпмүшеге дейін
ғана теңдеуінің түбірлерін дайын формулалар арқылы есептеуге болатыны
белгілі. Ал трансценденттік теңдеулердің шешімдерін табудың жалпы әдісі
жоқ. Сондықтан көптеген мәселелердің шешуі түптеп келгенде алгебралық
немесе трансценденттік теңдеулерді алдын ала берілген дәлдікпен жуықтап
шешуге келіп тіреледі.

Графиктер әдісі.
теңдеуінің бастапқы мәндерін табудың бір жолы
функциясының графигін сызу арқылы, осы функцияның осімен қиылысу
нүктелерін тауып, соларды теңдеудің жуық түбірлері ретінде қолдану.
Мысалы функциясының графигі 1-суреттегідей болсын.
1-сурет
Онда нүктелерінің біреуін бастапқы мән ретінде алуға болады.

Егер функциясын екі функцияның айырымы немесе қосын- дысы
түрінде жазуға болатын болса, яғни болса, онда теңдеуін
түрінде жазып, функцияларының графиктерінің қиылысу нүктелерін
бастапқы мән ретінде аламыз.
Бөлшектеу әдісі.

Бөлшектеу әдісі математикалық анализдегі мына теоремаларға сүйенеді:
Теорема-1. Егер үзіліссіз функциясы кесіндісінде теңсіз-
дігін қанағаттандырса, онда теңдеуінің аралығында ең
болмағанда бір түбірі болады.
Теорема-2. Егер дифференциалданатын функциясының аралығында-
ғы туындысы болса, онда осы аралықта өспелі (кемімелі) болады.
Осы теоремаларға сүйенсек, онда және аралығында
(немесе ) болғанда теңдеуінің осы аралығында бір ғана
түбірі болады.
Енді функцияның ерекшеліктерін ескере отырып теңдеудің аралығында
жатқан түбірлерін іздестіру жолын қарастырайық. Ол үшін кесіндісін
нүктелерінің арақашықтығы -қа тең бөлікке бөлеміз, яғни ,
, . Егер болса, онда осы аралықта f(x)=0 теңдеуінің ең
болмағанда бір түбірі бар екені айқын. Осы кесіндісінде
таңбасын өзгертпесе, онда теңдеудің бір ғана түбірі бар болғаны. Ал -
тың таңбасын анықтау қиын болған жағдайда кесіндісін тағы да
бөлікке бөлу арқылы () нүктелер тізбегін аламыз да
өрнегінің немесе өрнегінің таңбасын () қарастырамыз. Егер
тек к-ның бір мәнінде ғана болса немесе өрнегінің таңбасы
барлық үшін өзгермесе, онда теңдеуінің кесіндісінде бір
ғана түбірі бар деп тұжырымдауға болады.
Осы процестерді қайталау арқылы теңдеудің түбірлерінің (түбір- лердің
еселігін есептемегенде) бастапқы мәнін табуға болады.
Итерациялық процестің жалпы қойылуы
және сығу принципі.
Жуық түбірі аралығында жатқан теңдеуін

(2.1)
түріне келтірейік те, кез келген ((a,b( арқылы

(2.2)
итерациялық формула бойынша тізбегін құрайық. (2.1) теңдеуін әр
түрлі жолдармен алуға болатындықтан, оны тізбегі жинақталатындай
етіп алуымыз керек. Енді осы итерациялық формуланың қандай жағдайда
жинақталатынын қарастырайық.
Айталық -метрикалық кеңістік, ал -осы кеңістікте анықталған
оператор болсын.
Анықтама. Егер -метрикалық кеңістігінің кез келген және
элементтері үшін , (2.3)
теңсіздігі орындалса, онда сығу операторы деп аталады.
Теорема-1. (сығымдап бейнелеу принципі(
Егер -толық метрикалық кеңістік болса, ал А өзін-өзіне бейне-
лейтін сығу операторы болса, онда
(2.4(
теңдеуінің бір ғана шешімі бар. Ол
,
(2.5)
тізбегінің шегі болады.
Енді осы теореманы қолдану арқылы итерациялық тәсілінің
жинақталуын зерттейік.
Айталық, теңдеуінің түбірі болсын және
дөңгелегінде Липщиц шартын қанағаттандырсын:
,
мұндағы -кез келген нүкте.
Теорема-2. гер , дөңгелегінде Липщиц шартын қанағаттандырса
және болса, онда кез келген -де

