On Some Improved Harmonic Mean Newton-Like Methods for Solving Systems of Nonlinear Equations

Babajee, Diyashvir Kreetee Rajiv; Madhu, Kalyanasundaram; Jayaraman, Jayakumar

doi:10.3390/a8040895

开放式访问第条

求解非线性方程组的改进调和平均牛顿法

通过

迪亚什维尔·克雷泰·拉吉夫·巴巴吉

¹,

卡利亚纳桑达拉姆·马杜

²

和

贾库马尔·贾亚拉曼

^2,*

¹

非洲可持续发展政策研究和倡导网络（ANPRAS），中部地区，科雷皮佩52501，毛里求斯

²

印度本地切里工程学院数学系，本地切利605014

^*

应向其寄送信件的作者。

算法 2015,8(4), 895-909;https://doi.org/10.3390/a8040895

收到的提交文件：2015年9月5日/修订日期：2015年9月23日/接受日期：2015年9月24日/发布日期：2015年10月9日

（本文属于特刊求解非线性方程和系统的数值算法)

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版本注释

摘要

:

在这项工作中，我们发展了一种基于调和平均的四阶类牛顿方法及其多步版本，用于求解非线性方程组。新的四阶方法要求每次迭代计算一个函数和两个一阶Fréchet导数。多步骤版本要求每个迭代多进行一次函数求值。所提出的新方案不需要计算二阶或更高阶的Fréchet导数，仍能达到四阶收敛。多步骤版本与顺序收敛

2 第页 + 4

，其中第页是一个正整数，并且

第页 \geq 1

.我们已经证明根α是一般迭代函数的吸引点，而所提出的新方案也满足这一结果。给出了数值实验，包括对一维Bratu问题的应用，以说明新方法的有效性。此外，还将新方法与一些现有方法进行了比较。

关键词：

非线性方程组;牛顿法;收敛阶;吸引点

1.简介

在科学技术的许多应用中，一个经常讨论的问题是寻找非线性方程组的实零点

F类 (x个) = 0

，其中

F类 (x个) = {({（f）}_{1} (x个), {（f）}_{2} (x个), . . ., {（f）}_{n个} (x个))}^{T型}

,

x个 = {({x个}_{1}, {x个}_{2}, . . ., {x个}_{n个})}^{T型}

,

{（f）}_{我} : {R（右）}^{n个} \to R（右）, \forall 我 = 1, 2, \dots, n个

和

F类 : D类 \subset {R（右）}^{n个} \to {R（右）}^{n个}

是平滑的贴图D类是一个开凸集，其中我们假设

α = {(α_{1}, α_{2}, . . ., α_{n个})}^{T型}

是系统的零，并且

{x个}^{(0)} = {({x个}_{1}^{(0)}, {x个}_{2}^{(0)}, . . ., {x个}_{n个}^{(0)})}^{T型}

最初的猜测是否足够接近α例如，在求解微分方程边值问题时会出现上述类型的问题。将微分方程简化为非线性方程组，然后用常见的收敛阶为2的牛顿迭代法求解[1]. 牛顿法(2^第NM公司)由提供

{x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{2^{n个 d日} N个 M（M）} ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)}), u个 ({x个}^{(k个)}) = {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} F类 ({x个}^{(k个)})

(1)

霍米耶[2]提出了求解单个非线性方程的三阶迭代法，称为调和平均牛顿法。与此方法类似[2]，我们考虑以下扩展来求解非线性方程组

F类 (x个) = 0

，此后称为

三^{第页 d日} H（H） M（M）

:

{x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{三^{第页 d日} H（H） M（M）} ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - \frac{1}{2} ({[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} + {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)}))]}^{- 1}) F类 ({x个}^{(k个)})

(2)

我们注意到

\frac{1}{2} ({[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} + {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)}))]}^{- 1})

是两个雅可比数的倒数的平均值。一般来说，这种三阶方法不需要方程之类的二阶导数(2)可用于求解非线性方程组。这些方法需要一个函数评估和两个一阶Fréchet导数评估。使用吸引点理论对几种此类方法的收敛性分析可以在[三]. 这个

三^{第页 d日} H（H） M（M）

该方法比哈雷方法更有效，因为它不需要计算

{n个}^{三}

值，同时查找函数求值的数量。

此外

三^{第页 d日} H（H） M（M）

这些方法的效率低于两步四阶牛顿法(

4^{t吨 小时} N个 R（右）

)

{x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{4^{t吨 小时} N个 R（右）} ({x个}^{(k个)}) = {G公司}_{2^{n个 d日} N个 M（M）} ({x个}^{(k个)}) - {F类}^{'} {({G公司}_{2^{n个 d日} N个 M（M）} ({x个}^{(k个)}))}^{- 1} F类 ({G公司}_{2^{n个 d日} N个 M（M）} ({x个}^{(k个)}))

(3)

努尔最近发现的等。[4]使用变分迭代技术。最近的Sharma等。[5]开发了四阶方法，该方法由

\begin{matrix} {x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{4^{t吨 小时} S公司 G公司 S公司} ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - W公司 ({x个}^{(k个)}) u个 ({x个}^{(k个)}), \\ W公司 ({x个}^{(k个)}) = - \frac{1}{2} 我 + \frac{9}{8} {[{F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)}))]}^{- 1} {F类}^{'} ({x个}^{(k个)}) + \frac{三}{8} {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} {F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)})) \\ 年 ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - \frac{2}{三} u个 ({x个}^{(k个)}) \end{matrix}

(4)

科尔德罗等。[6]提出了一种六阶方法，由下式给出

\begin{matrix} {x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{6^{t吨 小时} C类 H（H） M（M） T型} ({x个}^{(k个)}) = z（z） ({x个}^{(k个)}) - {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)}))]}^{- 1} F类 (z（z） ({x个}^{(k个)})) \\ z（z） ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)} - [2 我 - {F类}^{'} {({x个}^{(k个)})}^{- 1} {F类}^{'} ({x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)}))] {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} F类 ({x个}^{(k个)} - u个 ({x个}^{(k个)})) \end{matrix}

(5)

最近，在中发现了求解单个非线性方程的三阶方法的改进四阶版本[7]. 在当前的论文中，类似于[7]提出了一种具有四阶收敛性的多元模型。本文的其余部分组织如下。在第2节，我们提出了一种新的算法（最优算法），该算法仅使用三个函数求值和一个带阶的多步骤版本就具有四阶收敛性

2 第页 + 4

，其中第页是一个正整数，并且

第页 \geq 1

用于求解非线性方程组。在第3节，我们利用吸引点理论研究了新方法的收敛性分析。第4节给出了数值例子，并与现有的一些方法进行了比较。此外，我们还研究了一个应用问题，即，一维Bratu问题[8]. 简要结论如下第5节.

