Tài Liệu Phương Pháp Lặp Đơn Và Phương Pháp Newton Kantorovich Giải Hệ Phương Trình Phi Tuyến Tính

--- Bài mới hơn ---

  • 2 Cách Replay, Phát Lặp Lại Video Youtube Tự Động
  • 570 Ms Công Cụ Giải Toán Bằng Phương Pháp Lặp
  • Tính Căn Bậc 2 Theo Phương Pháp Newton
  • Học Từ Vựng Hiệu Quả Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Đo Góc Bằng Như Thế Nào?
  • BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 PHẠM ANH NGHĨA PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN VÀ PHƯƠNG PHÁP NEWTON – KANTOROVICH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 PHẠM ANH NGHĨA PHƯƠNG PHÁP LẶP ĐƠN VÀ PHƯƠNG PHÁP NEWTON – KANTOROVICH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH PHI TUYẾN Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: chúng tôi KHUẤT VĂN NINH HÀ NỘI, 2022 – 1 – LỜI CẢM ƠN Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 dưới sự hướng dẫn của thầy giáo chúng tôi Khuất Văn Ninh. Sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình của thầy trong suốt quá trình thực hiện luận văn này đã giúp tác giả rất nhiều trong cách tiếp cận một vấn đề mới. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn, kính trọng sâu sắc nhất đối với thầy. Tác giả cũng trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, Phòng Sau đại học, các thầy cô giáo trong nhà trường, các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán Giải tích đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Hà Nội, tháng 11 năm 2022 Tác giả Phạm Anh Nghĩa – 2 – LỜI CAM ĐOAN Tác giả xin cam đoan luận vănThạc sĩ chuyên ngành Toán Giải tích với đề tài: ” Phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến” là công trình nghiên cứu của riêng tác giả dưới sự hướng dẫn của chúng tôi Khuất Văn Ninh. Trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn, tác giả đã kế thừa thành quảkhoa học của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Hà Nội, tháng 11 năm 2022 Tác giả Phạm Anh Nghĩa – 3 – MỤC LỤC Mở đầu…………………………………………………………………….. 5 Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị……………………………………… 7 1.1. Không gian metric, nguyên lý ánh xạ co…………………………… 7 1.1.1. Không gian metric…………………………………………….. 7 1.1.2. Nguyên lý ánh xạ co…………………………………………….. 18 1.2. Không gian Banach………………………………………………. 20 1.3. Phép tính vi phân trong không gian Banach……………………… 23 Chương 2. Phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến…………………………………………….. 29 2.1.Phương pháp lặp đơn giải hệ phương trình phi tuyến……………………. 29 2.1.1. Phương pháp lặp đơn giải phương trình phi tuyến…………….. ..29 2.1.2. Phương pháp lặp đơn giải hệ phương trình phi tuyến………….. 37 2.2. Phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến………………………………………………………………………. 45 2.2.1. Phương pháp Newton – Kantorovich giải phương trình toán tử phi tuyến ……………………………………………………………………….. 45 2.2.2. Phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến trong n ……………………………………………………………… 51 2.3. Sự kết hợp của phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến ………………………………. 56 Chương 3. Ứng dụng…………………………………………………….. 61 3.1. Giải hệ phương trình phi tuyến ………………………………….. 61 3.1.1. Phương pháp lặp đơn giải hệ phương trình phi tuyến …………. 61 3.1.2. Phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến ……………………………………………………………………….. 64 – 4 – 3.2. Lập trình trên Maple giải số hệ phương trình phi tuyến…………… 75 Kết luận………………………………………………………………………………………….. 88 Tài liệu tham khảo……………………………………………………………………………. 89 – 5 – MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Như chúng ta đã biết khi giải số phương trình vi phân, phương trình tích phân thường dẫn đến giải hệ phương trình phi tuyến; có nhiều vấn đề, nhiều bài toán trong khoa học tự nhiên, trong kỹ thuật, kinh tế cũng có thể dẫn đến việc nghiên cứu nghiệm của hệ phương trình. Hệ phương trình thường có dạng tổng quát A.x  f (1), trong đó A là các toán tử đi từ không gian định chuẩn  n vào không gian định chuẩn  n . Trong thực tế người ta khó tìm được nghiệm chính xác của hệ phương trình . Vì vậy việc giải xấp xỉ hệ phương trình (1) là một vấn đề được quan tâm nghiên cứu. Có nhiều phương pháp giải xấp xỉ phương trình đã được đề xuất và sử dụng như : Phương pháp lặp,phương pháp Newton và các mở rộng, phương pháp biến phân ….Người ta xét đến những đặc thù của toán tử Ađể chọn phương pháp xây dựng nghiệm xấp xỉ của phương trình. Phương pháp lặp dựa trên nguyên lí ánh xạ co Banach là phương pháp thường được sử dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình và tìm nghiệm xấp xỉ thông qua phép lặp đơn. Để sử dụng phương pháp này người ta phải đưa phương trình (1) về dạng x = Bx trên một hình cầu đóng nào đó hoặc trên toàn không gian  n , sao cho nghiệm của phương trình (1) là điểm bất động của ánh xạ B. Bước tiếp theo là tìm điểm bất động của ánh xạ đó. Nguyên lí điểm bất động cũng chỉ ra cách tìm xấp xỉ điểm bất động. Phương pháp Newton và các mở rộng của nó như Newton – Raphson, Newton – Kantorovich cho ta cách tìm nghiệm xấp xỉ của một phương trình phi tuyến thông qua việc giải những phương trình tuyến tính. Phương pháp Newton và các mở rộng có ưu điểm là bậc hội tụ cao, tuy nhiên phải biết thông tin về một hình cầu đủ nhỏ chứa nghiệm. – 6 – Với mong muốn tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về các phương pháp giải xấp xỉ hệ phương trình (1), nên em đã chọn đề tài : ” Phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải hệ phương trình phi tuyến” để thực hiện luận văn của mình. 2. Mục đích nghiên cứu Luận văn trình bày một số phương pháp giải hệ phương trình đó là phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich, sự kết hợp của hai phương pháp đó trong giải phương trình trong tập số thực  và hệ phương trình phi tuyến trong không gian  n . Ứng dụng giải một số phương trình và hệ phương trình cụ thể. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich giải phương trình và hệ phương trình phi tuyến. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu – Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải hệ phương trình phi tuyến. – Phạm vi nghiên cứu: Phương pháp lặp đơn, phương pháp Newton – Kantorovich, sự kết hợp của hai phương pháp đó hệ phương trình phi tuyến trong không gian  n ; ứng dụng vào giải các phương trình và hệ phương trình cụ thể. 5. Phương pháp nghiên cứu – Vận dụng các kiến thức, phương pháp của Giải tích hàm, Giải tích số và áp dụng phần mềm Maple trong tính toán và vẽ đồ thị . 6. Dự kiến đóng góp của đề tài Hệ thống lại phương pháp lặp đơn và phương pháp Newton – Kantorovich giải phương trình và hệ phương trình phi tuyến. Áp dụng giải một số hệ phương trình phi tuyến cụ thể. – 7 – CHƯƠNG I MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian metric, nguyên lý ánh xạ co 1.1.1.Không gian metric Định nghĩa 1.1.1. Xét một tập hợp X   cùng với một ánh xạ d : X  X   thoả mãn các tiên đề sau đây: 1) d  x, y   0,(x, y  X) , d  x, y  0  x  y ( tiên đề đồng nhất); 2) d  x, y   d  y, x  ,(x, y  X) ( tiên đề đối xứng); 3) d  x, y   d  x, z   d  z, y  ,  x, y, z  X  ( tiên đề tam giác). Khi đó tập hợp X cùng với ánh xạ d gọi là một không gian metric. Ánh xạ d gọi là một metric trên X , số d  x, y  gọi là khoảng cách giữa hai phần tử x, y . Các phần tử của X gọi là các điểm; các tiên đề 1), 2), 3) gọi là hệ tiên đề metric. Không gian metric được kí hiệu là X   X,d  . Định nghĩa 1.1.2. Cho không gian metric X   X,d  . Một tập con bất kỳ X0   của tập hợp X cùng với metric d trên X lập thành một không gian metric. Không gian metric X 0   X 0 , d  gọi là không gian metric con của không gian metric đã cho. Ví dụ 1.1.1. Với hai phần tử bất kỳ x,y ∈ℝ ta đặt: d  x, y   x  y (1.1.1) Từ tính chất của giá trị tuyệt đối trong tập hợp số thực ℝ, suy ra hệ thức (1.1.1)xác định một metric trên  , không gian tương ứng được ký hiệu là 1 .Ta gọi metric (1.1.1) là metric tự nhiên trên  . – 8 – Ví dụ 1.1.2. Với hai phần tử bất kỳ x   x1 , x 2 ,…, x k  , y   y1 , y2 ,…, yk  thuộc không gian véc tơ thực k chiều  k ( k là số nguyên dương nào đó) ta đặt: k d  x, y   x 2 j  y j  (1.1.2) j1 Dễ dàng thấy hệ thức (1.1.2) thoả mãn các tiên đề 1), 2) về metric. Để kiểm tra hệ thức (1.1.2) thoả mãn tiên đề 3) về metric, trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopski: Với 2k số thực a j ,bj ,  j  1, 2,…, k  ta có k k Thật vậy k  a 2j .  a jb j  j1 j1 b j1 2 j (1.1.3) k  k k k k k k k 2 0     a i b j  a jbi     a i2 b2j  2 a i bi a jb j   a 2j bi2 i 1  j1 i 1 j1 i 1 j1  i1 j1 2  k  k   k   2   a 2j    b 2j   2   a j b j    j1   j1   j1 Từ đó suy ra bất đẳng thức (1.1.3). Với 3 véc tơ bất kỳ x   x1 , x 2 ,…, x k  , y   y1 , y2 ,…, yk  , z   z1 , z2 ,…, zk  thuộc  k ta có : 2 k 2 k d  x, y     x j  y j     x j  z j    z j  y j   j1 k j1 2 k k j1 j1 2    x j  z j   2  x j  z j  z j  y j     z j  y j  j1 = d2  x, z   2d  x, z  d  z, y   d2  z, y  2   d  x, z   d  z, y    d  x, y   d  x, z   d  z, y  Do đó hệ thức (1.1.2) thoả mãn tiên đề 3) về metric. – 9 – Vì vậy hệ thức (1.1.2) xác định một metric trên không gian  k . Không gian metric tươg ứng vẫn ký hiệu là  k và thường gọi là không gian Euclide, còn metric (1.1.2) gọi là metric Euclide.  Ví dụ chúng tôi ký hiệu  2 là tập tất cả các số thực hoặc phức x  x n n 1 sao 2  cho chuỗi số dương  x n hội tụ . n 1   Với hai dãy số bất kỳ x  x n n 1 , y  yn n 1 ta đặt  d  x, y   x 2 n  yn (1.1.4) n 1 Hệ thức (1.1.4) xác định một ánh xạ d :  2   2   . Thật vậy, với mọi n  1, 2,… ta có 2 2 2  2 x n  yn  x n2  2x n .yn  y2n  x n  2 x n . yn  yn  2 x n  yn 2  Do đó mọi số p dương đều có 2 p  n 1 Suy ra p 2 p 2 2   x n  y n  2 x n  2 y n  2 x n  2 y n n 1 2   n 1 2  n 1 2 n 1 2 x n  2 y n  x n  y n  2 n 1 n 1 n 1 Nghĩa là chuỗi số trong vế phải của hệ thức (1.1.4) hội tụ. Dễ dàng thấy hệ thức (1.1.4) thoả mãn các tiên đề 1), 2) về metric.    Với ba dãy số bất kỳ x  x n n 1 , y  yn n 1 , z  zn n 1 thuộc  2 và với số p nguyên dương tuỳ ý ta có: p 1 2 p   2  x n  yn     x n  z n  z n  yn  n 1   n 1  2 1 2    – 10 – 1 1 2 2  p  p 2 2   x n  z n     z n  y n  .   n 1   n 1 Cho p   ta được  1 2 1 2   1 2    2 2 2 d(x, y)    x n  y n     x n  z n     z n  y n   d  x, z   d  z, y   n 1   n 1   n 1  Do đó hệ thức (1.1.4)thoả mãn tiên đề 3) về metric. Vì vậy hệ thức (1.1.4) xác định một metric trên  2 . Không gian metric tương ứng vẫn ký hiệu là  2 . Không gian metric  2 đôi khi còn gọi là không gian Euclide vô hạn chiều. Ví dụ 1.1.4. Ta ký hiệu C a ,b  là tập tất cả các hàm số giá trị thực xác định và liên tục trên đoạn a,b ,    a  b   . Với hai hàm số bất kỳ x  t  , y  t   Ca,b ta đặt d  x, y   max x  t   y  t  . (1.1.5) atb Vì các hàm x  t  , y  t  liên tục trên đoạn a,b , nên hàm số x  t   y  t  cũng liên tục trên đoạn a,b .Do đó hàm số này đạt giá trị lớn nhất trên đoạn a,b . Suy ra hệ thức (1.1.5) xác định một ánh xạ từ Ca ,b   Ca ,b   . Dễ dàng thấy ánh xạ (1.1.5) thoả mãn các tiên đề về metric. Không gian metric tương ứng vẫn kí hiệu là C a ,b  . Ví dụ 1.1.5. Ta ký hiệu L a ,b  là tập tất cả các hàm số giá trị thực và khả tích Lebesgue trên đoạn a,b .Với hai hàm số bất kỳ x  t  , y  t   La ,b ta đặt b d  x, y    x  t   y  t  dt a Hệ thức (1.1.6) xác định một ánh xạ từ L a ,b   L a ,b    . (1.1.6) – 11 – Với hai hàm số bất kỳ x  t  , y  t   La ,b ta có b x  t   y  t   0, t   a, b  d  x, y    x  t   y  t   0 a b d  x, y  0   x  t   y  t   0 a  x  t   y  t   0 h.k.n trên  a,b  x  t   y  t  h.k.n trên  a, b. Vì tích phân Lebesgue của một hàm số không thay đổi khi ta thay đổi giá tri của hàm số đó trên tập có độ đo Lebesgue bằng 0, nên trong không gian La, b ta đồng nhất hai hàm số khi chúng chỉ khác nhau trên một tập có độ đo Lebesgue bằng 0. Nhờ đó ánh xạ (1.1.6) thoả mãn tiên đề 1) về metric. Dựa vào các tính chất của tích phân Lebesgue dễ dàng suy ra ánh xạ (1.1.6) thoả mãn các tiên đề 2), 3) về metric. Vì vậy ánh xạ (1.1.6) xác định một metric trên tập L a ,b  . Không gian tương ứng vẫn ký hiệu là L a ,b  . Định nghĩa chúng tôi không gian metric X   X,d  ,dãy điểm xn   X , điểm x 0  X . Dãy điểm x n  gọi là hội tụ tới điểm x 0 trong không gian X khi n  , nếu   0, n0  N* , n  n0 , d(xn ,x0 )   . x n  x 0 hay xn  xo (n ) Kí hiệu: xlim  Điểm x o còn gọi là giới hạn của dãy x n  trong không gian X. Ví dụ 1.1.6. Sự hội tụ của một dãy điểm x n  trong không gian 1 là sự hội tụ của dãy số thực đã biết trong giải tích toán học. Ví dụ 1.1.7. Sự hội tụ của một dãy điểm trong không gian Eukleides  k tương đương với sự hội tụ theo toạ độ. – 12 – Thật vậy, giả sử dãy điểm x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… hội tụ tới điểm x   x1 , x 2 ,…, x k  trong  k . Theo định nghĩa ,   0, n0  * , n  n0 , ta có:  k    x   x  d xn , x  n j 2 j  j1 Suy ra x jn   x j  , n  n 0 , j  1, 2,3,…, k (1.1.7) Các bất đẳng thức (1.1.7) chứng tỏ , với mỗi j  1, 2,…, k dãy số thực x jn   hội tụ tới số thực x j khi n  . Sự hội tụ đó được gọi là sự hội tụ theo toạ độ . Ngược lại, giả sử dãy điểm x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… hội tụ theo toạ độ 0 , với mỗi j  1, 2,…, k , tới điểm x   x1, x 2 ,…, x k  . Theo định nghĩa ,  n j  * , n  n j , x jn   x j   . n n Đặt n0  max n1, n 2 ,…, n k  , thì n  n0 , x j  x j    x jn   x j  2  k 2 ,  j  1, 2,…, k    x jn   x j n j1   2  , j  1, 2,…, k n k  2    x   x  n j j 2   , n  n0 . j1 Do đó dãy điểm đã cho hội tụ theo metric Euclide của không gian  k . Ví dụ 1.1.8. Sự hội tụ của một dãy điểm trong không gian C a ,b  tương đương với sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục trên đoạn a,b . Thật vậy, giả sử dãy hàm  x n  t    Ca,b hội tụ tới hàm x  t  trong không gian C a ,b  . Theo định nghĩa   0, n 0  N* , n  n 0 , d  x n , x   max x n  t   x  t    atb Suy ra : xn  t   x  t   , n  n0 , t  a,b (1.1.8) – 13 – Các bất đẳng thức (1.1.8) chứng tỏ dãy hàm số liên tục  x n  t   hội tụ đều tới hàm số x  t  trên đoạn  a, b. Ngược lại, giả sử hàm số  x n  t    Ca,b hội tụ đều tới hàm số x  t  trên đoạn a, b , nghĩa là x  t   Ca,b . Theo định nghĩa sự hội tụ đều của dãy hàm   0,  n 0  N * , n  n 0 ,  t   a, b  , x n  t   x  t    x n  t   x  t   , n  n 0 Suy ra: max a t b Hay : d  x n , x   , n  n 0 Do đó dãy số  x n  t   hội tụ tới hàm số x  t  theo metric của không gian C a ,b  . Ví dụ 1.1.9. Sự hội tụ của dãy điểm trong không gian metric rời rạc X  (X, d) tương đương với sự hội tụ của dãy dừng. Thật vậy, giả sử dãy điểm xn   X hội tụ đến điểm x trong không gian X. * Theo định nghĩa,   0,   1, n0  N , n  n0 ,d  x n , x   . Suy ra d  x n , x   0, n  n0  x n  x, n  n 0 . Dãy điểm như thế gọi là dãy dừng. * Ngược lại, dãy điểm xn   X là dãy dừng, nghĩa là n0  N , n  n0 , xn  xn 0 , thì hiển nhiên dãy đó hội tụ theo metric của không gian X . Định nghĩa 1.1.4. Cho không gian metric X   X,d  , a  X , r  0 , Tập hợp S(a, r)  x  X : d  x, a   r được gọi là hình cầu mở tâm a, bán kính r. Tập hợp S'(a, r)  x  X : d  x, a   r được gọi là hình cầu đóng tâm a, bán kính r. Mỗi hình cầu mở S(a, r) được gọi là một lân cận của phần tử a trong X . – 14 – Định nghĩa chúng tôi hai không gian metric X  (X,d1 ) , Y  (Y,d2 ). Ánh xạ f : X  Y được gọi là liên tục tại điểm x0  X nếu như   0,   0 , sao cho x  X thoả mãn d1(x, x0 )   thì d2 (f (x),f (x0 ))   . Hay nói cách khác Ánh xạ f : X  Y gọi là liên tục tại điểm xo  X , nếu với lân cận cho trước tuỳ ý Uf (x )  S y0 ,    Y của điểm y0  f  x 0  trong Y 0 tìm được lân cận Vx  S x0 ,  của điểm x 0 trong X sao cho f(Vx )  Uy . 0 0 0 Định nghĩa 1.1.6. Ánh xạ f : X  Y gọi là liên tục tại điểm x0  X nếu với mọi dãy điểm xn   X hội tụ tới điểm x 0 trong X kéo theo dãy điểm  f (x n )  hội tụ tới điểm f  x0  trong Y. x n  x 0 và f  x  là hàm liên tụctại điểm x0  X thì Như vậy nếu: nlim  lim f  x n   f  x 0  . n  Định nghĩa 1.1.7.Ánh xạ f gọi là liên tục trên tập A  X nếu ánh xạ f liên tục tại mọi điểm x  A. Khi A  X thì ánh xạ f gọi là liên tục. Định nghĩa 1.1.8. Ánh xạ f gọi là liên tục đều trên tập A  X nếu   0,   0 sao cho  x, x ‘  A thoả mãn d1 (x, x ‘)   thì d2 (f (x),f (x ‘))  . Định nghĩa 1.1.9.Một dãy điểm x n  trong không gian metric X   X,d  gọi lim d(x n , xm )  0 Nghĩa là   0 , là một dãy Cauchy hay dãy cơ bản nếu: m,n  n0 * sao cho d(x n , x m )  , n, m  n0 ( Rõ ràng mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy). Định nghĩa 1.1.10.Không gian metric X= (X,d) là một không gian đầy (hay đủ) nếu mọi dãy cơ bản trong không gian này đều hội tụ. – 15 – Ví dụ 1.1.10.Không gian metric 1 là không gian đầy, điều đó suy ra từ tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của dãy số thực đã biết trong giải tích toán học. Ví dụ 1.1.11. Không gian  k là không gian đầy. Thật vậy, giả sử x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… là dãy cơ bản tuỳ ý trong không gian Euclide  k . Theo định nghĩa dãy cơ bản,    0, n 0  N* , m, n  n 0 , d x   , x   x j   x j n m n m k    hay   x    x   n j m j 2  j1 (1.1.9)  , m, n  n 0 , j  1, 2, …, k Các bất đẳng thức (1.1.9) chứng tỏ, với mỗi j  1, 2,…, k , dãy  x jn   là dãy số thực cơ bản, nên phải tồn tại giới hạn: lim x jn   x j , ( j  1, 2,…, k). n  Đặt x   x1, x 2 ,…, x k  , ta nhận được dãy x  n     k đã cho hội tụ theo toạ độ tới x . Nhưng sự hội tụ trong không gian Euclide  k tương đương với sự hội tụ theo toạ độ, nên dãy cơ bản x  n   đã cho hội tụ tới x trong không gian  k . Vậy không gian Euclide  k là không gian đầy. Ví dụ 1.1.12. Không gian C a ,b  là không gian đầy. Thật vậy, giả sử  x n  t   là dãy cơ bản tuỳ ý trong không gian C a ,b  , theo định nghĩa dãy cơ bản:     0 ,  n 0  N * ,  m, n  n 0 , d x  n  , x  m   max x n  t   x m  t    a tb  x n  t   x m  t   , m, n  n0 , t  a, b . (1.1.10) Các bất đẳng thức (1.1.10) chứng tỏ , với mỗi t cố định tuỳ ý thuộc đoạn a,b , dãy  x n  t   là dãy số thực cơ bản , nên phải tồn tại giới hạn – 16 – lim x n  t   x  t  , t  a, b n Ta nhận được hàm số x  t  xác định trên đoạn a,b . Vì các đẳng thức (1.1.10) không phụ thuộc t, nên qua giới hạn trong các đẳng thức này khi n  ta được: x n  t   x  t   , n  n 0 , t  a, b  (1.1.11) Các bất đẳng thức (1.1.11) chứng tỏ dãy hàm số  x n  t    Ca,b hội tụ đều tới hàm số x  t  trên đoạn  a,b nên x  t   Ca,b . Nhưng sự hội tụ trong không gian C a ,b  tương đương với sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục trên đoạn a,b , nên dãy cơ bản  x n  t   đã cho hội tụ tới x  t  trong không gian C  a ,b  . Vậy C a ,b  là không gian đầy. Ví dụ 1.1.13. Không gian  2 là không gian đầy. Thật vậy, giả sử x  n    x1 n  , x 2n  ,…, x kn   , n  1, 2,… là dãy cơ bản tuỳ ý trong  2 , theo định nghĩa dãy cơ bản :      x   x     0, n 0  N* , m, n  n 0 , d x  n  , x  m   n k m k 2  . k 1 Suy ra p   x   x m k n k k 1 x k   x k n m  2  , m, n  n 0 , p  1, 2,… (1.1.12)  , m, n  n 0 , k  1, 2,… (1.1.13) Các bất đẳng thức (1.1.13) chứng tỏ, với mỗi k cố định tuỳ ý dãy  x kn   là dãy số cơ bản, nên phải tồn tại giới hạn: nlim  xkn    x k , k  1, 2,…  – 17 – Đặt x   x1 , x 2 ,…, x k ,…   x k  . Vì các bất đẳng thức (1.1.12) không phụ thuộc vào p , nên có thể cho qua giới hạn trong các bất đẳng thức này khi m   ta được: p  x   x n k 2  , n  n 0 , p  1, 2,… k k 1 (1.1.14) Tiếp tục cho qua giới hạn trong các bất đẳng thức (1.1.14) khi p   ta được  2  xkn   x k  , n  n0 Mặt khác k 1  2 x k  x k  x kn   x kn  2  x n k (1.1.15)  x k  x kn  2  2 2  2 x kn   2 x kn   x k ,  k, n  1, 2,… (1.1.16) Từ các bất đẳng thức (1.1.15), (1.1.16) suy ra: p  p 2 k 1 k 1   p 2 2 x k  2 x kn1   2 x kn1   x k k 1  n1   2 x k k 1 2 2   n1   2 k 1  2  2 x k  x k  2 x kn1   2 2 , với n1  n 0 k 1 2   x k  2 x k 1   2 2 , với n1  n 0 k 1 n k 1 Do đó dãy x   x k   2 .Các bất đẳng thức (1.1.15) chứng tỏ, dãy cơ bản  x   đã cho hội tụ tới x  trong không gian  n 2 Vì vậy không gian  2 là không gian đầy. 2 . – 18 – 1.1.2. Nguyên lý ánh xạ co Định nghĩa 1.1.11. Cho không gian metric X  (X, d) .Ánh xạ A : X  X được gọi là ánh xạ co nếu tồn tại số α, 0    1 sao cho: d(Ax1,Ax2 )  d(x1, x2 ), x1 , x 2  X. Định lý 1.1.1.( Nguyên lý Banach về ánh xạ co) Mọi ánh xạ co A từ không gian metric đầy X  (X, d) vào chính nó đều có một điểm bất động duy nhất, nghĩa là tồn tại duy nhất một điểm x*  X sao cho Ax*  x* ; điểm x* là giới hạn của dãy x n  được xây dựng bởi công thức: x n  Ax n 1 , x 0 tuỳ ý, x 0  X và công thức đánh giá sai số d(x n , x * )  d(x n , x * )  n d(x1 , x 0 ), n  1, 2,… 1   d(x n , x n 1 ) , n  1, 2,… 1  Trong đó  là hệ số co của ánh xạ co A. Chứng minh. Lấy một điểm bất kỳ x0  X . Xây dựng dãy x n  xác định bởi công thức: x n  Ax n 1 , n  1, 2,… Ta được d(x2 , x1 )  d(Ax1,Ax0 )  d(x1, x0 )  d(Ax0 , x0 ) 2 d(x 3 , x 2 )  d(Ax 2 , Ax1 )  d(x 2 , x1 )   d(Ax 0 , x 0 ) … n d(x n 1 , x n )  d(Ax n , Ax n 1 )  d(x n , x n 1 )  …   d(Ax 0 , x 0 ) ,với n  1, 2, … Từ đó ta suy ra  n, p  1, 2,… ta có

