O‘zbekiston respublikasi oliy va o‘rta maxsus ta’lim vazirligi samarqand davlat universiteti abdirashidov A., Babayarov A. I


x (0) ) =0 bo‘lsa, u holda boshqa  x



Download 4,42 Mb.
Pdf ko'rish
bet59/69
Sana10.07.2022
Hajmi4,42 Mb.
#769091
1   ...   55   56   57   58   59   60   61   62   ...   69
Bog'liq
AbdirashidovA.BabayarovA.I.Hisoblashusullari1-qism2018 (4)

x
(0)
) =0 bo‘lsa, u holda boshqa 
x
(0)
- boshlang‘ich yaqin-
lashishni tanlash lozim bo‘ladi. 
Oddiy iteratsiya usuli nafaqat haqiqiy ildizlarni, balki kompleks ildizlarni ham 
topish imkonini beradi. Oxirgi holda kompleks boshlang‘ich yaqinlashishni tanlash 
lozim bo‘ladi. 
Iteratsiyalar jatayoni yaqinlashishining yetarli sharti quyidagicha. 
Faraz qilaylik, shunday 
D

R
n
yopiq soha mavjud bo‘lsinki, bunda ixtiyoriy 
x

D
uchun 

(
x
)

D
bo‘lsin. Xuddi shunday, ixtiyoriy 
x
1
va 
x
2

D
lar uchun quyidagi 
shart bajarilsin: 
,
1
,
)
(
)
(
2
1
2
1




q
x
x
q
x
x


(*) 
bu yerda 


R
n
dagi biror norma. U holda osongina ko‘rsatish mumkinki, 
D
sohada 
(3.16) tenglamaning 
x
*
yechimi mavjud bo‘lib, (3.17) iteratsion jarayon tanlangan ix-
tiyoriy x
0

D
uchun shu yechimga yaqinlashadi. Bunda quyidagi yaqinlashish tezlig-
ini baholash o‘rinli: 
q
cq
x
x
m
m



1
*

bu yerda 
c
– biror o‘zgarmas. 
Yuqoridagi (*) shartni qanoatlantiruvchi 

funksiya 
siqiluvchan akslanish 
deb, 
(3.18) tenglamaning yechimi esa 

funksiyaning 
qo‘zg‘almas nuqtasi
deb ataladi. 
Shuni ta’kidlaymizki, 
,
)
(
)
(
*
*
*
1
x
x
q
x
x
x
x
m
m
m








shuning uchun, oddiy iteratsiya usulining yaqinlashish tartibi 1 ga teng. 
Agar 

(
x
) funksiya 
D
sohada uzluksiz va differensiallanuvchan bo‘lsa, u holda 
(*) shartning bajarilishi uchun ixtiyoriy 
x

D
lar uchun 
1
)
(



q
x

shartning ba-
jarilishi yetarli. 
Izoh


(
x
) funksiya 
f
(
x
) funksiya orqali bir qiymatli aniqlanmaydi. 
1
)
(



q
x

shartning bajarilishi uchun 

(
x
) funksiyani qanday tanlash lozim? Agar 
x
(0)
nuqta 
atrofida 
f
(
x
) uzluksiz differensiallanuvchan va 
 
f
x

matritsa-funksiya aynimagan 
bo‘lsa, unda umumiy holda quyidagicha yozish mumkin: 
)
(
'
)
(
)
(
0
x
f
x
f
x
x






123 
Xususiy hollarda 

(
x
) funksiyani tanlash va ushbu 
1
)
(



q
x

shartning ba-
jarilishini tekshirish ancha sodda bo‘lishi mumkin. 
Xususiy hol
. Hisoblashlarni amaliyot uchun qulay bo‘lgan 
n
=2 bo‘lgan holda 
ko‘rib chiqaylik. (3.15) sistemani 
 
 





y
x
y
y
x
x
,
,
,
2
1


(3.21) 
ko‘rinishda yozib olamiz. 
   
y
x
y
x
,
,
,
2
1


funkiyalar iterasiyalovchi funksiyalar 
deb yuritiladi. Taqribiy yechimni topish algoritmi ushbu 




,.....
3
,
2
,
1
,
0
,
,
,
2
1
1
1








n
y
x
y
y
x
x
n
n
n
n
n
n


(3.22) 
ko‘rinishda beriladi. Bu yerda 


0
0
,
y
x
- birinchi yaqinlashish qiymatlari. 
(3.22) iterasion hisoblash jarayoni yaqinlashuvchi bo‘ladi, agarda ushbu 




















1
,
1
2
2
2
1
1
1
q
y
x
q
y
x




(3.23) 
tengsizliklar bajarilsa.
Quyida 

(
x
) funksiyaning grafigini qurish va iteratsion jarayonning 
R
2
dagi ya-
qinlashishini ta’minlovchi shartni tekshirishga oid misollar qaraylik. 
1-misol.
Quyidagi sistemani qaraylik: 