2.方法的发展

巴巴吉语[7]最近改进了

三^{第页 d日} H（H） M（M）

单方程四阶方法的求法

\{\begin{matrix} 年_{k个} = {x个}_{k个} - \frac{2}{三} \frac{（f） ({x个}_{k个})}{{（f）}^{'} ({x个}_{k个})} \\ {x个}_{k个 + 1} = {x个}_{k个} - \frac{1}{2} [\frac{（f） ({x个}_{k个})}{{（f）}^{'} ({x个}_{k个})} + \frac{（f） ({x个}_{k个})}{{（f）}^{'} (年_{k个})}] [1 - \frac{1}{4} (\frac{{（f）}^{'} (年_{k个})}{{（f）}^{'} ({x个}_{k个})} - 1) + \frac{1}{2} {(\frac{{（f）}^{'} (年_{k个})}{{（f）}^{'} ({x个}_{k个})} - 1)}^{2}] \end{matrix}

该方法是Babajee求解单个非线性方程基于幂平均的高阶多点迭代方法家族中的一员等. [9].

接下来，我们将上述思想扩展到多元情况。对于方程式中给出的方法(2)，我们提出了一种改进的四阶调和平均牛顿法(

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

)用于求解非线性方程组，如下所示：

\begin{matrix} {x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{4^{t吨 小时} H（H） M（M）} ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - {H（H）}_{1} ({x个}^{(k个)}) A类 ({x个}^{(k个)}) F类 ({x个}^{(k个)}) \\ {H（H）}_{1} ({x个}^{(k个)}) = 我 - \frac{1}{4} (τ ({x个}^{(k个)}) - 我) + \frac{1}{2} {(τ ({x个}^{(k个)}) - 我)}^{2}, τ ({x个}^{(k个)}) = {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} {F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)})) \\ A类 ({x个}^{(k个)}) = \frac{1}{2} ({[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} + {[{F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)}))]}^{- 1}), 年 ({x个}^{(k个)}) = {x个}^{(k个)} - \frac{2}{三} u个 ({x个}^{(k个)}) \end{matrix}

(6)

哪里我是

n个 \times n个

单位矩阵。我们进一步改进了

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

方法，通过附加函数求值获得多步骤版本

{(2 第页 + 4)}^{t吨 小时}

HM公司方法由给出

\begin{matrix} {x个}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{{(2 第页 + 4)}^{t吨 小时} H（H） M（M）} ({x个}^{(k个)}) = μ_{第页} ({x个}^{(k个)}) \\ μ_{j个} ({x个}^{(k个)}) = μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - {H（H）}_{2} ({x个}^{(k个)}) A类 ({x个}^{(k个)}) F类 (μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)})) \\ {H（H）}_{2} ({x个}^{(k个)}) = 2 我 - τ ({x个}^{(k个)}), j个 = 1, 2, . . ., 第页, 第页 \geq 1 \\ μ_{0} ({x个}^{(k个)}) = {G公司}_{4^{t吨 小时} H（H） M（M）} ({x个}^{(k个)}) \end{matrix}

(7)

请注意，此多步骤版本具有顺序

2 第页 + 4

，其中第页是一个正整数，并且

第页 \geq 0

.案例

第页 = 0

是

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

方法。

3.收敛性分析

主要定理将通过所涉及函数的n维泰勒展开来证明。在下文中，我们使用了中的某些符号和结果[10]:

让

F类 : D类 \subseteq {R（右）}^{n个} ⟶ {R（右）}^{n个}

在中充分Fréchet可微D类。假设q个的th导数F类在

u个 \in {R（右）}^{n个}

,

q个 \geq 1

，是q个-线性函数

{F类}^{(q个)} (u个) : {R（右）}^{n个} \times \dots \times {R（右）}^{n个} ⟶ {R（右）}^{n个}

这样的话

{F类}^{(q个)} (u个) ({v（v）}_{1}, \dots, {v（v）}_{q个}) \in {R（右）}^{n个}

.给定

α + 小时 \in {R（右）}^{n个}

，位于解决方案附近α非线性系统的

F类 (x个) = 0

，可以应用泰勒展开式（假设雅可比矩阵

{F类}^{'} (α)

非奇异）以获得

F类 (α + 小时) = {F类}^{'} (α) [小时 + \sum_{q个 = 2}^{第页 - 1} {C类}_{q个} {小时}^{q个}] + O（运行） ({小时}^{第页})

(8)

哪里

{C类}_{q个} = (1 / q个!) {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} {F类}^{(q个)} (α)

,

q个 \geq 2

。值得注意的是

{C类}_{q个} {小时}^{q个} \in {R（右）}^{n个}

自从

{F类}^{(q个)} (α) \in L（左） ({R（右）}^{n个} \times \dots \times {R（右）}^{n个}, {R（右）}^{n个})

和

{[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} \in L（左） ({R（右）}^{n个})

。此外，我们可以扩展

{F类}^{'} (α + 小时)

泰勒级数

{F类}^{'} (α + 小时) = {F类}^{'} (α) [我 + \sum_{q个 = 2}^{第页 - 1} q个 {C类}_{q个} {小时}^{q个 - 1}] + O（运行） ({小时}^{第页})

(9)

哪里我是单位矩阵。还应注意

q个 {C类}_{q个} {小时}^{q个 - 1} \in L（左） ({R（右）}^{n个})

.表示

{e（电子）}^{(k个)} = {x个}^{(k个)} - α

，因此在

(k个 + 1)

第次迭代为

{e（电子）}^{(k个 + 1)} = L（左） {e（电子）}^{(k个)}^{第页} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{第页 + 1})

，其中L（左）是一个第页-线性函数

L（左） \in L（左） ({R（右）}^{n个} \times \dots \times {R（右）}^{n个}, {R（右）}^{n个})

被称为误差方程和第页是收敛阶.请注意

{e（电子）}^{(k个)}^{第页}

是

({e（电子）}^{(k个)}, {e（电子）}^{(k个)}, \dots, {e（电子）}^{(k个)})

.