    --- Bài cũ hơn ---

  • Học Từ Vựng Bằng Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng
  • Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng: Đọc Nhanh, Hiểu Sâu, Nhớ Lâu
  • Hạch Toán Và Sơ Đồ Kế Toán Hàng Hóa Theo Phương Pháp Kktx
  • Kế Toán Tổng Hợp Nguyên Vật Liệu Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên
  • Phân Biệt Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên Và Kiểm Kê Định Kỳ
  • Phương Pháp Lặp Giải Hệ Phương Tuyến Tính Số Chiếu Lớn

    --- Bài mới hơn ---

  • Chuong 2 Dai So Tuyen Tinh 2
  • Cách Chia Đa Thức Bằng Lược Đồ Hoocner Hay
  • Phương Pháp Quản Lý Tiền Jars Cho Cá Nhân
  • Phương Pháp Lặp Trong Giải Toán Bằng Máy Tính Casio
  • Just In Time (Jit): Không Tồn Kho, Không Chờ Đợi, Không Chi Phí
  • BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

    TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

    VŨ THỊ VUI

    PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

    SỐ CHIỀU LỚN

    LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

    Hà Nội – 2022

    BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

    TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

    VŨ THỊ VUI

    PHƯƠNG PHÁP LẶP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH

    SỐ CHIỀU LỚN

    Chuyên ngành: Toán giải tích

    Mã số: 60 46 01 02

    LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

    Người hướng dẫn khoa học:

    TS. Hà Bình Minh

    Hà Nội – 2022

    Lời cảm ơn

    Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới

    sự hướng dẫn của thầy giáo TS. Hà Bình Minh. Sự giúp đỡ và hướng

    dẫn tận tình, nghiêm túc của thầy trong suốt quá trình thực hiện luận văn

    này đã giúp tôi trưởng thành hơn rất nhiều trong cách tiếp cận một vấn

    đề mới. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn, lòng kính trọng sâu sắc nhất đối với

    thầy.

    Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm Hà

    Nội 2, phòng Sau đại học, các thầy cô giáo trong nhà trường đã giúp đỡ,

    tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập.

    Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, người thân, bạn bè đã giúp đỡ,

    động viên và tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành khóa học Thạc sĩ

    cũng như hoàn thành luận văn này.

    Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2022

    Tác giả

    Vũ Thị Vui

    Lời cam đoan

    Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 dưới

    sự hướng dẫn của TS. Hà Bình Minh.

    Tôi xin cam đoan luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi.

    Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn tôi đã kế thừa

    những thành quả khoa học của các nhà khoa học và đồng nghiệp với sự

    trân trọng và biết ơn.

    Tôi xin cam đoan rằng các thông tin trích dẫn trong luận văn đã được

    chỉ rõ nguồn gốc.

    Hà Nội, ngày 09 tháng 06 năm 2022

    Tác giả

    Vũ Thị Vui

    i

    i

    Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    1

    Chương 1. Một số phương pháp lặp cổ điển . . . . . . . . . . . . . . .

    3

    1.1. Phương pháp Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    3

    1.1.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    3

    1.1.2. Điều kiện hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    5

    1.1.3. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    6

    1.2. Phương pháp Gauss – Seidel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    8

    1.2.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    8

    1.2.2. Điều kiện hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    9

    1.2.3. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    11

    Chương 2. Các phương pháp Krylov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    14

    2.1. Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    14

    2.2. Phương pháp Gradient liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    16

    2.2.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    16

    2.2.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    21

    2.3. Phương pháp GMRES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    22

    2.3.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    22

    2.3.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    25

    2.4. Phương pháp QMR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    27

    2.4.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    27

    2.4.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    32

    2.5. Phương pháp Bi-CGSTAB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    34

    2.5.1. Giới thiệu phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    34

    2.5.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    37

    ii

    Chương 3. Ứng dụng của phương pháp lặp . . . . . . . . . . . . . . .

    39

    3.1. Ứng dụng trong giải phương trình Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    39

    3.2. Ví dụ số minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    41

    Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    43

    Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    44

    Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

    45

    1

    Mở đầu

    1. Lí do chọn đề tài

    Nhiều bài toán trong thực tế đòi hỏi phải giải hệ phương trình tuyến

    tính cỡ lớn có dạng Ax b, trong đó A là ma trận có số chiều lớn và

    thưa (tức là chỉ có một số ít các phần tử khác 0). Chẳng hạn, những hệ

    phương trình này xuất hiện ta giải bài toán biên của phương trình đạo

    hàm riêng bằng các phương pháp rời rạc hóa, như phương pháp sai phân

    hoặc phương pháp phần tử hữu hạn. Những phương pháp cổ điển để giải

    hệ phương trình tuyến tính, chẳng hạn như phương pháp khử Gauss, sẽ

    rất khó có thể áp dụng để giải những hệ này. Lý do là vì phương pháp khử

    Gauss được áp dụng cho ma trận đặc và khi áp dụng cho ma trận thưa sẽ

    làm cho số phép toán trở nên rất lớn, không thể thực hiện nổi đối với máy

    tính thông thường. Hơn nữa, số lượng bộ nhớ sử dụng cho phương pháp

    Gauss cũng trở nên rất lớn.

    Với những lý do nêu trên, phương pháp lặp giải hệ phương trình tuyến

    tính cỡ lớn được nghiên cứu từ lâu. Theo phương pháp này, bắt đầu từ

    một vector khởi tạo xp0q , ta sẽ sinh ra một dãy các vector

    xp0q

    Ñ xp1q Ñ xp2q Ñ . . .

    hội tụ đến nghiệm x. Quá trình sinh vector xpk 1q từ vector xpkq sử dụng

    phép nhân ma trận A với một vector nào đó. Phép nhân này rất tiết kiệm

    do A là ma trận thưa và chỉ cần số ít bộ nhớ để lưu trữ. Hai phương pháp

    lặp được biết đến nhiều nhất theo hướng này là phương pháp Jacobi và

    phương pháp Gauss-Seidel.

    Bên cạnh đó, một lớp các phương pháp lặp được phát triển trong thời

    gian gần đây là lớp các phương pháp Krylov. Đặc trưng của lớp các phương

    pháp này quá trình lặp sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác sau một số hữu hạn

    bước lặp. Cụ thể, quá trình lặp sẽ cho nghiệm xpkq sẽ là xấp xỉ tốt nhất

    2

    nghiệm của hệ Ax b trong không gian Krylov k chiều. Một số phương

    pháp lặp thuộc lớp này phải kể đến là: phương pháp gradient liên hợp của

    Hestenes và Stiefel (1952) cho hệ tuyến tính có ma trận A đối xứng xác

    định dương; phương pháp GMRES của Saad và Schultz (1986); phương

    pháp QMR của Freund và Nachtigal (1991); và phương pháp Bi-CGSTAB

    của van der Vorst (1992).

    2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu

    Khảo cứu một số phương pháp lặp dùng để giải hệ phương trình tuyến

    tính cỡ lớn, và áp dụng để nghiệm số cho phương trình đạo hàm riêng.

    3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

    Hệ phương trình tuyến tính cỡ lớn, phương trình vi phân đạo hàm riêng.

    4. Phương pháp nghiên cứu

    Sử dụng các phương pháp giải số, ngôn ngữ lập trình MATLAB,…

    5. Đóng góp mới của đề tài

    Áp dụng phương pháp lặp để giải hệ phương trình tuyến tính cỡ lớn, sau

    đó lập trình, thực hiện các phương pháp này bằng phần mềm MATLAB.

    3

    CHƯƠNG 1

    Một số phương pháp lặp cổ điển

    Nội dung của chương này được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu , mục

    8.7.

    2.1. Giới thiệu

    Xét hệ phương trình tuyến tính

    Ax b,

    với A là ma trận thực không suy biến. Bắt đầu từ một vector xp0q , phương

    pháp Krylov sẽ sinh ra một dãy các vector

    xp0q

    Ñ xp1q Ñ Ñ xpmq,

    tiến tới nghiệm chính xác xpmq

    m ¤ n.

    x : A1b sau nhiều nhất m bước, với

    Các Phương pháp Krylov: sử dụng phép lặp để sinh ra dãy txpkq u

    thỏa mãn

    xpkq

    P xp0q

    Kk prp0q , Aq, với mọi k

    1, 2, . . . ,

    trong đó Kk prp0q , Aq là không gian Krylov được định nghĩa như sau:

    Kk prp0q , Aq : spanrrp0q , Arp0q , . . . , Ak1 rp0q s, k

    1, 2, . . .

    --- Bài cũ hơn ---

  • Dây Chuyền Máy Làm Giò Chả
  • Những Phương Pháp Giúp Chả Lụa Tự Làm Trở Nên Dai Ngon Hơn
  • Học Cách Làm Chả Lụa Ngon, Giòn Dai, Không Hàn The
  • Bạn Đã Biết Gì Về Phương Pháp In Chuyển Nhiệt Và In Lưới?
  • Các Phương Pháp In Ấn Kỹ Thuật Trên Vải Lụa
  • 570 Ms Công Cụ Giải Toán Bằng Phương Pháp Lặp

    --- Bài mới hơn ---

  • Tính Căn Bậc 2 Theo Phương Pháp Newton
  • Học Từ Vựng Hiệu Quả Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Đo Góc Bằng Như Thế Nào?
  • Tiết Lộ Phương Pháp Làm Giàu Hiệu Quả Nhất Hiện Nay
  • Cách Làm Giàu Từ Tay Trắng
  • Embed Size (px)

    1. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 570MS CNG C C LC GII CC BI TON BNG PHNG PHP LP My tnh thc s l mt cng c rt c lc trong qu trnh dy v hc hin nay. My tnh ngy c nhiu chc nng gip n gin ho v ti u ho qu trnh tnh ton. Sau y ti xin trnh by mt trong nhng chc nng u vit nh th. Dng 1: Tnh gi tr ca mt biu thc. Th d 1: a) Tnh gi tr gn ng ca biu thc sau: 1 1 1 1 1 ………………. 2 6 20! S . Chuyn my v ch COMP ( MODE 1), Deg (MODE(4) 1 ). Gn D = 0 (bin m) ; B = 0 ( bin tnh tng). Ghi vo mn hnh : D = D+1 : B = B + 1 !D . ( : ghi bng ALPHA : ) n ” = ” lin tip n khi D=20, n ” = ” ta c 1 1,718281828S B . b) Tnh gn ng gi tr ca biu thc sau : 2 3 8 15 224 ……………. 5 10 17 226 S . Ta vit li S2 di dng sau : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 4 1 15 1 ……………… 2 1 3 1 4 1 15 1 S Gn D=1 (bin m); B = 0 ( bin tng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : B = B + 2 2 1 1 D D . n ” = ” lin tip n khi D=15, n ” = “, ta c 2 12,97546126S B . Th d 2: Tnh gn ng gi tr cc biu thc sau : a) 20 19 18 3 1 20 19 18 ………….. 3 2A Gn D=1 ( bin chy ) ; B = 0 ( bin tng ) . Ghi vo mn hnh: D = D + 1 : B = D D B . n ” = ” lin tip lp, n khi D=20, n ” = “, ta c 1 1,164896671A B . b) 3 3 3 3 2 2 5 10 530 1 3 5 ……….. 45 1 2 3 2 3 4 3 4 5 23 24 25 A . Gi an l s hng th n ca tng , khi an c xc nh bi : 32 1 2 1 ( 1)( 2) n n a n n n n . Khi ta tnh tng A2 nh sau : Gn D = 0 ( bin m) ; B = 0 ( bin tng ). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : B = B + 32 1 2 1 ( 1)( 2) D D D D D . 2. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 n ” = ” lin tip lp, n khi D=23, n “=” ta c 2 526,8948752A B . Th d 3: Lp trnh trn my tnh nhanh gi tr ca cc biu thc sau y : a) 15 1 14 2 13 3 12 4 11 5 10 6 9 7 8 S . Gn A=8 (bin m 1) ; B = 8 (bin m 2) ; C = 8 ( bin tng). Ghi vo mn hnh : A = A 1 : B = B + 1 : C = C-1 B + A. n ” = ” lin tip lp, n khi A = 1, B = 15 , n ” = “, ta c C 4,205864882. b) 3 1004 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . 1 . 1 ……………. 1 …….. 2 2 3 2 3 4 2 3 100 S . Gn D=1 ( bin m) ; A = 1 ( bin tng) ; B = 0 (bin s hng ) ; C = 1 (bin tch). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : A = A + 1 D : B = D A : C= CB. n ” = ” lin tip cho n khi D =100, n = = = , ta c S = C 92,97094657. Th d 4: Cho hm s 21 19 17 ( ) 5 6f x x x x . K hiu ( ) ( )n f x l o hm cp n ca ( )f x . Khi tnh gi tr ca tng sau : 17 ( ) 1 i i S f i . Trc tin ta nhc li mt kin thc c hc p dng vo bi ny : Cho hm s n ( ) axg x . Khi ta c , vi mi k nguyn dng ta c : ( ) ! . . ( )!( ) 0 n k k n a x khi k n n kg x khi k n . Khi ta tnh tng trn nh sau : Gn D = 0 (bin m) ; B = 0 (bin tng). Ghi vo mn hnh : D = D +1 : B = B 5 2121! (21 )! D D D + 1919! (19 )! D D D + 6 1717! (17 )! D D D . n ” = ” lin tip lp, n khi D =17 , n = ta c S = B -2,394340358 25 10 . Th d 5: Cho hm s 2 ( ) 4 os sin2 5 osf x c x x c x . Lp trnh trn my tnh tng sau : 20 ( ) 1 (10 )i i S f i . (tnh bng ) Ta vit ( )f x li thnh ( ) 2(1 os2x) + sin2x – 5cosx = 2cos2x + sin2x – 5cosx + 2f x c . Trc tin ta nh li cng thc : ( ) 0 ( ) 0 osu ‘ . os(u+ n.90 ) sin ‘ .sin( .90 ) n n n n c u c u u u n . 3. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 Khi o hm cp n ca ( )f x c tnh bi ( ) 1 0 0 0 ( ) 2 os 2x + n.90 2 .sin 2 .90 5 os(x + n.90 )n n n f x c x n c . Ta tnh tng S nh sau : Gn D = 0 (bin m); B = 0 (bin tng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : B = B + 1 0 0 0 2 os 20D + D.90 2 .sin 20 .90 5 os(10D + D.90 )D D c D D c . n ” = ” lin tip lp, n khi D=20, n “=” ta c S = B 1.838.217,784 Th d 6: Tm ch s l thp thp phn th 2010 24 ca php chia 10052010 24 . Trc tin ta c : 10052010 3 205143 49 49 . Ta s i tm chu k ca php chia 349 bng cch lp trnh trn my lm cho vic tnh ton tr nn d dng v nhanh nht bng 1 trong 2 cch sau : Lu : cch ny ch thc hin c trn my 570MS c kh nng nh c 12 ch s thp phn sau du phy, khng thc hin c trn cc my khc. Cch 1: Gn A = 3 ; B = 49 . Ghi vo mn hnh : (((AE9 B + 0,5) E(-11) +1 1 ) E11 1 ) : A = AE9 AnsB. ( Phm E ghi bng phm EXP (10^ )). n “=” lp, mi ln n = ta c 9 s thp phn sau du phy ca php chia 3/49 theo th t . Sau mt s ln lp ta c 349=0,061224489795918367346938775510204081632653061224489795……… Ta tnh c chu k ca php chia l 42. Ta li c : 5 10 20 100 25 62000 20 100 4 25 4 6 3 4 3 4 2010 10 2000 24 12 (mod 42) 24 18 (mod 42) 24 30 (mod 42) 24 24 30 30 30 30. 30 30.30 30 .30 30 .30 30 30 (mod 42) 24 24 .24 18.30 36 (mod 42) . V ch s thp phn th 242010 sau du phy chnh l ch s th 36 ca chu k v s l 6. Cch 2: Vo chng trnh tnh c s BASE ( MODE MODE 3 ). Gn A=3, B = 49 . Ln lt thc hin cc thao tc sau : Ghi vo mn hnh : A100000000 B (ta c 8 ch s thp phn sau du phy), n tip A100000000 – AnsB SHIFT STO A , Dng trn phm REPLAY quay li v thc hin SHIFT COPY (REPLAY). Lc trn mn hnh hin th nh sau : A100000000 B : A100000000 – AnsB A. n “=” lp, mi ln n du “=” ta li c 8 ch s sau ch s thp phn sau du phy ca php chia 3/49 theo th t trn. Bi tp dnh cho cc bn t luyn: Bi 1: Tnh gn ng gi tr ca biu thc sau : a) 3 4 5 32 ……………. 2 5 10 901 S . 4. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 b) 4 7 10 91 ……… 3 6 11 902 S . Bi 2: Tnh gn ng (lm trn n 5 ch s thp phn) gi tr ca biu thc sau : 20 19 18 3 2 3 4 ……………. 19 20M . Bi 3: Tm gn ng nghim ca phng trnh sau: phn nguyn ca A) Vi A c cho bi 2 3 4 383 5 394 2 3 37 1 2 3 37 3 4 5 …………… 39 2 3 4 38 A . Bi 4: Tm ch s thp phn th 2010 8 sau du phy ca php chia 216 43. Bi 5: Cho a thc 9 7 ( ) 5 7g x x x . Tnh gn ng gi tr ca biu thc sau : (3) (9) ‘(1) ”(1,1) (1,01) …………… (1,00…1)S g g g g . Bi 6: Cho hm s 2 2 3 3 74 4 12 x x y x x . Lp trnh trn my tnh 570MS tnh gn ng tng sau : (3) (10) ‘(2) ”(5) (10) ………….. (101)S y y y y . Dng 2: Tnh ton trong cc bi ton dy s. Th d 1: Cho dy s {un} c xc nh bi : 0 1 2 1 1; 3. 5 6 , .n n n u u u u u n . Tnh gi tr ca 20u v 20 20 0 i i S u . Gn D= 1 (bin m); A = 1 ; B = 3 (s hng ) ; C= 4 (tng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1: A = 5B 6A : C = C +A : D = D + 1 : B = 5A 6B : C= C + B. n “=” lin tip n khi D=20 th ta c u20 = 3.486.784.401 v S20 = 5.230.176.601. Th d 2: Cho dy s {un} c xc nh bi : 0 1 2 3 2 1 1; 2; 3. 5 3 7 , .n n n n u u u u u u u n Tnh gi tr ca u15 v 10 10 0 i i S u . Gn D=2 (bin m); A = 1 ; B = 2 ; C = 3 (s hng) ; E = 6 ( tng). Ghi vo mn hnh : D = D+1 : A = 5C 3B + 7A : E = E + A : D = D+1 : B = 5A 3C + 7B : E = E + B : D = D+1 : C = 5B 3A + 7C : E = E + C. n “=” lin tip ta xc nh c cc gi tr cn tnh l : S10 = 1.125.466 v u15 = 1.983.638.868 . Th d 3: Cho dy {un} c xc nh bi : 1 1 1 1 1; 5. 3 2 , 1. 4 n n n n n n u v u u v n v v u (*) Tnh gi tr ca u15 v v16. Cch 1: Ta lp dy s truy hi cho tng dy s trn nh sau : 5. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 T (*) ta c : 1 2 1 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1; 13; 5; 19; 3 2 3 2 4 4 4 (3 2 ) n n n n n n n n n n n n u u v v u u v u v u v v u v u v 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1; 13 3 2 4 3 7 14 5; 19 4 2 3 4 7 14 n n n n n n n n n n n n n n u u u u u u u u u v v v v v v v v v . Ti y ta thc hin tng t nh nhng v d trn. Cch 2: Tnh trc tip m khng qua bin i. Gn : E = 1 (bin m) ; A= 1 (s hng un) ; B = 5 (s hng vn). Ghi vo mn hnh: E = E + 1 : C = 3A + 2B : D = 4B A : E = E + 1 : A = 3C + 2D : B = 4D C . n “=” lin tip ta c u15 = -522.059.840 v v16 = -597.753.856 Th d 4: Cho dy s c xc nh nh sau: 1 2 2 1 2 1 2 , 3.n n n x x x x n x Lp trnh trn my tnh tnh tng 10 s hng u tin. Chng minh tt c cc s hng trn dy l s nguyn. Gn D = 2 (bin m) ; A = 1 ; B=1 (s hng); C = 2 (tng). Ghi vo mn hnh : D=D+1: A= (B2 + 2) A : C = C + A : D = D + 1 : B = (A2 + 2) B : C = C + B. n “=” lin tip n khi D=10 th ta c S10 = C = 40546. Phn chng minh xin dnh cho bn c. Sau y l mt s bi tp dnh cho cc bn t luyn: Bi 1: (Dy Fibonacy). Cho 0 1 2 1 1 , .n n n u u u u u n . Tnh s hng u30 v 30 30 0 i i S u . Bi 2: Cho dy {un} c xc nh bi : 1 2 3 2 3 2 1 3; 2; 5 3 2 15 ,n n n n u u u u u u u n . Tnh tng ca 20 s hng u tin. Bi 3: Cho dy s {xn} c xc nh bi : 1 1 1 3 2 , 1. 5 n n n x x x n x Tim cch tnh chnh xc gi tr ca x20 ? ( Gi : chuyn v hai dy ph bng cch t n n n y x z ). Dng 3: D ON GII HN CA DY S. Th d 1: Cho dy s c xc nh bi : 1 2 1 5 2 , 1.n n x x x n 6. Mt s ng dng nh ca my tnh cm tay Mai Xun Vit Email: [email protected] Tel : 01678336358 0938680277 0947572201 a) Xc nh gi tr ca 1 1 2 lim ….. n x n x x x x . b) Xc nh 1 1 2 1 2 1 1 1 lim ……. …n nx x x x x x . Gii: a) Gn A= 5 (s hng) ; B=1 (bin tch). Ghi vo mn hnh : B = BA : A = A2 2 : A B . n ” = ” lin tip n khi gi tr A B hin th trn mn hinh c gi tr khng i v ta tm c gi tr l : A B = 4,582575695 = 21 . Vy 1 1 2 lim 21 ….. n x n x x x x . b) Gn A =5 (s hng) ; B = 1 ( bin tch) ; D = 1/5 ( bin tng). Ghi vo mn hnh : A = A2 2 : B = BA : D = D + 1B . n ” = ” lin tip n khi B=0, v D khng i, khi ta tnh c D=0,208712152. Nu gii tay ta c kt qu chnh xc l : 1 1 2 1 2 1 1 1 5 21 lim ……. 0,208712152 … 2n nx x x x x x . Th d 2: Cho dy s {un} c xc nh nh sau : 1 2 2 1 1; 2 2 , 1,2,…..n n n u u u u u n Tnh gn ng gii hn sau : 1 lim n n n u u . Gn D=2 (bin m) ; A = 1 ; B = 2 (s hng). Ghi vo mn hnh : D = D + 1 : A = B + 2A : A B : D = D + 1 : B = A + 2B : B A . n “=” n khi A B hoc B A t n gi tr khng i v ta tnh c 1 lim 2,414213562 1 2n n n u u . Sau y l mt s bi tp dnh cho cc bn t luyn. Bi 1: Dy {un} c xc nh nh sau : 1 2 2 2 1 1 2 2 sin , 1,2,……. 5 5 n n n u u u u u n Tm lim n n u .

