非线性方程数值求解

1、第四章 非线性方程数值求解基本内容1 知道方程的分类2 了解如何作根的搜索3 不动点迭代的操作：，k=0，14 收敛性定理：有2个不同意义下的收敛定理。 全局收敛： （1）定义域条件：时，； （2）Lipschitz条件： （1） （2） 局部收敛： 则为m阶收敛，5 迭代加速（1） 松弛法（2） Aitken法和Steffenson法6 牛顿法二阶收敛，7 割线法8 代数方程求根一基本题型之一：给定非线性方程组，选择适当的解法求出近似根 基本解法有二分法，不动点迭代法，牛顿法（也是不动点迭代的一中）和割线法等，有时需要用有关的加速法。1 用二分法求解方程=0，使精度，并估计最小二分次数。解：

2、设 。因为，故在1,2中，方程有零点。又因，而 ， ，由单调性可知，在1,2中有唯一零点。（1） 先估计二分最少次数。题目要求，这与教材中的精度要求是不一样的，故不能直接用教材里给出的估计迭代次数的公式，需要另行推导，请同学们注意此类“陷阱”。因为，所以要根据两种可能情况来确定 的大小：（注：下图中打印的同学未能把等打在的中点，所以大家看得时候要当心周国标）在这两种情况下：已知要求，即有 ，解得 ，即最小二分次数为6次。（2） 具体计算结果如下表：k0121.511.521.750.2521.51.751.6250.12531.6251.751.68750.062541.68751.751.7

3、18750.312551.718751.751.734380.0156361.718751.734381.726560.00781故，此解满足2 求解方程：。（1） 该方程有几个根；（2） 用迭代法求出这些根，精确到四位有效数字。解： 一般而言，要先确定方程的根的存在区间，把握函数在区间的单调性来确定方程根的个数，然后用牛顿法求解。可以先大致画图，判断根的情况。（1） 如方程有根，则，则，即。记 ， 则。 在内，求解的根（即求的平稳点），解出： 当时，；当时，又，故方程在内有唯一根。（2） 用牛顿法，取，取，是为了使尽可能靠近，使牛顿迭代的收敛性得到保证。计算结果如下：； ； 至此，已有1.0

4、29，四位有效数字了，迭代结束，取。3求解方程最大根。（1）写出求解此方程的最大根的不动点迭代公式；（2）确定迭代收敛的条件；（3）求出方程的最大根，计算过程取5位有效数字，精确度要求为。解（1）首先要确定最大根的所在空间，而且为单调区间，即在该区间中有单根，这是选取初始值的前提。然后进行迭代。记，根据的定义，在有定义。当 ，在此区间，为单调减函数。当 时，在此区间，为单调增函数。，故和为方程的有根区间，且在每个区间中，只有一个根。为此，方程最大根在内，构造迭代格式其迭代函数为。（2）。当，故满足在区间内的不动点迭代收敛条件，迭代格式收敛。（3）取。则 ； ； ，因 ，故迭代停止。取。4判断方

5、程（1）；（2） 各有几个实根，并确定定位区间。解：（1）为了好作图像，改写原方程为。分别作， 的图像在同一坐标系内。易知有2个实根，一个在区间，另一根要计算一下：； 故在区间间，还有一个根。（2） ；时，在此区间，为单调减函数。时，在此区间，为单调增函数。试算一下：x-203-+-+故有三个零点区间，。5用迭代法求方程的最小正根，要求精确到4位有效数字。解：由图解法可知，之间有个根，且为最小的根。也可用解析法定位。取； 。，故为有根区间，且只有一根。将方程改写为不动点方程：。，即。因 故不动点迭代式 在区间0,0.5上收敛，且有唯一解。取 。6. 当R取适当值时，曲线相切，求出R试用迭代法求

6、出切线的横坐标的近似值。（要求计算结果不少于4位有效数字）解：因圆半径未定，故先从来计算，切点处的斜率：由得；而隐函数 确定的 可从 （*）中解出。两曲线相切，切点处的斜率应相同，故把代入（*）,且在切点处，这样有，即切点的横坐标满足方程 ，即 。 记作試算 ，又，故中单调，有惟一的根。 构造迭代格式 迭代函数，故迭代收敛。取初值 （4位）。7. 分别用不动点迭代法和Aitken加速法求在区间3,4上的近似根，要求误差不超过，并对两种方法结果作出比较。解：因为和在3，4上的值均较大，故对两边取对数，得不动点方程 上述不动点方程的不动点函数 在区间3,4上为单调递增函数。经试算： 两者均落在3，

