计算方法课后习题答案

1、3.已知函数y4在x 4, x 6.25, x 9处的函数值，试通过一个二次插信函数求"的近似值，并估计其误差9；yo 2,y2.5,y2 3解：由题意 y 6知:x0 4,x1 6.25,x2_2(1) 采用 Lagrange 插值多项式 y Vx L2(x)l j(x)y：j 07L2(x) |x7(x Xi)(X x2)(x0 Xi)(X0 X2)y。(7 6.25)(7 9) 22.25 52.6484848(x x°)(x X2)(Xi X0)( Xi X2)(7 4)(7 9) 2.52.25 2.75(x x°)(x Xi)(X2 X0)(X2 Xi

2、)(7 4)(7 6.25)2.75 5y2其误差为f(3)()0(7)J-(-(7 4)(7 6.25)(7 9)3!又f (x) 3x 2835则 max| f (x) | -4 2 0.011724,981|R2(7)|(4.5)(0.01172) 0.008796(2)采用Newton插值多项式y Vx N2(x)根据题意作差商表:iXif(Xi)一阶差商二阶差商0421%293着%952.6484848山 2 29 (7 4) ( 4495) (7 4) (7 6.25)4.设f xxk k 0,1,., n，试列出f x关于互异节点x i 0,1,., n的注意到：若n 1个节点x

3、 iLagrange插值多项式。0,1,.,n互异，则对任意次数 n的多项式f x ,它关于节点xi i 0,1,., n满足条件P xiYi,i0,1,.,n的插值多项式P x就是它本身。可见，当k n时备函数f (x)xk(k 0,1,.,n)关于 n 1 个节点 xi i 0,1,.,n 的插值多项式就是它本身，故依Lagrange公式有i 0 xj xxj5.依据下列函数表分别建立次数不超过3的Lagrange插值多项式和Newtonn n n kx xik kxj x ()xjx ,k 0,1,.,nj 0j 0 i 0 xjX特别地，当k 0时，有nlj xj 0而当k 1时有nX

4、j" xj 0lj(x)xxii 0, xjxixx1xx2xx310(x)k?-?XoXiXox2Xox3x 1?x 2?x 40 1 - 0 2 - 0 4x3 7x2 14x 88插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。X0124f(x)19233解:(1) Lagrange插值多项式3L3(x)lj(x)yjj 0kXkf (Xk)一阶差商二阶差商三阶差商00111982223143343-108%(2) Newton插值多项式N3(x)f (x0)f (x0,x1)(x x0)f (x0,x1,x2)(x x°)(x x1)li(x)x x0x x2x x3x1 x

5、0 x1 x x1 x332x 0 x 2 x 4 x 6x 8x?=10 12 143l2(x)上W？x2 x0 x2 x1 x2 x33-2.x0x lx 4x 5x4x?=202 12 44l3(x)xx0? xx？ xx2x3x x3x1 x3x2一.-3-2-x 0.x 1,x 2 x 3x 2x?=4 0 4 1 4 224L3 xx 0 x 2 x 4910 12 1423122x 3x 2 x 4 3x x 6x 88空xx2 5x412x x 3x 2811 3x445 2x4f (X0,X1,X2,X3Xx x0)(x x)(x Xz) 1 8(x 0) 3(x 0)(x

6、1) 114(x 0)(x 1)(x 2)11 34521一 x 一 x x 1442由求解结果可知：L3(x) N3(x)说明插值问题的解存在且唯一。7.设f xx4,试利用Lagrange余项定理给出f x以1,0,1,2为节点的插值多项式L3 x 。解：由 Lagrange 余项定理f(n 1)()R(x) f(x) Ln(x) - y n I(x)a,b(n 1)! n 2l=一(b a) max f (x)可知：当 n 3时，f(n 1)( ) f(4) (x) x 4! 4!L3(x)f(x) (3 1)!(x xo)(x xi)(x x2)(x x3)4_x (x 1)(x 0)

7、( x 1)(x 2)322x x 2x8.设 f (x) C8a x b a, b 且 f (a) f (b) 0 ,求证maxa x bf(x)8(b2 一a) maxa x bf (x)证明：以a, b为节点进行线性插值，得由于f (a)x bL1(x) rf(a)f(b)f (b) 0,故 Li(x) 0。于是由f ()f (x) L1(x) (x a)(x b), a b2!七 |f''()有 f(x)-(x a)(x b),令 t(x) (x a)(x b) x a,bt (x) 2x (a b) 0x ayb 时t(x)有极大值maxa x b一.、1f (x)