(2.8)
тізбегі нүктесіне жинақталып,

(2.9)
теңсіздігі орындалады.
Ал енді -дің кез келген және нүктелері үшін Липщиц
шартының орындалатынын немесе орындалмайтынын тексеру тәжірибе жүзінде
іске асыру күрделі мәселе. Бірақ, егер аралығында
функциясының үзіліссіз туындысы бар болса және

(2.10)
шартын қанағаттандырса, онда (2.10) шартын жинақталудың жеткілікті шарты
деп қарауға болады. Бұл тұжырым мына теоремаға сүйенеді:
Теорема-3.Айталық, -де анықталған және дифференциалданатын,
сонымен қоса болсын. Егер (2.11)
болса, онда кез келген үшін
(2.12)
итерациялық процесі жинақталады және берілген

(2.13)
теңдеуінің бір ғана шешуі болады.

Итерациялық әдістер.
Бұл параграфта теңдеуін теңдеуімен алмастыру жолдарын
қарастырамыз.
Айталық, кесіндісінде үзіліссіз және бір ғана түбірі бар
болсын, яғни .
Енді берілген теңдеуін түрінде жазсақ, онда

(3.1)
теңдеуінің шешуі теңдеуінің шешуімен бірдей. Ал итерациялық процесті
былай жазуға болады . (3.2)
Енді функциясын таңдап алу арқылы әр түрлі итерациялық әдістерді
қарастырайық.
1.Релаксация әдісі. Айталық, болсын. Онда (3.1) теңдеуін былай
жазуға болады:
(3.3)
Осыдан . Енді , (3.4)
итерациясы жинақты болуы үшін

(3.5)
шарты орындалуы тиіс. Мұндағы теңдеуінің шешімі. Егер -
ның маңайында ,
(3.6)
шарттары орындалса, онда аралығында итерациялық процесс жинақталады.
Енді тиімді итерациялық параметр -ды табу үшін қатесін (3.4)
теңдеуіне қойып

теңдеуін аламыз. Орта мән туралы теореманы қолдансақ
,
мұнда .
Сондықтан
теңдігін бағалау арқылы
теңсіздігін аламыз. Егер (3.6) шарты орындалса, онда .
Сонымен тиімді параметрін функциясы ең аз мән қабылдайтын етіп
алуымыз керек. функциясының минимумы шартын
қанағаттандыратындықтан
. (3.7)
Сондықтан ,
болғандықтан
2.Ньютон әдісі. (Жанама әдісі)
Айталық, функциясы кесіндісінде төмендегі шарт- тарды
қанағаттандырсын:
функциялары үзіліссіз.
таңбаларын өзгертпейді.
.
болғанда теңсіздігі орындалады.
.
Енді берілген теңдеуінің шешуі, ал теңдеудің жуық
шешуі болса, онда жеткілікті аз шама. Осыдан .
Егер
(3.8)
теңдеуінің сол жағын нүктесінде Тэйлор қатарына жіктесек
теңдігін аламыз. Осыдан өте аз шама десек, онда жуықтау
теңдігінен -ды табамыз:
,
(3.9)
Сондықтан . Немесе деп аламыз. Яғни дәлдігі жоғары келесі жуық
шешу былайша табылады:
.
(3.10)
Бұл формуланы Ньютон әдісі деп атайды.

Енді Ньютон әдісінің жинақтылығын бағалайық.
Тэйлор формуласын қолдану арқылы

формуласын аламыз. Мұнда Осыдан .
(3.11)
(3.10) формуласынан (3.11) формуласын ескере отырып, мына формуланы ... жалғасы
Ұқсас жұмыстар
«ақпараттық жүйелерді жобалау» электрондық оқулықты өңдеу және жобалау
Электрондық оқулықтың сипаттамасы
Интерактивті тақтаны орнату
Delphi7 обьектілі бағытталған бағдарламалау ортасы
Қазақстан экологиясын инновациялық технологиялар көмегімен оқытудың жолдарын ұсыну
Электрондық оқу-әдістемелік кешендері
Интерактивті тақтаның құралдары
Оқу үрдісінде қолдануға арналған электронды оқу құралдары
Медициналық жоғары оқу орнында тиімді оқыту негіздері - әдістемелік құрал
«Стандарттау, сертификаттау және метрология (салалар бойынша)» мамандығы бойынша «Квалиметрия» пәнінен оқу-әдістемелік материалдар
Пәндер