Yechish. f1(x,y) va f2(x,y) funksiyalarning grafiklarini Maple paketidan foydalanib chizamiz (6-rasm):
> plots[implicitplot]({x-cos(y)/3- 0.3=0,y-sin(x-0.6)+1.6=0},x=-
3..3,y=-3..3);
Rasmdan ko‘rinib turib- diki, sistemaning yechimi D =
{ 0 x 0.3; 2.2 y 1.8 } sohada yotibdi.
Bu yerda
1
1(x, y) 3 cos y 0.3,
2 (x, y) sin( x 0.6) 1.6
|
|
6.rasm. Misolda berilgan f1(x,y) va f1(x,y) funksiyalarning Maple paketidan foydalanib chizilgan grafiklari.
|
deb tanlab olib, iteratsion jarayon yaqinlashishining yetarli shartini tekshiramiz:
1
cos(x 0.6)
cos0.3 1,
x
1 1
1
y
2
y 3
sin y
1.
3
Bu yaqinlashish shartining bajarilayotganligi D sohadan x(0) boshlang‘ich yaqinlashish sifatida ixtiyoriy nuqtani tanlash mumkinligini bildiradi.
Agar ikkinchi tenglama
f2(x, y) y 0.5sin(x 0.6) 1.6 0
ko‘rinishda
bo‘lsa, u holda yaqinlashish sharti ixtiyoriy ( x, y) R2 da bajariladi.
misol. Quyidagi sistemani qaraymiz:
f1 ( x, y) x cos y y 0.3 0,
f
2
( x, y) y sin( x 0.6) x 1.6 0.
Yechish. f1( x, y) va f2( x, y) funksiyalarning grafiklarini Maple paketidan foydalanib chizamiz (7-rasm):
> plots[implicitplot]({x+cos(y)+y+0.3=0,y-sin(x-0.6)-x+1.6=0},x=-3..3,y=-3..3);
7-rasm. Misolda berilgan f1(x,y) va f1(x,y) funksiyalarning Maple paketidan foydalanib chizilgan grafiklari.
Rasmdan ko‘rinadiki, sistemaning yechimi D = { 0.4 x 0.6;
1.1 y 1.3} sohaga tegishli.
Bu yerda
1(x, y) (cos y y 0.3),
2
(x, y) sin( x 0.6) x 1.6
deb tanlab olamiz. Bu yerdan ko‘rinadiki, D sohada
cos(x 0.6) 1 1 cos0.2 1.
Ko‘rinib turibdiki, yaqinlashish sharti har ikkala
va
holda
l
ham bajarilmayapdi. Bunday yo‘l bilan tanlangan (x) funksiya uchun boshlang‘ich yaqinlashishni qanday tanlashdan qat’iy nazar iteratsion jarayon uzoqlashadi. Yaqinlashuvchan iteratsion jarayonga erishish uchun izohdagi umumiy holdan foydalanish lozim, bu bilan boshlang‘ich yechimni aniq yechimga yetarlicha yaqin qilib tanlab olish mumkin
bo‘ladi, masalan, x(0)=(0.5;-1,1).
f x
matritsaning teskarisini, masalan,
Kramer usulidan foydalanib topish mumkin.
3-Misol. Quyidagi
x3 y3 6 x 3 0
x3 y3 6 y 2 0
sistemaning yechimini oddiy iterasiya usulida 0,001 aniqlikda taqribiy hisoblang.
Yechish. Iterasiya usulini qo‘llash uchun berilgan sistemani
ko‘rinishda yozib olamiz.
x3 y3 1
x
6 2
x3 y3 1
y
6 3
0 x 1,
0 y 1
kvadrat sohani qaraylik. Agar x0 , y0
shu sohaga
qarashli bo‘lsa, u holda
0 1x0 , y0 1, 0 2 x0 , yo 1
o‘rinli bo‘ladi.
Demak shu sohadan x0 , y0 nuqtani ixtiyoriy tanlaganimizda ham xn , yn
nuqta ham o‘sha sohaga tegishli bo‘ladi. Bundan esa (23) yaqinlashish shartining bajarilishi kelib chiqadi, ya’ni ushbu
1
x
1
y
x2
2
y 2
1
2
2
x
2
y
x2
2
1
o‘rinli bo‘ladi. Demak, qaralayotgan kvadrat sohada yagona yechim mavjud va uni iterasiya usuli yordamida taqribiy hisoblash mumkin.
