чи в праву частину рівняння (1.4), отримаємо деяке число. Повторимо дану процедуру з і отримаємо. Повторюючи описану процедуру, отримаємо послідовність звану ітераційної послідовністю.
(1.5)
Ітераційна послідовність, взагалі кажучи, може бути як сходящейся, так і розбіжної, що визначається видом функції.
Теорема 1.1. Якщо функція неперервна, а послідовність (1.5) сходиться, то межа послідовності (1.5) є коренем рівняння (1.4).
Дійсно, нехай. Перейдемо до межі у рівності
. (1.6)
Умова збіжності ітераційного процесу визначається теоремою про достатній умови збіжності ітераційного процесу.
Геометрична інтерпретація даного алгоритму представлена ??на малюнку 1
Малюнок 1.6 - До пояснення методу простої ітерації
Теорема 1.2. Нехай рівняння має єдиний корінь на відрізку і виконані умови:
. визначена і дифференцируема на .
2. для всіх.
3.Существует таке речовий, що для всіх .
Тоді итерационная послідовність сходиться при будь-якому початковому наближенні
Доказ . Побудуємо итерационную послідовність виду (1.5) з будь-яким початковим значенням. У силу умови 2 теореми 1.2 всі члени послідовності перебувають у відрізку.
Розглянемо два послідовних наближення і .
За теоремою Лагранжа про кінцеві збільшеннях маємо
Переходячи до модулів та беручи до уваги умова 3 теореми 1.2, отримаємо
При маємо
(1.7)
...
Розглянемо ряд
(1.8)
Складемо часткові суми цього ряду
Зауважимо, що я часткова сума ряду (1.8) збігається з n - им членом ітераційної послідовності (1.5), тобто
(1.9)
Порівняємо ряд (1.8) з низкою
(1.10)
Зауважимо, що в силу співвідношення (1.7) абсолютні величини членів ряду (1.8) не перевищують відповідних членів ряду (1.10). Але ряд (1.10) сходиться як нескінченно спадна геометрична прогресія (за умовою). Отже, і ряд (1.8) сходиться, тобто його часткова сума (1.9) має межу. Нехай. В силу безперервності функції отримуємо (за формулою 1.6):
т. е. - корінь рівняння.
Відзначимо, що умови теореми не є необхідними. Це означає, що итерационная послідовність може виявитися сходящейся і при невиконанні цих умов.
1.5 Оцінка похибки методу простої ітерації
Нехай наближення до істинного значення кореня рівняння. Абсолютна помилка наближення, оцінюється модулем
.
Зважаючи (1.8) і (1.9), маємо
(1.11)
Порівняємо (1.11) із залишком ряду (1.9):
(1.12)
Враховуючи оцінку (1.7), отримуємо
| |.
Таким чином, для оцінки похибки - го наближення виходить формула
(1.13)
На практиці зручніше використовувати модифікацію формули (1.13).
Приймемо за нульове наближення (замість). Наступним наближенням буде (замість). Так як то
(1.14)
При заданої точності відповіді ітераційний процес припиняється, якщо
<...