.
0
6
.
1
)
6
.
0
sin(
)
,
(
,
0
3
.
0
cos
3
1
)
,
(
2
1
x
y
y
x
f
y
x
y
x
f
Yechish.
f
1
(
x
,
y
) va 
f
2
(
x
,
y
) funksiyalarn-
ing grafiklarini Maple paketidan foydalanib 
chizamiz: 
> plots[implicitplot]({x-cos(y)/3-0.3=0,y-
sin(x-0.6)+1.6=0},x=-3..3,y=-3..3); 
3.7-rasmdan ko‘rinib turibdiki, siste-
maning 
yechimi 


{
3
.
0
0


x

8
.
1
2
.
2




y
} sohada yotibdi. Bu yerda









6
.
1
)
6
.
0
sin(
)
,
(
,
3
.
0
cos
3
1
)
,
(
2
1
x
y
x
y
y
x


3.7.rasm. 1-misolda berilgan
f
1
(
x
,
y

va 
f
1
(
x
,
y
) funksiyalarning grafiklari. 
deb tanlab olib, iteratsion jarayon yaqinlashishining yetarli shartini tekshiramiz: 


124 
























.
1
3
1
sin
3
1
,
1
3
.
0
cos
)
6
.
0
cos(
2
1
2
1
y
y
y
x
x
x




Bu yaqinlashish shartining bajarilayotganligi 
D
sohadan 
x
(0)
boshlang‘ich yaqinlash-
ish sifatida ixtiyoriy nuqtani tanlash mumkinligini bildiradi. 
Agar ikkinchi tenglama 
0
6
.
1
)
6
.
0
sin(
5
.
0
)
,
(
2





x
y
y
x
f
ko‘rinishda 
bo‘lsa, u holda yaqinlashish sharti ixtiyoriy (
x
,
y
)

R
2
da bajariladi. 
2-misol.
Quyidagi sistemani qaraymiz: 














.
0
6
.
1
)
6
.
0
sin(
)
,
(
,
0
3
.
0
cos
)
,
(
2
1
x
x
y
y
x
f
y
y
x
y
x
f
Yechish.
f
1
(
x
,
y
) va 
f
2
(
x
,
y
) funksiyalarning grafi-
klarini Maple paketidan foydalanib chizamiz (3.8-
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); 
Rasmdan ko‘rinadiki, sistemaning yechimi 


{
6
.
0
4
.
0


x

3
.
1
1
.
1




y
} sohaga tegishli. 
Bu yerda











6
.
1
)
6
.
0
sin(
)
,
(
),
3
.
0
(cos
)
,
(
2
1
x
x
y
x
y
y
y
x


deb tanlab olamiz. Bu yerdan ko‘rinadiki, 
D
sohada 
1
2
.
0
cos
1
1
)
6
.
0
cos(
2








x
x

.
 
3.8-rasm. Misolda berilgan 
f
1
(
x
,
y
) va 
f
1
(
x
,
y
) funksiyalarn-
ing Maple paketidan foydala-
nib chizilgan grafiklari.
 
Ko‘rinib turibdiki, yaqinlashish sharti har ikkala 


va
l

holda ham ba-
jarilmayapdi. Bunday yo‘l bilan tanlangan 

(
x
) funksiya uchun boshlang‘ich yaqin-
lashishni qanday tanlashdan qat’iy nazar iteratsion jarayon uzoqlashadi. Yaqinlashu-
vchan iteratsion jarayonga erishish uchun izohdagi umumiy holdan foydalanish lo-
zim, 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 











0
2
6
0
3
6
3
3
3
3
y
y
x
x
y
x
sistemaning yechimini oddiy iterasiya usulida 0,001 aniqlikda taqribiy hisoblang. 
Yechish.
Iterasiya usulini qo‘llash uchun berilgan sistemani 


125 












3
1
6
2
1
6
3
3
3
3
y
x
y
y
x
x
ko‘rinishda yozib olamiz. 
Ushbu 
1
0
,
1
0




y
x
kvadrat sohani qaraylik. Agar 


0
0
,
y
x
shu sohaga 
qarashli bo‘lsa, u holda 




1
,
0
,
1
,
0
0
2
0
0
1




o
y
x
y
x


o‘rinli bo‘ladi. Demak 
shu sohadan 


0
0
,
y
x
nuqtani ixtiyoriy tanlaganimizda ham 


n
n
y
x
,
nuqta ham o‘sha 
sohaga tegishli bo‘ladi. Bundan esa (3.23) yaqinlashish shartining bajarilishi kelib 
chiqadi, ya’ni ushbu 
























