Pobierz

METODY ROZWIĄZYWANIA RÓWNAŃ
NIELINIOWYCH
Jednym z zastosowań metod numerycznych jest wyznaczenie pierwiastka lub
pierwiastków równania nieliniowego. W tym celu stosuje się szereg metod obliczeniowych
np: metoda stycznych (Newtona), metoda iteracji prostej, metoda siecznych, metoda
połowienia (bisekcji), metoda Pegaza itd. Procedury te pozwalają uzyskać z zadaną
dokładnością miejsca zerowe równania. Kilka przykładów rozwiązanych zadań pozwoli bliżej
zapoznać się z tymi metodami, często przydatnymi w pracy chemika inżyniera.
Zad.1 Obliczyć pierwiastek poniższego równania metodą Newtona z dokładnością
e = 10 −5 .
x 7 + 3x 4 − 3 = 0
Przed przystąpieniem do obliczania należy poznać przebieg funkcji by w przybliżeniu
określić granice przedziału, w którym znajduje się szukany pierwiastek. Funkcję można
stablicować lub wykreślić jej przebieg jak to jest pokazane na poniższym wykresie.
7
4
x + 3x -3 = 0
10
8
6
y
4
2
0
-2
-4
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
x
Z wykresu widać, iż pierwiastek tej funkcji będzie mieścił się w granicach <0,75;1>.
Lokalizacja miejsca zerowego równania x 7 + 3 x 4 − 3 = 0 .
Jeżeli funkcja ta spełnia warunek f(a)*f(b) < 0, gdzie a i b to granice przedziału
lokalizacji pierwiastka, to funkcja ta posiada pierwiastek w tych granicach.
x
0,75
1
y
-1,9173
1
Jak widać iloczyn wartości funkcji na granicach przedziału <0,75;1> jest ujemny = -1,9173.
Czyli przedział ten zawiera w sobie miejsce zerowe tej funkcji lub ogólnie nieparzysta liczbę
pierwiastków)
Następnie należy wybrać metodę obliczeniową. W zadaniu tym zostanie użyta metoda
stycznych (Newtona). Procedura ta należy do jednych z najszybciej zbieżnych metod
służących do wyznaczania pierwiastków równań nieliniowych. Zbieżność jej została
osiągnięta dzięki dodatkowemu nakładowi pracy jakim jest wyznaczenie pochodnej badanego
równania. W niektórych przypadkach wyznaczenie pochodnej jest sprawą bardziej złożoną i
zastosowanie tej metody nie jest opłacalne.
Na poniższym rysunku pokazany jest sposób w jaki dążymy do wyznaczenia pierwiastka
równania.
f ( x0 )
, po przekształceniu tej równości i zapisaniu w postaci ogólnej
x0 − x1
f ( xk )
uzyskujemy wzór: xk +1 = xk −
gdzie k = 1, 2, 3 ….. n.
f ' ( xk )
Po teoretycznym zapoznaniu się z wybraną metodą, wracamy do obliczeń. Kolejnym krokiem
będzie wyznaczenie przybliżenia zerowego dla przedziału <0,75;1>, w tym celu należy
sprawdzić wartość iloczynu pierwszej i drugiej pochodnej na granicach tego przedziału.
Funkcja x 7 + 3 x 4 − 3 = 0
Pierwsza pochodna 7 x 6 + 12 x 3 = 0
Druga pochodna 42 x 5 + 24 x = 0
Jak widać funkcja i pochodne są ciągłe w badanym przedziale, co jest warunkiem zbieżności
metody
Wartości dla x = 0,75 i x = 1 przedstawia tabela:
tgα = f ' ( x) =
x
0,75
1
f(x)
-1,9173
1
f'(x)
6,30835
19
f''(x)
27,9668
66
Widać, że warunek f(x)*f”(x)>0 jest spełniony dla x = 1. wybieramy go jako punkt startowy,
z którego rozpoczniemy obliczenia.
f ( xk )
(W)
xk +1 = xk −
f ' ( xk )
Podstawiając do powyższego wzoru x = 1 oraz wartości funkcji i pierwszej pochodnej
otrzymujemy wynik:
− 1,9173
x1 = 1 −
= 0,9473684
6,30835
Kolejnym krokiem jest obliczenie wartości funkcji i pierwszej pochodnej dla x1. Podstawiając
do wzoru funkcji x 7 + 3 x 4 − 3 = 0 i pierwszej pochodnej 7 x 6 + 12 x 3 = 0 uzyskujemy wartości:
f ( x) = 0,101464184
f ' ( x) = 15,26394678
Następnie powtarzamy czynność obliczeniową, podstawiając do wzoru (W) nowe wartości.