为了证明方程（6）的收敛阶，我们需要回顾吸引点理论的一些重要定义和结果。

定义（吸引点）。 [11]让

G公司 : D类 \subset {R（右）}^{n个} \to {R（右）}^{n个}

.那么α是迭代的吸引点

{x个}^{(k个 + 1)} = G公司 ({x个}^{(k个)}), k个 = 0, 1, . . .

(10)

如果α有一个开邻域S，定义为

S公司 (α) = {x个 \in {R（右）}^{n个} | ∥ x个 - α ∥ < δ}, δ > 0,

这样的话

S公司 \subset D类

并且，对于任何

{x个}^{(0)} \in S公司

,迭代

{{x个}^{(k个)}}

由方程（10）定义，均位于D并收敛于α.

定理1（奥斯特罗斯基定理）。 [11]假设

G公司 : D类 \subset {R（右）}^{n个} \to {R（右）}^{n个}

有一个固定点

α \in 我 n个 t吨 (D类)

和

G公司 (x个)

Fréchet在α上是可微的。如果

ρ ({G公司}^{'} (α)) = σ < 1

(11)

那么α是一个吸引点

{x个}^{(k个 + 1)} = G公司 ({x个}^{(k个)})

.

我们现在证明一个一般结果α是一般迭代函数的吸引点

G公司 (x个) = P（P） (x个) - 问 (x个) R（右） (x个)

.

定理2。 让

F类 : D类 \subset {R（右）}^{n个} ⟶ {R（右）}^{n个}

在的开凸邻域D的每一点上都是充分Fréchet可微的

α \in D类

，这是系统的解决方案

F类 (x个) = 0

。假设

P（P）, 问, R（右） : D类 \subset {R（右）}^{n个} \to {R（右）}^{n个}

是否足够Fréchet可微泛函（取决于F类)在D类具有

P（P） (α) = α

,

问 (α) \neq 0

和

R（右） (α) = 0

然后，有一个球

S公司 = \bar{S公司} (α, δ) = \{∥ α - x个 ∥ \leq δ\} \subset {S公司}_{0}, δ > 0,

在其中映射

G公司 : S公司 \to {R（右）}^{n个}, G公司 (x个) = P（P） (x个) - 问 (x个) R（右） (x个), 对于 全部的 x个 \in S公司

定义明确；此外，G在α处是Fréchet可微的，因此

{G公司}^{'} (α) = {P（P）}^{'} (α) - 问 (α) {R（右）}^{'} (α) .

证明：显然，

G公司 (α) = α

.

\begin{matrix} ∥ G公司 (x个) - G公司 (α) - {G公司}^{'} (α) (x个 - α) ∥ \\ = ∥ P（P） (x个) - 问 (x个) R（右） (x个) - α - ({P（P）}^{'} (α) - 问 (α) {R（右）}^{'} (α)) (x个 - α) ∥ \\ \leq ∥ P（P） (x个) - α - {P（P）}^{'} (α) (x个 - α) ∥ + ∥ - 问 (x个) R（右） (x个) + 问 (α) {R（右）}^{'} (α) (x个 - α) ∥, 使用 三角形 不等式 . \end{matrix}

自

P（P） (x个)

在中是可微的α和

P（P） (α) = α

，我们可以假设δ被选得足够小，以至于

∥ P（P） (x个) - α - {P（P）}^{'} (α) (x个 - α) ∥ \leq ϵ ∥ x个 - α ∥,

为所有人

x个 \in S公司

具有

ϵ > 0

取决于δ和

ϵ = 0

万一

P（P） (x个) = x个

.

自P（P）,问和R（右）是连续可微函数，那么

问^{'}

,

{R（右）}^{'}

和

{R（右）}^{″}

有界：

∥ 问^{'} (x个) ∥ \leq {K（K）}_{1}, ∥ {R（右）}^{'} (x个) ∥ \leq {K（K）}_{2}, ∥ {R（右）}^{''} (x个) ∥ \leq {K（K）}_{三} .

现在用积分中值定理

问 (x个) = 问 (α) + \int_{0}^{1} 问^{'} (α + t吨 (x个 - α)) d日 t吨 (x个 - α)

和

R（右） (x个) = \int_{0}^{1} {R（右）}^{'} (α + 秒 (x个 - α)) d日 秒 (x个 - α),

以便

\begin{matrix} ∥ 问 (x个) R（右） (x个) - 问 (α) {R（右）}^{'} (α) (x个 - α) ∥ \\ = ∥ 问 (α) (\int_{0}^{1} {R（右）}^{'} (α + 秒 (x个 - α)) - {R（右）}^{'} (α) d日 秒) {(x个 - α)}^{2} \\ + \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} 问^{'} (α + t吨 (x个 - α)) {R（右）}^{'} (α + 秒 (x个 - α)) d日 t吨 d日 秒 {(x个 - α)}^{2} ∥ \\ \leq ∥ 问 (α) (\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} {R（右）}^{''} (α + 秒 λ (x个 - α)) d日 秒 d日 λ) 秒 {(x个 - α)}^{2} \\ + \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} 问^{'} (α + t吨 (x个 - α)) {R（右）}^{'} (α + 秒 (x个 - α)) d日 t吨 d日 秒 {(x个 - α)}^{2} ∥, 使用 三角形 不等式, \end{matrix}

\begin{matrix} \leq ∥ 问 (α) ∥ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} ∥ {R（右）}^{″} {(α + 秒 λ (x个 - α)) ∥ d日 秒 d日 λ | 秒 | ∥ x个 - α ∥}^{2} \\ + \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} ∥ 问^{'} (α + t吨 (x个 - α)) ∥ ∥ {R（右）}^{'} {(α + 秒 (x个 - α)) ∥ d日 t吨 d日 秒 ∥ x个 - α ∥}^{2}, 使用 施瓦茨 不等式, \\ \leq (\frac{{K（K）}_{三}}{2} ∥ 问 (α) ∥ + {K（K）}_{1} {K（K）}_{2}) {∥ x个 - α ∥}^{2}, 自从 问^{'}, {R（右）}^{'} 和 {R（右）}^{″} 是 有界的, \\ \leq δ (\frac{{K（K）}_{三}}{2} ∥ 问 (α) ∥ + {K（K）}_{1} {K（K）}_{2}) ∥ x个 - α ∥, 自从 ∥ x个 - α ∥ \leq δ . \end{matrix}

结合起来，我们有

∥ G公司 (x个) - G公司 (α) - {G公司}^{'} (α) (x个 - α) ∥ \leq δ (ϵ + \frac{{K（K）}_{三}}{2} ∥ 问 (α) ∥ + {K（K）}_{1} {K（K）}_{2}) ∥ x个 - α ∥

这表明

G公司 (x个)

在中是可微的α自从δ和ϵ武断且

∥ 问 (α) ∥

,

{K（K）}_{1}

,

{K（K）}_{2}

和

{K（K）}_{三}

是常量。因此

{G公司}^{'} (α) = {P（P）}^{'} (α) - 问 (α) {R（右）}^{'} (α)

.