    --- Bài cũ hơn ---

  • 2 Cách Replay, Phát Lặp Lại Video Youtube Tự Động
  • Tài Liệu Phương Pháp Lặp Đơn Và Phương Pháp Newton Kantorovich Giải Hệ Phương Trình Phi Tuyến Tính
  • Học Từ Vựng Bằng Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng
  • Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng: Đọc Nhanh, Hiểu Sâu, Nhớ Lâu
  • Hạch Toán Và Sơ Đồ Kế Toán Hàng Hóa Theo Phương Pháp Kktx
  • Phương Pháp Lặp Trong Giải Toán Bằng Máy Tính Casio

    --- Bài mới hơn ---

  • Just In Time (Jit): Không Tồn Kho, Không Chờ Đợi, Không Chi Phí
  • Just In Time Là Gì? Jit Là Gì?
  • Just In Time (Jit) Hệ Thống Sản Xuất Tức Thời Và Bí Quyết Thành Công Của Toyota
  • Phương Pháp Giảng Dạy Let’s Go Pp Giang Day Ta Lets Go Ppt
  • Thiết Kế Kí Hiệu Dạng Đường Khi Số Hóa Bản Đồ
  • MỞ ĐẦU Chúng ta biết rằng máy tính Casio là loại máy tính rất tiện lợi cho học sinh từ trung học đến Đại học. Vì máy tính giải quyết nhiều bài toán ở trung học và một phần ở Đại học.Đặc biệt, việc giải các dạng toán dành cho máy tính bỏ túi còn giúp học sinh (HS)phát triển tư duy và bước đầu tiếp cận với ngôn ngữ lập trình(đối với HS trung học)Nhằm giúp HS,sinh viên(SV) nói chung và HS THCS nói riêng nắm rõ hơn và sử dụng một cách tối ưu các chức năng của máy tính bỏ túi(MTBT) nói chung và loại máy Casio fx -500MS nói riêng, tôi xin giới thiệu sáng kiến của bản thân tôi cho bạn đọc và các bạn đồng nghiệp tham khảo. Chúng ta đã biết,khi mua máy thường có các tài liệu hướng dẫn sử dụng giải toán kèm theo. Học sinh đọc những tài liệu này thì chỉ có thể biết các chức năng cơ bản của các phím và tính toán những bài toán đơn giản.Nếu chỉ như vậy thì thật "lãng phí" các chức năng của máy!Nhằm giúp các em khám phá thêm những khả năng tính toán phong phú của máy tính, và phát triển tư duy nhờ việc giải toán bằng MTBT, thì việc chọn ra các dạng bài tập giải bằng MTBT và phương pháp giải hay là việc nên làm. Với suy nghĩ trên, trong quá trình dạy học trên lớp và bồi dưỡng học sinh giỏi,tôi đã tự tìm tòi, học hỏi, trao đổi kinh nghiệm với các đồng nghiệp để tìm ra các dạng toán hay và phương pháp giải hay dành cho MTBT.Và nội dung đề tài này là một trong những phương pháp giải các dạng toán dành cho MTBT mà tôi tâm đắt nhất -PHƯƠNG PHÁP LẶP. Xin giới thiệu để bạn đọc và đồng nghiệp tham khảo, trao đổi kinh nghiệm. Đặc biệt phương pháp này tôi dành riêng cho loại máy tính Casio fx -500MS. NỘI DUNG DẠNG1. TÌM ƯỚC VÀ BỘI CỦA MỘT SỐ Tìm các ước của một số a: Phương pháp: - Ta biết để tìm các ước của a ta chia a lần lượt cho các số từ 1 đến a, a chia hết cho số nào thì số đó là ước của a.Trên cơ sở đó ta có thuật toán tìm ước bằng MTBT : Gán: -1àA rồi nhập biểu thức A + 1àA:aA Aán nhiều lần phím = và kiểm tra . Gán : -1 SHIFT STO A Nhập: ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : a ¸ A Kiểm tra : Aán liên tiếp nhiều lần dấu = và kiểm tra dòng kết quả phép chia, nếu kết quả là số nguyên thì giá trị A trước đó là ước của a. Chú ý: -Mỗi khi phép chia hết ta có một cặp ước của a là cặp số chia và thương vừa tìm được. -Ta chỉ cần tăng số chia(A) và kiểm tra dòng kết quả phép chia cho tới khi nào số chia(A) lớn hơn thương thì dừng.Vì nếu kiểm tra tiếp ta sẽ có cặp ước lặp lại các cặp ước đã tìm được trước đó. Ví dụ 1 : Tìm tập hợp A tất cả các ước của 120 . Giải Ấn 0 SHIFT STO A (sau STO không ấn ALPHA trước khi ấn A) ALPHA A + 1 SHIFT STO A Ấn ƒ để đưa con trỏ về cuối dòng biểu thức bên phải ,ấn tiếp ALPHA : (hai chấm màu đỏ) 120 ¸ A .Ta chỉ lấy kết quả là số nguyên Ấn = Màn hình hiện 2 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 2 ) Ấn = Kết quả : 60 Ấn = Màn hình hiện 3 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 3 ) Ấn = Kết quả : 40 Ấn = Màn hình hiện 4 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 4 ) Ấn = Kết quả : 30 Ấn = Màn hình hiện 5 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 5 ) Ấn = Kết quả : 24 Ấn = Màn hình hiện 6 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 6 ) Ấn = Kết quả : 20 Ấn = Màn hình hiện 7 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 7 ) Ấn = Kếtquả: 17.14285714 Ấn = Màn hình hiện 8 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 8 ) Ấn = Kết quả : 15 Ấn = Màn hình hiện 9 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 9 ) Ấn = Kết quả : 13.333333 Ấn = Màn hình hiện 10 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 10 ) Ấn = Kết quả : 12 Ấn = Màn hình hiện 11 Disp ( có nghĩa là 120 ¸ 11 ) Ấn = Kết quả :10.90909091 Ta thấy 10,909 < 11 nên ngưng ấn Kết quả U (120) = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 8 , 10 , 12 , 15 ,20 , 24 ,30 , 40 , 60 ,120 } BÀI TẬP: Tìm ước của các số sau a/48 b/ 308 c/ 52 d/ 1980 e/ 310 f/ 7890 Tìm các bội của b : Phương pháp : Để tìm các bội của b ta nhân b cho các số 0;1;2;3;giải bằng MTBT: Gán: -2àA rồi nhập biểu thức A + 1àA:b A Aán nhiều lần phím = và kiểm tra . Gán : -2 SHIFT STO A Nhập: ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : b A Kiểm tra : Aán liên tiếp nhiều lần dấu = và kiểm tra dòng kết quả phép nhân,cho tới khi nào tới số cần tìm. Chú ý: Tuỳ theo giới hạn của bội mà ta chọn giá trị đầu tiên để gán cho A.Thường là lùi lại hai đơn vị so với giá trị đầu tiên của A cần kiểm tra. Ví dụ 2 . Tìm các bội số nhỏ hơn 2009 của 159 Giải Ấn -2 SHIFT STO A ALPHA A + 1 SHIFT STO A Ấn ƒ để đưa con trỏ về cuối dòng biểu thức bên phải ,ấn tiếp ALPHA : (hai chấm màu đỏ) 159 ´ ALPHA A Ấn = ta được 0 và tiếp tục ấn bằng để được các bội số nhỏ hơn 2006 Kết quả bội của 159 nhỏ hơn 2006 là : 0,159, 318 , 477 ,636,795,954, 1113, 1272, 1431, 1590, 1749, 1908. *Ví dụ 3 : Tìm bội của 45 nhỏ hơn 2000 và chia hết cho 35 Giải : Ấn -2 SHIFT STO A ALPHA A + 1 SHIFT STO A Ấn ƒ để đưa con trỏ về cuối dòng biểu thức bên phải ,ấn tiếp ALPHA : 45 ALPHA A ¸ 35 ALPHA : 45 ALPHA A Ấn = Màn hình hiện 2 Disp = 2.5714 Disp = 90 Nghĩa là 45 ´ 2 ¸35 = 2.5714 . . . và 45´ 2 = 90 ,do 90 ¸ 35 = 2.5714 . . . suy ra 90 không chia hết cho 35 . Không nhận 90 . Tiếp tục ấn = và để ý nếu thấy màn hình hiện 45A¸35 là số nguyên thì số nguyên hiện ra trong lần ấn = kế tiếp chính là số thỏa điều kiện bài toán . Ta để ý thấy khi ấn = Màn hình hiện 7 Disp = 9Disp = 315 Khi đó 315 là số cần tìm , tiếp tục ấn như thế ta tìm được 5 số nữa thỏa điều kiện bài toán là :630 , 945 , 1260 , 1575 ,1890 .Khi thấy kết quả lớn hơn 2000 thì ngừng ấn . ĐS : 315 , 630 , 945 , 1260 , 1575 ,1890 . BÀI TẬP: Tìm bội của 103 nhỏ hơn 1000 . Tìm bội của 215 lớn hơn 1000 và nhỏ hơn 2000 . Tìm bội của 32 chia hết cho 48 , lớn hơn 500 và nhỏ hơn 800. 1.3 Kiểm tra số nguyên tố: Phương pháp: Ta biết số nguyên tố là số chỉ có hai ước là 1 và chính nó.Trong thực hành ta chỉ cần kiểm tra xem số đó có chia hết cho các số nguyên tố mà bình phương không vượt quá nó hay không và kết luận.Vì vậy ta có thể sử dụng thuật toán tìm ước ở trên để kiểm chúng tôi nhiên, vì tất cả các số nguyên tố lớn hơn 2 dều là số lẻ vì vậy ta có thể tăng biến với công sai là 2 để kiểm tra nhanh hơn. Gán: -1àA rồi nhập biểu thức A + 2àA: aA Aán nhiều lần phím = và kiểm tra . Gán : -1 SHIFT STO A Nhập: ALPHA A + 2 SHIFT STO A ƒ ALPHA : a ¸ A Kiểm tra : Aán liên tiếp nhiều lần dấu = và kiểm tra dòng kết quả phép chia Chú ý: - Ta chỉ cần tăng số chia(A) và kiểm tra dòng kết quả phép chia cho tới khi nào số chia(A) lớn hơn thương thì dừng, nếu đén khi dừng mà a không chia hết cho số nào thì a là số nguyên tố. Ta cũng nên để ý nếu thấy thương là số nguyên thì ngừng ấn = và kết luận số đã cho không phải là số nguyên tố . -Ở đây ta không kiểm tra với số 2, vì ta dựa vào dấu hiệu chia hết cho 2 ta có thể dễ dàng kiểm tra. Ví dụ . Số 647 có phải là số nguyên tố không ? Giải Cách 1 : Chia 647 cho các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 ,29 (kết hợp chia trên máy và nhận định các dấu hiệu chia hết). Khi chia cho 29 thì thương là 22, 3 . . . < 29 nên ngừng chia và kết luận 647 là số nguyên tố. Cách 2 : Kiểm tra một số có phải là số nguyên tố hay không bằng phương pháp lặp Ấn -1 SHIFT STO A Ấn tiếp ALPHA A + 2 SHIFT STO A ƒ ALPHA : 647 ¸ ALPHA A Ấn = Màn hình hiện 3 Disp ( có nghĩa là 647 ¸ 3 ) = 215.6667 Tiếp tục ấn = để kiểm tra xem máy có cho thương là số là số nguyên hay không . Ta ấn cho đến khi thấy màn hình hiện 27 Disp ( có nghĩa là 647 ¸ 27 ) . Ấn = màn hình hiện thương là 23.9630 < 27 nên ngừng ấn và kết luận 647 là số nguyên tố vì không có phép chia hết nào . BÀI TẬP: Các số sau đây , số nào là số nguyên tố : 543 , 863, 1587 , 5881 ,49877;200993 DẠNG 2: TÌM SỐ Tìm chữ số Ví dụ 1: Tìm các số a, b, c, để ta có Giải Số là ước của 7850, do đó ta cho a chạy từ 1 đến 9 để kiểm tra với giá trị nào của a thì 7850 chia hết cho , và ứng với giá trị đó ta cũng tìm được b, c, d tương ứng: Ấn -1 SHIFT STO A Ấn tiếp ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : 7850 ¸ ( 10 ALPHA A + 5 ) Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới kết quả khi A = 9 thì dừng và chọn ra các giá trị a( A) thoả điều kiện, và tìm b, c, d tương ứng. Đáp số: a= 2, b = 3, c = 1, d = 4 Ví dụ 2: Tìm chữ số x để chia hết cho 23. Giải Ấn -2 SHIFT STO X Ấn tiếp ALPHA X + 1 SHIFT STO X ƒ ALPHA : ( 79506047 + 100 ALPHA X ) ¸ 23 Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới kết quả khi A = 9 thì dừng và chọn ra các giá trị x( A) thoả điều kiện chia hết, và tìm b, c, d tương ứng. Đáp số: x =1 BÀI TẬP: 1/Tìm các chữ số a , b , c , d , e , f trong mỗi phép tính sau .Biết rằng hai chữ số a , b hơn kém nhau 1 đơn vị . a) b) c) 2/ a/ Tìm chữ số b biết rằng số chia hết cho 2005. b/ Tìm chữ số a biết chia hết cho 2005. Tìm cặp số nguyên dương thoả mãn phương trình: Phương pháp: Bước 1: Biểu diễn số này theo số kia. Bước 2: Cho số kia chạy tăng dần và kiểm tra điều kiện nguyên của số kia. Ví dụ 1: Tìm cặp số (x;y) nguyên dương nhỏ nhất sao cho x2 = 37y2 + 1.Giải x2 = 37y2 + 1 .Cho số y chạy tăng dần bắt đầu từ 1, tính x, cho tới khi x nhận giá trị nguyên thì dừng. Ấn -1 SHIFT STO Y Ấn tiếp ALPHA Y + 1 SHIFT STO Y ƒ ALPHA : ( 37 ALPHA Y x2 + 1 ) Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới khi nhận được kết quả của phép khai căn là số nguyên thì dừng. Đáp số: x = 73, y = 12 Ví dụ 2: Tìm các số tự nhiên n ( 1000 < n < 2000) sao cho với mỗi số đó cũng là số tự nhiên. Giải Nhận xét: Nếu cho số n tăng và kiểm tra điều kiện an nguyên dương thì công việc tốn khá nhiều thời gian, vì n nhận đến gần 1000 trị số, do đó ta cần làm ngược lại, cho số an tăng và kiểm tra số n.Trước hết ta phải tìm giới hạn của an từ giới hạn của n. Ấn 262 SHIFT STO A Ấn tiếp ALPHA A + 1 SHIFT STO A ƒ ALPHA : ( ALPHA A x2 - 54756 ) ¸ 15 Ấn liên tiếp nhiều lấn dấu = và kiểm tra dòng kết quả, cho tới khi an = 292(A =292) thì dừng, và ghi lại tất cả các số n nguyên tìm được. Đáp Số : n = 1428 ; n = 1539 ; n = 1995 BÀI TẬP 1/ Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x , y) biết x , y có 2 chữ số và thỏa mãn phương trình . ĐS : ( 12 ; 36 ) ; ( 20 ; 80 ) 2/ Tìm cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 4x3 + 17(2x - y)2 = 161312 ĐS : x = 30 ; y = 4 (hoặc y = 116) 3/Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x3 + x2 + 2025 là một số chính phương nhỏ hơn 10000. 4/ Tìm các số tự nhiên n ( 1000 < n < 2000) sao cho với mỗi số đó cũng là số tự nhiên. DẠNG 3: TOÁN VỀ DÃY SỐ 3.1 Tìm số hạng thứ n của dãy số dạng (,là các biểu thức của un) biết số hạng đầu tiên của dãy (u1=a) Phương pháp: Cách 1: Ấn a SHIFT STO X Ấn tiếp ¸ SHIFT STO X Ấn liên tiếp n -2 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ n -2 đó. Cách 2: Ấn a = (Gán a cho biến nhớ Ans) Ấn tiếp ¸ Ấn liên tiếp n -1 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ n -1 đó. Chú ý: Trong nhiều trường hợp, nếu đến lần thứ k trở đi mà các số trên màn hình vẫn không đổi giá trị thì ta kết luận ngay giá trị gần đúng của un là giá trị trên màn hình mà không cần bấm tới n -2 (hoặc n -1)lần. Giải Cách 1: Ấn 1 SHIFT STO X Ấn tiếp ( 4 ALPHA X x2 + 1 ) ¸ ( 3 ALPHA X x2 + 5 ) SHIFT STO X Ấn liên tiếp 3 lần dấu = để tính U5 ,8 lần để tính U10 ; 13 lần để tínhU15 Từ U25 trở đi ta thấy các số trên màn hình không thay đổi nửa nên ta kêt luận giá trị gần đúng của U100 . Cách 2: Ấn 1 = (Gán a cho biến nhớ Ans) Ấn tiếp ( 4 Ans x2 + 1 ) ¸ ( 3 Ans x2 + 5 ) Ấn liên tiếp 4 lần dấu = để tính U5 ,9 lần để tính U10 ; 14 lần để tínhU15 Từ U25 trở đi ta thấy các số trên màn hình không thay đổi nửa nên ta kêt luận giá trị gần đúng của U100 . Đáp số: BÀI TẬP: 1/ Cho dãy số , n là số tự nhiên và n1.Biết U1 = 1,tính U5 U10 ;U15 ;U100 ? 2/ Cho dãy số, n là số tự nhiên và n.Biết x0= 0,25,tính U5 U10 ;U15 ;U100 ? 3/ Cho dãy số , n là số tự nhiên và n1.Biết U1 = 0,tính U5 U10 ;U15 ;U50 ? 3.2 Tìm số hạng thứ n và tổng n số hạng đầu tiên của dãy số dạng khi biết trước hai số hạng đầu tiên của dãy(u1=a, u2=b) Phương pháp: a/Tìm số hạng thứ n của dãy: 1/Ấn a SHIFT STO A (Gán u1 cho A) 2/Ấn b SHIFT STO B (Gán u2 cho B) 3/Ấn m ALPHA B + n ALPHA A SHIFT STO A (Gán u3 cho A) 4/Ấn m ALPHA A + n ALPHA B SHIFT STO B (Gán u4 cho B) 5/Ấn 5 SHIFT 5 (Nối hai dòng lệnh 4 và 5 để thực hiện phép lặp) 6/ Ấn liên tiếp n -4 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ n -4, đó là số hạng thứ n cần tìm. b/ Tìm số hạng thứ n và tính tổng của n số hạng đầu tiên của dãy: 1/Ấn a SHIFT STO A (Gán u1 cho A) 2/Ấn b SHIFT STO B (Gán u2 cho B) 3/ Ấn ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO C (Tính tổng 2 số hạng đầu) 4/Ấn m ALPHA B + n ALPHA A SHIFT STO A (Gán u3 cho A) 5/Ấn ALPHA A + ALPHA C SHIFT STO C (Tính tổng 3 số hạng đầu) 6/Ấn m ALPHA A + n ALPHA B SHIFT STO B (Gán u4 cho B) 7/ Ấn ALPHA B + ALPHA C SHIFT STO C (Tính tổng 4 số hạng đầu) Ấn 5 5 5 SHIFT 5 (Nối 4 dòng lệnh 4,5,6,7 để thực hiện phép lặp) 8/ Ấn liên tiếp 2(n -4)-1 lần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ 2(n -4) -1, đó là số hạng thứ n cần tìm,ấn tiếp = ta được tổng của n số hạng đầu tiên. Ví dụ 1: Cho dãy số , n là số tự nhiên và n1.Biết lập quy trình ấn phím liên tục tính theo và rồi tính . Giải Quy trình ấn phím : 1 SHIFT STO A 20 SHIFT STO B 20 ALPHA B - 97 ALPHA A SHIFT STO A 20 ALPHA A - 97 ALPHA B SHIFT STO B 5 SHIFT 5 Ấn liên tiếp nhiều lần dấu = ta có đáp số: Tính Đáp số : Ví dụ 2: Cho u1 = 17, u2 = 29 và un+2 = 3un+1 + 2un (n ≥ 1).Viết quy trình tính u15 và tổng của 15 số hạng đầu tiên. Giải 17 SHIFT STO A 29 SHIFT STO B ALPHA B + ALPHA A SHIFT STO C 3 ALPHA B + 2 ALPHA A SHIFT STO A ALPHA A + ALPHA C SHIFT STO C 3 ALPHA A + 2 ALPHA B SHIFT STO B ALPHA B + ALPHA C SHIFT STO C 5 5 5 SHIFT 5 Ấn liên tiếp ần dấu = và ghi kết quả ở lần thứ 2(n -4) -1, đó là số hạng thứ n cần tìm,ấn tiếp = ta được tổng của n số hạng đầu tiên. ĐS : u15 = 493 981 609; S15 = 686 826 203. BÀI TẬP: 1/Cho và .Tính và S20? 2/ Cho dãy số , DẠNG 4: TÍNH GIÁ TRỊ BIỂU THỨC LÀ TỔNG CỦA MỘT DÃY SỐ CÓ QUY LUẬT Phương pháp : -Bước 1: Xác địng quy luật, viết số hạng tổng quát Un. -Bước 2: Sử dụng thuật toán tăng biến n, thế vào công thức tính tổng Ví dụ: Tính giá trị gần đúng ( chính xác đến 5 chữ số thập phân ) các biểu thức sau : Giải -Số hạng tổng quát: ( n =1;2;3;;29) 0 SHIFT STO B (gán lùi 1 già trị so với giá trị nhận đầu tiên của n 0 SHIFT STO A (gán 0 cho giá trị đầu tiên của tổng A) ALPHA B + 1 SHIFT STO B (tăng giá trị n) ( 2 ALPHA B + 1 ) ¸ ( SHIFT ( 2 ALPHA B ) + SHIFT ( 2 ALPHA B + 2 ) ) + ALPHA A SHIFT STO A (thế giá trị n vừa nhận được vào công thức tính Un và cộng với tổng trước đó để tính tổng của n số hạng của dãy) 5 SHIFT 5 (gắn kết 2 dòng lệnh để dùng dấu = thực hiện phép lặp) Ấn liên tiếp dấu = cho đến khi B =29, tính A và dừng. Đáp số : BÀI TẬP 1/Phần nguyên của x (là số nguyên lớn nhất khơng vượt quá x) được kí hiệu là biết : ĐS : [M]= 19824 2/ Tính chính xác đên 0,0001 giái trị biểu thức DẠNG 5: TĂNG DÂN SỐ -TIỀN LÃI Ví dụ: Bố bạn Bình tặng cho bạn ấy một máy tính hiệu Thánh Gióng trị giá 5.000.000 đồng bằng cách cho bạn tiền hàng tháng với phuơng thức như sau: Tháng đầu tiên bạn Bình nhận được 100.000 đồng, các tháng thứ hai trở đi mỗi tháng bạn nhận hơn tháng trước 20.000 đồng. Nếu chọn cách gửi tiết kiệm số tiền nhận được hàng tháng với lãi suất 0,6% tháng, thì bạn Bình phải gửi bao nhiêu tháng mới đủ tiền mua máy tính ? Giải 1/ Gọi B biến số tháng bình gửi tiêt kiệm, A biến số tiền Bình có cuối tháng thứ B, ta sẽ tính số tháng Bình cần phải gửi tiết kiệm như sau: 0 SHIFT STO B 0 SHIFT STO A ALPHA B + 1 SHIFT STO B ( ALPHA A + 100 000 + ALPHA B 20 000 - 20 000 ) ( 1 + 0,6 ¸ 100 ) SHIFT STO A 5 SHIFT 5 Ấn liên tiếp dấu = cho đến khi A vừa bằng hoặc vượt 5 000 000 thì dừng, và kết luận số tháng cần gửi. Đáp số 18 tháng BÀI TẬP 1/Bố bạn Bình tặng cho bạn ấy một máy tính hiệu Thánh Gióng trị giá 5.000.000 đồng bằng cách cho bạn tiền hàng tháng với phuơng thức như sau: Tháng đầu tiên bạn Bình nhận được 100.000 đồng, các tháng thứ hai trở đi mỗi tháng bạn nhận hơn tháng trước 20.000 đồng. Nếu bạn Bình muốn có ngay máy tính để học bằng cách chọn phương thức mua trả góp hàng tháng bằng số tiền bố cho với lãi suất 0,7% tháng, thì bạn Bình phải trả góp bao nhiêu tháng mới hết nợ. 2/ Một người vay 200 000 000 để mua đất. Mỗi tháng người đó trả 3 000 000 với lãi suất 0,4%/ tháng(kể từ tháng thứ hai).Hỏi sau bao nhiêu tháng thì người đó trả hết nợ. KẾT LUẬN Vì khả năng và thời gian có hạn nên sáng kiến này xin tạm dừng ở đây. Rất mong sự góp ý của bạn đọc, quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp để sáng kiến này được phát huy và được mở rộng. NGƯỜI VIẾT Hồ Thiện Nghĩa TÀI LIỆU THAM KHẢO 1/ Giaiû toán nhanh bằng máy tính bỏ túi của Nguyễn Phước -NXBTổng hợp TP. HCM. 2/Hướng dẫn sử dụng máy tính Casio fx -500MS vụ THPT. 3/ Một số đề thi các cấp và thi khu vực

