2.5. Implicit függvények kiértékelése

F(x, y)=0 (2.106)

Feltételezzük, hogy az x értéke adott és kell kiszámítani az y értékét. A probléma megoldására a Lagrange-tételt alkalmazzuk, mint a differenciálszámítás első középértéktételét.

Lagrange-tétel.

Ha a f(x) függvény folytonos a véges zárt [a,b] intervallumban és differenciálható a nyitott (a, b) -n, akkor létezik olyan belső c pont, hogy

(2.107)

A (2.107) alapján

(2.108)

Feltételezzük, hogy a F(x, y) függvény differenciálható a y változó szerint. Akkor alkalmazva a (2.108) képletet, a következő egyenletet kapunk:

F(x, y₀) – F(x, y) = (y₀ –y) F′_y(x, c) (2.109)

A (2.109)-ben y – az ismeretlen, a y₀ pedig a y feltételezett értéke.

y₀ ≤ c ≤ y (2.110)

vagy

y ≤ c ≤ y₀ (2.111)

Mivel F(x, z)=0, akkor

F(x, y₀) = (y₀ –y) F′_y(x, c) (2.112)

Természetesen, a (2.112) a c értéke ismeretlen. Ezért annak a kezdő értékét csak feltételezhetjük. Legyen az c≈ y_0. Akkor kiszámíthatjuk az ismeretlen y közelítő értékét:

y= y₀ –F(x, y₀)/ F′_y(x, y₀) (2.113)

De mivel a c értéke nem pontosan volt megadva, ezért a (2.113) alapján a y értéke is hibát tartalmaz, és ezt az értéket az y csak az első közelítésének tekinthetjük:

(2.114)

Ha | y₁ – y₀|<ε, akkor azt mondatjuk, hogy a F(x, y) függvényt kiértékeltük ε pontossággal. Különben újból végre hajtjuk következő iterációs lépést:

(2.115)

Hasonlóan folytatva, kapunk egy iterációs folyamatot:

(2.116)

amelyet addig kell folytatni, amíg nem teljesül a

| y_n+1 – y_n|<ε (2.117)

feltétel.

A (2.116) iterációs folyamat konvergenciájáról.

A (2.116) iterációs eljárás akkor konvergens, ha léteznek olyan deriváltok

F′_y(x, y) , F′′_yy(x, y) (2.118)

amelyeknek az előjele nem változik.

Konkrét függvények kiértékelése.

Példa 2.8

Vezessük le a függvény kiértékelésének az iterációs képletét.

y² –x=0

F′_y(x, y)= 2y

Akkor a (2.116) alapján:

y_n+1= y_n –(y²_n –x)/(2y_n) =(2y²_n – y²_n+x)/ (2y_n) = (y²_n +x)/ (2y_n)

a következő iterációs eljárást kapjunk (Heron-képletet):

y_n+1= (y_n+x/y_n)/2 , n=0, 1, …. (2.119)

Ha y>0, akkor a (2.119) iterációs eljárás konvergens, mivel F′_y(x, y)= 2y>0, és F′′_yy(x, y)=2>0.

Példa 2.9

y₀= 2,

y₁=(2+2/7)/2 =2.75000,

y₂=(11/4+28/11)/2 =2.64772,

y₃=(233688+616/233)/2 =2.64575,

y₄=(2.64575+7/2.64575)/2 =2.64575

Példa 2.10

Vezessük le a függvény kiértékelésének az iterációs képletét.

F(x, y) = y² – 1/x =0

F′_y(x, y)= 2y

Akkor a (2.116) alapján

y_n+1= y_n –(y²_n –1)/(2xy_n) = (xy²_n +1)/ (2xy_n)

a következő iterációs eljárást kapunk:

y_n+1= (y_n +1/xy_n)/2 (2.120)

n =0, 1, 2, …

Példa 2.11

Vezessük le a függvény kiértékelésének az iterációs képletét.

F(x, y) = y³ – x =0

F′_y(x, y)= 3y²

Akkor a (2.116) alapján:

y_n+1= y_n –(y³_n –x)/(3 y²) = (2y_n+x/ y²)/3

y_n+1= (2y_n+x/ y²)/3 (2.121)

n =0, 1, 2, …

Példa 2.12

Vezessük le a függvény kiértékelésének az iterációs képletét.

x>1, p>0

F(x, y) = y^p – x =0

F′_y(x, y) = py^p-1

Akkor a (2.116) alapján

y_n+1= y_n –(y^p_n –x)/(p y^p-1) = (p –1) y^p_n +x)/(p y^p-1_n)

a következő iterációs eljárást kapunk:

y_n+1=( (p –1) y_n +x/ y^p-1_n)/p (2.122)

n =0, 1, 2, …

Ha átalakítjuk a függvényt:

F(x, y) =1 – x/ y^p =0

akkor a következő iterációs képletet kapunk:

y_n+1= y_n((1+1/p) – y^p_n/px) (2.123)

n =0, 1, 2, …

Példa 2.13

Számítsuk ki a értékét ε=10^-6 pontossággal.

Mivel p=7, akkor a (2.123) alapján:

Legyen y₀=6

y₂=5.99169225

y₃=5.99169225