Uzyskany w ten sposób x2 równa się 0,940721111. Obliczona dla niego wartość funkcji i
pierwszej pochodnej wynoszą odpowiednio:
f ( x) = 0,001410404
f ' ( x) = 14,84132251
Cały tok obliczeń powtarzamy wielokrotnie uzyskując następujące wyniki:
x2
x3
x4
x
0,940721111
0,940626079
0,94062606
f(x)
f’(x)
0,001410404 14,84132251
2,83548E-07 14,83535546
1,06581E-14 14,83535426
Obliczenia uznajemy za zakończone, a wynik za pierwiastek równania, gdy spełniony jest
warunek :
f ( xn )
< ε gdzie A = min f ' ( x) w rozpatrywanym przedziale.
A
Najmniejsza wartość pierwszej pochodnej w przedziale <0,75;1> wynosi A = 6,30835
Podstawiając do wzoru :
2,8354 ⋅ 10 −7
6,30835
< 10 −5
Warunek jest spełniony, zatem można przyjąć, iż x =0,940626079 jest pierwiastkiem funkcji
x 7 + 3 x 4 − 3 = 0 . Przedstawione obliczenia potwierdzają, iż jest to najszybciej zbieżna
metoda, satysfakcjonujący wynik uzyskaliśmy już w trzecim przybliżeniu.
Zad.2 Obliczyć pierwiastek poniższego równania metodą bisekcji z dokładnością
e = 10 −5 .
3x + sinx - e x = 0
Metoda ta pozwala w prosty sposób wyznaczyć, z zadaną dokładnością, pierwiastki
równania nieliniowego. Przed przystąpieniem do obliczania należy poznać przebieg funkcji
by w przybliżeniu określić granice przedziału, w którym znajduje się szukany pierwiastek
(można je oszacować z większym lub mniejszym przybliżeniem). Metoda ta może być
stosowana w każdym przypadku, w którym funkcja w granicach podanego przedziału zmienia
znak (po przejściu przez miejsce zerowe). Przyjrzyjmy się wykresowi podanej funkcji:
3x + sinx -ex = 0
2
1
0
y
-1
-2
-3
-4
-5
-1,25
-1
-0,75
-0,5
-0,25
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
2,25
2,5
2,75
x
Jak widać z wykresu funkcja ( 3x + sinx - e x = 0 ) ma dwa miejsca zerowe znajdujące
się w przedziałach <0;0,5> i <1,5;2>. Przy pomocy metody bisekcji wyznaczymy jeden z
pierwiastków, z przedziału <0;0,5>, zaś drugi pozostawiam do indywidualnego wyliczenia w
ramach ugruntowania tej metody.
Metoda bisekcji (połowienia) zawsze jest zbieżna (zbieżność liniowa tej procedury gwarantuje
odnalezienia pierwiastka równania jednak kosztem ilości iteracji). Poniższy rysunek obrazuje
proces poszukiwania pierwiastków.
Lokalizacja miejsca zerowego równania 3x + sinx - e x = 0
Pierwszym krokiem w metodzie bisekcji, jak zresztą w każdej innej tu prezentowanej, jest
znalezienie przedziału w którym funkcja zmienia znak. W naszym przypadku jest to proste
ponieważ dysponujemy wykresem tej funkcji. Z niego odczytujemy przedział <0;0,5>, w
którym znajduje się pierwiastek funkcji. Aby sprawdzić ten przedział należy obliczyć wartości
funkcji dla granic przedziału. Następnie sprawdzić czy iloczyn tych wartości jest mniejszy od
zera.
f (0) ⋅ f (0,5) < 0
− 1 ⋅ 0,33070427 < 0 zatem można przystąpić do obliczenia pierwszego kroku iteracyjnego.
Ogólny wzór tej metody wygląda następująco:
x + xk −1
xk +1 = k
2
Pamiętając cały czas, iż do powyższego wzoru wybieramy te najbliższe xi dla których wartości
spełniają warunek:
f ( x x ) ⋅ f ( xk −1 ) < 0
I tak: x0 = 0 a x1 = 0,5
0,5 + 0
x2 =
= 0,25 ; f (0,25) = −0,2866215
2
Pamiętając o powyższym warunku do obliczenia x3 wybieramy x2 = 0,25 i x1 = 0,5 ponieważ
iloczyn ich wartości jest ujemny.