定理3。 让

F类 : D类 \subseteq {R（右）}^{n个} ⟶ {R（右）}^{n个}

在的开凸邻域D的每一点上都是充分Fréchet可微的

α \in {R（右）}^{n个}

这是系统的解决方案

F类 (x个) = 0

让我们假设一下

x个 \in S公司 = \bar{S公司} (α, δ)

和

{F类}^{'} (x个)

在α中是连续且非奇异的，并且

{x个}^{(0)}

与α足够接近。那么α是序列的吸引点

{{x个}^{(k个)}}

使用迭代表达式方程式（6）获得。此外，序列收敛到4阶α，其中得到的误差方程为

{e（电子）}^{(k个 + 1)} = {G公司}_{4^{t吨 小时} H（H） M（M）} ({x个}^{(k个)}) - α = {L（左）}_{1} {e（电子）}^{(k个)}^{4} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{5}), {L（左）}_{1} = \frac{79}{27} {C类}_{2}^{三} - \frac{8}{9} {C类}_{2} {C类}_{三} - \frac{1}{9} {C类}_{三} {C类}_{2} + \frac{1}{9} {C类}_{4}

(12)

证明：我们首先展示α是利用定理2得出的吸引点。在这种情况下，

P（P） (x个) = x个, 问 (x个) = {H（H）}_{1} (x个) A类 (x个), R（右） (x个) = F类 (x个) .

现在，因为

F类 (α) = 0

，我们有

\begin{matrix} 年 (α) = α - \frac{2}{三} {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} F类 (α) = α, \\ τ (α) = {F类}^{'} {(α)}^{- 1} {F类}^{'} (年 (α)) = {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} {F类}^{'} (年 (α)) = 我, {H（H）}_{1} (α) = 我, \\ A类 (α) = \frac{1}{2} ({[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} + {[{F类}^{'} (年 (α))]}^{- 1}) = {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1}, \\ 问 (α) = {H（H）}_{1} (α) A类 (α) = 我 {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} = {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} \neq 0, \\ R（右） (α) = F类 (α) = 0, {R（右）}^{'} (α) = {F类}^{'} (α), \\ P（P） (α) = α, {P（P）}^{'} (α) = 我, \end{matrix}

{G公司}^{'} (α) = {P（P）}^{'} (α) - 问 (α) {R（右）}^{'} (α) = 我 - {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} {F类}^{'} (α) = 0,

以便

ρ ({G公司}^{'} (α)) = 0 < 1

根据奥斯特洛夫斯基定理，α是方程（6）的吸引点。

接下来我们建立了该方法的四阶收敛性。根据方程（8）和方程（9），我们得出

F类 ({x个}^{(k个)}) = {F类}^{'} (α) [{e（电子）}^{(k个)} + {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + {C类}_{三} {e（电子）}^{(k个)}^{三} + {C类}_{4} {e（电子）}^{(k个)}^{4}] + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{5})

(13)

和

{F类}^{'} ({x个}^{(k个)}) = {F类}^{'} (α) [我 + 2 {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)} + 三 {C类}_{三} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + 4 {C类}_{4} {e（电子）}^{(k个)}^{三} + 5 {C类}_{5} {e（电子）}^{(k个)}^{4}] + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{5}),

哪里

{e（电子）}^{(k个)} = {x个}^{(k个)} - α

.

我们有

{[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} = [我 + {X（X）}_{1} {e（电子）}^{(k个)} + {X（X）}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + {X（X）}_{三} {e（电子）}^{(k个)}^{三}] {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4})

(14)

哪里

{X（X）}_{1} = - 2 {C类}_{2}

,

{X（X）}_{2} = 4 {C类}_{2}^{2} - 三 {C类}_{三}

和

{X（X）}_{三} = - 8 {C类}_{2}^{三} + 6 {C类}_{2} {C类}_{三} + 6 {C类}_{三} {C类}_{2} - 4 {C类}_{4}

.

然后

{[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} F类 ({x个}^{(k个)}) = {e（电子）}^{(k个)} - {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + 2 ({C类}_{2}^{2} - {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{三} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}),

和的表达式

年 ({x个}^{(k个)})

是

\begin{matrix} 年 ({x个}^{(k个)}) = & α + \frac{1}{三} {e（电子）}^{(k个)} + \frac{2}{三} {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} - \frac{4}{三} ({C类}_{2}^{2} - {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{三} \\ + (2 {C类}_{4} - \frac{8}{三} {C类}_{2} {C类}_{三} - 2 {C类}_{三} {C类}_{2} + 8 {C类}_{2}^{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{4} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{5}) . \end{matrix}

雅可比矩阵的泰勒展开

{F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)}))

是

\begin{matrix} {F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)})) & = {F类}^{'} (α) [我 + 2 {C类}_{2} (年 ({x个}^{(k个)}) - α) + 三 {C类}_{三} {(年 ({x个}^{(k个)}) - α)}^{2} + 4 {C类}_{4} {(年 ({x个}^{(k个)}) - α)}^{三} \\ + 5 {C类}_{5} {(年 ({x个}^{(k个)}) - α)}^{4}] + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{5}) \\ = {F类}^{'} (α) [我 + {N个}_{1} {e（电子）}^{(k个)} + {N个}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + {N个}_{三} {e（电子）}^{(k个)}^{三}] + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}), \\ {N个}_{1} = \frac{2}{三} {C类}_{2}, {N个}_{2} = \frac{4}{三} {C类}_{2}^{2} + \frac{1}{三} {C类}_{三}, {N个}_{三} = - \frac{8}{三} {C类}_{2}^{三} + \frac{8}{三} {C类}_{2} {C类}_{三} + \frac{4}{三} {C类}_{三} {C类}_{2} + \frac{4}{27} {C类}_{4} . \end{matrix}

