а) Находим a = a − D, b = b + D, fa = f(a), fb = f(b), идем к пункту 3.
б) Присваиваем последовательно a = x0, x0 = b, fa = f0, f0 = fb; находим b = b + D, fb = f(b), идем к пункту 3.
в) Аналогично 6b, только направление поиска — влево.
Возможны модификации алгоритма.
Метод простых итераций
Для использования метода простых итераций (последовательных приближений) заменим уравнение f(x) = 0 эквивалентным ему уравнением x = ϕ(x).
Выберем некоторое приближение x0 [a, b] корня и подставим его в правую часть. Получим x1 = ϕ(x0). Дале вычисляем по формулами: xn = ϕ(xn−1), n = 2, 3, . . .. Получаем последовательность приближений {xn} к корню, что в случае ее сходимости к корню x , может дать приближенное его значение с заданной точностью ε.
Теорема 8 Пусть функция ϕ(x) определена и дифференцирована на отрезке [a, b], причем все значения ϕ(x) [a, b]. Тогда если существует правильная дробь q такая, что
|ϕ0(x)| 6 q < 1 |
при a < x < b, |
(2.10) |
то: итерационный процесс |
|
|
xn = ϕ(xn−1) |
(n = 1, 2, . . .) |
(2.11) |
1) сходится независимо от начального значения x0 [a, b];
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель
2) предельное значение ξ = lim xn есть единственным корнем уравнения
n→∞
x = ϕ(x) |
(2.12) |
на отрезке [a, b].
Доказательство. Рассмотрим два последовательных приближения xn = ϕ(xn−1) и xn+1 = ϕ(xn) (которые в силу условий теоремы существуют). Отсюда
xn+1 − xn = ϕ(xn) − ϕ(xn−1)
Применяя теорему Лагранжа, будем иметь:
xn+1 − xn = (xn − xn−1)ϕ0(xn), где xn [xn−1, xn].
Используя условие (2.10) получим:
|xn+1 − xn| 6 q|xn − xn−1|.
Отсюда, подставляя значения n = 1, 2, 3, . . ., последовательно находим:
|x2 − x1| 6 q|x1 − x0|;
|x3 − x2| 6 q|x2 − x1| 6 q2|x1 − x0|;
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
|xn+1 − xn| 6 qn|x1 − x0|.
Рассмотрим ряд:
x0 + (x1 − x0) + (x2 − x1) + . . . + (xn − xn−1) + . . .
(2.13)
(2.14)
(2.15)
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель
для которого наши последовательные приближения xn являются (n + 1)-мы частичными суммами, то
есть xn = Sn+1.
Следуя неравенству (2.14) члены ряда (2.15) по абсолютной величине меньше соответствующих членов геометрической прогрессии со знаменателем q < 1, поэтому ряд (2.15) сходится, и притом абсолютно. Итак, существует
lim Sn+1 = lim xn = ξ
n→∞ n→∞
причем, очевидно, ξ [a, b]. Переходя к пределу в равенстве (2.11), в силу непрерывности функции ϕ(x) получаем:
ξ = ϕ(ξ). |
(2.16) |
Таким образом ξ есть корень уравнения (2.12). Другого корня на отрезке [a, b] уравнение (2.12) не имеет. Действительно если,
|
|
|
|
(2.17) |
ξ = ϕ(ξ), |
||||
то из равенств (2.16) и (2.17) получим: ξ − ξ = ϕ(ξ) − ϕ(ξ) и значит,
( |
ξ |
− ξ)[1 − ϕ0(c)] = 0, |
(2.18) |
где c [ξ, ξ]. Поскольку выражение в квадратной скобке в равенства (2.18) не равняется нулю, то ξ = ξ, то есть корень ξ — единственен.
Замечание 1. Теорема остается верной, если функция ϕ(x) определена и дифференцируема на интервале −∞ < x < ∞, причем при x (−∞; +∞) выполняется неравенство (2.10).
Замечание 2. В условиях теоремы метод итерации сходится при любом выборе начального значения x0 [a, b]. Благодаря этому он есть самоисправляющимся, то есть отдельная ошибка в вычислениях,
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель
которая не выводит за границы отрезка [a, b] не повлияет на конечный результат, так как ошибочное значение можно рассматривать как новое начальное значение x0. Возможно возрастет лишь объем работы . Свойство самоисправления делает метод итерации одним из наиболее надежных методов вычислений.
Оценка приближения. Из формулы (2.14) имеем:
|xn+p − xn| 6 |xn+p − xn+p−1| + |xn+p−1 − xn+p−2| + . . . + |xn+1 − xn| 6
6 qn+p−1|x1 − x0| + qn+p−2|x1 − x0| + . . . + |xn+1 − xn| + +qn|x1 − x0| = = qn|x1 − x0|(1 + q + q2 + . . . + qp−1)
Применив формулу суммы геометрической прогрессии, получим: |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
x |
|
x |
n| 6 |
qn |
x |
|
x |
|
|
1 − qp |
< |
|
qn |
|
x |
|
|
x |
. |
||
| |
n+p − |
1 − |
|
| 1 − q |
|
− q | |
|
− |
||||||||||||||
|
|
| |
|
|
|
0 |
1 |
|
1 |
|
0| |
|||||||||||
Направляя число p к бесконечности и учитывая то, что lim xn+p = ξ , находим окончательно: |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
qn |
p→∞ |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|ξ − xn| 6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(2.19) |
||||||
|
|
|
|
|
|
|x1 − x0|. |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
1 − q |
|
|
|
|
|||||||||||||
Отсюда ясно, что сходимость процесса итерации будет тем быстрее, чем меньше число q.