0,25 + 0,5
= 0,375 ; f (0,375) = 0,03628111
2
I znowu do obliczenia x4 wybieramy x3 = 0,375 i x2 = 0,25 ponieważ iloczyn ich wartości daje
wynik ujemny
x3 =
x4 =
0,375 + 0,25
= 0,3125 ; f (0,3125) = −0,1218994
2
Powyższą sekwencję obliczeń powtarzamy do momentu uzyskania wyniku dla którego
spełniony jest warunek:
f ( xk ) < ε lub
xk +1 − xk < ε
Reszta obliczeń została zebrana w tabeli :
x
f(x)
0
-1
0,5 0,33070427
x1
0,25 -0,2866215
x2
0,375 0,03628111
x3
x4
0,3125 -0,1218994
0,34375
-0,041956
x5
0,359375 -0,0026196
x6
0,3671875 0,01688575
x7
0,36328125 0,00714674
x8
0,361328125 0,00226697
x9
0,360351563 -0,0001755
x10
0,360839844 0,00104595
x11
0,360595703 0,00043529
x12
0,360473633 0,00012992
x13
0,360412598
-2,28E-05
x14
0,360443115
5,36E-05
x15
0,360427856
1,54E-05
x16
0,360420227
-3,69E-06
pierwszy sposób zakończenia obliczeń
lub drugi sposób :
- 3,692 ⋅ 10 −6 < 10 −5
0,360420227 − 0,360427856 < 10 −5
− 7,63 ⋅ 10 −6 < 10 −5
x = 0,360420227 spełnia warunek zakończenia obliczeń i jest pierwiastkiem tej funkcji.
ZALETA metody – prostota,
WADA metody – wolna zbieżność procesu iteracyjnego.
Zad. 3 Obliczyć pierwiastek poniższego równania uproszczoną metodą siecznych (reguła
falsi) z dokładnością e = 10 −4 .
x3 − e− x − 2 = 0
W pierwszej kolejności przyjrzyjmy się wykresowi powyższej funkcji :
x3- e-x- 2=0
30
25
20
15
2,5
y
10
2
5
1,5
0
1
-5
-10
-15
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
x
Widać z niego, iż funkcja posiada miejsca zerowe w przedziale <1;2,5> . W treści
zadania podano do informacji aby pierwiastek tego równania wyznaczono metodą siecznych.
Metoda ta polega na wyznaczeniu pierwiastka równania przy pomocy ciągu miejsc zerowych
siecznych poprowadzonych między punktami stanowiącymi krańce kolejnych przedziałów
izolacji. (patrz wykres)
Lokalizacja miejsca zerowego jest już znana z wykresu, przedział <1;2,5> , lecz dla
formalności sprawdźmy warunek na krańcach tego przedziału.
x1 = 1 f (1) = −1,367879
x2 = 2,5 f (2,5) = 13,54292
f (1) ⋅ f (2,5) < 0
Następnym krokiem w obliczaniu pierwiastka równania jest znalezienie przybliżenia
zerowego, które dla metody siecznych ma postać:
f(x) ⋅ f '' (x) < 0 ; gdzie x to położenie jednego z krańców badanego przedziału
Jak widać ze wzoru będą nam potrzebne wartości funkcji i jej drugiej pochodnej na krańcach
przedziału:
f ( x) = x3 − e− x − 2
f ' ( x) = 3 x 2 + e − x
f " ( x) = 6 x − e − x
x
1
2,5
f(x)
f"(X)
-1,36788 5,632121
13,54292 14,91792
Z powyższej tabeli jasno wynika, iż ujemny iloczyn wartości funkcji i jej drugiej pochodnej
przypada dla x = 1 i tym samym jest on przybliżeniem zerowym a zarazem punktem startowym
w dalszych obliczeniach.