8、= max2 a x bf (x) ?max (xa x ba)(xb)1./、0户 b 、/a b amaxf(x)?(W a)(丁 b)证明 a xi3 .设节点x i 0,i,L ,n与点a互异，试对f xf Xg,Xi,L ,Xki .八，,k 0,i,k(a Xi) 0 ,nXi并给出f x的Newton插值多项式解依差商的定义f(X0)aX0f (X0,Xi)f(Xi) f(X0)Xi X0-(X x0 axia)X0(aXi)(a Xo)般地，设f (X0,Xi， , Xk)k ii 0 (a Xi)ff(xi,x2, ,XkJ1 (x0 > xi>, xk i)f

9、(X0,Xi, ,Xk)Xk ikik iX0i iXk iX0ia xi、）a Xi Xk iX0a Xk ii 0 aXi一i故f x 的Newton插值多项式为a xNn(x)f (X0) f(%,Xi)(X X0)f(X0,。，Xn)(X %)(X 为)(X Xn i)iX X。(X %)(x Xi)(X Xn i)aX0(a%)(axj(ax°)(axj(aXn)n i kix xk 0 a Xk i 0 a xii6 .求作潴足条件H(0) i,H (0) -,H(i) 2,H (i) 2.的插值多项式解法1:根据三次Hermite插值多项式:x x0、/ x x1 .2

10、x x1、/ x x0 .2X0 X X0x1X x0x1x0H3(x) (1 2)() y°(1 2)() y1并依条件H3(x) (1x X、2x % 2(x %)() y (x x1)()H(0)2x)(xx0xixiyi1,H1(0) ?H(1) 2，H1)2212(3 2x)x x(x21)2_22(x 1)x解法2:由于x00?1 ,故可直接由书中（）式，得H3 xA0 x y0A1yBo xy12x 1 2x2x 2x18.求作满足条件H3 01,H3 12,也9,H3 13的插值多项式H3x ,并估计其误差。用基函数方法构造H3 x解法1:由已知条件x012y129y

11、3O令H3 xA)xy°A xy1A2xy2B1xy1其中，A x ,A x ,A2 x ,B x均为三次多项式，且满足条件AoAoAoAo依条件可设AoAo o =1,可得:同理，AH3误差为：R3Ao,A1 2BH3 xx x 4!解法2:用承袭性构造H3由条件 H3 o 1, H3 12,H39先构造一个二次多项式N2(x)令所求插值多项式 H3 x利用剩下的一个插值条件H3 13,得作差商表:ixiP(xi)一阶差商二阶差商o011121229732于是有：N2(x) 1 1 (x o) 3(x o)(x 1) 3x 2x 1N2(x) c(x xo)(x x)(x x2)N

12、2*) c(x1 xo)(x x2) f3 x1由此解出f3 x1N2 (x1)c (Xi Xo)(Xi x2)故有P(x)N2(x) x(x 1)(x 2)19.求作满足条件H3 xii 0.1 ,H3k. _x0fx0k 1,2 的插值多项式P x 。并给出插值余项。解：令H2x0xO利用插值条件H3 x1H2 xx1定出c x x0f xx23f x1 c H2 x3 x0注意到这里xo是三重零点,xi是单零点，故插值余项为H3 x4!3x x°x 为20.求作次数4的多项式P x，使满足条件P 01,P 10,P 02,P 110, P 140并列出插值余项。解法1:由于在x

13、 0处有直到一阶导数值的插值条件，所以它是“二重节点”x 1处有直到二阶导数值的插值条件所以x 1是“三重节点”。因此利用重节点的差商公k!f x,x,，x = lim f x0?,.,xk1,x k+1%,为，.入1 x可以作出差商表Xif Xi一阶二阶三阶四阶0101-23610191151010201010根据Newton插值多项式，有2Xof Xo,X0x Xo 2 Xo (xf X0,X0,Xi x XoX0,X0, Xi,Xi x2x3x26x2(x221) 5x2(x 1)2,22x0 (x Xi)Xi) f Xo, X0,Xi,Xi, Xi且插值余项为1f 5!第二章答案1.

