Московский физико-технический институт
Опубликован: 25.10.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 3790 / 1086 | Оценка: 4.50 / 4.33 | Длительность: 24:00:00
ISBN: 978-5-9556-0065-9
Специальности: Программист, Математик
Лекция 6:

Численное решение нелинейных алгебраических уравнений и систем

5.6. Задачи

  1. Методами простых итераций и Ньютона решить уравнение

    x^2 - e^{- x} = 0, x_0  \in \left[{0.5, 1}\right].

    Решение. Метод простых итераций будет

    $  x_{k + 1} = e^{- \frac{x_k}{2}}, x_0 = 0, 75  $,
    $  F(x) = e^{- \frac{x_k}{2}}, 
\left|{F^{\prime}_x (x)}\right| < 1  $
    при x \in \left[{0.5, 1}\right].

    Приведем таблицу приближений до точности | x5 - x4 | < 10 - 4.

    k 0 1 2 3 4 5
    xk 0, 75 0, 6873 0, 7091 0, 7015 0, 7042 0, 7032

    Метод Ньютона запишется как

    $  x_{k + 1} = x_k - \frac{{(x_k)}^2 - e^{- x_k}}{2x_k - e^{- x_k}}, 
x_0 = 1.  $

    Результаты расчетов:

    k 0 1 2 3
    xk 1 0, 7330 0, 7038 0, 7035
  2. Построить итерационные методы для вычисления корней уравнения
    x3 + 3x2 - 1 = 0.

    Использовать метод простых итераций.

    Решение. Все три корня данного уравнения лежат на отрезках [- 3, - 2], [- 1, 0], [0, 1].

    Построим итерационный процесс для вычисления первого корня, лежащего на отрезке [- 3, - 2]:

    $  x_{k + 1} = x_k ^{- 2} - 3, F(x) = x^{- 2} - 3, \left|{F^{\prime}_x (x)}\right| = \left|{- 2x^{- 3}}\right| \le \frac{1}{4} < 1, $

    т.е. для начального приближения x_0  \in \left[{- 3, - 2}\right] метод простых итераций сходится.

    Для вычисления двух оставшихся корней, лежащих на отрезках [- 1, 0] и [0, 1], построим итерационный метод

    x_{k + 1} =  \pm  (x_k + 3)^{- \frac{1}{2}}, F(x) =  \pm  (x_k + 3)^{- \frac{1}{2}}.  $

    Поскольку для рассматриваемых отрезков {\left|{F^{\prime}_x (x)}\right|  = 
\left|{2(x  +  3)^{- \frac{1}{2}}}\right|^3      < 1}  $, то этот итерационный процесс сходится к корням рассматриваемого уравнения.

  3. Исследовать сходимость итерационного метода релаксации для численного решения уравнения вида f(x) = 0:
    x_{k + 1} = x_{k} - \tau  f(x_{k}),   x_{0} = a,  f'(x) > 0.

    Решение. Итерационный метод релаксации записывается как

    xk + 1 = F(xk), x0 = 0,

    F(x)  = x - \tau  f(x).

    Из условия того, что отображение является сжимающим, получим \left|{F(x) - F(y)}\right| = \left|{x - y - \tau (f(x) - f(y))}\right| \le q\left|{x - y}\right|, где q = 
\max \left|{1 - \tau f^{\prime}(x + \alpha (x - y))}\right|, 0 \le \alpha  \le 1.

    Положим 0 < f^{\prime}_{\min }  \le f^{\prime} \le f^{\prime}_{\max }, тогда {q}(\tau ) = \max \left\{\left|{1 - \tau f^{\prime}_{\min }}\right|\right., \left.\left|{1 - \tau f^{\prime}_{\max}}\right|\right\}.

    Отсюда видно, что итерационный процесс будет сходиться, если \left|{1 - \tau f^{\prime}_{\max }}\right| < 1, или \tau  < 2/f^{\prime}_{\max } , а оптимальное значение параметра, при котором q = qmin достигается при \left|{1 - \tau f^{\prime}_{\min }}\right| = \left|{1 - \tau f^{\prime}_{\max }}\right|, или \tau = \tau_0 = 2\left({f^{\prime}_{\min } + f^{\prime}_{\max }}\right)^{- 1}, q(\tau_0) = (1 - f^{\prime}_{\min } /f^{\prime}_{\max })(1 + f^{\prime}_{\min } /f^{\prime}_{\max }).

  4. Построить метод простых итераций и итерационный процесс Ньютона для системы уравнений
    f(x, y) = x + 3 lg x - y2 = 0, 
     g(x, y) = 2x2 - xy - 5x + 1 = 0.

    Решение. Графики функций f(x, y) и g(x, y) приведены на рис. 5.12.


    Рис. 5.12.