7、4区间中，满足定义域条件。另一方面， 在3，4上为单调减函数，且。因此，不动点函数 在区间3，4上满足不动点迭代收敛的条件，不动点迭代在区间3，4上有惟一的解。构作迭代格式 ，取初值，得，取， 显然收敛得很慢。所以下面改用Atiken法加速。记 ，作 ，取，则有 。于是有 ， ， 已经达到精度要求了，取使用Aitken法加速只计算了6次（）就达到了迭代要求，可见Aitken 法加速很快。8. 求方程的根。解：本题形式已构成了一个不动点迭代方程，其迭代函数为 。由画出的示意图可知解 在 附近，由于，已经接近1，故如用迭代收敛一定很慢，所以用aitken法加速。设取，则有至此，已经收敛得很好。本题

8、如用牛顿法，效果也很好。记， 取，有 ，已达到迭代要求了，故牛顿法迭代也很快。二.基本题型之二：给定或设计方程求根的迭代格式，判别迭代的收敛性，确定收敛率1. 对于给定的正数,应用牛顿法于方程，证明当初值满足时，迭代法收敛。证：因为，故牛顿迭代格式为 注意！这是一种不用除法运算来求正数的倒数的迭代法，很有意思。下面证明其收敛性。记第步的误差为和，则有3者之间的关系为 ；而 （+）（+）式是一个递推关系，重复使用它，得 （*）若，那么 ，也即有 （#）从而有 即。又因为，所以，也就是牛顿法产生的序列收敛于。注意！本题不直接从误差来证明收敛性，而是对另一个量来证明。证明的关键是推出，这个关系不容易

9、一下子看出来。另外，求倒数原则上需要做除法，但本题却用乘法求一个数得倒数。例如，初值满足 ，不妨取，则有， 已有4位小数准确。又注：早期有的计算机不设除法运算指令，求就用本算法求出，再与相乘。妙吗？2. 证明用二分法得到的序列线性收敛。证：分析欲完成本题，应证得。所以我们由此入手。 因每次都将当前的区间缩小一半，故二分法产生的序列满足 。 （注意，这里是不等号）又由下图可看到第步到第步的过程有 ， （注意，这里是等号） 因此我们有由二分法知，若，则；反之，若，则。故 ， 可得 ， 于是 根据收敛阶的定义，由二分法产生的序列线性收敛。证毕。3.设初始值，充分靠近，证明迭代格式 ， 是计算的三阶方

10、法，并计算的值。解1：直接用收敛阶定理（即教科书上第4章的定理3.4）证明，即证明不动点迭代函数满足 ，（是不动点）；以及（+） 记则首先有 （1）下面计算不动点迭代函数的导数，因直接求导很繁杂，所以采用隐函数求导法。因为 （2）在上式两边关于变量求一阶导数： （3）代入，并将（1）代入，得在处的导数值：（以隐函数的形式） 则有 （4）再对（3）两边关于变量求导数： （5）同样代入，并将前面得到的和一并代入，得 （6）在（5）两边再求导，代入，并考虑（1）（4）（6），可得 因此，根据收敛阶定理知，对充分靠近的初值，迭代3阶收敛，而且 。解毕。解2：本题也可以按序列极限理论，证明序列是一个极限

11、为的收敛序列。为此，应证其单调性和有界性。这留给同学们自证。4.证明求（）的牛顿迭代格式是全局收敛方法。证明：本题要证明的是：对任意初始值，迭代产生的序列均收敛于。证一：应用单调递减下有界序列必存在极限的原理。 因，故由，得， 故，可见正数序列下有界。 又, ，故序列单调递减。这样，序列单调递减下有界，故对任何正的初始值，迭代收敛。设其收敛于，由 ，即有 ， 解得。证二：应用牛顿法全局收敛性条件（见第4章定理4.3）。 设由于，故方程有惟一的根。又，不变号，故当时，有 因此由牛顿法全局收敛定理，当 时，牛顿迭代全局收敛。当的情况下，故从下一迭代值起，又成为德强近似值，回到第一种情况。 因此，对