14、计算下列函数f关于c 0,1的f卜图也：maxa x bbf2a1 2dx110,m与n为正整数II f xmax f xmaxf (x) dx(1 x)3 1dx(x 1)6 dxmax f xmax(xx)dx11(x2f(x) dxa11 25(x)2dx23.°是区间0,1上带权 xx的最高次项系数为1的正交多项式族，其中解法一:10x 3(x)dx10 (x) 3(x) 0(x)dxQ i(x) i 01是区间0,1上带权（x）x的最高次项系数为1的正交多项式0 (x) 3(x)0(x)dx0,1即 0 x 3(x)dx 0由于0（x） 11(x)(x, 0(x)(0(x)

15、, 0(x)0(x)1 2 .x dx 0 -xdx0解法二：设c,则由c dx4.求a,b ,使积分axsin x2dx取得取小值。解：题意即为在span 1,x中求f xsin x的最佳平方逼近多项式ax，故a。，a1满足法方程(x),(x),0(x)a ( 0(x), 1(x)a10(x)a0 ( 1(x), 1(x)a1(y, 0(x)(y, 1(x)积分可得:2a02aO27a 13a1 124a096 24& a -0.6644389,b0.1147707.或者按下述方法:因为 2 ax b sin x02dx12 3一 a24ab42 2ab2 2b24上式分别对a,b求

16、偏导，并令其为零,b从而也有1一 a121 a496 242425.对f,g xC1定义f ,gf ,gbfabfax dxx dx fag问它们是否构成内积(1)显然有f,g=g, f(f1 f2.g) (f1,g),cf, g =c f, g , c是常数 (f2.g)但不满足“当且仅当f=0时(f, f )=0,( f,f) 0"b这是因为(f,f)= (f (x)2dx 0 a推出fx 0,即f为常数，但不一定为0,故(1)不构成内积。(2)显然内积公理的1), 2), 3)均满足，考察第四条 b2,2(f, f) f (x) dx f2 a a0,则必有f, f 0反之，若

17、f, f 0,则f x 0且f2 a0,由此可推得f x 0,即内积公理第四条满足，故(2)构成内积218.判断函数1,x,x2 在 1,1上两两正交，并求一个三次多项式，使其在 1,1上与 3上述函数两两正交。解：(1)1,x1xdx11, xdx0,2 x,xdx1,111dx1x,x2 .x dx11 :,x 32dx45所以,1,x,x2 1 在 31,1上两两正交。132x x11 一 dx3212x121x 13dx32x12 ,23x , 11, 13 x31 3 , x dx11 4 .x dx1x11xdxx dx11003 x0, 02.用最小二乘法求一个形如设所求多项式为

18、,2 y a bx的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估计平方误差。xk1925313844yk解:x 1, 1 x xT1,1,1,1,1T361,625,961,1444,1936T19.0,32.3,49.0,73.3,97.80,11110,1 361 1625 19611 1444 1 1936 53277277699y,369321.5y,5a5327b 271.40.9725295327a 7277699b369321.50.0500351271.40.97 0.05x2,得_ _ * _73.17, y4 97.77.公式是 y 0.972529 0.0500351x2将 x

19、= 19,25,31,38,44 分别代入y0 19.02, y132.22, y2 49.02, y34所以误差yk 02y* 0.025解:(1)0,12.求函数f设0x0,1,X在给定区间上对于arctan x, .x, 0,10,1span1, X的最佳平方逼近多项式:cosx, 0,1 ；1,1.y,a。0 a00 a0y,1 a1y,arctanx,1dx 1,0,10 arctgxdx12a113a10,1In 24 212ln 2 30,11xdx01/2,0x2dx1/31-In2, y, 110 xarctgxdx ai-2ln2 3 26 3ln2 26 3ln 2)x0

20、,a00, i aiy,a00，y,i,1dx01cos0i &i,xdxa。i2 aii3ai22Q,iy,0，0, y,a00,iy,dx i,0 xdxixdx i/2,0i2ixcos xdx02 ,ai1xdx024-2i/2,ia0Tai2i5a04 fi3ai2325xe ,i,i0, 0y, 0dxiiexdxi2,022ix2i2-2dx 1/3空x。dx i/34一,ai5ie , y,4i5xdxi0,2 .x dxi2/3xexdx2e2aO23 a12e ia0,ai3x。 ei3. fi,i上求关于2SPan i,x ,4x 的最佳平万逼近多项式。解：Leg

