ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 02.08.2019
Просмотров: 4692
Скачиваний: 6
Занятие 2
106
Решение. Уравнение
x
3
− 20x + 1 = 0 имеет три различных вещественных
корня:
z
1
< z
2
< z
3
. В зависимости от выбора начального приближения
x
0
итерационный процесс либо расходится, либо сойдется к одному из корней
z
i
,
i = 1, 2, 3.
Перепишем формулу итерационного процесса в виде
x
n+1
− x
n
=
x
3
n
− 20x
n
+ 1
20
=
(x
n
− z
1
)(x
n
− z
2
)(x
n
− z
3
)
20
.
Если
x
n
< z
1
, то
x
n+1
−x
n
< 0 и последовательность x
n
монотонно убывает.
Это означает расходимость итерационного процесса при
x
0
< z
1
, так как
x
n
< x
0
< z
i
,
i = 1, 2, 3. Аналогично показывается, что при z
3
< x
0
выполняются неравенства
z
i
< x
n
< x
n+1
, и метод расходится.
Точки
x
0
= z
1
,
x
0
= z
2
и
x
0
= z
3
являются неподвижными, а отобра-
жение
x
n+1
= (x
3
n
+ 1)/20 монотонно. Поэтому для z
1
< x
0
< z
2
имеем
z
1
< x
n
< x
n+1
< z
2
. Таким образом, последовательность
x
n
монотонно
возрастает, ограничена сверху и сходится к точке
z
2
. Аналогично доказы-
вается, что для
x
0
∈ (z
2
, z
3
) последовательность x
n
, монотонно убывая,
сходится к
z
2
.
2.6
Уравнение
x + ln x = 0, имеющее корень z
≈ 0, 6, предлагается ре-
шить одним из методов простой итерации:
1) x
n+1
=
− ln x
n
;
2) x
n+1
= e
−x
n
;
3) x
n+1
=
x
n
+ e
−x
n
2
; 4) x
n+1
=
3x
n
+ 5e
−x
n
8
.
Исследовать эти методы и сделать выводы о целесообразности использо-
вания каждого из них.
2.7
Уравнение
x = 2
x
−1
, имеющее два корня
z
1
= 1 и z
2
= 2, решается
методом простой итерации. Исследовать его сходимость в зависимости от
выбора начального приближения
x
0
.
2.8
Найти область сходимости метода простой итерации для следую-
щих уравнений:
Занятие 2
107
1) x = e
2x
− 1,
2) x = 1/2
− ln x,
3) x = tg x.
2.9
Доказать, что итерационный процесс
x
n+1
= cos x
n
сходится для
любого начального приближения
x
0
∈
R
.
Решение. При любом
x
0
∈
R
x
1
∈ [−1, 1] и вообще x
n
∈ [−1, 1], n
>
1.
Имеем
ϕ(x) = cos(x), ϕ
0
(x) =
− sin(x). Получаем, что |ϕ
0
(x)
| < 1 при x ∈
[
−1, 1]. Функция ϕ(x) удовлетворяет условию Коши-Липшица, поэтому
итерационный процесс сходится.
2.2.3
Метод Ньютона.
2.10
Построить итерационный процесс Ньютона для вычисления
p
√
a,
a > 0, где p
∈
R
.
Значение
p
√
a является корнем уравнения f (x) = x
p
− a = 0. Для этого
уравнения метод Ньютона имеет вид
x
n+1
= x
n
−
f (x
n
)
f
0
(x
n
)
= x
n
−
x
p
n
− a
px
p
−1
n
=
p
− 1
p
x
n
+
a
px
p
−1
n
.
Для
p = 2 получаем x
n+1
=
1
2
x
n
+
a
x
n
.
Говорят, что
z является корнем кратности p, если
f (z)
− f
0
(z) = . . . = f
(p
−1)
(z) = 0,
f
(p)
(z)
6= 0.
Это равносильно следующему:
Если функция представима в виде
f (p) = (x
− z)
p
g(x), p
∈
N
, а в неко-
торой окрестности точки
z выполняется
|g(x)| < ∞, g(z) 6= 0, то p
называют кратностью корня.
Для уравнения
f (x) = 0 формула метода Ньютона имеет вид
x
n+1
= x
n
−
f (x
n
)
f
0
(x
n
)
.
для нахождения простых корней и
f
0
(x
k
)
x
k+1
− x
k
p
+ f (x
k
) = 0
для нахождения корней кратности
p.
Занятие 3
108
2.11
Определить кратность корня
z = 2 для уравнения
x
3
− 7x
2
+ 16x
− 12 = 0.
2.3
Занятие 3
2.3.1
Интерполяция по Лагранжу и Ньютону. Оценка остаточного члена.
3.1
Построить многочлен Лагранжа при
n = 3 для следующих случаев:
1)
x
1
=
−1, x
2
= 0, x
3
= 1,
f
1
= 3,
f
2
= 2, f
3
= 5;
2)
x
1
= 1, x
2
= 2, x
3
= 4,
f
1
= 3, f
2
= 4, f
3
= 6;
Решение.
1) P
3
(x) = f
1
(x
− x
2
)(x
− x
3
)
(x
1
− x
2
)(x
1
− x
3
)
+ f
2
(x
− x
1
)(x
− x
3
)
(x
2
− x
1
)(x
2
− x
3
)
+
+ f
2
(x
− x
1
)(x
− x
2
)
(x
3
− x
1
)(x
3
− x
2
)
= 3
(x
− 0)(x − 1)
(
−1 − 0)(−1 − 1)
+
+ 2
(x
− (−1))(x − 1)
(0
− (−1))(0 − 1)
+ 5
(x
− (−1))(x − 0)
(1
− (−1))(1 − 0)
= 2x
2
+ x + 2.