Для оценки приближения можно также дать другую формулу, полезную в некоторых случаях. Пусть f(x) = x − ϕ(x).
Очевидно, что f0(x) = 1 − ϕ0(x) > 1 − q. Отсюда учитывая то, что f(ξ) = 0, получим: |
|
|||||||||||
|
|
|xn − ϕ(xn)| = |f(xn) − f(ξ)| = |xn − ξ|f0( |
|
|
) > (1 − q)|xn − ξ|, |
|
||||||
xn |
|
|||||||||||
где |
|
(xn, ξ), и, значит, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
x |
n − |
ξ |
| 6 |
|xn − ϕ(xn)| |
, |
(2.20) |
||||
| |
|
1 |
− |
q |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель
то есть
|ξ − xn| 6 |xn+1 − xn|,
1 − q
Используя формулу (2.13), имеем также:
q
|ξ − xn| 6 1 − q |xn − xn−1|.
(2.21)
(2.22)
Отсюда, в частности, вытекает, что если q 6 12 , то |ξ −xn| 6 |xn −xn−1|. В этом случае из неравенства
|xn − xn−1| < ε вытекает неравенство |ξ − xn| < ε .
Замечание. Существует распространенное мнение, что если при применении метода итерации два последовательных приближения xn−1 и xn совпадают между собой с заданной точностью ε (например, для этих приближений установились m первых десятичных знаков), то с той же точностью справедливо равенство ξ ≈ xn (то есть в частности, в приведенном примере m знаков приближенного числа xn есть верными!). В общем случае это утверждение ошибочно. Более того, легко показать, что если ϕ0(x) близка к 1, то величина |ξ − xn| может быть большой, хотя величина |xn − xn−1| очень маленькая.
Формула (2.21) дает возможность оценить погрешность приближенного значения xn по разности двух последовательных приближений xn−1 и xn.
Процесс итерации следует продолжать до тех пор, пока для двух последовательных приближений xn−1 и xn не будет обеспечено выполнение неравенства
1 −q q ε,
где ε — заданная предельная абсолютная погрешность корня ξ и |ϕ0(x)| 6 q. Тогда из формулы (2.22) будет иметь место неравенство |ξ −xn| 6 ε, то есть ξ = xn ±ε. Заметим, что если xn = ϕ(xn−1) и ξ = ϕ(ξ),
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель
то |ξ−xn| = |ϕ(ξ)−ϕ(xn−1)| = |ξ−xn−1||ϕ0(xn−1)| 6 q|ξ−xn−1|, (xn−1 (xn−1, ξ)) , то есть |ξ−xn| 6 |ξ−xn−1|
.
Таким образом, для сходящегося итерационного процесса погрешность |ξ − xn| стремится к нулю монотонно, то есть каждое следующее значение xn есть более точным, чем предыдущее значение xn−1. Конечно, при всех этих выводах игнорируются погрешности округлений, то есть предполагается, что последовательные приближения находятся точно.
На практике обычно бывает так, что грубым приемом устанавливается существование корня уравнения (2.8) и методом итерации нужно получить довольно точное приближенное значение корня, причем неравенство (2.10) выполняется лишь в некоторой окрестности [a, b] этого корня. Здесь при неудачном выборе начального значения x0 последовательные приближения xn = ϕ(xn−1) (n = 1, 2, . . .) могут оставить интервал [a, b] или даже утратить смысл.
Пример. Приведение уравнения к виду, удобному для итераций
f(x) = x2 − 3x + 3, 25 − 5 · cos(x)
Будем искать простой корень уравнения, которое находится на отрезке локализации [−0.4, 0]
f(−0, 4) = 4, 695 · 10−3,
f(0) = −1, 75.
Найдем корень с помощью встроенной функции root:
x0 := 0 T OL := 10−10
root(f(x0), x0) = −0, 3991826759.
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель
1 способ. Приведем уравнение к виду x = φ(x), где φ(x) := (x2 − 5 cos(x) + 3, 25).
3
Проверим условие сходимости: dxd φ(x) → 23x + 53 sin(x).
График производной Максимальное по модулю значение производной итерационной функции достигается на левом кон-
це отрезка |
|
|
φ1(x) := |
d |
φ(x) |
|
||
|
dx |
|
q := |φ1(−0, 4)| |
||
q = 0, 916 |
x0 := −0, 4. |
|
Выполним 3 итерации по расчетной формуле x = φ(x) 1 итерация: x0 := −0, 4; y = φ(x0); y =
−0, 39843499.
2 итерация: x0 := −0, 39843499; y = φ(x0); y = −0, 3998653686.
3 итерация: x0 := −0, 3998653686; y = φ(x0); y = −0, 3985582517. Погрешность найденного значения: |y − (−0, 3991826759)| = 6, 244 · 10−4.
2 способ. Приведем уравнение к виду x = x − αf(x), где итерационная функция φ(x) = x − αf(x),
α — итерационный параметр. |
|
d |
f1(x) := 2x − 3 + 5 sin(x) |
dxf(x) → 2x − 3 + 5 sin(x), |
График производной f1(x):
Максимальное и минимальное значения производной достигаются на концах отрезка.
•Назад •Первая •Предыдущая •Следующая •Последняя •Перейти •Предметный указатель