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Quản Lý Tiền Jars Cho Cá Nhân
  • Cách Chia Đa Thức Bằng Lược Đồ Hoocner Hay
  • Chuong 2 Dai So Tuyen Tinh 2
  • Phương Pháp Lặp Giải Hệ Phương Tuyến Tính Số Chiếu Lớn
  • Dây Chuyền Máy Làm Giò Chả
  • Giải Pháp Của Ma Trận Bằng Phương Pháp Gauss Jordan. Giải Hệ Phương Trình Tuyến Tính Bằng Phương Pháp Gauss

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Đơn Giản Để Giải Zlp. Phương Pháp Gauss
  • 8 Bí Quyết Chinh Phục Và Phương Pháp Học Tốt Môn Ngữ Văn
  • Phương Pháp Học Anh Văn Hiệu Quả Nhất
  • Phương Pháp Học Anh Văn Giao Tiếp Hiệu Quả Thông Qua Bài Hát
  • ✅ Phương Pháp Học Autocad Hiệu Quả ⭐️⭐️⭐️⭐️⭐️
  • Chủ đề 7 “CÁC HỆ THỐNG THIẾT BỊ ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH. PHƯƠNG PHÁP GAUSS – JORDAN. “

    (Kỷ luật học tập “Giới thiệu về Đại số tuyến tính và Hình học Giải tích”)

    CÁC HỆ THỐNG THIẾT BỊ ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH. PHƯƠNG PHÁP GAUSS – JORDAN. Các khái niệm cơ bản

    Một phương trình với n biến được gọi là tuyến tínhnếu tất cả các biến ( x 1 , x 2 , … x n ) được đưa vào nó ở mức độ 1. Dạng tổng quát của một phương trình như vậy được viết chính thức như sau:

    =b.

    Bằng cách giải phương trình tuyến tính (*),,…,) giá trị của các biến, khi được thay thế vào phương trình (tức là khi x j được thay bằng với tất cả jtừ 1do n biến nó thành bản sắc. Chúng tôi nhấn mạnh rằng nghiệm của một phương trình có n biến luôn là một bộ n số và mỗi bộ n số như vậy là một điều phán quyết. Rõ ràng, nếu ít nhất một hệ số của các biến không bằng 0 thì phương trình (*) có nghiệm. Nếu không, nghiệm chỉ tồn tại với b u003d 0 và đây là tất cả các bộ n số tùy ý.

    Xét đồng thời m phương trình có dạng (*), tức là hệ thốngm phương trình đại số tuyến tính vớin biến… Cho mỗi phương trình thứ i, i u003d 1,2,…, m, được cho bởi các hệ số của các biến a i 1, a i 2,…, a in và một số hạng tự do b i, tức là có hình thức

    Khi đó, ở dạng tổng quát, hệ gồm m phương trình đại số tuyến tính với n biến có thể được viết dưới dạng:

    ………………………………………………………………………………

    …………………………………………………

    hoặc, giống nhau,

    =b tôi , tôi = 1,…, m.

    Nếu tất cả các số hạng tự do đều bằng 0, thì hệ thống (1) được gọi là đồng nhất, I E. có hình thức

    = 0,tôi = 1,…, m, (1 0 )

    nếu không thì – không đồng nhất… Hệ thống (1 0 ) là một trường hợp đặc biệt của hệ thống chung (1) .

    Bằng cách giải hệ phương trình (1) được gọi là một tập hợp có thứ tự ( ,,…,) giá trị của các biến, khi được thay thế vào các phương trình của hệ (1) (tức là khi x j được thay bằng , j u003d 1,…, n) tất cả chuyển đổi các phương trình này thành danh tính, tức là

    u003d b i với mọi i u003d 1,…, m.

    Hệ phương trình (1) được gọi là chung,nếu cô ấy có ít nhất một giải pháp. Nếu không, hệ thống được gọi là không nhất quán.

    Tập hợp tất cả các nghiệm của hệ phương trình (1) sẽ được gọi là nhiều giải pháp của nó và ký hiệu X b (X 0 nếu hệ là thuần nhất). Nếu hệ thống không nhất quán, thì X b u003d .

    Nhiệm vụ chính của lý thuyết về hệ phương trình đại số tuyến tính là tìm xem liệu hệ (1) có nhất quán hay không và nếu có thì mô tả tập hợp tất cả các nghiệm của nó. Có những phương pháp phân tích các hệ thống như vậy cho phép bạn mô tả tập hợp tất cả các giải pháp trong trường hợp các hệ thống chung hoặc để đảm bảo rằng chúng không tương thích với nhau. Một phương pháp phổ biến như vậy là phương pháp loại bỏ hoàn toàn tuần tự các ẩn số hoặc phương phápGauss – Jordanmà chúng ta sẽ nghiên cứu chi tiết.

    Trước khi tiếp tục mô tả phương pháp Gauss – Jordan, chúng tôi trình bày một số định nghĩa và phát biểu hữu ích cho những gì sau đây.

    Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu họ có cùng một tập hợp các giải pháp. Nói cách khác, mọi giải pháp cho hệ thống này là giải pháp cho hệ thống khác và ngược lại. Tất cả các hệ thống không tương thích được coi là tương đương.

    Các định nghĩa về sự tương đương và tập nghiệm của các hệ có dạng (1) ngay lập tức hàm ý tính đúng đắn của các khẳng định sau đây, mà chúng ta xây dựng thành một định lý.

    Định lý 1.Nếu hệ (1) chứa một phương trình với sốk, 1k m, như vậy màa kj = 0 jsau đó

    Tính hợp lệ của các khẳng định của định lý trở nên hiển nhiên nếu chúng ta nhận thấy rằng phương trình thứ k có dạng

    Định lý 2.Nếu ta thêm vào một phương trình của hệ (1) một phương trình khác cùng hệ, nhân với một số bất kỳ, thì ta được một hệ phương trình tương đương với hệ ban đầu.

    Chứng cớ. Ví dụ, chúng ta hãy nhân phương trình thứ hai của hệ (1) với một số và thêm nó vào phương trình đầu tiên. Kết quả của phép biến đổi này, chúng ta thu được hệ (1 ‘), trong đó tất cả các phương trình, bắt đầu từ phương trình thứ hai, không thay đổi và phương trình thứ nhất có dạng sau

    = b 1 + b 2 .

    Rõ ràng, nếu một số bộ ( ,,…,) của các giá trị của biến biến tất cả các phương trình của hệ (1) thành đồng nhất, sau đó nó biến tất cả các phương trình của hệ (1 ‘) thành đồng nhất. Ngược lại, nghiệm (x ‘1, x’ 2,…, x ‘j,…, x’ n) của hệ (1 ‘) cũng là nghiệm của hệ (1), vì hệ (1) nhận được từ hệ (1’) sử dụng một phép biến đổi tương tự, khi phương trình thứ hai của hệ (1 ‘) được thêm vào phương trình thứ nhất của hệ (1’), nhân với số (- ).

    Phát biểu sau đây được chứng minh theo cách tương tự.

    Định lý 2 ‘. Phép nhân một phương trình tùy ý của hệ (1) với bất kỳ số nào khác 0 biến hệ (1) thành một hệ phương trình tương đương.

    Định lý 2 và 2 ‘cho hai loại biến đổi, hệ thống nào (1) đã phải chịu, trong khi vẫn còn tương đương:

    và) phép nhân (hoặc chia) một phương trình tùy ý của hệ (1) với bất kỳ số nào khác 0;

    b) cộng (hoặc trừ) với một phương trình của một phương trình khác, nhân với một số.

    Các phép biến đổi a) và b) như vậy được gọi là biến đổi cơ bản hệ phương trình (1).

    Nếu các phép biến đổi cơ bản được áp dụng cho hệ phương trình (1) nhiều lần, thì hệ quả hiển nhiên cũng sẽ tương đương với hệ phương trình ban đầu.

    Hệ phương trình (1) có thể được viết dưới dạng bảng:

    Một bảng số hình chữ nhật bao gồm các hệ số a ij cho các ẩn số của hệ (1) được gọi là ma trận hệ thống (1) và được ký hiệu là A (nó chứa m hàng và n cột), cột các thành viên tự do được ký hiệu là b. Một bảng hình chữ nhật bao gồm các hệ số a ij cho các ẩn số và từ một cột các số hạng tự do b của hệ thống (1) được gọi là ma trận mở rộnghệ thống (1) và được ký hiệu là (nó chứa m hàng và (n + 1) cột), tức là u003d (A, b). Trong hàng thứ i của ma trận chứa tất cả nổi danh các tham số đặc trưng cho phương trình thứ i của hệ (1), i u003d 1,…, m. Cột thứ j của ma trận A chứa tất cả các hệ số của x j chưa biết xảy ra trong hệ (1).

    Các số a ij được gọi là yếu tố ma trận A. Phần tử a ij nằm ở hàng thứ i và trong cột thứ j của ma trận A. Thông thường người ta nói rằng phần tử a ij là ở ngã tưtôi – dòng oh vàj – cột thứ của ma trậnA. Nếu tất cả các phần tử của một hàng (cột) của ma trận A (trừ một) đều bằng 0 và một phần tử khác không bằng một, thì một hàng (cột) như vậy được gọi là Độc thân (Độc thân).

    Các phép biến đổi cơ bản sau đây của bảng (2) tương ứng với các phép biến đổi cơ bản của hệ (1):

    và) phép nhân (hoặc chia) tất cả các phần tử của một hàng tùy ý trong bảng (2) với bất kỳ số nào khác 0,

    b) cộng (hoặc trừ) với một dòng (từng phần tử) của dòng khác, nhân với một số.

    Phương pháp loại bỏ hoàn toàn tuần tự các ẩn số (Phương pháp Gauss-Jordan)

    Kết quả của bất kỳ biến đổi cơ bản nào, chúng tôi nhận được bàn mới, trong đó thay vì dòng mà họ đã thêm vào (hoặc nhân với bất kỳ số nào khác 0), hãy viếtdòng mớivà các dòng còn lại (kể cả dòng đã được thêm vào) được viết không thay đổi… Bảng mới tương ứng với hệ phương trình, hệ thống ban đầu tương đương.

    Áp dụng các phép biến đổi cơ bản, bảng (2) và theo đó, hệ thống (1) có thể được đơn giản hóa để việc giải hệ ban đầu trở nên dễ dàng. Phương pháp được đề xuất dựa trên điều này.

    Phương pháp loại bỏ hoàn toàn liên tiếp các ẩn số, hoặc phương pháp Gauss-Jordan, là một phương pháp phổ biến để phân tích bất kỳ hệ phương trình đại số tuyến tính nào (chưa được biết trước, tương thích hay không tương thích). Nó cho phép bạn giải quyết các hệ thống chung hoặc xác minh tính không nhất quán của các hệ thống không nhất quán.

    Lưu ý sự khác biệt cơ bản giữa phương pháp được đề xuất để giải hệ phương trình đại số tuyến tính so với phương pháp giải một phương trình bậc hai chuẩn. Nó được giải bằng cách sử dụng các công thức nổi tiếng, trong đó các ẩn số được biểu diễn thông qua các hệ số của phương trình. Trong trường hợp hệ phương trình đại số tuyến tính tổng quát, chúng ta không có công thức nào như vậy và sử dụng để tìm nghiệm phương pháp lặp lại, hoặc là phương pháp lặp lại, hoặc là phương pháp lặp lại… Các phương pháp như vậy không xác định công thức, mà là một chuỗi các hành động.

    Phương pháp Gauss – Jordan là một triển khai tuần tự của chuỗi các bước lớn cùng loại (hoặcsự lặp lại). Phương pháp lặp cụ thể này là một trong nhiều phương pháp lặp được đề xuất bởi cho nghiệm của hệ phương trình đại số tuyến tính dạng (1). Nó bao gồm giai đoạn đầu, giai đoạn chính và giai đoạn cuối cùng… Giai đoạn chính chứa lặp đi lặp lại lần lặp là tập hợp các hành động cùng kiểu.

    Giai đoạn đầu tiên bao gồm việc xây dựng bảng I (0) của biểu mẫu (2) và sự lựa chọn trong đó yếu tố hàng đầu– bất kỳ nonzero nàohệ số cho các biến từ bảng (2). Cột và hàng tại giao điểm đặt trụ được gọi là dẫn đầu… (Cho phần tử a i 0 j 0 được chọn. Khi đó i 0 là hàng đầu, j 0 là cột đứng đầu.) Chuyển đến màn hình chính. Lưu ý rằng trục xoay thường được gọi là dễ dãi.

      Chuyển đổi cột hàng đầu (tức là cột chứa phần tử tổng hợp) thành đơn vịvới 1 ở vị trí của trục bằng cách tuần tự trừ đi hàng đầu (tức là hàng chứa phần tử đứng đầu) nhân với một số số từ các hàng còn lại trong bảng. Chinh no hàng đầu được chuyển đổi bằng cách chia nó thành phần tử bởi trục quay.