1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
y
x
y
x
y
x
y
x




o‘rinli bo‘ladi. Demak, qaralayotgan kvadrat sohada yagona yechim mavjud va uni 
iterasiya usuli yordamida taqribiy hisoblash mumkin. Dastlabki yaqinlashishni 
2
1
,
2
1
0
0


y
x
deb olaylik. 
;
333
,
0
6
8
1
8
1
3
1
;
542
,
0
6
8
1
8
1
2
1
1
1








y
x
;
354
,
0
6
1233
,
0
3
1
;
533
,
0
6
19615
,
0
2
1
2
2






y
x
Hisoblashlarni shu singari davom ettirib,
;
351
,
0
;
532
,
0
;
351
,
0
;
533
,
0
4
4
3
3




y
x
y
x
bo‘lishini aniqlaymiz. 
5
,
0
72
34
2
1



q
q
bo‘lganligidan va uchinchi va to‘rtinchi 
taqribiy yechimlarning kasr qismidagi uchta raqamining mos kelishi talab qilingan 
aniqlikka erishilganligini bildiradi. Taqribiy yechim sifatida 
351
,
0
;
532
,
0


y
x
qiymatlarni olish mumkin. 
Ushbu misolda berilgan tenglamalar sistemasi 3 ta haqiqiy yechimga ega ekan-
ligini quyidagi Maple dastur hisobi natijasi va grafiklardan ham ko‘rish mumkin (3.9-
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(%); 


126 
Yuqoridagi izohni 
n
= 2 bo‘lgan xususiy hol uchun oydinlashtiraylik. Berilgan 
ikki noma’lumli ikkita nochiziqli tenglamalar sistemasini quyidagicha yozib olaylik: 









).
,
(
)
,
(
)
,
(
),
,
(
)
,
(
)
,
(
2
1
2
2
1
1
y
x
f
y
x
f
y
y
x
y
x
f
y
x
f
x
y
x






Bu yerda 






Bu sistemadagi 




,
,
,
noma’lim korffisiyentlarni quyidagi 
tenglamalar 
sistemasining 
taqribiy 
yechimi deb topamiz: 






































.
0
)
,
(
)
,
(
1
,
0
)
,
(
)
,
(
,
0
)
,
(
)
,
(
,
0
)
,
(
)
,
(
1
0
0
2
0
0
1
0
0
2
0
0
1
0
0
2
0
0
1
0
0
2
0
0
1
y
y
x
f
y
y
x
f
x
y
x
f
x
y
x
f
y
y
x
f
y
y
x
f
x
y
x
f
x
y
x
f








{
}
,

y
.3512574476

x
.5323703724
{
}
,

x
1.882719112

y
1.175129224
{
}
,

y
-1.489322079

x
-2.423800711
3.9-rasm. 3-misolda berilgan tenglamalar 
sistemasidagi funksiyalarning Maple dastu-
rida chizilgan grafiklari. 
Bu tenglamalar sistemasidan, faqatgina unda qatnashayotgan 
f
1
(
x
,
y
) va 
f
2
(
x
,
y

funksiyalar xususiy hosilalari (
x
0
,
y
0
) nuqta atrofida keskin o‘zgaruvchan bo‘lma-
sagina, foydalanish mumkin. 
Endi buni quyidagi misolda ko‘raylik. 
4-misol.
Quyidagi tenglamalar sistemasining iteratsiyalanuvchi 

1
(
x
,
y
) va 

2
(
x
,
y
) funksiyalarini (
x
0
,
y
0
) = (0,80; 0,55) boshlang‘ich nuqtada toping: 










.
)
,
(
,
0
1
)
,
(
3
2
2
2
1
y
x
y
x
f
y
x
y
x
f

Download 4,42 Mb.

Do'stlaringiz bilan baham:
1   ...   55   56   57   58   59   60   61   62   ...   69




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©hozir.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling

kiriting | ro'yxatdan o'tish
    Bosh sahifa
юртда тантана
Боғда битган
Бугун юртда
Эшитганлар жилманглар
Эшитмадим деманглар
битган бодомлар
Yangiariq tumani
qitish marakazi
Raqamli texnologiyalar
ilishida muhokamadan
tasdiqqa tavsiya
tavsiya etilgan
iqtisodiyot kafedrasi
steiermarkischen landesregierung
asarlaringizni yuboring
o'zingizning asarlaringizni
Iltimos faqat
faqat o'zingizning
steierm rkischen
landesregierung fachabteilung
rkischen landesregierung
hamshira loyihasi
loyihasi mavsum
faolyatining oqibatlari
asosiy adabiyotlar
fakulteti ahborot
ahborot havfsizligi
havfsizligi kafedrasi
fanidan bo’yicha
fakulteti iqtisodiyot
boshqaruv fakulteti
chiqarishda boshqaruv
ishlab chiqarishda
iqtisodiyot fakultet
multiservis tarmoqlari
fanidan asosiy
Uzbek fanidan
mavzulari potok
asosidagi multiservis
'aliyyil a'ziym
billahil 'aliyyil
illaa billahil
quvvata illaa
falah' deganida
Kompyuter savodxonligi
bo’yicha mustaqil
'alal falah'
Hayya 'alal
'alas soloh
Hayya 'alas
mavsum boyicha


yuklab olish