21、endre 是卜ii上的正交多项式取 P0(x) i, P2 (x)ioi一(3x2 i), P4(x) -(35x4 30x2 3)28(Pk(x), Pk(x)22k i(k 0,2,4)(f, P0(x)0 i(x) dxixdx0(f , P2(x)(f , P4(x)1 xg；3x2i 4-(35x8i)dx30x2a0二(f,P°(x)-,a222ii 2Q -xg(3x i)dx3)xdxi i 4-(35x08230x 3)xdx245”P2(x)9，a4 -(f, P4(x)2所以 p；（x） a0P0（x） a2 P2（x） a4P4（x）=0.8203125x4

22、 1.640625x2 0.257812516.求 fInx在1,2上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。解:t,则f x 2ln xln,t1,1*PnC0T0, f,3 1 1ln t2 21=t1dtln1一 cos 21.15519CiTi, fC2T2, f所以p3xln112t22t1t2一 dt21ln 3 2 42t0 cos1 -cos21.520575dtcos2ln i1 cos20.46204-1.15519+1.520575（ 0.462042x2-10.92408x21.520575x 0.693153其误差为ln 32*P3 t0.00002055CM第三章

23、习题答案1-1.分别用梯形公式、SimPson公式、Cotes公式计算积分| Vxdx并估计反差。0.5解：1）用梯形公式有:1-1 0.51、, 2,xdx f 1 f 0.5 - 1 一 0.426780.5242Et f3b a f120.53121 22 22.6042 10 3 2 7.3657 104事实上,0.5.xdx 0.43096441 0.52f 0.5f 10.42677672)ET fxdx0.5Simpson 公式x x xdx 0.51 0.5ES f1801 0.5 1 CLf 0.50.00418774f1 1122,320.430932ET(f)=3-(b-

24、 a) f12事实上，ES f0.53）由Cotes公式有:x . xdx0.51 1290-218015''(h) ?7f 0.514.94975 25.2982218032+ 12.- +7)EC f2 1_29451.18377 10 4EC(f)=-2( b- a) 7945 * 4. 2480.50.54f0.5 1f 10.000030410.3923094564f(6)(h) ?事实上，EC f 0.00000033.分别用复化梯形公式和复化公式/八1 x(1)2 dx, n 804x212 f32 f7f 129.933260.430961122.6974 10

25、 6Simpson计算下列积分.解：（1）用复化梯形公式有:Tn1 0162 (0.0311280.0615380.090566 0.117650.142350.164380.18361) 0.20.1114由复化Simpson公式有:02 (f10 240.111570.0615380.117650.164384 0.0311280.0905660.412350.183510.25 .给定积分0，sinxdx。(1)利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过(2)取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少(3)如果要求截断误差不超过10 6,那么使用复化Sim

26、pson公式计算时，应将积分区间分成多少等分解：（1）E；(f)小）32 f () 96n2f x =sinx, f (x)''cosx, f (x)sinxE；(f)3sin96n296n20,2当误差E；(f) 0.510 3 时,所以取n =26 o则' Tn4 f(0)252 f(xk)k 1 k2sin(瓦)sin() . sin(25-'52，' 52)0.9465(2)ESfb-a h、4 f荷（2）f （）mi孟（2 赤）4sin（）则 ESf福(2 加)4(n 26)21804赤)4 710 9 ESf180 (12 五)410 6则

27、n 7.6n=87.推导下列三种矩形求积公式:x dxx dxx dxb24证明：(1)将 f(x)在 xa处Taylor展开，得f (x) f (a) f'( )(x a),(a, x).两边在a,b上积分，得bbbf (x)dx f (a)dx f ( )(x a)dx aaab(b a) f (a) f ( ) (x a)dx aa,b.12(b a)f (a) -f ( )(b a),2(2)将f (x)在x b处Taylor展开，得f(x) f(b)f ( )(xb),(x,b).两边在a,b上积分，得bf (b)dx)(x b)dxbf (x)dx a(ba)f(b)ba