3.2
Приближение к числу
ln 15,2 вычислено следующим образом. Най-
дены точные значения
ln 15 и ln 16 и построена линейная интерполяция
между этими числами. Показать, что если
a и a
∗
— соответственно точное
и интерполированное значения
ln 15,2, то справедлива оценка 0 < a
−a
∗
<
4
· 10
−4
.
Решение. Запишем погрешность
R(x)
6
|M
2
|
2!
|(x − 15)(x − 16)|, где M
2
=
max
156x616
|(ln x)
00
| = max
156x616
1/x
2
= 1/225. Нас интересует погрешность в кон-
кретной точке:
R(15,2)
6
0, 2
· 0, 8
225
· 2
< 3
· 10
−4
.
3.3
Построить интерполяционный многочлен для функции
f (x) =
|x|
по узлам
−1, 0, 1.
Занятие 3
109
3.4
Построить интерполяционный многочлен для функции
f (x) = x
2
по узлам
0, 1, 2, 3.
3.5
С каким шагом следует составлять таблицу функции
sin x на отрез-
ке
[0, π/2], чтобы погрешность кусочно-линейной интерполяции не превос-
ходила величины
0, 5
· 10
−6
?
3.6
Построить многочлен
P
3
(x) = a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
, удовлетворя-
ющий условиям:
1.
P
3
(
−1) = 0, P
3
(1) = 1, P
3
(2) = 2, a
3
= 1.
2.
P
3
(0) = P
3
(
−1) = P
3
(1) = 0, a
2
= 1.
3.
P
3
(
−1) = 0, P
3
(1) = 1, P
3
(2) = 2, a
1
= 1.
4.
P
3
(
−2) = P
3
(
−1) = P
3
(1) = 0, a
0
= 1.
2.3.2
Многочлены Чебышева
3.7
Вычислить многочлен Чебышёва
T
6
(x) с помощью рекуррентного
соотношения:
T
0
(x) = 1,
T
1
(x) = x,
T
n+1
(x) = 2xT
n
(x)
− T
n
−1
(x),
n
>
1.
Решение.
T
2
(x) = 2T
1
(x)
− T
0
(x) = 2x
2
− 1,
T
3
(x) = 2T
2
(x)
− T
1
(x) = 4x
3
− 3x,
T
4
(x) = 2T
3
(x)
− T
2
(x) = 8x
4
− 8x
2
+ 1,
T
5
(x) = 2T
4
(x)
− T
3
(x) = 16x
5
− 20x
3
+ 5x,
T
6
(x) = 2T
5
(x)
− T
4
(x) = 32x
6
− 48x
4
+ 18x
2
− 1.
3.8
Найти все нули многочлена Чебышёва
T
n
(x).
Занятие 3
110
Решение. Воспользуемся тригонометрической формой записи многочлена
Чебышёва:
T
n
(x) = cos(n
· arccos x). Решая уравнение cos(n · arccos x) = 0,
получим
x
(n)
k
= cos
2k
−1
2n
π,
k = 1, 2, . . . , n.
3.9
Найти многочлен, наименее уклоняющийся от нуля на отрезке
[a, b],
среди всех многочленов со старшим коэффициентом 1.
Решение. Функция может
T
n
(x) принимает аргумент из интервала [
−1, 1],
а нам нужно подавать аргумент из интервала
[a, b]. Найдём линейное пре-
образование
[a, b]
→ [−1, 1]. Легко заметить, что преобразование x
0
=
2x
−(b+2)
b
−a
обладает нужным свойством. Сначала обратим внимание на глав-
ный коэффициент в представлении
T
n
(x) = 2
n
−1
x
n
+ . . .. Он равен 2
n
−1
.
Теперь рассмотрим главный коэффициент при подстановке
x
0
:
T
n
(x
0
) = T
n
2x
− (b + 2)
b
− a
= 2
n
−1
2x
− (b + 2)
b
− a
n
+. . . =
2
2n
−1
(b
− a)
n
x
n
+. . .
Умножая весь многочлен на коэффициент
(b
− a)
n
2
1
−2n
, добъёмся, чтобы
главный множитель стал равен 1:
T
[a,b]
n
(x) = (b
− a)
n
2
1
−2n
T
n
2x
− (b + 2)
b
− a
= 1
· x
n
+ . . . .
Осталось показать, что
T
[a,b]
n
(x) — наименее уклоняющийся от нуля на
отрезке
[a, b], среди всех многочленов со старшим коэффициентом 1. До-
казательство аналогично случаю
T
[
−1,1]
n
(x) (см. лекцию 4).
3.10
Среди всех многочленов вида
a
3
x
3
+ 2x
2
+ a
1
x + a
0
найти наиме-
нее уклоняющийся от нуля на отрезке
[3, 5] (т.е. многочлен вида const
·
T
[3,5]
3
(x)).
Важное замечание. В задаче зафиксирован не главный коэффициент при
x
3
, а мно-
житель при
x
2
. Теорема о наименее отклоняющемся от нуля многочлене не работает в
этом случае. То есть для всех многочленов
P
3
(x) степени 3 с одинаковым коэффициен-
том 2 при
x
2
неравенство
max
[3,5]
|P
3
(x)
| > max
[3,5]
| e
T
[3,5]
3
(x)
|, где e
T
[3,5]
3
(x) имеет коэффициент