因此，

\begin{matrix} τ ({x个}^{(k个)}) & = {[{F类}^{'} ({x个}^{(k个)})]}^{- 1} {F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)})) \\ = 我 + ({N个}_{1} + {X（X）}_{1}) {e（电子）}^{(k个)} + ({N个}_{2} + {X（X）}_{1} {N个}_{1} + {X（X）}_{2}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} \\ + ({N个}_{三} + {X（X）}_{1} {N个}_{2} + {X（X）}_{2} {N个}_{1} + {X（X）}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{三} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}) \\ = 我 - \frac{4}{三} {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)} + (4 {C类}_{2}^{2} - \frac{8}{三} {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} + (- \frac{32}{三} {C类}_{2}^{三} + 8 {C类}_{2} {C类}_{三} + \frac{16}{三} {C类}_{三} {C类}_{2} - \frac{104}{27} {C类}_{4}) {e（电子）}^{(k个)}^{三} \\ + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}) \end{matrix}

然后

\begin{matrix} {H（H）}_{1} ({x个}^{(k个)}) & = 我 - \frac{1}{4} (τ ({x个}^{(k个)}) - 我) + \frac{1}{2} {(τ ({x个}^{(k个)}) - 我)}^{2} \\ = 我 + \frac{1}{三} {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)} + (- \frac{1}{9} {C类}_{2}^{2} + \frac{2}{三} {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} \\ + (- \frac{8}{三} {C类}_{2}^{三} + \frac{14}{9} {C类}_{2} {C类}_{三} - \frac{4}{三} {C类}_{三} {C类}_{2} + \frac{26}{27} {C类}_{4}) {e（电子）}^{(k个)}^{三} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}) \end{matrix}

(15)

也，

\begin{matrix} {[{F类}^{'} (年 ({x个}^{(k个)}))]}^{- 1} \\ = [我 - {N个}_{1} {e（电子）}^{(k个)} + ({N个}_{1}^{2} - {N个}_{2}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} + ({N个}_{1} {N个}_{2} + {N个}_{2} {N个}_{1} - {N个}_{1}^{三} - {N个}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{三}] {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}) \\ = [我 + 年_{1} {e（电子）}^{(k个)} + 年_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + 年_{三} {e（电子）}^{(k个)}^{三}] {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}), \end{matrix}

(16)

哪里

年_{1} = - \frac{2}{三} {C类}_{2}, 年_{2} = - \frac{8}{9} {C类}_{2}^{2} - \frac{1}{三} {C类}_{三}, 年_{三} = \frac{112}{27} {C类}_{2}^{三} - \frac{22}{9} {C类}_{2} {C类}_{三} - \frac{10}{9} {C类}_{三} {C类}_{2} - \frac{4}{27} {C类}_{4}

另一方面，使用方程式(14)和方程式(16)，谐波平均值可以表示为

\begin{matrix} \begin{matrix} A类 ({x个}^{(k个)}) = & [我 - \frac{4}{三} {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)} + (\frac{14}{9} {C类}_{2}^{2} - \frac{5}{三} {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} \\ + (- \frac{52}{27} {C类}_{2}^{三} + \frac{16}{9} {C类}_{2} {C类}_{三} + \frac{22}{9} {C类}_{三} {C类}_{2} - \frac{56}{27} {C类}_{4}) {e（电子）}^{(k个)}^{三}] {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}) \end{matrix} \end{matrix}

(17)

使用方程式(15)和方程式(17)，我们有

\begin{matrix} {H（H）}_{1} ({x个}^{(k个)}) A类 ({x个}^{(k个)}) \\ = [我 - {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)} + ({C类}_{2}^{2} - {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} + (- \frac{106}{27} {C类}_{2}^{三} + \frac{17}{9} {C类}_{2} {C类}_{三} + \frac{10}{9} {C类}_{三} {C类}_{2} - \frac{10}{9} {C类}_{4}) {e（电子）}^{(k个)}^{三}] {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} \\ + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{4}) \end{matrix}

(18)

最后，通过使用方程式(13)和方程式(18)在方程式中(6)经过一些简化，误差方程可以表示为：

\begin{matrix} {e（电子）}^{(k个 + 1)} & = {x个}^{(k个)} - α - {H（H）}_{1} ({x个}^{(k个)}) A类 ({x个}^{(k个)}) F类 ({x个}^{(k个)}) \\ = (\frac{79}{27} {C类}_{2}^{三} - \frac{8}{9} {C类}_{2} {C类}_{三} - \frac{1}{9} {C类}_{三} {C类}_{2} + \frac{1}{9} {C类}_{4}) {e（电子）}^{(k个)}^{4} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{5}) \end{matrix}

(19)

因此，根据方程式(19)，可以得出以下结论：

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

方法是四。☐

对于这个案例

第页 \geq 1

我们陈述并证明了以下定理。

定理4。 让

F类 : D类 \subseteq {R（右）}^{n个} ⟶ {R（右）}^{n个}

在的开凸邻域D的每一点上都是充分Fréchet可微的

α \in {R（右）}^{n个}

这是系统的解决方案

F类 (x个) = 0

让我们假设一下

x个 \in S公司 = \bar{S公司} (α, δ)

和

{F类}^{'} (x个)

在α中是连续且非奇异的，并且

{x个}^{(0)}

与α足够接近。那么α是序列的吸引点

{{x个}^{(k个)}}

使用迭代表达式方程式获得(7). 此外，序列收敛到阶α

2 第页 + 4

，其中r是一个正整数，并且

第页 \geq 1

.

证明：在这种情况下，

P（P） (x个) = μ_{j个 - 1} (x个), 问 (x个) = {H（H）}_{2} (x个) A类 (x个), R（右） (x个) = F类 (μ_{j个 - 1} (x个)), j个 = 1, . . ., 第页 .