      Một bảng mới I (k) được viết, (k là số lặp), trong đó tất cả các cột từng dẫn đầu đều là cột duy nhất.

      Kiểm tra xem có thể chọn trong bảng I (k) hay không phần tử hàng đầu (phân giải) mới.Theo định nghĩa thì nó là bất kỳ phần tử nào khác không nằm ở giao điểm của một hàng và một cột vẫn còn.

    Sân khấu chính gồm các dãy lặp cùng kiểu với các số k u003d 1, 2,…. Hãy để chúng tôi mô tả chi tiết các bước lặp của phương pháp Gauss – Jordan.

    Khi bắt đầu mỗi lần lặp, một bảng I nhất định có dạng (2) được biết đến; phần tử đứng đầu (phân giải) và theo đó, cột đứng đầu và hàng đứng đầu được chọn trong đó. Ngoài ra, có thông tin về những hàng và cột đã từng ở dẫn đầu. (Vì vậy, ví dụ: sau giai đoạn đầu, tức là ở lần lặp 1, I (0) đã biết, phần tử đứng đầu (phân giải) a i 0 j 0 và i 0 là hàng đầu, j 0 là cột dẫn đầu.)

    Nếu lựa chọn như vậy là có thể, thì cột và hàng, tại giao điểm có phần tử đứng đầu (cho phép), được gọi là dẫn đầu… Sau đó, phép lặp được lặp lại với một bảng mới I (k), tức là các bước từ 1 đến 3 được lặp lại với một bảng I (k) mới. Trong trường hợp này, một bảng mới I (k +1) được xây dựng.

    Nếu không thể chọn một phần tử tổng hợp mới, sau đó tiến hành bước cuối cùng.

    Giai đoạn cuối cùng. Để thực hiện r lặp lại, thu được bảng I (r), bao gồm ma trận các hệ số cho các biến A (r) và một cột các số hạng tự do b (r), và trong đó không thể chọn một trục mới, tức là phương pháp đã dừng… Lưu ý rằng phương pháp bắt buộco sẽ dừng lại cho số bước hữu hạn từ r không được lớn hơn min (m, n).

    Các tùy chọn để dừng phương pháp là gì? Ý bạn là gì “không thể chọn một trục mới”? Điều này có nghĩa là sau lần lặp thứ r trong ma trận A (r) của một hệ thống mới tương đương với hệ thống (1),

    a) tất cả các dòng A (r) đều dẫn đầu, tức là mỗi dòng chứa một và chính xác một đơn vị, không còn đứng ở dòng nào khác,

    b) có các chuỗi trong A (r), chỉ bao gồm các số không.

    Hãy xem xét các tùy chọn này.

    a) Trong trường hợp này r u003d m, m n. Bằng cách sắp xếp lại các hàng và đánh số lại các biến (tức là sắp xếp lại các cột), chúng ta có thể biểu diễn bảng I (r) là

    Chúng tôi nhấn mạnh rằng trong bảng (3) mỗi biến có số i không vượt quá r chỉ xảy ra trong một hàng. Bảng (3) tương ứng với một hệ phương trình tuyến tính có dạng

    x 1 +

    u003d b (r) 1,

    x 2 +

    u003d b (r) 2,

    ………………………, (4)

    x r +

    u003d b (r) r,

    trong đó mỗi biến với số i, không cao cấpr, được biểu diễn duy nhất dưới dạng các biến x r + 1,…, x n, các hệ số của ma trận a (r) ij, j u003d r + 1,…, n và số hạng tự do b (r) i được trình bày trong bảng (3). Trên các biến x r +1 , … , x n không chồng chéo không hạn chế, I E. họ đang có thể nhận bất kỳ giá trị nào. Do đó, một giải pháp tùy ý cho hệ thống được mô tả bởi bảng (3), hoặc, tương tự, một giải pháp tùy ý cho hệ thống (4), hoặc, tương tự, một nghiệm tùy ý cho hệ thống (1) có dạng

    x i u003d b (r) i – a (r) ij x j, i u003d 1,…, r u003d m; x j – bất kỳ với j u003d (r + 1),…, n. (số năm)

    Sau đó, tập hợp các giải pháp cho hệ thống (1) có thể được viết dưới dạng

    X b u003d (x u003d (x 1, …, x n): x i u003d b (r) i – a (r) ij x j với i u003d 1,…, r u003d m; x j – bất kỳ với j u003d (r + 1),…, n.).

    Nếu b (r) k tương ứng bằng 0, thì phương trình thứ k là thừa và có thể bị loại bỏ. Loại bỏ tất cả các phương trình như vậy, chúng ta thấy rằng hệ (1) tương đương với hệ từ r phương trình với n biến, được viết sau r bước bằng bảng có dạng (3), trong đó tất cả các hàng đều đứng đầu. Như vậy, chúng ta đã đến trường hợp a) đã xét ở trên và có thể viết ra một nghiệm ở dạng (5).

    Phương pháp Gauss – Jordan được mô tả đầy đủ. Mỗi số lần lặp lại hữu hạn hệ phương trình đại số tuyến tính sẽ được giải (nếu nó tương thích) hoặc hiển nhiên là nó không tương thích (nếu nó thực sự không tương thích).

    Các biến tương ứng với các phần tử đứng đầu (cho phép)hoặc đứng trong các cột đầu tiên, theo thói quen gọi căn bảnvà phần còn lại của các biến là miễn phí.

    1) Khi chúng ta bắt đầu giải một hệ thống bằng phương pháp Gauss-Jordan, chúng ta có thể không biết liệu hệ thống này có nhất quán hay không. Phương pháp Gauss – Jordan cho một số lần lặp hữu hạn r sẽ trả lời câu hỏi này. Trong trường hợp là một hệ thống chung, giải pháp chung của hệ thống ban đầu được viết ra trên cơ sở của bảng cuối cùng. Trong trường hợp này số lượng biến cơ bản nhất thiết phải bằng số r của lần lặp cuối cùng, tức là số lần lặp được thực hiện. Số r luôn không vượt quá min (m, n), với m là số phương trình trong hệ, và n số lượng biến hệ thống. Nếu r< n, sau đó (n r) bằng số biến tự do.

    2) Khi ghi lại một quyết định chung không cần thiết đánh số lại các biến như đã làm để dễ hiểu khi mô tả Giai đoạn cuối cùng. Đây là để hiểu rõ hơn.

    3) Khi giải hệ (1) bằng phương pháp Gauss – Jordan căn bản các biến sẽ chỉ là các biến tương ứng với các cột mà tại một số lần lặp lại hoạt động như dẫn đầu và ngược lại, nếu tại một số lần lặp, cột đóng vai trò là cột đứng đầu, thì biến tương ứng nhất thiết sẽ nằm trong số các biến cơ bản.

    4) Nếu nghiệm tổng quát của hệ (1) chứa ít nhất một biến tự do, thì hệ này có vô số nghiệm riêng nhưng nếu không có biến tự do thì hệ có nghiệm duy nhất trùng với nghiệm chung.

    5) Các phần tử hàng đầu có thể được chọn trong mỗi lần lặp theo một cách khác nhau. Điều quan trọng duy nhất là đây là các hệ số khác không ở giao điểm của một hàng và một cột, mà trước đây không đứng đầu. Nhiều lựa chọn các yếu tố hàng đầu có thể cho các mục khác nhau nhiều giải pháp. Nhưng, bản thân tập hợp các giải pháp là giống nhau cho bất kỳ bản ghi nào.

    Hãy để chúng tôi giải thích phương pháp bằng cách sử dụng các ví dụ.

    Ví dụ I. Giải hệ phương trình đại số tuyến tính sau

    bằng phương pháp loại bỏ hoàn toàn ẩn số liên tiếp (phương pháp Gauss – Jordan).

    Giai đoạn đầu tiên. Đầu tiên, chúng ta viết hệ phương trình (6) ở dạng thuận tiện hơn – dưới dạng bảng I (0).

    Đối với mỗi hệ phương trình tuyến tính, chúng tôi gán ma trận mở rộng thu được bằng cách tham gia ma trận cột thành viên miễn phí:

    Jordan – phương pháp Gauss áp dụng cho giải pháp hệ thống mphương trình tuyến tính với n các loài chưa biết:

    Phương pháp này bao gồm thực tế là với sự trợ giúp của các phép biến đổi cơ bản, hệ phương trình được rút gọn thành một hệ phương trình tương đương với một ma trận của một loại nhất định.

    Chúng tôi thực hiện các phép biến đổi cơ bản sau trên các hàng của ma trận mở rộng:

    1. hoán vị của hai dòng;

    2. nhân một chuỗi với bất kỳ số nào khác 0;

    3. thêm vào một dòng một dòng khác nhân với một số;

    4. loại bỏ hàng rỗng (cột).

    Ví dụ 2.11. Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Jordan – Gauss:

    ) X 1 + X 2 + 2X 3 u003d -1

    2X 1 – X 2 + 2X 3 u003d -4

    4X 1 + X 2 + 4X 3 u003d -2

    Giải pháp: Hãy tạo một ma trận mở rộng:

    Lặp lại 1

    Chọn một phần tử làm phần tử hướng dẫn. Hãy chuyển đổi cột đầu tiên thành một. Để làm điều này, hãy thêm dòng đầu tiên vào dòng thứ hai và thứ ba, nhân với (-2) và (-4), tương ứng. Chúng tôi nhận được ma trận:

    Điều này hoàn thành lần lặp đầu tiên.

    Chọn phần tử hướng dẫn. Từ đó ta chia dòng thứ hai cho -3. Sau đó, chúng tôi nhân hàng thứ hai tương ứng với (-1) và 3, rồi cộng nó vào hàng thứ nhất và thứ ba tương ứng. Chúng tôi nhận được ma trận

    Chọn phần tử hướng dẫn. Từ đó ta chia dòng thứ ba cho (-2). Chuyển đổi cột thứ ba thành một. Để thực hiện việc này, hãy nhân hàng thứ ba với (-4/3) và (-2/3), rồi cộng nó vào hàng thứ nhất và thứ hai, tương ứng. Chúng tôi nhận được ma trận

    Sau khi hoàn thành giải pháp, ở giai đoạn huấn luyện, cần thực hiện kiểm tra bằng cách thay thế các giá trị tìm được vào hệ thống ban đầu, các giá trị này sẽ chuyển thành các giá trị bằng nhau.

    b) X 1 – X 2 + X 3 – X 4 u003d 4

    X 1 + X 2 + 2X 3 + 3X 4 u003d 8

    2X 1 + 4X 2 + 5X 3 + 10X 4 u003d 20

    2X 1 – 4X 2 + X 3 – 6X 4 u003d 4

    Giải pháp: Ma trận mở rộng trông giống như:

    Áp dụng các phép biến đổi cơ bản, chúng ta nhận được:

    Hệ ban đầu tương đương với hệ phương trình sau:

    X 1 – 3X 2 – 5X 4 u003d 0

    2X 2 + X 3 + 4X 4 u003d 4

    Hai hàng cuối cùng của ma trận A (2) phụ thuộc tuyến tính.

    Định nghĩa.Hàng ma trận e 1 , e 2 ,…, e m được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu đồng thời có các số không bằng 0 sao cho kết hợp tuyến tính của các hàng ma trận bằng hàng 0:

    Ở đâu 0 u003d (0, 0 … 0). Các hàng ma trận là độc lập tuyến tính khi kết hợp của các chuỗi này bằng 0 nếu và chỉ khi tất cả các hệ số bằng 0.

    Trong đại số tuyến tính, khái niệm thứ hạng của ma trận từ nó đóng một vai trò rất quan trọng trong việc giải hệ phương trình tuyến tính.

    Định lý 2.3 (về hạng của ma trận). Thứ hạng của ma trận bằng số lượng tối đa các hàng hoặc cột độc lập tuyến tính của nó, qua đó tất cả các hàng (cột) khác của nó được biểu diễn tuyến tính.

    Xếp hạng ma trận A (2) bằng 2, bởi vì số hàng độc lập tuyến tính tối đa trong nó là 2 (đây là hai hàng đầu tiên của ma trận).

    Định lý 2.4 (Kronecker – Capeli). Hệ phương trình tuyến tính là nhất quán và chỉ khi hạng của ma trận của hệ bằng hạng của ma trận mở rộng của hệ này.

    1. Nếu thứ hạng của ma trận của hệ thống tương thích bằng số biến, tức là r u003d n thì hệ có nghiệm duy nhất.

    2. Nếu hạng của ma trận của hệ thống nhỏ hơn số biến, tức là r< n, то система неопределённая и имеет бесконечное множество решений.

    Trong trường hợp này, hệ thống có 4 biến và hạng của nó là 2, do đó, nó có vô số nghiệm.

    Định nghĩa.Để cho được r< n, r biến x 1 , x 2 ,…, x r được gọi là căn bảnnếu định thức của ma trận các hệ số của chúng ( cơ sở nhỏ) là nonzero. Nghỉ ngơi n – r các biến được gọi là miễn phí.

    Định nghĩa.Phán quyết hệ thống trong đó tất cả n – r các biến miễn phí bằng 0, được gọi là căn bản.

    Hệ thống chung m phương trình tuyến tính với nbiến ( m< n ) có vô số nghiệm, trong đó có vô số nghiệm cơ bản, không vượt quá, ở đâu.

    Trong trường hợp của chúng tôi, tức là hệ thống có không quá 6 giải pháp cơ bản.

    Giải pháp chung là:

    X 1 u003d 3X 2 + 5X 4

    X 3 u003d 4 – 2X 2 – 4X 4

    Hãy lấy một giải pháp cơ bản khác. Đối với điều này, chúng tôi lấy X 3 và X 4 là ẩn số miễn phí. Hãy biểu diễn các ẩn số X 1 và X 2 thông qua các ẩn số X 3 và X 4:

    X 1 u003d 6 – 3 / 2X 2 – X 4

    X 2 u003d 2 – 1 / 2X 3 – 2X 4.

    Khi đó nghiệm cơ bản có dạng: (6, 2, 0, 0).

    Ví dụ 2.12. Giải quyết hệ thống:

    X 1 + 2X 2 – X 3 u003d 7

    2X 1 – 3X 2 + X 3 u003d 3

    4X 1 + X 2 – X 3 u003d 16

    Giải pháp: Ta biến đổi ma trận mở rộng của hệ thống

    Vì vậy, phương trình tương ứng với hàng thứ ba của ma trận cuối cùng là không nhất quán – dẫn đến sai đẳng thức 0 u003d -1, do đó, hệ thống này không nhất quán. Kết luận này cũng có thể nhận được nếu chúng ta nhận thấy rằng hạng của ma trận hệ thống là 2, trong khi hạng của ma trận mở rộng của hệ thống là 3.

    4. Phương pháp Jordan-Gauss.

    Như bạn đã biết, hệ phương trình đại số tuyến tính có thể có một nghiệm, nhiều nghiệm hoặc hệ không nhất quán. Với các phép biến đổi cơ bản của các phần tử của ma trận của hệ thống, các trường hợp này được phát hiện như sau:

    1. Trong quá trình loại bỏ, vế trái của phương trình bậc I của hệ biến mất, và vế phải bằng một số nào đó khác 0. những, cái đó. 02 + u003d bc0.

    Điều này có nghĩa là hệ thống không có nghiệm, vì không có giá trị nào của ẩn số có thể thỏa mãn phương trình bậc I;

    2. Vế trái và vế phải của phương trình bậc I biến mất. Điều này có nghĩa là phương trình thứ I là một tổ hợp tuyến tính của các phương trình khác, nó được thỏa mãn bởi bất kỳ nghiệm nào tìm được của hệ, vì vậy nó có thể bị loại bỏ. Trong hệ, số ẩn số lớn hơn số phương trình và do đó, hệ đó có nhiều nghiệm;

    3. Sau khi dùng tất cả các phương trình để loại bỏ ẩn số ta thu được nghiệm của hệ.

    Do đó, mục tiêu cuối cùng của phép biến đổi Jordan-Gauss là thu được từ một hệ thống tuyến tính đã cho

    a11x1 + a12x2 +… + a1nxn u003d b1, n + 1

    am1x1 + am2x2 +… + amnxn u003d bm.n + 1

    Ở đây x1, x2,…, xn là các ẩn số cần xác định. a11, a12,…, amn là các hệ số của hệ – và b1, b2,… bm – các số hạng tự do – được giả định là đã biết. Chỉ số của các hệ số (aij) của hệ thống cho biết các số của phương trình (i) và ẩn số (j) mà tại đó hệ số này tương ứng.

    Hệ (1) được gọi là thuần nhất nếu tất cả các số hạng tự do của nó bằng 0 (b1 u003d b2 u003d… u003d bm u003d 0), ngược lại nó là không thuần nhất.

    Hệ (1) được gọi là bình phương nếu số m phương trình bằng số n ẩn số.

    Lời giải cho hệ (1) là một tập hợp n số c1, c2,…, cn, sao cho việc thay thế mỗi ci thay cho xi trong hệ (1) biến tất cả các phương trình của nó thành đồng nhất.

    Hệ thống (1) được gọi là nhất quán nếu nó có ít nhất một giải pháp và không tương thích nếu nó không có giải pháp.

    Một hệ thống liên kết dạng (1) có thể có một hoặc nhiều nghiệm.

    Các nghiệm c1 (1), c2 (1),…, cn (1) và c1 (2), c2 (2),…, cn (2) của một hệ đồng dạng (1) được gọi là khác nếu có ít nhất một trong các bằng :

    c1 (1) u003d c1 (2), c2 (1) u003d c2 (2),…, cn (1) u003d cn (2).

    Một hệ thống liên kết dạng (1) được gọi là xác định nếu nó có một nghiệm duy nhất; nếu nó có ít nhất hai nghiệm khác nhau, thì nó được gọi là vô thời hạn. Nếu có nhiều phương trình hơn ẩn số, nó được gọi là quá xác định.

    Hãy giải các hệ phương trình sau:

    Chúng tôi viết nó dưới dạng ma trận 3 × 4, trong đó cột cuối cùng là một điểm chặn:

    Hãy làm như sau:

    · Thêm vào dòng 2: -4 * Dòng 1.

    · Thêm vào dòng 3: -9 * Dòng 1.

    · Thêm vào dòng 3: -3 * Dòng 2.

    Chia dòng 2 cho -2

    · Thêm vào dòng 1: -1 * Dòng 3.

    · Thêm vào dòng 2: -3/2 * Dòng 3.

    · Thêm vào dòng 1: -1 * Dòng 2.

    Tính chất 1. Định thức sẽ không thay đổi giá trị của nó nếu các phần tử tương ứng của một hàng (cột) song song được thêm vào tất cả các phần tử của bất kỳ hàng (cột) nào của ma trận, nhân với một tùy ý và cùng một số. Tính chất 2. Khi hoán đổi bất kỳ hai cột hoặc hàng nào của ma trận, định thức của nó đổi dấu thành ngược lại và giá trị tuyệt đối của định thức không đổi.

    Ở cột bên phải, chúng tôi nhận được giải pháp:

    .

    Gia tốc hội tụ của quá trình xấp xỉ được quan sát thấy trong phương pháp của Newton. 5. Phương pháp tiếp tuyến (Phương pháp Newton) Phương pháp tiếp tuyến gắn liền với tên tuổi của I. Newton là một trong những phương pháp số hữu hiệu để giải phương trình. Ý tưởng đằng sau phương pháp này rất đơn giản. Lấy điểm xuất phát x0 và viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f (x): y u003d f (x0) + f ¢ (x) (x-x0) (1.5) Đồ thị …

    Giải pháp từ các phương pháp tính toán số. Để xác định gốc của phương trình, không cần kiến u200bu200bthức về lý thuyết của các nhóm Abel, Galois, Lie, v.v. và không cần thuật ngữ toán học đặc biệt: vành, trường, iđêan, đẳng cấu, v.v. Để giải một phương trình đại số bậc n, bạn chỉ cần có khả năng giải phương trình bậc hai và lấy nghiệm nguyên từ một số phức. Rễ có thể được xác định từ …

    … “biểu hiện” chỉ trong quá trình biến đổi. Chúng tôi sẽ xem xét tính hiển nhiên và “tính che giấu” của biến mới bằng cách sử dụng các ví dụ cụ thể trong chương thứ hai của tác phẩm này. 2. Khả năng sử dụng phương pháp thay thế ẩn số khi giải phương trình đại số Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày các khả năng sử dụng phương pháp thay thế ẩn số khi giải phương trình đại số ở dạng chuẩn và không chuẩn …

    phương pháp Gauss – Jordan là một trong những phương pháp nổi tiếng và được sử dụng rộng rãi nhất để giải hệ phương trình tuyến tính. Phương pháp ma trận và phương pháp Cramer có nhược điểm là chúng không đưa ra câu trả lời trong trường hợp detA u003d 0, nhưng chỉ xác định được một nghiệm duy nhất khi detA không bằng 0. Một nhược điểm khác là số lượng phép tính toán học trong các phương pháp này tăng mạnh với tăng số phương trình. Phương pháp Gauss thực tế không có những nhược điểm này.