Do wyznaczenia kolejnych przybliżeń pierwiastka równania wykorzystamy wzór
xk +1 = xk −
xa + xk
f ( xk )
f ( xa ) − f ( xk )
gdzie k=1,2,3,….,n
Pierwszy x1 obliczamy dla danych:
xk = x0 = 1
f ( xk ) = f ( x0 ) = −1,36788
xa = 2,5
f ( xa ) = 13,54292
podstawiając do wzoru otrzymujemy wynik:
x1 = 1 −
2,5 + 1
(−1,36788) = 1,321081
13,54292 − ( −1,36788)
Następnie operacja się powtarza dla nowych danych:
xk = x1 = 1,321081
f ( xk ) = f ( x0 ) = 0,038778
xa = 2,5
f ( xa ) = 13,54292
podstawiając je do wzoru uzyskujemy wartość x2
x2 = 1,321081 −
2,5 + 1,321081
0,038778 = 1,310109
13,54292 − 0,038778
Dalsze obliczenia zostały zgromadzone w tabeli:
x
1
2,5
f(x)
-1,3678794
13,542915
f'(X)
3,3678794
18,832085
x1
1,321081
0,0387785
5,5026144
x2
1,310109
-0,0211399
5,4189454
x3
1,316047
0,0111726
5,4641315
x4
1,312896
-0,0060057
5,4401284
x5
1,314586
0,0031996
5,4529962
x6
1,313685
-0,0017128
5,4461309
x7
1,314167
0,0009146
5,4498032
x8
1,313909
-0,000489
5,4478416
x9
1,314047
0,0002613
5,4488902
x10
1,313974
-0,0001396
5,4483299
x11
1,314013
0,0000746
5,4486293
f"(X)
5,632121
14,91792
Zakończenie obliczeń:
f ( xn )
min f ' ( x)
< 10 −4
f ( xn ) = f ( x10 ) = −0,0001396
min f ' ( x) = f ' (1) = 3,3678794
− 0,0001396
= 4,1465 ⋅ 10 −5 < 10 −4
3,3678794
Spełnienie powyższego warunku pozwala stwierdzi, iż x10 = 1,313974 jest pierwiastkiem
równania z dokładnością e = 10 −4 .
Zad.4 Obliczyć pierwiastek funkcji:
f ( x ) = ln( x + 2) − 2 x 2 + 1
z dokładnością ε = 10 −5 metodą iteracji prostej.
Zarówno jak w poprzednich zadaniach tak i tu w pierwszej kolejności przyjrzymy się
wykresowi funkcji f ( x) = ln( x + 2) − 2 x 2 + 1 :
y = ln(x+2) - 2x2 + 1
4
2
0,5
-0,5
1
0
-1
y
-2
1,5
-4
-6
-8
-10
-12
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
x
Widać, iż funkcja posiada dwa pierwiastki jeden ujemny w przedziale <-1;-0,5> i drugi
dodatni w przedziale <0,5;1,5>. Przy pomocy metody iteracji prostej obliczymy ujemny
pierwiastek z dokładnością ε = 10 −5 .
Metoda iteracji prostej polega na uściślaniu przybliżonej wartości pierwiastka. W tym
celu należy przekształci funkcje y = f (x) do postaci x = φ (x) . Należy pamiętać, że takie
przekształcenie jest zawsze wykonalne i zazwyczaj można tego dokonać kilkoma sposobami.
Proces wyznaczania metodą iteracyjną zobrazowany jest na poniższych wykresach. W
zależności od wybranej funkcji x = φ (x) jest ona zbieżna lub rozbieżna w danym przedziale.
Dla funkcji z treści zadania te transformacje wyglądają następująco:
postać pierwotna ln( x + 2) − 2 x 2 + 1 = 0
po przekształceniu : e 2 x
lub −
2
−1
− 2 = φ1 ( x)
ln( x + 2) + 1
= φ2 ( x)
2
Wybór funkcji iteracyjnej jest podyktowany spełnieniem następującego warunku:
0 < φ ' ( x) < 1
Dla e 2 x
2
−1
− 2 = φ ( x ) wzór pierwszej pochodnej wygląda następująco
2
φ ' ( x) = 4 xe 2 x −1
Podstawiając do niego wartość -0,5 z przedziału <-1;-0,5> otrzymujemy wartość:
2
φ ' ( x) = 4 ⋅ (−0,5) ⋅ e 2⋅( −0,5) −1 = 1,213
Wynik wyszedł większy od jedności, zatem utworzony proces przez odwzorowanie
x = ϕ 0 ( x) jest rozbieżny.
Sprawdźmy drugi wzór:
φ ( x) = −
ln( x + 2) + 1
2
2
1
1
⋅
⋅
4
ln( x + 2) + 1 x + 2
Podstawmy x=-0,5 jak w poprzednim sprawdzeniu:
Jego pochodna: φ ' ( x) =
φ ' (−0,5) =
2
1
1
⋅
⋅
= 0,1988
4
ln(0,5 + 2) + 1 0,5 + 2
Uzyskana wartość mieści się w przedziale <0;1>, zatem można stwierdzić iż utworzony
proces przez odwzorowanie x = ϕ 0 ( x) jest zbieżny. Oznacza to nic innego jak to, iż dalsze
obliczenia wykonane będą przy pomocy tego wzoru.