28、(x b)dx(ba)f(b)2)(b a),a,b.将f(x)在xf(x)咤a b a 处 Taylor2b) fj2展开，得a b、 1V) 2f ()(x专/b.两边在a,b上积分，得bbf (x)dx faabaf (ba a)f(-(ba a)f(b 2b2f (a2bTf"()2410.判别下列求积公式是否是插值型的,)(xa b 1 b)dx22 aa b 1 )dx22(b a)3.并指明其代数精度:()(x)(xa b 2)dx2a b.2 .)dx23.3.f x dx - f 02解：插值型求积公式ba f(x)dxnAf d)k 0其中Ax xidxxk x则

29、 A03 因此，03x 2,3 Adx 一, A 0 1 22f(x)dx 3 f (1)23 x 1 , dx0 2 1f (2)是插值型的求积公式。因其求积公式是插值型的，且存在2个节点，所以其代数精度至少是x对于f (x) x时,dx 9;3321f(1) f(2) 2。4)15门 9.21。可见它对于f (x) x2不准确成立，故该求积公式的代数精度是 11.构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度:11 f x dx A。f 0Ai f 1 ;0h22°fxdxh 0f 0#h h 0f 0#hh3 h f x dx AqfhAfx1.解(1):令原式对于f(x

30、) 1,x准确成立，于是有解之得A01 A 1- ' ,A ,于是有求积公式221 r1 r1 r0 f (x)dx -f(0) - f(1)容易验证，它对于f (x) x2不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。解(2):令原式对于f(x).23 一.1,x,x ,x准确成立，于是有1121314解之得 02h0 f(x)dx112,容易验证当-, 、4f (x) x 时,1,-hf(0)h1- '，一.于是有求积公式121 2 f(h) - h2 f '(0)f'(h).12.1 5.f (x)dx gh ;而1121 52hf0 f(h)石小(0) f(h

31、) 6h(可见，它对于f(x) x4不准确成立，故该求积公式的代数精度是3。2斛(3):令原式对于 f (x) 1,x, x准确成立，于是有 hA0 A1dx 2h010-A0h AX 0 解得：A0 = ,A1 = 3h,x1 223A0h2 Ax； -h3 3h13 h于是有求积公式h f (x)dx -hf ( h) |hf(-).h一 13 h谷勿驯证，当 f (x) x 时，卜 f (x)dx 0;而 -hf ( h) hf (-)3可见，它对于f(x) x不准确成立，故该求积公式的代数精度是2。12.利用代数精度方法构造下列两点Gauss求积公式:1 o xf x dx Agf x

32、0A f x11 f x2 0 dx A0 f xA f x13准确成立，于是有A0x0A1x1Ax；Ax；A。*。Ax；解（1）：令原式对于f（x） 1,x, x2, x利用（1）的第1式，可将第2式化为2鼻 % (% %)A3同样，利用第2式化简第3式,利用第3式化简第4式，分别得2二 % (x x0)xA15227x0 (x1 x0)x1 A12729由（2） （3） （4）式消去（x1xo)A,得2一 x52(5(I2 、-x0)x132 、%)、52729进一步整理2527X)X)23%”27x0x152729由此解出10x1 一95x°x1 一, x021解得:x0 0.

33、821161913186x10.289949197925,A 0.3891110668436A 0.27755599823.因此所求的两点Gauss求积公式:,x f (x)dx 0.3891110668436 f (0.821161913186) 0.27755599823 f (0.289949197925).或依下面的思想:（1施0,1上构造权函数（x） 二6二次正交多项式g2（x）g4x)=1、3g G)二x-5g 白)二x 2105x921令 2(x) (x x°)(x x)=x210 x952135 2 1035 2 10x , X 6363代入：A0 A °

34、xdxAx。 Ax o x . xdx50 7 .而15050 7、而15001f心中“亡）50 7 .10150f(35 2.10)63解（2）：令原式对于f（x） 1,x, x2,x3准确成立，于是有A A 22A)x0 A"-222A)x0Ax1 工5332Ad%Ax17利用（1）的第1式，可将第2式化为22x。（ x0）A 3同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得22Xo (Xi Xo)Xi Ai5由(2) (3) (4)式消去(x0)A,得2,2 - 、2xo (- 2xo)xi 二3352,2 2 、25x (5 3xo)x 7进一步整理2 o(xo 3