    Thuật toán phương pháp Gaussian

    1. Dựa trên hệ phương trình tuyến tính, ta lập ma trận mở rộng của hệ;
    2. Ta đưa ma trận về dạng “tam giác”;
    3. Chúng tôi xác định cấp bậc của ma trận chính và ma trận mở rộng, và trên cơ sở này, chúng tôi đưa ra kết luận về tính tương thích của hệ thống và số lượng các giải pháp khả thi;
    4. Nếu hệ có nghiệm duy nhất, ta thực hiện phép thay thế nghịch đảo và tìm, nếu hệ có tập nghiệm: ta biểu diễn các biến cơ bản dưới dạng biến có thể nhận giá trị tùy ý;

    Để đưa ma trận mở rộng ban đầu về dạng tam giác, chúng ta sử dụng hai tính chất sau của các định thức:

    Dựa trên các tính chất này của định thức, chúng tôi sẽ soạn một thuật toán để chuyển ma trận thành dạng tam giác:

    1. Xét dòng i (bắt đầu bằng dòng đầu tiên). Nếu phần tử a i i bằng 0, chúng ta hoán đổi hàng thứ i và thứ i + của ma trận. Trong trường hợp này, dấu hiệu của định thức sẽ thay đổi thành ngược lại. Nếu 1 1 không phải là số khác, hãy chuyển sang bước tiếp theo;
    2. Đối với mỗi hàng j, bên dưới hàng thứ i, chúng ta tìm giá trị của hệ số K j u003d a j i / a i i;
    3. Chúng ta tính lại các phần tử của tất cả các hàng j nằm bên dưới hàng i hiện tại bằng cách sử dụng các hệ số thích hợp theo công thức: a j k new u003d a j k -K j * a i k; Sau đó, chúng ta quay lại bước đầu tiên của thuật toán và xem xét hàng tiếp theo cho đến khi chúng ta đến hàng i u003d n-1, trong đó n là số chiều của ma trận A
    4. Trong ma trận tam giác kết quả, chúng tôi tính tích của tất cả các phần tử của đường chéo chính Pa i i, sẽ là định thức;

    Nói cách khác, bản chất của phương pháp có thể được xây dựng như sau. Chúng ta cần làm cho tất cả các phần tử của ma trận nằm dưới đường chéo chính bằng 0. Đầu tiên chúng ta lấy các số không trong cột đầu tiên. Để thực hiện điều này, chúng ta tuần tự trừ dòng đầu tiên, nhân với số chúng ta cần (sao cho khi trừ chúng ta nhận được số 0 trong phần tử đầu tiên của dòng) từ tất cả các dòng bên dưới. Sau đó, chúng ta làm tương tự đối với hàng thứ hai để lấy các số không ở cột thứ hai bên dưới đường chéo chính của ma trận. Và tiếp tục như vậy cho đến khi chúng ta đi đến dòng áp chót.

    Ngày xửa ngày xưa, nhà toán học người Đức Wilhelm Jordan (chúng tôi đang phiên âm sai từ tiếng ĐứcJordan trong vai Jordan) ngồi giải các hệ phương trình tiếp theo. Anh ấy thích làm điều đó và trong thời gian rảnh, anh ấy đã cải thiện kỹ năng của mình. Nhưng rồi cũng đến lúc anh cảm thấy nhàm chán với tất cả các phương pháp giải và phương pháp Gauss kể cả…

    Giả sử một hệ có ba phương trình, ba ẩn số được đưa ra, và ma trận mở rộng của nó được viết. Trong trường hợp phổ biến nhất, các bước tiêu chuẩn được thực hiện và cứ như vậy hàng ngày…. Điều tương tự – như cơn mưa tháng mười một vô vọng.

    Xua tan khao khát một thời cách khác Giảm ma trận về dạng bậc: hơn nữa, nó hoàn toàn tương đương và có thể không thuận tiện chỉ do nhận thức chủ quan. Nhưng sớm muộn gì mọi thứ cũng trở nên nhàm chán…. Và sau đó tôi nghĩ F trong khoảng rdan – tại sao phải bận tâm đến điều ngược lại của thuật toán Gaussian? Không phải dễ dàng hơn để có ngay câu trả lời với sự trợ giúp của các phép biến đổi sơ cấp bổ sung?

    … vâng, điều này chỉ xảy ra cho tình yêu u003d)

    Chà, và thật tuyệt vời nếu nó hoạt động thứ tự giảm dần của yếu tố quyết định.

    Như mọi người đã hiểu, phương pháp Gauss-Jordan là một sửa đổi phương pháp Gauss và chúng ta sẽ gặp nhau ở các màn tiếp theo với việc triển khai ý tưởng chính đã được nói ở trên. Ngoài ra, trong số ít các ví dụ của bài viết này, ứng dụng quan trọng nhất đã được bao gồm: tìm ma trận nghịch đảo bằng cách sử dụng các phép biến đổi cơ bản.

    Nếu không có thêm lời khuyên:

    Giải hệ thống bằng phương pháp Gauss-Jordan

    Phán quyết: đây là nhiệm vụ đầu tiên của bài Phương pháp Gauss cho hình nộm, nơi chúng tôi đã biến đổi ma trận mở rộng của hệ thống 5 lần và đưa nó về dạng bậc:

    Bây giờ thay vì đảo ngược các phép biến đổi cơ bản bổ sung phát huy tác dụng. Đầu tiên, chúng ta cần lấy các số không tại các vị trí sau: ,

    và sau đó là một số 0 khác ở đây: .

    Một trường hợp lý tưởng về mặt đơn giản:

    (6) Dòng thứ ba được thêm vào dòng thứ hai. Dòng thứ ba đã được thêm vào dòng đầu tiên.

    (7) Dòng thứ hai nhân với -2 được thêm vào dòng đầu tiên.

    Tôi không thể cưỡng lại việc minh họa hệ thống cuối cùng:

    Câu trả lời:

    Tôi cảnh báo độc giả chống lại tâm trạng run rẩy – đây là ví dụ demo đơn giản nhất. Phương pháp Gauss-Jordan có các kỹ thuật cụ thể riêng và không phải là các phép tính thuận tiện nhất, vì vậy hãy điều chỉnh để thực hiện nghiêm túc.

    Tôi không muốn nghe có vẻ phân loại hay cầu kỳ, nhưng trong phần lớn các nguồn thông tin mà tôi đã thấy, các vấn đề điển hình được coi là cực kỳ tồi tệ – bạn cần phải có bảy nhịp và dành nhiều thời gian / căng thẳng cho một giải pháp khó xử với các phân số. Qua nhiều năm thực hành, tôi đã cố gắng đánh bóng, tôi sẽ không nói rằng kỹ thuật tốt nhất, nhưng hợp lý và khá dễ dàng có sẵn cho tất cả những ai sở hữu các phép toán số học:

    Giải hệ phương trình tuyến tính bằng phương pháp Gauss-Jordan.

    Phán quyết: Phần đầu tiên của bài tập quen thuộc:

    (1) Dòng đầu tiên nhân với -1 được thêm vào dòng thứ hai. Dòng thứ ba được thêm vào dòng thứ nhất nhân với 3. Dòng đầu tiên được thêm vào dòng thứ tư, nhân với -5.

    (2) Dòng thứ hai chia 2, dòng thứ ba chia 11, dòng thứ tư chia 3.

    (3) Dòng thứ hai và dòng thứ ba tỷ lệ thuận, dòng thứ ba đã bị loại bỏ. Dòng thứ hai được thêm vào dòng thứ tư, nhân với -7

    (4) Dòng thứ ba được chia cho 2.

    Rõ ràng, hệ thống có vô số giải pháp, và nhiệm vụ của chúng ta là đưa ma trận mở rộng của nó về dạng .

    Làm thế nào để tiếp tục? Trước hết, cần lưu ý rằng chúng ta đã mất một phép biến đổi cơ bản ngon lành – hoán vị hàng. Chính xác hơn, bạn có thể sắp xếp lại chúng, nhưng không có ích lợi gì trong việc này (chúng tôi chỉ thực hiện các hành động không cần thiết). Và sau đó, bạn nên tuân thủ các mô hình sau:

    Ghi chú: thuật ngữ “cơ sở” có ý nghĩa và khái niệm đại số cơ sở hình học Nó không có gì để làm với nó!

    Tìm thấy bội số chung nhỏ nhất các số trong cột thứ ba (1, -1 và 3), tức là – số nhỏ nhất chia hết cho 1, -1 và 3. Trong trường hợp này, tất nhiên, nó là “ba”. Hiện nay trong cột thứ ba, chúng ta cần lấy các số có cùng môđun và những cân nhắc này xác định phép biến đổi thứ 5 của ma trận:

    (5) Hàng đầu tiên được nhân với -3, hàng thứ hai được nhân với 3. Nói chung, hàng đầu tiên cũng có thể được nhân với 3, nhưng sẽ không thuận tiện cho bước tiếp theo. Bạn nhanh chóng quen với những điều tốt đẹp:

    (6) Dòng thứ ba được thêm vào dòng thứ hai. Dòng thứ ba đã được thêm vào dòng đầu tiên.

    (7) Cột thứ hai có hai giá trị khác không (24 và 6) và một lần nữa chúng ta cần lấy các số modulo giống nhau… Trong trường hợp này, mọi thứ diễn ra khá tốt – bội số nhỏ nhất của 24 và cách hiệu quả nhất là nhân hàng thứ hai với -4.

    (Rõ ràng là ma trận nghịch đảo phải tồn tại)

    (8) Dòng thứ hai được thêm vào dòng đầu tiên.

    (9) Lần chạm cuối cùng: dòng đầu tiên được chia cho -3, dòng thứ hai được chia cho -24 và dòng thứ ba được chia cho 3. Hành động này được thực hiện CUỐI CÙNG! Không có phân số sớm!

    Kết quả của các phép biến đổi cơ bản, một hệ thống ban đầu tương đương đã thu được:

    Chúng ta có thể đơn giản thể hiện các biến cơ bản dưới dạng biến tự do:

    và viết:

    Câu trả lời: quyết định chung:

    Trong các ví dụ như vậy, việc áp dụng thuật toán được xem xét thường hợp lý nhất, vì chuyển động ngược lại phương pháp Gauss thường đòi hỏi các phép tính phân số tốn thời gian và khó chịu.

    Đối với một giải pháp độc lập:

    Tìm một giải pháp cơ bản bằng cách sử dụng các phép biến đổi cơ bản

    Công thức của bài toán này giả định việc sử dụng phương pháp Gauss-Jordan, và trong dung dịch mẫu, ma trận được giảm xuống dạng chuẩn với các biến cơ bản. Tuy nhiên, hãy luôn ghi nhớ rằng các biến khác có thể được chọn làm biến cơ bản… Vì vậy, ví dụ, nếu các số trong cột đầu tiên là cồng kềnh, thì việc đưa ma trận về dạng (biến cơ bản) hoặc ở dạng (biến cơ bản), hoặc thậm chí cho biểu mẫu với các biến cơ bản. Ngoài ra còn có các tùy chọn khác.

    Nhưng tất cả đều giống nhau, đây là những trường hợp cực đoan – bạn không nên gây sốc cho giáo viên một lần nữa với kiến u200bu200bthức, kỹ thuật giải và hơn thế nữa, bạn không nên đưa ra kết quả Jordan kỳ lạ như … Tuy nhiên, có thể khó để loại bỏ cơ sở không điển hình khi trong ma trận ban đầu, chẳng hạn, trong cột thứ 4, có hai số không sẵn sàng.

    Nếu một cặp đột nhiên được tìm thấy trong ma trận kích thước mở rộng phụ thuộc tuyến tính thì bạn nên cố gắng đưa nó về dạng thông thường với các biến cơ bản. Một ví dụ về quyết định như vậy là trong Ví dụ số 7 của bài báo trên hệ phương trình tuyến tính thuần nhất, với chỗ ấy một cơ sở khác được chọn.

    Chúng tôi tiếp tục cải thiện kỹ năng của mình đối với vấn đề được áp dụng sau:

    Làm thế nào để tìm nghịch đảo của ma trận bằng phương pháp Gaussian?

    Thông thường, điều kiện được xây dựng theo cách viết tắt, nhưng về bản chất, thuật toán Gauss-Jordan cũng hoạt động ở đây. Một phương pháp tìm kiếm dễ dàng hơn ma trận nghịch đảo cho một ma trận vuông mà chúng ta đã xem xét từ lâu trong bài học tương ứng, và trong tiết trời cuối thu khắc nghiệt, các học sinh đã nắm được cách giải thành thạo.

    Tóm tắt các hành động sắp tới như sau: đầu tiên, bạn nên viết ma trận vuông song song với ma trận nhận dạng:. Sau đó, sử dụng các phép biến đổi cơ bản, cần có được ma trận đơn vị ở bên trái, trong khi (không đi vào chi tiết lý thuyết) ma trận nghịch đảo được vẽ ở bên phải. Giải pháp trông giống như sau:

    Hãy tìm ma trận nghịch đảo cho ma trận bằng cách sử dụng các phép biến đổi sơ cấp. Để làm điều này, chúng tôi sẽ viết nó trong một đội với ma trận đơn vị và “hai con ngựa” đua:

    (1) Dòng đầu tiên nhân với -3 được thêm vào dòng thứ hai.

    (2) Dòng thứ hai được thêm vào dòng đầu tiên.

    (3) Dòng thứ hai được chia cho -2.

    Câu trả lời:

    Kiểm tra câu trả lời từ bài học ví dụ đầu tiên Làm cách nào để tìm nghịch đảo của ma trận?

    Nhưng đó là một nhiệm vụ hấp dẫn khác – trên thực tế, giải pháp này tốn thời gian và công sức hơn nhiều. Thông thường, bạn sẽ được trình bày với ma trận ba nhân ba:

    Phán quyết: thêm ma trận nhận dạng và bắt đầu thực hiện các phép biến đổi, theo thuật toán “bình thường” phương pháp Gauss:

    (1) Dòng đầu tiên và dòng thứ ba được đảo ngược. Thoạt nhìn, việc hoán vị các hàng có vẻ bất hợp pháp, nhưng trên thực tế, bạn có thể sắp xếp lại chúng – kết quả là bên trái chúng ta cần lấy ma trận nhận dạng và bên phải chúng ta sẽ “cưỡng chế” lấy chính xác ma trận (bất kể chúng ta có sắp xếp lại các dòng trong quá trình giải hay không)… Lưu ý rằng ở đây thay vì hoán vị, bạn có thể sắp xếp “sixes” trong cột đầu tiên (bội số phổ biến nhất (LCM) của 3, 2 và 1)… Giải pháp LCM đặc biệt hữu ích khi không có “cái nào” trong cột đầu tiên.

    (2) Hàng thứ nhất được thêm vào hàng thứ 2 và thứ 3, nhân với -2 và -3, tương ứng.

    (3) Hàng thứ 2 được thêm vào hàng thứ 3, nhân với -1

    Phần thứ hai của giải pháp được thực hiện theo sơ đồ đã biết ở đoạn trước: các hoán vị hàng trở nên vô nghĩa, và chúng tôi tìm thấy bội số chung nhỏ nhất của các số trong cột thứ ba (1, -5, 4): 20. Có một thuật toán nghiêm ngặt để tìm LCM, nhưng thường có đủ lựa chọn. Không sao cả nếu bạn lấy một số lớn hơn chia hết cho 1, -5 và 4, chẳng hạn như số 40. Sự khác biệt sẽ nằm trong các phép tính phức tạp hơn.

    Nói về máy tính. Để giải quyết vấn đề, không có gì đáng xấu hổ khi trang bị cho mình một chiếc máy tính vi mô – có những con số đáng kể ở đây, và sẽ rất khó chịu nếu mắc một lỗi tính toán.

    (4) Dòng thứ ba nhân với 5, dòng thứ hai nhân 4, dòng thứ nhất nhân “trừ hai mươi”:

    (5) Dòng thứ ba được thêm vào dòng thứ nhất và thứ hai.

    (6) Dòng thứ nhất và dòng thứ ba đã chia cho 5, dòng thứ hai nhân với -1.

    (7) Bội số chung nhỏ nhất của các số khác không ở cột thứ hai (-20 và 44) là 220. Hàng đầu tiên nhân với 11, hàng thứ hai nhân 5.

    (8) Dòng thứ hai được thêm vào dòng đầu tiên.

    (9) Dòng đầu tiên được nhân với -1, dòng thứ hai được chia “lùi” cho 5.

    Giải pháp và câu trả lời: Ví dụ 3: Phán quyết: chúng tôi viết ra ma trận mở rộng của hệ thống và sử dụng các phép biến đổi cơ bản, chúng tôi thu được giải pháp cơ bản:Ví dụ 6: Phán quyết: tìm ma trận nghịch đảo bằng cách sử dụng các phép biến đổi cơ bản:Ví dụ 7: Phán quyết: tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp Gauss-Jordan:

    (1) Hàng thứ 3 được thêm vào dòng thứ 1 và thứ 4.

    (2) Dòng đầu tiên và dòng thứ tư được đảo ngược.

    (3) Dòng thứ nhất được thêm vào dòng thứ hai. Dòng đầu tiên nhân với 2 được thêm vào dòng thứ 3:

    (4) Hàng thứ 2 được cộng với hàng thứ 3, nhân với -2. Dòng thứ 2 được thêm vào dòng thứ 4.

    (5) Hàng thứ 4, nhân với -1, được thêm vào dòng thứ nhất và thứ ba.

    (6) Dòng thứ hai nhân với -1, dòng thứ ba nhân với -2.

    Câu trả lời:

    (1) Hàng thứ nhất nhân với -15, hàng thứ hai nhân với 3, hàng thứ ba nhân với 5.

    (2) Dòng đầu tiên được thêm vào dòng thứ 2 và 3.

    (3) Dòng đầu tiên được chia cho -15, dòng thứ hai được chia bởi -3, dòng thứ ba được chia bởi -5.

    (4) Hàng thứ hai nhân với 7, hàng thứ ba nhân với -9.

    (5) Dòng thứ hai được thêm vào dòng thứ ba.

    (6) Dòng thứ hai được chia cho 7.

    (7) Hàng thứ nhất nhân với 27, hàng thứ hai nhân với 6, hàng thứ ba nhân với -4.

    (8) Dòng thứ ba được thêm vào dòng thứ nhất và dòng thứ hai.

    (9) Dòng thứ ba được chia cho -4. Dòng thứ hai nhân với -1 được thêm vào dòng đầu tiên.

    (10) Dòng thứ hai được chia cho 2.

    (11) Mỗi u200bu200bdòng được chia cho 27.

    Kết quả là:

    Câu trả lời:

    (1) Dòng thứ nhất và dòng thứ hai được đảo ngược.

    (2) Dòng đầu tiên nhân với -2 được thêm vào dòng thứ hai. Dòng thứ ba được thêm vào dòng đầu tiên nhân với 5.

    (3) Dòng thứ ba đã chia hết cho 3.

    (4) Hàng thứ hai cộng với hàng thứ ba, nhân với 2.

    (5) Dòng thứ ba được chia cho 7.

    (6) Bội số nhỏ nhất của cột thứ 3 (-3, 5, 1) là 15. Hàng thứ nhất nhân với 5, hàng thứ hai nhân với -3 và hàng thứ ba nhân với 15.

    (7) Dòng thứ ba đã được thêm vào dòng đầu tiên. Dòng thứ ba đã được thêm vào dòng thứ hai.

    (8) Dòng thứ nhất chia cho 5, dòng thứ hai chia cho -3, dòng thứ ba chia cho 15.

    (9) Bội số nhỏ nhất của các số khác không ở cột thứ 2 (-2 và 1) là: 2. Nhân hàng thứ hai với 2

    (10) Dòng thứ hai được thêm vào dòng đầu tiên.

    (11) Dòng thứ hai được chia cho 2.

    Chúng tôi biểu thị các biến cơ bản dưới dạng các biến tự do:

    Câu trả lời: quyết định chung:

    (10) Bây giờ trên đường chéo chính của ma trận bên trái, bạn nên lấy bội số chung nhỏ nhất của đường chéo (44, 44 và 4). Rõ ràng là con số này là 44. Dòng thứ ba được nhân với 11.

    (11) Chia mỗi hàng cho 44. Hành động này được thực hiện sau cùng!

    Vậy nghịch đảo của ma trận là:

    Về nguyên tắc, việc giới thiệu và loại bỏ -th là những hành động không cần thiết, nhưng điều này được yêu cầu bởi giao thức của nhiệm vụ.

    Câu trả lời:

    Những người tiên tiến có thể rút ngắn giải pháp phần nào, nhưng tôi phải cảnh báo bạn rằng, việc vội vàng ở đây đầy rủi ro mắc sai lầm TĂNG LÊN.

    Một nhiệm vụ tương tự cho một giải pháp độc lập:

    Tìm ma trận nghịch đảo bằng phương pháp Gauss-Jordan.

    Mẫu gần đúng của nhiệm vụ ở cuối trang. Và vì lợi ích của việc “không trôi qua với các bài hát”, tôi đã thực hiện giải pháp theo phong cách đã được đề cập – độc quyền thông qua LCM của các cột mà không có hoán vị hàng đơn và các phép biến đổi nhân tạo bổ sung. Theo ý kiến u200bu200bcủa tôi, kế hoạch này, nếu không phải là nhất, thì một trong những kế hoạch đáng tin cậy nhất.

    Đôi khi, rất tiện lợi khi sử dụng một giải pháp ngắn gọn hơn của “chủ nghĩa hiện đại”, như sau: trong bước đầu tiên, mọi thứ vẫn như bình thường: .

    Ở bước thứ hai, bằng kỹ thuật gấp khúc (thông qua LCM của các số của cột thứ 2), hai số không được sắp xếp cùng một lúc trong cột thứ hai: … Đặc biệt khó có thể chống lại hành động này nếu các con số của cùng một mô-đun được vẽ ở cột thứ 2, ví dụ, cùng một “cái” thông thường.

    Và cuối cùng, trong bước thứ ba, chúng ta nhận được các số không cần thiết trong cột thứ ba theo cách tương tự: .

    Đối với số chiều, trong hầu hết các trường hợp, cần phải giải quyết ma trận “ba nhân ba”. Tuy nhiên, thỉnh thoảng có một phiên bản nhẹ của vấn đề với ma trận hai x hai và khó … – đặc biệt là đối với tất cả độc giả của trang web:

    Tìm ma trận nghịch đảo bằng các phép biến đổi cơ bản

    Đây là một bài tập từ bài kiểm tra toán và vật lý của chính tôi trong đại số, … ơ, khóa học đầu tiên của tôi ở đâu u003d) 15 năm trước (lá không chuyển sang màu vàng một cách đáng ngạc nhiên), Tôi đã làm điều đó trong 8 bước, và bây giờ – chỉ 6! Nhân tiện, ma trận rất sáng tạo – ngay từ bước đầu tiên, một số giải pháp hấp dẫn đã có thể nhìn thấy. Phiên bản sau của tôi nằm ở cuối trang.