Obliczenia należy rozpocząć od wyznaczenia wartości x0 przy pomocy wzoru:
a + b − 1 + (−0,5)
x0 =
=
= −0,75
2
2
Pierwszy krok iteracyjny w celu uzyskania wartości x1:
x1 = −
ln(−0,75 + 2) + 1
= −0,782030
2
Następny krok to podstawienie wartości x1 do tego same wzoru:
ln(−0,78203 + 2) + 1
= −0,773688
2
Następne kroki wyglądają identycznie a wartości kolejno uzyskanych x przedstawia tabela:
x2 = −
x
x0
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
xk
-0.75000
-0.78203
-0.77369
-0.77589
-0.77531
-0.77546
-0.77542
-0.77543
-0.77543
Obliczenia można uznać za zakończone gdy spełniony zostanie warunek:
q
xk +1 − xk
<ε
1− q
Gdzie q = max φ ' ( x)
oraz
a< x<b
φ ' ( x) = φ ' (−1) = 0.35355
φ ' (−0,5) = 0,1988
widać, że max φ ' ( x) to φ ' (−1) .
5,469 ⋅ 10 −6 < 10 −5
Warunek spełniony, czyli x7 = -0,77543 jest pierwiastkiem równania
f ( x ) = ln( x + 2) − 2 x 2 + 1 .
Zad. 5 Obliczyć pierwiastek funkcji:
x − sin x − 0,25 = 0
wszystkimi poznanymi do tej pory metodami z dokładnością e = 10 −5
Tradycyjnie już rozwiązywanie tego zadania rozpoczniemy od przyjrzenia się wykresowi tej
funkcji:
x - sinx - 0,25 = 0
2
1,5
y
1
0,5
0
-0,5
-1
-1,25
-1
-0,75
-0,5
-0,25
0
0,25
0,5
0,75
1
1,25
1,5
1,75
2
2,25
2,5
2,75
x
Z wykresu odczytujemy przedział w którym funkcja zmienia znak <1;2> (czerwony kolor na
wykresie).
Lokalizacja miejsca zerowego:
f (1) ⋅ f (2) < 0
− 0,09147 ⋅ 0,840703 < 0
Do dalszych obliczeń przydadzą się nam formy pierwszej i drugiej pochodnej funkcji:
f ( x) = − sin x − 0,25
f ' ( x) = 1 − cos x
f ' ' ( x) = sin x
METODA NEWTONA
Przybliżenie zerowe: f(x 0 ) ⋅ f”(x 0 ) > 0 dla przedziału <1;2>:
x
1
2
f''(x)
0,841471
0,909297
Oba krańce przedziału mogą być przybliżeniem zerowym, do dalszych obliczeń wybieramy
x0=2.
f ( xk )
Wykorzystując wzór xk +1 = xk −
obliczamy pierwiastek równania, tok obliczeń
f ' ( xk )
przedstawia poniższa tabela:
x
x0=
f(x)
f'(x)
1
-0,09147
0,459698
0,841471
0,909297
2
0,840703
1,416147
x1
1,406345054
0,169837
0,836289
x2
1,203261283
0,020045
0,640684
x3
1,171973768
0,000455
0,611666
x4
1,17123007
2,55E-07
0,610981
f''(x)
Zakończenie obliczeń
f ( xn )
< ε gdzie A = min f ' ( x)
A
2,55 ⋅ 10 −7
< 10 −5
0,459698
METODA BISEKCJI
Przedział <1;2>
x
1
2
f(x)
-0,09147
0,840703
1,5
0,252505
x2
1,25
0,051015
x3
1,125
-0,02727
x4
1,1875
0,010063
x5
1,15625
-0,00905
x6
1,171875
0,000394
x7
1,1640625
-0,00436
x8
1,16796875
-0,00199
x1
Zakończenie obliczeń
x9
1,169921875
-0,0008
x10
1,170898438
-0,0002
x11
1,171386719
9,60E-05
x12
1,167724609
-0,00214
x13
1,169555664
-0,00102
x14
1,170471191
-0,00046
x15
1,170928955
-0,00018
x16
1,171157837
-4,40E-05
x17
x18
1,171272278
1,171215057
2,60E-05
-8,90E-06
f ( xn ) < ε
− 8,9 ⋅ 10 −6 < 10 −5
METODA SIECZNYCH
Przedział <1;2>
f(x) ⋅ f '' (x) < 0
Przybliżenie zerowe:
f ( x) = − sin x − 0,25