    Метод простых итераций запишем как

    \begin{gather*}
x_{k + 1} = y_k ^2 - 3\lg x_k, \\  
 y_{k + 1} = 2x_k + \frac{1}{x_k} - 5,
\end{gather*}

    где

    $  x_0 = 3, 4, y_0 = 2, 2, F(x, y) = y^2 - 3 \lg x; G(x, y) = 2x + \frac{1}{x} - 5   $.

    Матрица Якоби для такого процесса запишется как

    $  
{\mathbf{J}} = \left( \begin{array}{cc}
   {\frac{\partial F}{\partial x}} & {\frac{\partial F}{\partial y}}    \\
   {\frac{\partial G}{\partial x}} & {\frac{\partial G}{\partial y}}    \\
 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc}
   {- \frac{3\lg e}{x}} & {2y}    \\
   {2 - x^{- 2}} & 0    \\
 \end{array} \right).   $

    Несложно проверить, вычислив норму матрицы Якоби, что для приведенного начального приближения достаточное условие сходимости не выполняется.

    Рассмотрим другой итерационный процесс:

    \begin{gather*}
x_{k + 1} = \left({\frac{x_k (y_k + 5) - 1}{2}}\right)^{1/2}, \\  
y_{k + 1} = \left({x_k + 3\lg x_k}\right)^{1/2}, \\  
 F(x, y) = \left({\frac{x_k (y_k + 5) - 1}{2}}\right)^{1/2}, G(x, y) = \left({x + 3\lg x}\right)^{1/2}. 
\end{gather*}

    Матрица Якоби для этого итерационного метода будет

    $  
{\mathbf{J}} = \left( \begin{array}{cc}
   {\frac{5 + y}{2\sqrt{2} \sqrt{x(y + 5) - 1}}} & {\frac{x}{{2\sqrt{2} \sqrt {x(y + 5) - 1}}}}    \\
   {\frac{{1 + \frac{{3\lg e}}{x}}}{{2\sqrt {x + 3\lg x}}}} & 0    \\
\end{array} \right).   $

    В окрестности начального приближения условие сходимости выполнено. Таблица первых пяти приближений будет

    k 0 1 2 3 4 5
    x 3, 4 3, 426 3, 451 3, 466 3, 475 3, 480
    y 2, 2 2, 243 2, 2505 2, 255 2, 258 2, 259
  5. Построить итерационный метод Ньютона для вычисления \sqrt[n]{a}, a > 0, n \in R.

    Решение. Найдем корень уравнения

    f(x) = xn - a = 0.

    Метод Ньютона для этого уравнения запишется

    \begin{gather*}
x_{k + 1} = x_k - \frac{{f\left({x_k}\right)}}{{f^{\prime}\left({x_k}\right)}} = x_k - \frac{{x_n^{k} - a}}{{nx_m^{p - 1}}} =  \\  
= \frac{{n - 1}}{n}x_k + \frac{a}{{nx_k^{n - 1}}} = \frac{1}{n}\left[{\left({n - 1}\right)x_k + \frac{a}{{x_k^{n - 1}}}}\right]. 
\end{gather*}

    В частности, при n = 2 имеем

    $  x_{k + 1} = \frac{1}{2}\left({x_k + \frac{a}{x_k}}\right).   $
  6. Получить расчетные формулы метода Ньютона для численного решения системы двух нелинейных уравнений f(x, y) = 0, g(x, y) = 0.

    Решение. Положим x_{k + 1} = \Delta x_{k}, y_{k + 1} = y_{k} + \Delta y\_ k, f(xk, yk) = fk, получим

    \begin{gather*}
f(x_k , y_k) + \left({\frac{\partial f}{\partial x}}\right)^{k} \Delta x_k + \left({\frac{\partial f}{\partial y}}\right)^{k} \Delta y_k = 0, \\  
 g(x_k , y_k) + \left({\frac{\partial g}{\partial x}}\right)\Delta x_k + \left({\frac{\partial g}{\partial y}}\right)\Delta y_k = 0,
\end{gather*}