    Và một mẹo cuối cùng – sau những ví dụ như vậy, thể dục cho mắt và một số bản nhạc hay để thư giãn rất hữu ích u003d)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phân Phối Chuẩn Trong Thống Kê Và Ý Nghĩa Trong Thực Tế, Giáo Dục
  • Đọc Câu 16: Nêu Cách Chia Mảnh, Đánh Số, Ghi Số Liệu Bản Đồ Gauss
  • Hệ Tọa Độ Gauss Và Những Ứng Dụng Của Hệ Tọa Độ Gauss
  • Nhận Xét Của Các Bạn Học Viên Về Cách Giảng Dạy Tại Tester Việt Trong Bài Kiểm Tra Cuối Khóa.
  • Kinh Nghiệm Trong Đánh Giá Và Phương Pháp Giảng Dạy Đại Học
  • Phương Pháp Lặp Đơn Địệu Giải Một Số Bài Toán Giá Trị Biên Phi Tuyến

    --- Bài mới hơn ---

  • Học Hỏi 10 Cách Làm Giàu Từ Tỷ Phú Người Mỹ ·
  • So Sánh 2 Phương Pháp Quản Trị Hàng Đầu Mbo Và Mbp – Trung Tâm Đào Tạo Và Tư Vấn Doanh Nghiệp
  • Chi Phí Điều Trị Viêm Âm Đạo Là Bao Nhiêu? Có Đắt Không?
  • Chi Phí Chữa Viêm Âm Đạo Trichomonas Bao Nhiêu?
  • Skkn Một Số Biện Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ 3 – 4 Tuổi Ở Trường Mầm Non Xuân Chinh
  • Thông tin chung

    Tổng quan

    1. Ngoài nước

    Nhiều bài toán trong vật lý, cơ học và một số lĩnh vực khác thông qua mô hình hóa toán học dẫn đến việc giải các bài toán biên đối với phương trình vi phân (thường và đạo hàm riêng) cùng với các điều kiện biên Dirichlet, điều kiện biên Neumann, điều kiện biên Robin hay điều kiện biên hỗn hợp. Trong những năm gần đây, người ta quan tâm rất nhiều đến các bài toán biên phi tuyến (phi tuyến trong phương trình, phi tuyến trong điều kiện biên hoặc cả hai) do  nhu cầu phát triển của các lĩnh vực vật lý, cơ học, sinh học, … (xem, chẳng hạn, )

    Thí dụ 2. (Phương trình vi phân thường cấp 4, Bai et al. )

    Giả sử các nghiệm dưới và trên tồn tại. Xuất phát từ chúng các dãy hàm tiến tới nghiệm của bài toán đơn điệu từ hai phía đã được xây dựng.

    Ngoài ba bài toán có thể nói là tiêu biểu nêu trên người ta đã thành công trong việc sử dụng phương pháp đơn điệu cho nhiều bài toán cấp hai và cấp bốn khác nhau (khác nhau về dạng phương trình và loại điều kiện biên như điều kiện biên Neumann, điều kiện biên hỗn hợp, điều kiện biên tuần hoàn).

    -         Công trình của Cherpion et al. cho phương trình dạng trên với điều kiện biên tuần hoàn.

    -         Công trình của Bai đã thiết lập được kết quả về tồn tại nghiệm của bài toán biên phi tuyến 4 điểm.

    -         Wang  , song đối với các bài toán phức tạp hơn cần có nguyên lý cực đại phù hợp, chẳng hạn có thể xem trong Zhanbing Bai, Weigao Ge, Yifu Wang, The method of lower and upper solutions for some fourth-order equations, Journal of Inequalities in Pure and

    Applied Mathematics, Volume 5, Issue 1, Article 13, 2004.

    S.R. Bernfeld, J. Chandra, Minimal and maximal solutions of nonlinear boundary value problem, Pacific J. Math. 71 (1977) 13-20

    Alberto Cabada, Review Article “An Overview of the lower and upper solutions method with nonlinear boundary value conditions”, Boundary Value Problems, Volume 2011, Article ID 893753, 18 pages.

    M. Cherpion, C. De Coster, and P. Habets, Monotone interative methods for boundary value problems, Differ. Integral Equ 12(1999) 309-338.

    Daqing Jiang, Meng Fan, Aying Wan, A monotone method for constructing extremal solutions to second-order periodic boundary value problems, Journal of Computational and Applied Mathematics 136 (2001), 189-197.

     G.S. Ladde, V. Lakshmikantham, A.S. Vatsala, Monotone Iterative Techniques for Nonlinear Differential Equations, Pitman, Boston, (1985).

    M.H. Protter and Weinberger, Maximum principles in diffefential equations, Prentice- Hall, (1968).

    Pedro J. Torres and Meirong Zhang, A monotone iterative scheme for a nonlinear second order equation based on a generalized anti–maximum principle, Math. Nachr. 251, (2003), 101-107.

      Yuan-Ming Wang, Error and stability of monotone method for numerical solution of fourth-order semilinear elliptic boundary value problems, Journal of Computational and Applied Mathematics 200 (2007), 503-519.

    2. Trong nuớc

    Xây dựng và phát triển phương pháp lặp đơn điệu giải bài toán biên phi tuyến thu hút được sự quan tâm nghiên cứu của các nhà toán học trong nước. Tiêu biểu như nhóm nghiên cứu thuộc Viện Công nghệ Thông tin – Viện Hàm lâm Khoa học và Công nghệ Việt Nam của GS. TS. Đặng Quang Á, Ths. NCS. Vũ Thái Luân,  nhóm nghiên cứu tại Đại học Thái Nguyên (TS. Vũ Vinh Quang, TS. Trương Hà Hải, Ths. NCS. Nguyễn Thanh Hường, Ths. NCS. Ngô Thị Kim Quy, Ths. NCS. Trần Đình Hùng…). Vì vậy việc thực hiện đề tài nghiên cứu này là cần thiết và khả thi.

    Dang Quang A, Vu Thai Luan, Iterative method for solving a nonlinear fourth order boundary, Computers and Mathematics with Applications, 60, (2010), 112-121.

    Dang Quang A and Nguyen Thanh Huong, Iterative Method for Solving a Beam Equation with Nonlinear Boundary Conditions, Advances in Numerical Analysis 2013 (2013), Article ID 470258.

    Nguyen Van Ngoc and Nguyen Thi Ngan, Solvalility of a system of dual integral equations of a mixed boundary value problem for the Biharmonic equation in a strip, Volume 36 Number 2, Acta Mathematica Vietnamica, (2011) pp 375–396.

    Ngo Thi Kim Quy, Dạng tổng quát của định lý thác triển Hartogs đối với các ánh xạ chỉnh hình tách biến, Tạp chí Khoa học và Công Nghệ – Đại học Thái Nguyên, Tập 103, số 03(2013),133-139.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Thử Nghiệm Jar Test Là Gì
  • Phép Thử Jartest Keo Tụ Tạo Bông Trong Xử Lý Nước Thải
  • Thí Nghiệm Keo Tụ Tạo Bông Trong Xử Lý Nước Thải
  • Tìm Hiểu Về Jartest Trong Xử Lý Nước Thải • Tin Cậy 2022
  • Mầm Non Jello Academy (Bắc Từ Liêm, Hà Nội)
  • Bim: Sinh Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại

    --- Bài mới hơn ---

  • Sim: Thưa Thớt Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Giáo Trình Toán Rời Rạc
  • Học Từ Vựng Tiếng Anh Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Phương Pháp Chọn Điểm Và Đặt Mia Đo Chi Tiết Trong Đo Vẽ Bản Đồ Địa Chính
  • Làm Giàu Từ Tay Trắng Không Khó Với 3 Lối Tắt Sau
  • BIM có nghĩa là gì? BIM là viết tắt của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Nếu bạn đang truy cập phiên bản không phải tiếng Anh của chúng tôi và muốn xem phiên bản tiếng Anh của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại, vui lòng cuộn xuống dưới cùng và bạn sẽ thấy ý nghĩa của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại trong ngôn ngữ tiếng Anh. Hãy nhớ rằng chữ viết tắt của BIM được sử dụng rộng rãi trong các ngành công nghiệp như ngân hàng, máy tính, giáo dục, tài chính, cơ quan và sức khỏe. Ngoài BIM, Sinh phương pháp lặp đi lặp lại có thể ngắn cho các từ viết tắt khác.

    BIM = Sinh phương pháp lặp đi lặp lại

    Tìm kiếm định nghĩa chung của BIM? BIM có nghĩa là Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Chúng tôi tự hào để liệt kê các từ viết tắt của BIM trong cơ sở dữ liệu lớn nhất của chữ viết tắt và tắt từ. Hình ảnh sau đây Hiển thị một trong các định nghĩa của BIM bằng tiếng Anh: Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Bạn có thể tải về các tập tin hình ảnh để in hoặc gửi cho bạn bè của bạn qua email, Facebook, Twitter, hoặc TikTok.

    Như đã đề cập ở trên, BIM được sử dụng như một từ viết tắt trong tin nhắn văn bản để đại diện cho Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Trang này là tất cả về từ viết tắt của BIM và ý nghĩa của nó là Sinh phương pháp lặp đi lặp lại. Xin lưu ý rằng Sinh phương pháp lặp đi lặp lại không phải là ý nghĩa duy chỉ của BIM. Có thể có nhiều hơn một định nghĩa của BIM, vì vậy hãy kiểm tra nó trên từ điển của chúng tôi cho tất cả các ý nghĩa của BIM từng cái một.

    Ý nghĩa khác của BIM

    Bên cạnh Sinh phương pháp lặp đi lặp lại, BIM có ý nghĩa khác. Chúng được liệt kê ở bên trái bên dưới. Xin vui lòng di chuyển xuống và nhấp chuột để xem mỗi người trong số họ. Đối với tất cả ý nghĩa của BIM, vui lòng nhấp vào “thêm “. Nếu bạn đang truy cập phiên bản tiếng Anh của chúng tôi, và muốn xem định nghĩa của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại bằng các ngôn ngữ khác, vui lòng nhấp vào trình đơn ngôn ngữ ở phía dưới bên phải. Bạn sẽ thấy ý nghĩa của Sinh phương pháp lặp đi lặp lại bằng nhiều ngôn ngữ khác như tiếng ả Rập, Đan Mạch, Hà Lan, Hindi, Nhật bản, Hàn Quốc, Hy Lạp, ý, Việt Nam, v.v.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Pim: Song Song Phương Pháp Lặp Đi Lặp Lại
  • Cách Phát Lặp Lại Video Youtube Trên Điện Thoại, Máy Tính.
  • Cách Rèn Luyện Não Bộ Để Ghi Nhớ Mọi Thứ Và Chống Hay Quên
  • Bài Tập Và Bài Giải Kế Toán Hàng Tồn Kho
  • Hạch Toán Hàng Tồn Kho Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên ” Rồng Việt
  • Giải Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Thế Và Bài Tập Vận Dụng

    --- Bài mới hơn ---

  • Cách Giải Hệ Phương Trình Bậc Nhất 2 Ẩn Với Phương Pháp Thế Và Phương Pháp Cộng Đại Số
  • Hướng Dẫn Giải Bài Tập Toán Đại 12: Chương Nguyên Hàm Chọn Lọc
  • Can Thiệp Trẻ Tự Kỷ Bằng Teacch
  • Điều Trị Ung Thư Gan Bằng Phương Pháp Toce Có Hiệu Quả ?
  • Nên Lựa Chọn Phương Pháp Vô Cảm Phù Hợp Với Người Bệnh Và Điều Kiện Thực Tế Của Các Bệnh Viện
  • Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế như thế nào? qua đó vận dụng giải các bài tập minh họa vận dụng phương pháp này để các em rèn luyện kỹ năng giải toán.

    I. Phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

    1. Phương trình bậc nhất 2 ẩn

    – Phương trình bậc nhất hai ẩn: ax + by = c với a, b, c ∈ R (a2 + b2 ≠ 0)

    – Tập nghiệm của phương trình bậc nhất hai ẩn: Phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c luôn luôn có vô số nghiệm. Tập nghiệm của nó được biểu diễn bởi đường thẳng (d):  ax + by = c

    • Nếu a ≠ 0, b = 0 thì phương trình trở thành ax = c hay x = c/a và đường thẳng (d) song song hoặc trùng với trục tung
    • Nếu a = 0, b ≠ 0 thì phương trình trở thành by = c hay y = c/b và đường thẳng (d) song song hoặc trùng với trục hoành

    2. Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn

    + Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn: <img title="small left{egin{matrix} ax+by=c a'x + b'y=c' end{matrix}

    + Minh họa tập nghiệm của hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn

    – Gọi (d): ax + by = c, (d’): a’x + b’y = c’, khi đó ta có:

    • (d) // (d’) thì hệ vô nghiệm
    • (d) cắt (d’) thì hệ có nghiệm duy nhất
    • (d) ≡ (d’) thì hệ có vô số nghiệm

    + Hệ phương trình tương đương: Hệ hai phương trình tương đương với nhau nếu chúng có cùng tập nghiệm

    II. Cách giải hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn bằng phương pháp thế

    a) Quy tắc thế

    Quy tắc thế dùng để biến đổi một hệ phương trình thành hệ phương trình tương đương. Quy tắc thế bao gồm hai bước sau:

    + Bước 1: Từ một phương trình của hệ đã cho (coi là phương trình thức nhất), ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia rồi thế vào phương trình thức hai để được một phương trình mới (chỉ còn một ẩn).

    + Bước 2: Dùng phương trình mới ấy để thay thế cho phương trình thức hai trong hệ (phương trình thức nhất cũng thường được thay thế bởi hệ thức biểu diễn một ẩn theo ẩn kia có được ở bước 1).

    b) Cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế

    + Bước 1: Dùng quy tắc thế để biến đổi phương trình đã cho để được một hệ phương trình mới, trong đó có một phương trình một ẩn.

    + Bước 2: Giải phương trình một ẩn vừa có, rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.

    * Ví dụ: Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp thế

    a) <img title="small left{egin{matrix} 2x+y=4 2x-y=0 end{matrix}

    b) <img title="small left{egin{matrix} 2x+3y=1 x-y=3 end{matrix}

    * Lời giải:

    a) <img title="small left{egin{matrix} 2x+y=4 2x-y=0 end{matrix}

    ight. Leftrightarrow left{egin{matrix} 2x+y=4 y=2x end{matrix}

     <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 2x+2x=4 y=2x end{matrix}

    ight. Leftrightarrow left{egin{matrix} 4x=4 y=2x end{matrix}

    ight. Leftrightarrow left{egin{matrix} x=1 y=2 end{matrix}

    b) <img title="small left{egin{matrix} 2x+3y=1 x-y=3 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} 2(3+y)+3y=1 x=3+y end{matrix}

     <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 5y=-5 x=3+y end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} y=-1 x=2 end{matrix}

    III. Bài tập giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế

     

    * Bài 12 trang 15 sgk toán 9 tập 2: Giải các hệ phương trình sau bằng phương pháp thế

    a) <img title="small left{egin{matrix} x-y=3 3x-4y=2 end{matrix}

    c) <img title="small left{egin{matrix} x+3y=-2 5x-4y=11 end{matrix}

    * Lời giải:

    a) <img title="small left{egin{matrix} x-y=3 3x-4y=2 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=3+y 3(3+y)-4y=2 end{matrix}

      <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=3+y 9-y=2 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=10 y=7 end{matrix}

      ⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (10;7)

    b) <img title="small g_white fn_cm small left{egin{matrix} 7x-3y=5 4x+y=2 end{matrix}

      <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 7x-3(2-4x)=5 y=2-4x end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} 7x-6+12x=5 y=2-4x end{matrix}

      <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} 19x=11 y=2-4x end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{11}{19} y=frac{-6}{19} end{matrix}

      ⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (11/19;-6/19)

    c) <img title="small left{egin{matrix} x+3y=-2 5x-4y=11 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=-2-3y 5(-2-3y)-4y=11 end{matrix}

      <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=-2-3y -10-15y-4y=11 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=-2-3y 19y=-21 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{25}{19} y=-frac{21}{19} end{matrix}

      ⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (25/19;-21/19)

     

    * Bài 13 trang 15 sgk toán 9 tập 2: Giải hệ PT sau bằng phương pháp thế

    a) <img title="small left{egin{matrix} 3x-2y=11 4x-5y=3 end{matrix}

    * Lời giải:

    a) <img title="small left{egin{matrix} 3x-2y=11 4x-5y=3 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{11}{3}+frac{2}{3}y 4(frac{11}{3}+frac{2}{3}y)-5y=3 end{matrix}

      <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=(11+2y)/3 frac{4}{3}(11+2y)-5y=3 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=(11+2y)/3 frac{44}{3}+frac{8}{3}y-5y=3 end{matrix}

      <img title="small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{1}{3}(11+2y) -frac{7}{3}y=-frac{35}{3} end{matrix}

    ight.Leftrightarrowleft{egin{matrix} x=7 y=5 end{matrix}

      ⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (7;5)

    b) <img title="small g_white fn_cm small g_white fn_cm small left{egin{matrix} x/2-y/3=1 5x-8y=3 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{2}{3}y+2 5(frac{2}{3}y+2)-8y=3 end{matrix}

      <img title="small g_white fn_cm small Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{2}{3}y+2 frac{10}{3}y+10-8y=3 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=frac{2}{3}y+2 -frac{14}{3}y=-7 end{matrix}

    ight.Leftrightarrow left{egin{matrix} x=3 y=3/2 end{matrix}

      ⇒ Kết luận: hệ PT có nghiệm duy nhất (3;3/2)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bàn Tính Soroban Và Những Điều Bạn Nên Biết
  • Phân Tích Swot Là Gì? Cách Phân Tích Ma Trận Swot Trong Kinh Doanh
  • Cải Thiện Nghe + Nói Cùng Lúc
  • Công Nghệ Rf: Kỹ Thuật Nâng Cơ Mặt, Trẻ Hóa Da Đời Mới
  • Ứng Dụng Sóng Điện Từ Rf Trong Thẩm Mỹ
  • Học Từ Vựng Bằng Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng

    --- Bài mới hơn ---

  • Tài Liệu Phương Pháp Lặp Đơn Và Phương Pháp Newton Kantorovich Giải Hệ Phương Trình Phi Tuyến Tính
  • 2 Cách Replay, Phát Lặp Lại Video Youtube Tự Động
  • 570 Ms Công Cụ Giải Toán Bằng Phương Pháp Lặp
  • Tính Căn Bậc 2 Theo Phương Pháp Newton
  • Học Từ Vựng Hiệu Quả Bằng Phương Pháp Lặp Tự Nhiên
  • Trong quá trình học bất cứ ngoại ngữ nào, từ vựng luôn đóng một vai trò quan trọng. Người học sẽ không thể diễn đạt ý tưởng của họ nếu không có từ vựng và ngược lại, quá trình tiếp thu thông tin cũng bị cản trở nếu không có vốn từ vựng đủ nhiều. Không có một con số tiêu chuẩn cụ thể về số từ vựng mà một người cần học để đạt đến mức độ thành thạo trong tiếng anh, tuy nhiên theo tiến sĩ A.J Hoge, tác giả phương pháp Effortless English, con số ấy sẽ rơi vào khoảng 10000 – một số lượng khổng lồ đối với người vừa bắt đầu học Tiếng Anh và đòi hỏi quá trình tích lũy dài lâu. Do đó, việc nắm được bí quyết học từ vựng nhanh và hiệu quả sẽ quyết định trực tiếp đến sự tiến bộ trong quá trình học ngoại ngữ. Một trong những phương pháp học từ vựng có lịch sử phát triển lâu đời dựa trên những nghiên cứu về não bộ con người là “Spaced Repetition System” hay còn gọi là “Lặp lại ngắt quãng”. Trong bài nghiên cứu này, tác giả sẽ giới thiệu đến người đọc về phương pháp này cũng như hướng dẫn áp dụng hiệu quả vào quá trình học từ vựng.

    Lịch sử ra đời và cơ sở khoa học của phương pháp “Lặp lại ngắt quãng”

    Sự ứng dụng nguyên lý “Lặp lại ngắt quãng” được giáo sư Cecil Alec Mace đề cập đến lần đầu qua quyển “Tâm lý trong việc học” (Psychology of Study) vào năm 1932. Trong những năm sau đó, kỹ thuật này cũng được áp dụng trong nghiên cứu nhận thức con người và điều trị cho các bệnh nhân Ailzemer. Tuy nhiên chỉ mãi đến năm 1985, người ta mới có cái nhìn toàn diện và khoa học về phương pháp này thông qua những nghiên cứu của nhà tâm lý học nổi tiếng người Đức Hermann Ebbinghaus. Một trong những phát hiện quan trọng của Hermann Ebbinghaus là tìm ra quy luật của trí nhớ, theo đó trong điều kiện không có sự ôn tập hay gợi nhớ, hầu hết thông tin mà một người học được sẽ mất đi một vài ngày sau đó. Hình bên dưới là Đường cong quên lãng được Ebbinghaus tổng hợp từ các thí nghiệm của ông. Có thể thấy, đường cong này đặc biệt dốc ở những ngày đầu tiên sau khi người học tiếp nhận thông tin, đồng nghĩa với việc lượng kiến thức còn đọng lại trong trí nhớ của họ suy giảm đáng kể. Tuy nhiên, sau một khoảng thời gian, độ dốc của đường giảm dần và người học vẫn nhớ được một phần nhỏ thông tin.

    Với tính hiệu quả cao mà phương pháp Lặp lại ngắt quãng mang lại, một số nhà nghiên cứu đã phát triển cách áp dụng kỹ thuật này trong việc học nói chung và học ngoại ngữ nói riêng. Một trong số đó là Sebastian Leitner, người đã kết hợp lặp lại ngắt quãng và flashcards (thẻ ghi nhớ).

    Người học xếp tất cả flashcard ghi từ vựng mới học vào hộp thứ nhất, mỗi khi trả lời đúng một flashcard thì di chuyển nó sang hộp thứ hai, nếu vẫn trả lời sai thì để nguyên từ đó trong hộp thứ nhất.