35、xi) 2%k|(xo 5X)2-xoxi32527，,36由此斛出xoxi , x0 x1 -.0.741555747146,0.695709690284.357解得:x0 0.115587109995%A 1.30429030972，A因此所求的两点Gauss求积公式:1.30429030972 f (0.115587109995) 0.695709690284 f (0.741555747146).或依下面的思想:(2)在0,1上构造权函数(g 0(x)=1，、1g 1(x)=x- 3x)二次正交多项式g/x)g 2(x)=x 263-x 一735令 2(x) (x x0)(x x)63

36、x 一735X015 2 3035,Xi15 2.3035代入:AoA0X0Ax=- dxx11xxdxA0A11830181830181 .f (x)dx x18 -.30 f(15 2.30) 18 .30 f(15 2,30)183518353513.分别用三点和四点Gauss- Chebyshev求积公式计算积分1 x* 2dx,并估计误差。解：(1)用三点(n 2) Gauss-Chebyshev求积公式来计算:此时，f(x) ,2xf(6)(x)詈(2x)11万xocos6-,xk3、32，Xicosj2n(k0,1,L ,n),3cos60, x25cos6由公式可得:3(

37、9;. 220 2 ；) 4.368939556197由余项可估计误差为945_32.01335 10 .(2)用四点(n 3) Gauss-Chebyshev求积公式来计算:(215x) 2此时，f(x) ,2 x,f(8)(x)945 生6443x0 cos, x1 cos,x2885cos,x287cos8I 2-X； (.2 cos4 k 04 ,82 cos32 cos5- J2 cosT-4.368879180569.由余项可估计误差为| E3 f | 27g8!945641433.21327 10 4.14.用三点Gauss Legendre求积公式计算积分excosxdx,并估

38、计误差。解：作变换x 2(1 t),则得ex cosxdx 一 21-(1 t)e2cos (112t)dte221_te2 costdt12由三点Gauss-Legendre公式:ba f (x)dx5.1589f( 丁 9 f(0),15_(i)2 r 525e e29,115、8 5cos(-)1091510 cos(-e2 (0.057052529050.650303782451)12.06167600229.其估计误差为:E2(f)蒙 f(6)(),1,1-e2 227 (3!)46_2)e cos87 101,-)o其准确值I2ex cosxdx12(1 e)12.07034631

39、639.其准确误差等于:| 12.06167600229(12.07034631639) | 8.6703141 10 3第四章习题答案2。用Gauss列主元素消去法解方程组Xi10X2X31032 r1 10 1132Xi6110105X2X3105X1X231X352311070X170555X222016X361101010X17X27X1055一 X25X3X212213131X3一X355得到方程组6。用 Doolittle分解法解方程组解：因为第一列中10最大，因此把10作为列主元素326X141070X171070X271r2326X24515X36515X36U=由 Ly= 5

40、,3,6,17一 一 T解得 y= 5,3,6,4X1X2X317X40斛：A=1由 UX=y ,解得 x= 1,1,2,2 T7。用Crout分解法接方程组。1234Xi214916x210182764x34411681256x19012 3 40 13 60 0 140 0 0 11000解：A LU120016601 143624由 Ly=b= 2,10,44,190 T 得 y= 2,4,3,1由 Ux=y= 2,4,3,1T 得 x= 1,1, 1,111。已知 2,3,4:求国1,凡，冈。解:x19,1 x2)2 1xi )max1 I n13。求证:x1Af证明:(1)所以x1所

41、以n xx1maxaat2 a2Imaxaatmax x. In maxaat2 anIAAn max x；x.Iaataat2 ajI2 aij2 aatn AAT1 A； n1n A；A2100 99 14。设A，计算A的条件数cond A p, P 2,99 98L 一 *解：A98991A -98A1 一9999 100A 99-100矩B$ A的较大特征值为，较小的特征值为,cond(A)2A22 198.00505035/0.00505035 39206cond(A)199 199 39601考察用Jacobi迭代法和第五章习题答案用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程组,要求xk xk 110 4时10x12x22x3 18x13x2 2x3 202x110X2X30.52 4xi11x2 X333Xi2x23x3 16x13x2 12x3 362.设方程组1Gauss-Seidel迭代法解