    откуда

    \begin{gather*}
 \Delta x_k = \frac{{\left|{{\mathbf{X}}_k}\right|}}{{\left|{{\mathbf{J}}_k}\right|}} = \left| \begin{array}{cc}
   {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial y}}}\right)_k}    \\
   {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial y}}}\right)_k}    \\
\end{array} \right|^{- 1}\cdot \\  
 \cdot \left| \begin{array}{cc}
   {- f_k} & {\left({\frac{\partial f}{\partial y}}\right)_k}    \\
   {- g_k} & {\left({\frac{\partial g}{\partial y}}\right)_k}    \\
 \end{array} \right| = \frac{{- f_k \left({\frac{\partial g}{\partial y}}\right)_k + g_k \left({\frac{\partial f}{\partial y}}\right)_k}}
{{\left({\frac{\partial f}{\partial x}}\right)_k \left({\frac{\partial g}{\partial y}}\right)_k - \left({\frac{\partial g}{\partial x}}\right)_k \left({\frac{\partial f}{\partial y}}\right)_k}}, \\  
 \Delta y_k = \frac{{\left|{{\mathbf{Y}}_k}\right|}}
{{\left|{{\mathbf{J}}_k}\right|}} = \left| \begin{array}{cc}
   {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial y}}}\right)_k}    \\
   {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial y}}}\right)_k}    \\
 \end{array} \right|^{- 1} \cdot \\  
 \cdot {\left| \begin{array}{cc}
   {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {- f_k}    \\
   {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {- g_k}    \\
 \end{array} \right|} = \frac{{- g_k \left({\frac{{\partial g}}
{{\partial x}}}\right)_k + f_k \left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k}}
{{\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k \left({\frac{{\partial g}}
{{\partial y}}}\right)_k - \left({\frac{{\partial g}}
{{\partial x}}}\right)_k \left({\frac{{\partial f}}
{{\partial y}}}\right)_k}}, 
\end{gather*}

    где

    $  \mathbf{J}_k = \left( \begin{array}{cc}
   {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial y}}}\right)_k}    \\
   {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {\left({\frac{{\partial g}}
{{\partial y}}}\right)_k}    \\
\end{array} \right)  $
    матрица Якоби, {\mathbf{X}}_k
, {\mathbf{Y}}_k — матрицы

    $  {\mathbf{X}}_k = 
\left( \begin{array}{cc}
   {- f_k} & {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k} \\
   {- g_k} & {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial y}}}\right)_k} \\
\end{array} \right), 
{\mathbf{Y}}_k = \left( \begin{array}{cc}
   {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial x}}}\right)_k} & {- f_k}  \\
   {\left({\frac{{\partial f}}
{{\partial y}}}\right)_k} & {- g_k}  \\
\end{array} \right).  $

    Тогда запишем расчетные формулы для итерационного метода Ньютона:

    x_{k + 1} = x_{k} + \Delta x_{k}  y_{k + 1} = y_{k} + \Delta  y_{k}.
  7. Найти приближенное решение системы двух нелинейных алгебраических уравнений x3 - y3 - 1 = 0, xy3 - y - 4 = 0, используя метод Ньютона.

    Решение.

    Пусть f(x, y) = x3 - y3 - 1, g(x, y) = xy3 - y - 4. Начальное приближение можно найти графически: x0 = y0 = 1, 5.


    Матрицы \mathbf{J}_k, \mathbf{X}_k, \mathbf{Y}_k в этом случае будут

    {\mathbf{J}}_k = - \left( \begin{array}{cc}
   {3x_k^2} & {- 2y_k}  \\
   {y_k^3} & {3x_k y_k^2 - 1}  \\
\end{array} \right), 
{\mathbf{X}}_k = - \left( \begin{array}{cc}
   {x_k^3 - y_k^3 - 1} & {- 2y_k}  \\
   {x_k y_k^3 - y_k - 4} & {3x_k y_k^2 - 1}  \\
\end{array} \right), \\  
 {\mathbf{Y}}_k = - \left( \begin{array}{cc}
   {3x_k^2} & {x_k^3 - y_k^3 - 1}  \\
  {y_n^3} & {x_n y_n^3 - y_n - 4}  \\
 \end{array} \right).

    Следующее приближение вычисляется по формуле Ньютона:

    $  x_{k + 1} = x_k + \frac{{\left|{{\mathbf{X}}_k}\right|}}
{{\left|{{\mathbf{J}}_k}\right|}}, 
y_{k + 1} = y_k + \frac{{\left|{{\mathbf{Y}}_k}\right|}}
{{\left|{{\mathbf{J}}_k}\right|}}.  $

    Результаты вычислений первых двух итераций приведены в таблице (точность \varepsilon  \approx  10^{ - 3} ) .

    k xk; yk fk; gk {\left|\mathbf{J}_k\right|} {\left|\mathbf{X}_k\right|} {\left|\mathbf{Y}_k\right|}
    0 1,5;

    1,5;

    0,12500

    -4,33750

    71,71875 -0,171875 -3,3750
    1 1,502397

    1,547059

    -0,002170

    0,015844

    77,73277 0,0277988 0,1153255
    2 1,5020396

    1,545570

    0,0000017

    0,000019

    Найти приближенное решение системы трех нелинейных уравнений x2 + y2 + z2 = 1, 2x2 + y2 - 4z = 0, 3x2 - 4y + z2 = 0, используя метод Ньютона. За начальное приближение решения выбрать точку x0 = y0 = z0 = 0, 5.