f ' ' ( x) = sin x
f (1) = −0,09147
f " (1) = 0,841471
f (2) = 0,840703
f " (2) = 0,909297
Punktem startowym będzie x = 1
Tok obliczeń, przy pomocy wzoru xk +1 = xk −
x a + xk
f ( xk ) , przedstawia poniższa
f ( xa ) − f ( xk )
tabela:
x
x0
x1
x2
x3
x4
x5
x6
1
2
1,098127
1,18228
1,169653
1,171456
1,171197
1,171234
f(x)
-0,09147
0,840703
-0,04223
0,006808
-0,00096
0,000139
-2,00E-05
2,86E-06
f'(x)
0,459698
1,416147
0,544735
0,621184
0,609529
0,61119
0,610951
0,610985
f''(x)
0,841471
0,909297
0,890356
0,925472
0,920615
0,921318
0,921217
0,921231
Zakończenie obliczeń:
f ( xn )
< ε gdzie A = min f ' ( x)
A
2,86 ⋅ 10 −6
< 10 −5
0,759698
METODA ITERACJI PROSTEJ
Funkcja pierwotna f ( x) = − sin x − 0,25
Funkcja przekształcona φ ( x) = sin x + 0,25
Wybór funkcji iteracyjnej jest podyktowany spełnieniem następującego warunku:
0 < φ ' ( x) < 1
φ ' ( x) = cos x
Podstawiając do niego wartość 1 z przedziału <1;2> otrzymujemy wartość:
φ ' ( x) = cos 1 = 0,540302
Spełniony warunek, zatem dalsze obliczenia wykonamy za pomocą tej funkcji.
x0 =
Pierwsze działanie iteracyjne :
x1 = (sin 1) + 0,25 = 1,247495
Drugie
x2 = (sin 1,247495) + 0,25 = 1,198192
a + b 1+ 2
=
= 1,5
2
2
Tok reszty obliczeń tą metodą przedstawia poniższa tabela:
x
1
2
1,5
1,247494987
1,198191756
1,181382331
1,175131693
1,172740604
1,17181639
1,171457746
1,171318361
1,171264158
1,171243075
1,171234874
x0=
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
x9
x10
x11
Φ(x)
Φ'(x)
f(x)
1,091471
1,159297
1,247495
1,198192
1,181382
1,175132
1,172741
1,171816
1,171458
1,171318
1,171264
1,171243
1,171235
1,171232
0,540302
-0,41615
0,070737
0,317699
0,364043
0,379646
0,385422
0,387627
0,388479
0,388809
0,388937
0,388987
0,389007
0,389014
-0,09147
0,840703
0,252505
0,049303
0,016809
0,006251
0,002391
0,000924
0,000359
0,000139
5,42E-05
2,11E-05
8,2E-06
3,19E-06
Obliczenia można uznać za zakończone gdy spełniony zostanie warunek:
q
xk +1 − xk
<ε
1− q
Gdzie q = max φ ' ( x)
oraz
a< x<b
φ ' ( x) = φ ' (1) = 0.540302
φ ' (2) = 0,0,41615
widać, że max φ ' ( x) to φ ' (1) .
9,64 ⋅ 10 −6 < 10 −5
Wszystkie wyniki zostały wyznaczone z dokładnością e = 10 −5 , dokładne rozwiązanie tego
równania dla y = 0 to x = 1,1712296525. Wyniki uzyskane poszczególnymi metodami i błędy
ich wyznaczenia względem wartości prawdziwej zostały zgromadzone w poniższej tabeli:
LICZBA
ITERACJI
4
METODA
NEWTONA
WYNIK
1,17123007
BŁĄD
3,56E-07
SIECZNYCH
1,171234337
4,00E-06
6
ITERACJI
1,171234874
4,46E-06
11
BISEKCJI
1,171215057
1,25E-05
18
Widać, iż najbardziej dokładną metodą jest metoda Newtona, a ponadto wynik uzyskuje się
kilku krokach iteracyjnych. Najmniej dokładna i najbardziej pracochłonna z metod to metoda
bisekcji, różnica miedzy wynikiem uzyskanym najdokładniejszą metoda a najmniej dokładną
jest ponad sto razy większa.