Dastlabki yaqinlashishni
x 1 ,
0 2
1
0 2
deb olaylik.
x 1 8 8
1 2 6
0,542;
y 1 8 8
1 3 6
0,333;
x 1 0,19615 0,533; y 1 0,1233 0,354;
2 2 6 2 3 6
Hisoblashlarni shu singari davom ettirib,
x3 0,533;
y3 0,351;
x4 0,532;
y4 0,351;
bo‘lishini aniqlaymiz.
q1 q2
34 0,5
72
bo‘lganligidan va uchinchi va
to‘rtinchi taqribiy yechimlarning kasr qismidagi uchta raqamining mos kelishi talab qilingan aniqlikka erishilganligini bildiradi. Taqribiy yechim
sifatida
x 0,532;
y 0,351 qiymatlarni olish mumkin.
Ushbu misolda berilgan tenglamalar sistemasi 3 ta haqiqiy yechimga ega ekanligini quyidagi Maple dastur hisobi natijasi va grafiklardan ham ko‘rish mumkin (8-rasm):
> plots[implicitplot]({x^3+y^3-6*x+3=0,x^3-y^3-6*y+2=0},x=-3..3,y=- 3..3);
solve({x^3+y^3-6*x+3=0,x^3-y^3-6*y+2=0},{x,y}); allvalues(%);
evalf(%);
{ y .3512574476, x .5323703724 }
{ x 1.882719112, y 1.175129224 }
{ y -1.489322079, x -2.423800711 }
8-rasm. Misolda berilgan tenglamalar sistemasidagi funksiyalarning Maple dasturida chizilgan grafiklari.
Yuqoridagi izohni n = 2 bo‘lgan xususiy hol uchun oydinlashtiraylik.
Berilgan ikki noma’lumli ikkita nochiziqli tenglamalar sistemasini quyidagicha yozib olaylik:
1(x, y) x
f1(x, y)
f2 (x, y),
Bu yerda .
2 (x, y) y
f1(x, y)
f2 (x, y).
Bu sistemadagi
, ,
,
noma’lim korffisiyentlarni quyidagi
tenglamalar sistemasining taqribiy yechimi deb topamiz:
1 f1 (x0 , y0 ) f2 (x0 , y0 ) 0,
f ( x
x
, y )
f (x
x
, y )
1 0 0 2 0 0 0,
y y
f (x , y ) f (x , y )
1 0 0 2 0 0 0,
1
x
f1 ( x0 , y0 )
y
x
f2 ( x0 , y0 )
y
0.
Bu tenglamalar sistemasidan, faqatgina unda qatnashayotgan f1(x,y) va f2(x,y) funksiyalar xususiy hosilalari (x0,y0) nuqta atrofida keskin o‘zgaruvchan bo‘lmasagina, foydalanish mumkin.
Endi buni quyidagi misolda ko‘raylik.
4-misol. Quyidagi tenglamalar sistemasining iteratsiyalanuvchi 1(x,y) va 2(x,y) funksiyalarini (x0,y0) = (0,80; 0,55) boshlang‘ich nuqtada toping:
f1(x, y) x2 y2 1 0,
2
f (x, y) x3 y.
Yechish. Bu sistema uchun 1(x,y) va 2(x,y) funksiyalarni quyidagi ko‘rinishda izlaymiz:
1(x, y) x (x2 y2 1) (x3 y),
2 ( x, y) y ( x2
1) ( x3
y).
, ,
,
noma’lim korffisiyentlarni topish uchun yuqorida taklif
etilgan sistemaga kiruvchi xususiy hosilalar va ularning (x0,y0) nuqtadagi qiymatlarini hisoblaylik:
f1
x
f2
x
2 x ;
3x2;
f1 ( x0 , y0 ) 1,6;
x
f2 ( x0 , y0 ) 1,92;
x
f1
y
f2
y
2 y ;
1;
f1 (x0 , y0 ) 1,1;
y
f2 ( x0 , y0 ) 1;
y
Bularga ko‘ra
, ,
,
noma’lim korffisiyentlarga nisbatan
quyidagi chiziqli algebraik tenglamalar sistemasiga kelamiz:
11,6 1,92 0,
1,1
0,
1,6 1,92 0,
11,1 0.
Buni yechib, quyidagilarga ega bo‘lamiz:
0,3;
0,5;
0,3;
0,4.
Shunday qilib, 1(x,y) va 2(x,y) funksiyalarning quyidagi ifodalariga kelamiz:
1(x, y) x 0,3(x2 y2 1) 0,3(x3 y),
2 ( x, y) y 0,5( x2
1) 0,4 ( x3
y).
Endi berilgan tenglamalar sistemasini taqribiy yechish uchun yaqinlashuvchan (22) iteratsiyalar formulasidan yoki quyida keltirilgan Zeydel usuli formulasidan foydalanish mumkin.
Do'stlaringiz bilan baham: |