    Lặp lại quá trình tương tự đối với các hộp tiếp theo. Ví dụ, ở hộp thứ hai, những flashcard trả lời đúng sẽ được di chuyển sang hộp thứ ba, những từ trả lời sai sẽ bị đưa về hộp thứ nhất. Cứ như thế cho đến khi tất cả các flashcard của người học đến được hộp thứ 5, đồng nghĩa với việc đã kết thúc chu kỳ ôn tập.

    Với phương pháp này tất cả nội dung đã học sẽ được lặp đi lặp lại cho đến khi người học đã nhớ thông tin. Bên cạnh đó, ưu điểm của cách làm này là phân loại được từ vựng theo mức độ dễ – trung bình – khó để người học không học tràn lan mà chỉ phân bổ thời gian và công sức tập trung vào những từ vựng khó.

    Tuy nhiên, phương pháp kết hợp giữa lặp lại ngắt quãng và thẻ ghi nhớ này cũng tồn tại một số bất lợi nhất định cho người học như:

    • Bộ thẻ trở nên lộn xộn, khó quản lý khi lượng từ mới tăng lên đến hàng trăm, hàng nghìn từ
    • Khó tìm được khoảng thời gian ôn tập hợp ý cho mỗi hộp từ vựng. Ví dụ, người học sẽ ôn lại hộp thứ 2 sau mỗi 3 ngày, hộp thứ 3 sau mỗi 5 ngày,…Như vậy, phải có một lịch trình cụ thể ghi chép lại thời gian nào cần ôn hộp nào, dễ gây bối rối, chán nản cho người học.

    Sử dụng phần mềm lặp lại ngắt quãng trên thiết bị công nghệ

    Kết hợp đồng thời các phương pháp học từ vựng khác

    Từ những phân tích bên trên, có thể thấy Lặp lại ngắt quãng là một phương pháp học từ vựng khoa học và hiệu quả. Tuy nhiên, cũng như những cách học từ vựng khác, phương pháp này vẫn tồn tại khuyết điểm. Người học cần phải nhớ rằng học tiếng Anh là quá trình tiếp nhận thông tin mới và không ngừng sử dụng từ vựng, cấu trúc ngữ pháp, phát âm… để có thể thực sự chủ động nghe-nói-đọc-viết. Do đó, nếu chỉ lặp lại sự nhận biết từ vựng mà không kết hợp với những cách áp dụng từ vựng đó trong kỹ năng nói hoặc viết, thì học từ qua phương pháp lặp lại ngắt quãng cũng không khác nào học thuộc lòng. Vì vậy, người học cần phải kết hơp học bằng lặp lại ngắt quãng với những phương pháp học từ vựng khác, chẳng hạn như học qua ngữ cảnh, mới có thể tạo ra hiệu quả cao.

    Citations

    Benny lewis, “Spaced repetition: Never forget vocabulary ever again”,

    Kinh nghiệm phòng thi rất quan trọng và thi thử là cách rất tốt để tích lũy kinh nghiệm. Đề thi IELTS tại ZIM rất sát đề thi thật, đánh giá trình độ chính xác, nhận kết quả ngay sau khi thi, và phần thưởng 1.000.000đ cho giải nhất ….

    Praveen Shrestha, “Ebbinghaus Forgetting Curve,” in Psychestudy, November 17, 2022

    Chu Minh Thùy

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Lặp Lại Ngắt Quãng: Đọc Nhanh, Hiểu Sâu, Nhớ Lâu
  • Hạch Toán Và Sơ Đồ Kế Toán Hàng Hóa Theo Phương Pháp Kktx
  • Kế Toán Tổng Hợp Nguyên Vật Liệu Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên
  • Phân Biệt Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên Và Kiểm Kê Định Kỳ
  • Sơ Đồ Kế Toán Tổng Hợp Nguyên Vật Liệu Theo Phương Pháp Kê Khai Thường Xuyên Và Định Kỳ
  • Chuyên Đề Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Hàm Số

    --- Bài mới hơn ---

  • Hệ Số Điều Chỉnh Giá Đất Là Gì
  • Hệ Số Điều Chỉnh Giá Đất Là Gì? Cách Xác Định Giá Đất Theo Hệ Số K
  • Lý Thuyết Các Dạng Vô Định Toán 11
  • Khái Niệm Và Ứng Dụng Của Thống Kê
  • Tìm Hiểu Các Phương Pháp Đtm Cơ Bản
  • Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 1 SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN ----------------------------------- CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ  NGƯỜI VIẾT : LÊ HỒNG KHÔI TỔ CHUYÊN MÔN : TOÁN LẬP THẠCH – THÁNG 10 NĂM 2022 Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 2 LỜI NÓI ĐẦU Năm học 2022 – 2022 Bộ Giáo dục và Đào tạo tiếp tục tổ chức kì thi THPT quốc gia nhằm cả hai mục đích là xét tốt nghiệp và tuyển sinh ĐH – CĐ. Đề thi cũng phải đảm bảo hai mục đích đó, đề thi sẽ có khoảng 60% ở mức độ cơ bản và khoảng 40% ở mức độ phân hóa học sinh, trong 40% mức độ phân hóa học sinh thì đề thi thường xuất hiện câu giải phương trình hoặc hệ phương trình mà phương pháp giải có sử dụng đến tính đơn điệu của hàm số. Kết quả kì thi THPT Quốc gia năm học 2014 – 2015 cho thấy số những thí sinh nào làm được nhiều phần phân hóa học sinh thì cơ hội để xét tuyển vào các trường ĐH – CĐ tốp trên sẽ cao hơn. Nhằm mục đích rèn luyện cho học sinh các kỹ năng giải toán và có cơ hội đạt điểm cao trong kì thi THPT Quốc gia năm học 2022 – 2022, tôi đã viết chuyên đề “Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp hàm số”, đây là quá trình tích lũy kinh nghiệm của bản thân và sự giúp đỡ của đồng nghiệp. Hy vọng chuyên đề này là tài liệu giảng dạy và học tập hữu ích cho giáo viên và học sinh. Chuyên đề này tùy theo từng đơn vị và đối tượng học sinh, giáo viên có thể dạy trong 3 đến 6 tiết đồng thời chọn lọc những ví dụ phù hợp. Trong quá trình viết chuyên đề khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong đồng nghiệp và học sinh đóng góp ý kiến để chuyên đề được áp dụng rộng rãi. Xin chân thành cảm ơn ! Người viết chuyên đề : LÊ HỒNG KHÔI Giáo viên Trường THPT Liễn Sơn – Lập Thạch – Vĩnh Phúc Chức vụ : Tổ trưởng tổ Toán Điện Thoại : 0983.020.234 Mail : [email protected] Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 3 PHẦN I. PHƯƠNG TRÌNH A. LÝ THUYẾT I. Một số tính chất 1. Tính chất 1. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất một nghiệm  ;x a b 2. Tính chất 2. Nếu  ' 0f x  có n nghiệm  ;x a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất 1n  nghiệm  ;x a b 3. Tính chất 3. Nếu      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   thì phương trình   0f x  có nhiều nhất n nghiệm  ;x a b 4. Tính chất 4. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì      , ;f u f v u v u v a b     Lưu ý : Có thể thay  ;a b bằng      ; , ; , ;a b a b a b II. Phương pháp 1. Phương trình có nghiệm duy nhất a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp b. Thuật toán - Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) - Biến đổi phương trình về dạng   0f x  - Chứng minh  y f x luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên  ;a b ( ;a b là miền xác định của phương trình) - Nhẩm 1 nghiệm 0x x của phương trình (Có thể sử dụng MTCT – lệnh “SHIFT+SOLVE”) - Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất 0x x 2. Phương trình có tối đa n nghiệm (thông thường 2 hoặc 3 nghiệm) a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp b. Thuật toán - Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) - Biến đổi phương trình về dạng   0f x  - Chỉ ra      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   ( ;a b là miền xác định của phương trình) - Nhẩm n nghiệm của phương trình Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 4 - Kết luận : Phương trình có đúng n nghiệm nhẩm được 3. Xét hàm đặc trưng a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc b. Thuật toán - Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) - Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc - Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng  f t - Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình    f u f v - Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của ,u v - Giải phương trình    f u f v u v   - Kết luận Ví dụ minh họa: Giải phương trình :  3 23 4 2 3 2 3 1x x x x x      (*) Phân tích : - Đặt 3 1u x  thì VP(*) là biểu thức bậc 3 ẩn u , như thế 2 vế của (*) là đồng bậc - Cố định VP(*) =    2 33 2 3 1 1x x u u u u      , Suy ra hàm đặc trưng   3f t t t  -VT(*) 3v v  , VT(*) là biểu thức bậc 3 ẩn x , cùng bậc với bậc của hàm đặc trưng, suy ra v ax b  , khi đó             3 3 2 3 3 2 2 2 3 3 4 2 1 3 3 3 4 2 0 ax b ax b x x x a x a b x ab a x b                  3 2 2 3 1 0 3 3 0 1 13 4 0 2 0 a a b a bab a b b                   1v x   Phương trình (1) trở thành 3 3v v u u   Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT : Cho một vài giá trị của x, tính y rồi tìm mối quan hệ của x và y Lời giải : ĐK : 1 3 x   (*)         333 23 4 2 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1x x x x x x x x x               Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 5 Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)    1 3 1 1 3 1f x f x x x        2 2 1 3 1x x x     (do 1 3 x   nên 1 0x   ) 2 0 0 1 x x x x        Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm là : 0, 1x x  . Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 6 B. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải phương trình : 5 3 1 3 4 0x x x     (1) Giải : ĐK : 1 3 x  Xét hàm số   5 3 1 1 3 4, 3 f x x x x x      Hàm số trên liên tục trên 1 ; 3       Ta có :  ' 4 2 3 1 5 3 0 ; 32 1 3 f x x x x x              Suy ra  f x đồng biến trên 1; 3       Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 1 3 x  Mặt khác  1 0f   , tức 1x   là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x   . Chú ý : Có thể nhẩm nghiệm 1x   trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE” Ví dụ 2: Giải phương trình : 22 1 3 4x x x     (1) Giải : ĐK : 2 1 0 1 4 4 0 2 x x x        (2) 22 1 3 4 0x x x       Xét hàm số   2 1 2 1 3 4, ;4 2 f x x x x x             Hàm số trên liên tục trên 1 ;4 2      Ta có :  ' 3 1 1 1 0 ;4 22 1 3 x f x x x x             Suy ra  f x đồng biến trên 1 ;4 2      Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 7 Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 1 ;4 2 x       Mặt khác  1 0f  , tức 1x  là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x  . Chú ý : - ĐK :2 1 0x   là điều kiện thông thường ĐK : 4 0x  là điều kiện kéo theo (Phương trình này có thể bỏ qua) - Có thể nhẩm nghiệm 1x  trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE” Ví dụ 3: Giải phương trình : 2 215 3 2 8x x x     (1) Giải : Ta có : (1) 2 215 8 3 2x x x      Do 2 215 8 0x x    nên 2 3 2 0 3 x x    Xét hàm số   2 2 2 15 8 3 2, 3 f x x x x x       Ta có :        2 2 ' 2 2 2 2 8 15 2 3 3 0 315 8 15 8 x x xx x f x x x x x x                Suy ra  f x nghịch biến trên 2 ; 3       Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 2 ; 3 x        Mặt khác  1 0f  , tức 1x  là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x  . Chú ý : ĐK : 3 2 0x   là điều kiện kéo theo (Phương trình này bắt buộc phải tìm) Ví dụ 4: Giải phương trình : 22 3 4 3 5 9 6 13x x x x      (1) Giải : ĐK : 4 3 x   Xét hàm số   2 4 2 3 4 3 5 9 6 13, 3 f x x x x x x         Hàm số trên liên tục trên 4 ; 3       Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 8 Ta có :  ' 3 15 2 6 3 4 2 5 9 f x x x x             '' 9 75 42 0 32 3 4 3 4 4 5 9 5 9 f x x x x x x             Suy ra  'f x nghịch biến trên 4 ; 3       Suy ra phương trình  ' 0f x  có nhiều nhất 1 nghiệm 4 3 x   Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 2 nghiệm 4 3 x   Mặt khác    0 1 0f f   , tức 0, 1x x  là các nghiệm của (1) Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là : 0, 1x x  Ví dụ 5: Giải phương trình :    2 3 3 7 4 3 0x x x x     (1) Giải : ĐK : 4 3 x  (1)     3 3 33 4 3 3 4 3 3 4 3 3 4 3x x x x x x x x              Xét hàm số   3 3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 3 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)    4 3 4 3f x f x x x        2 24 3 3 4 0 1 0 0 x x x x x tm x x               Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1x  . Ví dụ 6: Giải phương trình : 3 31 2 2 1x x   (1) Giải : (1)   3 3 33 3 32 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x            Xét hàm số   3 2 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 2 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)     33 32 1 2 1 2 1 0f x f x x x x x          Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 9 1 1 5 2 x x       Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là : 1 5 1, 2 x x     . Ví dụ 7: Giải phương trình :  2 22 1 2 1 2 3 0x x x x x x        (1) Giải : (1)       22 2 1 1 1 2 0x x x x x x                      2 2 1 1 1 2 2x x x x x x            Xét hàm số   2 2 ,f t t t t t    Ta có :   2 ' 2 2 1 2 0 2 t f t t t t         , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)     1 1 1 2 f x f x x x x           Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1 2 x   . Ví dụ 8: Giải phương trình :     2 23 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x        (1) Giải : (1)           2 22. 3 3 . 3 3 2 1 2 1 3 2 0x x x x x                     2 2 2. 2 1 2 1 . 2 1 3 2. 3 3 . 3 3x x x x x x            Xét hàm số   22 3 ,f t t t t t    Ta có :   2 ' 2 2 2 3 0 3 t f t t t t         , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)     1 2 1 3 2 1 3 5 f x f x x x x           Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1 5 x   . Ví dụ 9: Giải phương trình :   2 2 9 . 3 1 3 2 1 3 1 x x x x x       (1) Giải : Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 10 ĐK : 1 3 x   Nhận xét : 0x  không là nghiệm của (1) Với 0x  thì 1 3 1 0x           2 2 2 3 2 9 . 3 1 1 3 1 1 3 2 3 3 2 3 1 3 2 2 3 1 x x x x x x x x x x x x                         3 2 33 3 4 2 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1 x x x x x x x x x                Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)    1 3 1 1 3 1f x f x x x        2 2 1 3 1x x x     (do 1 3 x   nên 1 0x   ) 2 0 1x x x     (do 0x  ) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1x  . Ví dụ 10: Giải phương trình :    2 2 2 8 1 2 2 2 3 x x x x x x         (1) Giải : ĐK : 2x   (1)        2 2 2 4 1 2 4 1 2 0 2 3 2 32 2 2 2 x x x x x x x x x x xx x                          2 2 4 1 * 2 3 2 2 x tm x x x x x                          22* 4 2 2 1 2 3 2 2 2 2 1 2 1 2x x x x x x x x x                              3 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1x x x x x x            Xét hàm số   3 22 2 ,f t t t t t    Ta có :  ' 23 4 2 0f t t t t      , suy ra  f t đồng biến trên Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 11 Khi đó : (*)    2 1 2 1f x f x x x          2 2 3 132 2 1 3 1 0 3 13 2 21 0 1 1 x x x x x x x tm x x x                         Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là : 3 13 2, 2 x x    . C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các phương trình : 5 31. 1 3 4 0x x x     3 2. 2 3 1 3 2 2 x x x      6 8 3. 3 14 3 2x x      34. 4 2 7 2 3 0x x x x      35. 4 1 2 1 0x x x x        26. 8 2 6 5 0x x x x     3 2 37. 15 78 141 5 2 9x x x x        8. 3 1 3 1 2 0x x x x x       2 1 19. 3 18 24 2 5 1 x x x x           311. 3 5 16. 3 5 2 x x x      2 21 112. 4 2 1x x x    13. 4 5 7 2x x x    2 314. log 1 logx x  2 2 3 2 3 15. log 7 21 14 2 4 5 x x x x x x        Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 12 PHẦN II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. LÝ THUYẾT I. Một số tính chất 1. Tính chất 1. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất một nghiệm  ;x a b 2. Tính chất 2. Nếu  ' 0f x  có n nghiệm  ;x a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất 1n  nghiệm  ;x a b 3. Tính chất 3. Nếu      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   thì phương trình   0f x  có nhiều nhất n nghiệm  ;x a b 4. Tính chất 4. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì      , ;f u f v u v u v a b     Lưu ý : Có thể thay  ;a b bằng      ; , ; , ;a b a b a b II. Phương pháp 1. Dấu hiệu : Một trong hai phương trình của hệ có thể đưa về phương trình đồng bậc (các đại lượng trong phương trình đó có cấu trúc tương đối giống nhau) 2. Thuật toán Bước 1: Tìm điều kiện - Điều kiện thông thường - Điều kiện kéo theo Bước 2: Biến đổi phương trình có cấu trúc tương đối giống nhau về phương trình đồng bậc (Đặt ẩn phụ, chia 2 vế cho một biểu thức nào đó, ) Bước 3: Biến đổi phương trình đồng bậc ở bước 2 về dạng    f u f v bằng cách - Cố định 1 vế, cố định u, suy ra hàm đặc trưng  f t - Biến đổi vế còn lại theo hàm đặc trưng, suy ra v (có thể sử dụng phương pháp đồng nhất) Bước 4: Xét hàm đặc trưng, chứng minh nó luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên miền D (D là miền giá trị của u, v), từ đó ta được u v Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 13  x theo y hoặc y theo x , thế vào phương trình còn lại tìm nghiệm của nó và suy ra nghiệm của hệ đã cho. Ví dụ minh họa : Giải hệ phương trình :     3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 1 2 2 x x x y y y x y x y               Phân tích : * Dấu hiệu : Phương trình  1 của hệ là phương trình đồng bậc * Tìm điều kiện - Điều kiện thông thường : Không có - Điều kiện kéo theo + Coi phương trình (2) là phương trình bậc 2 ẩn x   2 22 2 2 2 2 1 0x x y y      Điều kiện có nghiệm x là  ' 2 2 3 1 1 2 2 2 1 4 4 3 0 2 2 y y y y y              + Coi phương trình (2) là phương trình ẩn y   2 22 2 2 2 2 1 0y y x x      , điều kiện có nghiệm y là  ' 2 21 2 2 2 1 4 4 3 0 1 3 2 2 x x x x x               * Biến đổi phương trình (1) về dạng    f u f v   3 2 3 21 3 9 3 9 22x x x y y y       - Cố định VT, cố định u x  VT   3 23 9f u u u u     Hàm đặc trưng   3 23 9f t t t t   - VP   3 23 9f v v v v    , do VP là biểu thức bậc 3 ẩn y (cùng bậc hàm đặc trưng) v ay b   , ta được               3 2 3 2 3 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 3 3 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 9 3 9 22 3 3 3 6 3 9 9 3 9 22 1 3 3 3 3 6 9 9 3 9 22 0 1 0 3 3 3 0 1 3 6 9 9 0 2 2 3 9 22 ay b ay b ay b y y y a y a by ab y b a y aby b ay b y y y a y a b a y ab ab a y b b b a a b a a ab ab a v y b b b b                                                         0         Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 14 Như vậy :         3 23 21 3 9 2 3 2 9 2x x x y y y         Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT * Xét hàm đặc trưng   3 23 9f t t t t   Do 1 3 1 3 ; ; 2 2 2 2 1 5 ; 2 23 1 1 5 ; 2 ; 2 2 2 2 x u x t y v y                                                Ta có :    ' 2 1 5 3 6 9 0 1;3 ; 2 2 f t t t x               Suy ra  f t nghịch biến trên 1 5; 2 2       *      1 2 2 2f x f y x y y x         thay vào (2) rút gọn được phương trình  2 3 1 3 2 2 2 4 0 1 32 2 2 x y x x tm x y                 . Kết luận :     3 1 1 3 ; ; , ; ; 2 2 2 2 x y x y                Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 15 B. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình :     3 3 2 2 3 4 2 0 1 1 2 1 2 x y x x y x y y              Giải : ĐK : 1 1 0 2 x y                33 2 3 31 3 3 1 1 1 1x x x x y y x x y y              Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Do đó :      1 1 1f x f y x y      Thay 1y x  vào  2 được phương trình 21 1 1 1x x x               1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 x x x x x x x y tm x                         Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 0;1x y  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :     3 3 2 3 3 4 2 0 1 3 2 2 2 x y y x y x x x y              Giải : ĐK : 2x         33 3 2 31 3 4 2 1 1x x y y y x x y y            Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 16 Do đó :      1 1 1 1f x f y x y y x         Thay 1y x  vào  2 được phương trình  3 33 2 2 1 8 2 2 2x x x x                    2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 2 2 4 0 2 2 2 2 2 2 2 3 0 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x x x y tm x                                     (Do 2 22 3 0 2 2 2 x x x x x           ) Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;3x y  Ví dụ 3: Giải hệ phương trình :     3 2 3 2 3 2 2 3 2 1 3 1 3 3 2 2 x x x y y y y x x y               Giải : ĐK : 3 1 3 x y                     3 2 2 3 2 3 2 3 2 1 3 3 1 2 2 1 3 1 2 3 1 2 1 3 1 2 3 x x x x x x y y y x x x y y y                      Xét hàm số   3 22 3 ,f t t t t t    Ta có :  ' 23 4 3 0f t t t t      , suy ra  f t đồng biến trên Do đó :      1 1 1f x f y x y      , do 1 2 3 3 y x    Thay 1y x  vào  2 được phương trình 33 2 3 3 1x x x x                   3 2 2 2 3 2 1 3 1 3 4 3 1 1 1 4 3 2 1 3 1 3 1 1 4 0 3 2 1 3 1 3 3 2 3 1 1 0 3 2 1 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                

    --- Bài cũ hơn ---

  • Dự Báo Nhu Cầu Sản Phẩm Là Gì?
  • Phương Pháp Giải Các Dạng Toán Hàm Số Bậc Nhất Cơ Bản
  • Nâng Cao Eq – Rút Ngắn Đường Đến Thành Công
  • Quy Trình Thực Hiện 3 Phương Pháp Hạch Toán Nguyên Vật Liệu Trong Kế Toán Thực Tế
  • Tìm Hiểu Về Time Series (Phân Tích Dãy Số Thời Gian) (P.3)
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100