我们可以通过归纳法证明

μ_{j个 - 1} (α) = α, μ_{j个 - 1}^{'} (α) = 0, \forall j个 = 1, . . ., 第页

以便

\begin{matrix} P（P） (α) = μ_{j个 - 1} (α) = α, {H（H）}_{2} (α) = 我, 问 (α) = {H（H）}_{2} (α) A类 (α) = 我 {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} = {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1} \neq 0, \\ R（右） (α) = F类 (μ_{j个 - 1} (α)) = F类 (α) = 0, \\ {P（P）}^{'} (α) = μ_{j个 - 1}^{'} (α) = 0, {R（右）}^{'} (α) = {F类}^{'} (μ_{j个 - 1} (α)) μ_{j个 - 1}^{'} (α) = 0, \\ {G公司}^{'} (α) = {P（P）}^{'} (α) - 问 (α) {R（右）}^{'} (α) = 0 . \end{matrix}

所以

ρ ({G公司}^{'} (α)) = 0 < 1

根据奥斯特洛夫斯基定理，α是方程式的吸引点(7). 泰勒展开式

F类 (μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}))

关于α产量

F类 (μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)})) = {F类}^{'} (α) [(μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α) + {C类}_{2} {(μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α)}^{2} + . . .]

(20)

此外，让

\begin{matrix} {H（H）}_{2} ({x个}^{(k个)}) & = & 我 + \frac{4}{三} {C类}_{2} {e（电子）}^{(k个)} + (- 4 {C类}_{2}^{2} + \frac{8}{三} {C类}_{三}) {e（电子）}^{(k个)}^{2} + . . . \end{matrix}

(21)

使用方程式(17)和方程式(21)，我们有

{H（H）}_{2} ({x个}^{(k个)}) A类 ({x个}^{(k个)}) = [我 + {L（左）}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + . . .] {[{F类}^{'} (α)]}^{- 1}, {L（左）}_{2} = - \frac{38}{9} {C类}_{2}^{2} + {C类}_{三}

(22)

使用方程式(20)和方程式(22)，我们获得

\begin{matrix} μ_{j个} ({x个}^{(k个)}) - α = μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α - {H（H）}_{2} ({x个}^{(k个)}) A类 ({x个}^{(k个)}) F类 (μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)})) \\ = μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α - [我 + {L（左）}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} + . . .] [(μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α) + {C类}_{2} {(μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α)}^{2} + . . .] \\ = {L（左）}_{2} {e（电子）}^{(k个)}^{2} (μ_{j个 - 1} ({x个}^{(k个)}) - α) + . . . \end{matrix}

(23)

通过归纳方程式继续(23)并使用方程式(12)，我们有

μ_{第页} ({x个}^{(k个)}) - α = {L（左）}_{1} {L（左）}_{2}^{第页} {e（电子）}^{(k个)}^{(2 第页 + 4)} + O（运行） ({e（电子）}^{(k个)}^{(2 第页 + 5)}), 第页 \geq 1

⏹

4.数值示例

在本节中，我们比较了提供的方程式的性能(6)和方程式(7)方程（1）-（5）中给出了不同的方法。数值实验已使用MATLAB 7.6软件下面给出的测试问题的软件。使用可变精度算法计算近似解，精确到1000位。我们对迭代使用以下停止标准：

e（电子） 第页 {第页}_{米 我 n个} = {∥ {x个}^{(k个 + 1)} - {x个}^{(k个)} ∥}_{2} < 10^{- 100}

（24）

我们使用了近似的计算收敛阶

{第页}_{c（c）}

由给出（参见[12])

{第页}_{c（c）} \approx \frac{日志 (∥ {x个}^{(k个 + 1)} - {x个}^{(k个)} ∥_{2} / ∥ {x个}^{(k个)} - {x个}^{(k个 - 1)} ∥_{2})}{日志 (∥ {x个}^{(k个)} - {x个}^{(k个 - 1)} ∥_{2} / ∥ {x个}^{(k个 - 1)} - {x个}^{(k个 - 2)} ∥_{2})}

(25)

让M（M）是达到最小残差所需的迭代次数

e（电子） 第页 {第页}_{米 我 n个}

.

4.1. 测试问题

测试问题1（TP1）我们考虑以下系统[13]:

F类 ({x个}_{1}, {x个}_{2}) = 0

，其中

F类 : (4, 6) \times (5, 7) \to {R（右）}^{2}

和

F类 ({x个}_{1}, {x个}_{2}) = ({x个}_{1}^{2} - {x个}_{2} - 19, {x个}_{2}^{三} / 6 - {x个}_{1}^{2} + {x个}_{2} - 17) .

雅可比矩阵如下所示

{F类}^{'} (x个) = (\begin{matrix} 2 {x个}_{1} & - 1 \\ - 2 {x个}_{1} & \frac{1}{2} {x个}_{2}^{2} + 1 \end{matrix}) .

起始矢量为

{x个}^{(0)} = {(5.1, 6.1)}^{T型}

精确的解是

α = {(5, 6)}^{T型}

.

测试问题2（TP2）我们考虑以下系统[三]:

\{\begin{matrix} 余弦 {x个}_{2} - 罪 {x个}_{1} = 0, \\ {x个}_{三}^{{x个}_{1}} - \frac{1}{{x个}_{2}} = 0, \\ 经验 {x个}_{1} - {x个}_{三}^{2} = 0 . \end{matrix}

解决方案是

α \approx {(0.909569, 0.661227, 1.575834)}^{T型}

。我们选择起始向量

{x个}^{(0)} = {(1, 0.5, 1.5)}^{T型}

雅可比矩阵有7个非零元素，由下式给出

{F类}^{'} (x个) = (\begin{matrix} - 余弦 {x个}_{1} & - 罪 {x个}_{2} & 0 \\ {x个}_{三}^{{x个}_{1}} 自然对数 {x个}_{三} & 1 / {x个}_{2}^{2} & {x个}_{三}^{{x个}_{1}} {x个}_{1} / {x个}_{三} \\ 经验 {x个}_{1} & 0 & - 2 {x个}_{三} \end{matrix}) .

测试问题3（TP3）我们考虑以下系统[三]:

\begin{matrix} {x个}_{2} {x个}_{三} + {x个}_{4} ({x个}_{2} + {x个}_{三}) = 0, \\ {x个}_{1} {x个}_{三} + {x个}_{4} ({x个}_{1} + {x个}_{三}) = 0, \\ {x个}_{1} {x个}_{2} + {x个}_{4} ({x个}_{1} + {x个}_{2}) = 0, \\ {x个}_{1} {x个}_{2} + {x个}_{1} {x个}_{三} + {x个}_{2} {x个}_{三} = 1 . \end{matrix}

我们用初始近似解这个系统

{x个}^{(0)} = {(0.5, 0.5, 0.5, - 0.2)}^{T型}

。该系统的解决方案是

α \approx {(0.577350, 0.577350, 0.577350, - 0.288675)}^{T型} .