    Решение. Обозначим {\mathbf{F}} = (x^2 + y^2 + z^2 - 1, 2x^2 + 
y^2 - 4z, 3x^2 - 4y + z^2 )^T , тогда матрица Якоби будет {\mathbf{J}} = \left( \begin{array}{ccc}
   {2x} & {2y} & {2z}  \\
   {4x} & {2y} & {- 4}  \\
   {6x} & {- 4} & {2z}
\end{array} \right). Соответственно, для точки начального приближения вычислим

    $  {\mathbf{F}}_0 = \left( \begin{array}{l}
  0, 25 + 0, 25 + 0, 25 - 1   \\
  0, 5 + 0, 25 - 2, 00   \\
  0, 75 - 2, 00 + 0, 25   
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}
 - 0, 25   \\
 - 1, 25   \\
 - 1, 00   \\
\end{array} \right), \\  
 {\mathbf{J}}_0 = \left( \begin{array}{ccc}
   1 & 1 & 1  \\
   2 & 1 & {- 4}  \\
   3 & {- 4} & 1  \\
 \end{array} \right), 
\det {\mathbf{J}}_0 = - 40 \ne 0, \\  
 {\mathbf{J}}_0^{
 - 1} = - \frac{1}
{{40}}\left( \begin{array}{ccc}
   {- 15} & {- 5} & {- 5}  \\
   {- 14} & {- 2} & 6  \\
   {- 11} & 7 & {- 1}  \\
 \end{array} \right).
$

    Вычислим первое приближение

    $  {\mathbf{x}}_1 = {\mathbf{x}}_0 - {\mathbf{J}}_0^{- 
1}{\mathbf{F}}_0 = \left( \begin{array}{l}
  0, 5   \\
  0, 5   \\
  0, 5   \\
\end{array} \right) -  \\  
  - \frac{1}
{{40}}\left( \begin{array}{ccc}
   {- 15} & {- 5} & {- 5}  \\
   {- 14} & {- 2} & 6  \\
   {- 11} & 7 & {- 1}  \\
\end{array} \right) \left( \begin{array}{l}
 - 0, 25   \\
 - 1, 25   \\
 - 1, 00   \\
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}
  0, 875   \\
  0, 500   \\
  0375   \\
\end{array} \right).  $

    Для второго приближения

    $  {\mathbf{F}}_1 = \left( \begin{array}{l}
  0, 875^2 + 0, 500^2 + 0, 375^2 - 1   \\
  2 \cdot 0, 875^2 + 0, 500^2 - 4 \cdot 0, 375   \\
  3 \cdot 0, 875^2 - 4 \cdot 0, 500 + 0, 375^2    \\
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}
  0, 15625   \\
  0, 28125   \\
  0, 43750   \\
\end{array} \right), \\  
{\mathbf{J}}_1 = \left( \begin{array}{ccc}
   {2 \cdot 0, 875} & {2 \cdot 0, 500} & {2 \cdot 0, 375}  \\
   {4 \cdot 0, 875} & {2 \cdot 0, 500} & {- 4}  \\
   {6 \cdot 0, 875} & {- 4} & {2 \cdot 0, 375}  \\
 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc}
   {1, 750} & 1 & {0, 750}  \\
   {3, 500} & 1 & {- 4}  \\
   {5, 250} & {- 4} & {0, 75}  \\
\end{array} \right), \\
\det {\mathbf{J}}_1 = - 64, 75, 
\\{\mathbf{J}}_1^{- 1} = - \frac{1}
{{64, 75}}\left( \begin{array}{ccc}
   {- 15, 25} & {- 3, 75} & {- 4, 75}  \\
   {- 23, 625} & {- 2, 625} & {9, 625}  \\
   {- 19, 25} & {12, 25} & {- 1, 75}  \\
\end{array} \right).
$

    По формуле Ньютона получим

    $  {\mathbf{x}}_2 = {\mathbf{x}}_1 - {\mathbf{J}}_1^{- 1}
{\mathbf{F}}_1 = \left( \begin{array}{l}
  0, 875   \\
  0, 500   \\
  0, 375   \\
\end{array} \right) +  \\  
 + \frac{1}
{{64, 75}}\left( \begin{array}{ccc}
   {- 15, 25} & {- 3, 75} & {- 4, 75}  \\
   {- 23, 625} & {- 2, 625} & {9, 625}  \\
   {- 19, 25} & {12, 25} & {- 1, 75}  \\
\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{l}
  0, 15625   \\
  0, 28125   \\
  0, 43750   \\
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{l}
  0, 78981   \\
  0, 49662   \\
  0, 36993   \\
\end{array} \right).  $

    Аналогично находим третье приближение, которым и ограничимся:

    {\mathbf{x}}_3 = \left( \begin{array}{l}
  0, 78521   \\
  0, 49662   \\
  0, 36992   \\
\end{array} \right).