具有12个非零元素的雅可比矩阵如下所示

{F类}^{'} (x个) = (\begin{matrix} 0 & {x个}_{三} + {x个}_{4} & {x个}_{2} + {x个}_{4} & {x个}_{2} + {x个}_{三} \\ {x个}_{三} + {x个}_{4} & 0 & {x个}_{1} + {x个}_{4} & {x个}_{1} + {x个}_{三} \\ {x个}_{2} + {x个}_{4} & {x个}_{1} + {x个}_{4} & 0 & {x个}_{1} + {x个}_{2} \\ {x个}_{2} + {x个}_{三} & {x个}_{1} + {x个}_{三} & {x个}_{1} + {x个}_{2} & 0 \end{matrix}) .

表1。非线性方程组不同方法的比较。

**表1。**非线性方程组不同方法的比较。
方法	TP1公司			第2页			TP3公司
	M（M）	$e（电子）第页 {第页}_{米我 n个}$	${第页}_{c（c）}$	M（M）	$e（电子）第页 {第页}_{米我 n个}$	${第页}_{c（c）}$	M（M）	$e（电子）第页 {第页}_{米我 n个}$	${第页}_{c（c）}$
$2^{n个 d日} N个 M（M）$ 方程式(1)	7	4.6e−114	2	9	1.7e−107	2	8	3.9e−145	2.02
$三^{第页 d日} H（H） M（M）$ 方程式(2)	5	1.4e−174	2.99	6	4.5e−139	3	5	2.9e−291	4.10
$4^{t吨小时} N个 R（右）$ 方程式(三)	4	4.6e−114	4.02	5	1.7e−107	4	5	2.9e−291	4.11
$4^{t吨小时} S公司 G公司 S公司$ 方程式(4)	4	7.1−108	3.99	6	0	3.99	5	8.8电子-257	4.03
$4^{t吨小时} H（H） M（M）$ 方程式(6)	4	1.4e−105	3.99	6	0	4	5	5.5e−247	4.12
$6^{t吨小时} C类 H（H） M（M） T型$ 方程式(5)	4	0	5.91	5	0	5.98	4	4.6e−199	6.12
$6^{t吨小时} H（H） M（M）$ 方程式(7)	4	0	5.90	5	0	5.98	4	6.1e−194	6.13
$8^{t吨小时} H（H） M（M）$ 方程式(7)	4	0	7.90	4	1.9e−133	7.99	4	0	8.64
$10^{t吨小时} H（H） M（M）$ 方程式(7)	三	1.1e−154	9.90	4	2.2e−248英寸	9.99	4	0	10.76

表1显示了测试问题（TP1、TP2、TP3）的结果，从中我们得出结论：

10^{t吨 小时} H（H） M（M）

方法是最有效的方法，具有最少的迭代次数和残余误差。

表2。CPU时间比较。

**表2。**CPU时间比较。
方法	第1页	TP2型	TP3公司
$2^{n个 d日} N个 M（M）$	1.161405	1.734549	1.758380
$三^{第页 d日} H（H） M（M）$	0.950678	2.445676	1.969176
$4^{t吨小时} N个 R（右）$	0.808851	1.569021	1.452089
$4^{t吨小时} S公司 G公司 S公司$	1.052950	2.649530	2.571427
$4^{t吨小时} H（H） M（M）$	1.001148	2.170088	2.456138
$6^{t吨小时} C类 H（H） M（M） T型$	1.132364	2.117847	2.405149
$6^{t吨小时} H（H） M（M）$	0.944062	2.137319	2.528262
$8^{t吨小时} H（H） M（M）$	0.986300	2.328460	2.071641
$10^{t吨小时} H（H） M（M）$	1.029707	2.482167	2.213744

在表2，我们已经为提出的方法和一些现有方法提供了CPU时间。

接下来，我们考虑

{(2 第页 + 4)}^{t吨 小时}

HM公司求最小值的方法族第页因此第页为了得到迭代次数

M（M） = 2

和

e（电子） 第页 {第页}_{米 我 n个} = 0

。为了实现这一点，TP1需要

第页 = 6

(

第页 = 16

)，TP2需要

第页 = 18

(

第页 = 40

)TP3要求

第页 = 8

(

第页 = 20

). 此外，还观察到收敛阶第页取决于测试问题及其起始向量。

4.2. 一维Bratu问题

一维Bratu问题[8]由提供

\frac{{d日}^{2} U型}{d日 {x个}^{2}} + λ 经验 U型 (x个) = 0, λ > 0, 0 < x个 < 1,

(26)

具有边界条件

U型 (0) = U型 (1) = 0

一维平面Bratu问题有两个已知的分叉精确解

λ < λ_{c（c）}

，一个解决方案

λ = λ_{c（c）}

没有解决方案

λ > λ_{c（c）}

.

临界值

λ_{c（c）}

很简单

8 (η^{2} - 1)

，其中η是双曲余切函数的不动点

帆布床 (x个)

.方程的精确解(26)已知，可以在此处表示为

U型 (x个) = - 2 自然对数 [\frac{科什 (x个 - \frac{1}{2}) \frac{θ}{2}}{科什 (\frac{θ}{4})}],

(27)

哪里θ是一个待确定的常数，它满足边界条件，并且经过仔细选择并假设为微分方程的解(26). 使用与中类似的程序[14]，我们展示了如何获得λ.替换方程(27)在方程式中(26)、简化和搭配

x个 = \frac{1}{2}

因为它是区间的中点。可以选择另一个点，但如果配置点在整个区域内均匀分布，则低阶近似可能更好。那么，我们有

θ^{2} = 2 λ {科什}^{2} (\frac{θ}{4}) .

(28)

微分方程(28)关于θ和设置

\frac{d日 λ}{d日 θ} = 0

，临界值

λ_{c（c）}

满足

θ = \frac{1}{2} λ_{c（c）} 科什 (\frac{θ}{4}) 新几内亚 (\frac{θ}{4}) .

(29)

通过消除λ来自方程式(28)和方程式(29)，我们有价值

θ_{c（c）}

对于关键

λ_{c（c）}

令人满意的

\frac{θ_{c（c）}}{4} = 帆布床 (\frac{θ_{c（c）}}{4})

(30)

对于其中

θ_{c（c）} = 4.798714560

可以使用迭代方法获得。然后我们得到

λ_{c（c）} = 三 . 513830720

来自方程式(28).图1说明了λ的临界值。

图1。变更θ对于的不同值λ.

图1。变更θ对于不同的值λ.

使用标准有限差分格式的有限维问题由下式给出

{F类}_{j个} ({U型}_{j个}) = \frac{{U型}_{j个 + 1} - 2 {U型}_{j个} + {U型}_{j个 - 1}}{{小时}^{2}} + λ 经验 {U型}_{j个} = 0, j个 = 1 . . N个 - 1

(31)

具有离散边界条件

{U型}_{0} = {U型}_{N个} = 0

和步长

小时 = 1 / N个

。有

N个 - 1

未知数(

n个 = N个 - 1

). 雅可比矩阵是一个稀疏矩阵，每行非零的典型数是三。众所周知，有限差分格式使用起始向量收敛到一维Bratu的下解

{U型}^{(0)} = {(0, 0, . ., 0)}^{T型}

.

我们使用

N个 = 101

(

n个 = 100

)并测试350λ的在间隔中

(0, 三 . 5]

（间隔宽度=0.01）。对于每个λ，我们让

{M（M）}_{λ}

是其中的最小迭代次数

∥ {U型}_{j个}^{(k个 + 1)} - {U型}_{j个}^{(k个)} ∥_{2} < 1 e（电子） - 13

，其中近似值

{U型}_{j个}^{(k个)}

计算精确到小数点后14位。让

\bar{{M（M）}_{λ}}

是350的迭代次数的平均值λ的。

表3。数量比较λ对于一维Bratu问题，有不同的方法。

**表3。**数量比较λ对于一维Bratu问题，有不同的方法。
方法	$M（M） = 2$	$M（M） = 三$	$M（M） = 4$	$M（M） = 5$	$M（M） > 5$	$\bar{{M（M）}_{λ}}$
$2^{n个 d日} N个 M（M）$	0	12	114	143	81	4.92
$三^{第页 d日} H（H） M（M）$	0	140	206	2	2	3.62
$4^{t吨小时} S公司 G公司 S公司$	4	237	100	8	1	3.33
$4^{t吨小时} H（H） M（M）$	4	234	103	7	2	3.35
$6^{t吨小时} C类 H（H） M（M） T型$	三	213	124	8	2	3.42
$6^{t吨小时} H（H） M（M）$	35	281	32	1	1	3

图2和表3给出一维Bratu问题的结果，其中M（M）表示收敛的迭代次数。可以从中考虑的六种方法中观察到表3作为λ增加到临界值时，收敛所需的迭代次数增加。然而，随着方法阶数的增加，迭代次数的平均值减小。这个

6^{t吨 小时} H（H） M（M）

是六种方法中最有效的方法，因为它的平均迭代次数最低λ在2次迭代中收敛。

图2。迭代次数的变化λ对于

2^{n个 d日} N个 M（M）

,

三^{第页 d日} H（H） M（M）

,

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

和

6^{t吨 小时} H（H） M（M）

方法。

图2。迭代次数的变化λ对于

2^{n个 d日} N个 M（M）

,

三^{第页 d日} H（H） M（M）

,

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

和

6^{t吨 小时} H（H） M（M）

方法。

对于每个λ，我们找到了

{(2 第页 + 4)}^{t吨 小时}

HM公司族，以便我们在2次迭代中达到收敛，结果如所示图3可以观察到，作为λ增加，价值第页在2次迭代中收敛所需的时间也会增加。对于

λ \in [0.01, 0.04]

，我们需要

第页 = 4

(

4^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [0.05, 0.35]

，我们需要

第页 = 6

(

6^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [0.36, 0.83]

，我们需要

第页 = 8

(

8^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [0.84, 1.29]

，我们需要

第页 = 10

(

10^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [1.30, 1.66]

，我们需要

第页 = 12

(

12^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [1.66, 1.95]

，我们需要

第页 = 14

(

14^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [1.96, 2.19]

，我们需要

第页 = 16

(

16^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [2.20, 2.37]

，我们需要

第页 = 18

(

18^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [2.38, 2.52]

，我们需要

第页 = 20

(

20^{t吨 小时} H（H） M（M）

). 对于

λ \in [2.53, 2.64]

，我们需要

第页 = 22

(

22^{t吨 小时} H（H） M（M）

)等等。我们注意到间隔的宽度减小了，并且族的顺序非常高λ趋于其临界值。最后，对于

λ = 三 . 5

，我们需要

第页 = 260

在2次迭代中达到收敛。

图3。的顺序

{(2 第页 + 4)}^{t吨 小时}

HM公司每个家庭λ.

图3。的顺序

{(2 第页 + 4)}^{t吨 小时}

HM公司每个家庭λ.

5.结论

在这项工作中，我们提出了一种四阶方法及其多步版本，使用权函数求解非线性方程组，具有更高阶的收敛性。所提出的方案不需要计算二阶或更高阶Fréchet导数即可达到四阶或更高级收敛。我们用所提出的方案对几个例子进行了测试，并与一些已知方案进行了比较，这说明了新方案的优越性。最后，将提出的新方法应用于一个称为一维Bratu问题的实际问题。所得结果对新方法来说是有趣和令人鼓舞的。因此，可以认为所提出的方法足以胜任某些现有方法。

致谢

作者感谢匿名评论员的宝贵评论。

作者贡献

所有作者的贡献都是相似的。他们所有人都共同努力开发了这份手稿。

利益冲突

作者声明没有利益冲突。

工具书类

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分享和引用

MDPI和ACS样式

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AMA风格

Babajee DKR、Madhu K、Jayaraman J。关于求解非线性方程组的改进调和平均牛顿法。算法. 2015; 8(4):895-909.https://doi.org/10.3390/a8040895

芝加哥/图拉宾风格

Babajee、Diyashvir Kreetee Rajiv、Kalyanasundaram Madhu和Jayakumar Jayaraman。2015.“关于求解非线性方程组的一些改进的调和平均牛顿方法”算法第8页，第4页：895-909。https://doi.org/10.3390/a8040895

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求解非线性方程组的改进调和平均牛顿法

摘要

1.简介

2.方法的发展

3.收敛性分析

4.数值示例

4.1. 测试问题

4.2. 一维Bratu问题

5.结论

致谢

作者贡献

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