12、任一正初始值，迭代都收敛。证毕。5. 设是不动点方程在区间上的不动点，证明：（1）当不动点函数，且时，不动点迭代有线性收敛速度；（2）当，且时，不动点迭代至少有平方收敛速度。证明：本题是第4章定理3.4的简化版，请同学们自证。6.设是方程的单根，证明牛顿迭代公式有如下结果： （1）； （2）证：这是2个很有意思的式子，证明它们可帮助理解牛顿迭代。（1）因为待证的关系式中有，故先将在处作Taylor展开： 介于之间。两边除以，并移项，整理得 注意到上式左边括号内就是，故 两边再除以，即得 在上式两边取极限，并利用 ，则得 。（2）由牛顿迭代式得 因，所以 其中介于之间，介于之间。这样，在上式两边

13、取极限 。其中最后一个式子由（1）的结果而来。7.给定迭代格式，显然，是此迭代格式的一个不动点。证明：时，迭代补收敛，但是利用Aitkin加速公式，迭代收敛。证明：当时，因此序列为单调递增，且无界，趋于无穷大，迭代不收敛。 又当时，因此序列为单调递减，也无界，趋于负无穷大，迭代同样不收敛。 由Aitkin加速公式，记，令， 。对于本题，所以 因此，Aitkin迭代格式的迭代函数为 Aitkin迭代格式的收敛性取决于迭代函数的导数。 故有 。根据不动点迭代的局部收敛定理，当初始值在原点附近，则Aitkin迭代是局部收敛的。8应用牛顿法于方程=0和，试分别导出求的迭代格式，并分别求 解：对，。故牛

14、顿迭代格式为： 对，故牛顿法迭代格式为： ，可见，两者的迭代格式不同。对，对，可得 结果也不一样。但均二阶收敛。9. 设为的单根。且已知求解方程的牛顿法具有下述收敛速度 其中，且。证明：也收敛于 （本题与第6题相同）10. 证明：对于的多重根，牛顿法仅有线性收敛。证：设为的m重根，。此时可写为。其中。牛顿法迭代格式的构造函数：由牛顿格式得：即 两边取极限 因为，所以此时的牛顿法线性收敛。11. 设为的m重根，即，。在处解析。证明：迭代格式，（）在的附近二阶收敛。证：设，则故迭代格式在处局部收敛。再证其二阶收敛。 介于和之间。因为为有限量，故迭代格式在附近二阶收敛。12. 设在内有重根，设计下列

15、简化牛顿迭代格式 ， （1）(1) 试给出此格式收敛的充分条件；(2) 证明 其中解：（1）.由给定的格式，迭代函数为 （2）由迭代法收敛定理知，。迭代格式收敛的充分条件。即展开（2）式，即 因此，只要对给定的任意，存在，使上式成立，则简化的牛顿迭代格式便收敛。（2）.由，有，介于与之间。故两边取绝对值，并利用，即有13.对方程（1）推导出求解的迭代格式 （1）（2）证明：对于的单根（1）具有二阶收敛速度；（3）讨论在重根附近，（1）的收敛速度；解：设为的单根，则。又设在的邻域内，的各阶导数有界，对在的邻域内作Taylor展开两边同乘以（2） (3)因为所以 （4）将（4）代入（3）， （5）

16、将（5）代入（2） （6）有近似关系因此时的不再准确，设为，则有迭代格式（2）.上述格式有何优越之处？讨论起收敛速度。所以在单根附近，有二阶收敛速度。（3）当是的重根时，线性收敛。设是的二重根，则将，在处泰勒展开。于是可见收敛速度为线性。14设为的单根，设计如下迭代格式： k=0，1，这是一个迭代二次，只计算一次导数的牛顿法。证明：（1） 该迭代为局部收敛；（2） 收敛阶数为3，且 证：（1）将迭代的中间变量消去，即将代入后一式：它的对应的不动点迭代函数为： (1)，且有：化简整理迭代函数为： （2）对上式两边分别求取一、二、三阶导数：1） （+）在处，由上式得2）在（+）两边再求一次导， （

17、+）在处，由上式得即 ，3）在（+）两边再求一次导，在处，由上式得故根据收敛阶数定理知，该迭代格式为3阶收敛。又由于 因此。15.证明：下列牛顿公式（steffenson方法）是二阶收敛的。设，。证明：将在处泰勒展开介于与之间。 （1）又由于是的单根，。所以， 代入（1），故有。即此迭代格式二阶收敛。证二：steffenson迭代：迭代函数为： （2）由已知条件，是的单根，即，由微分中值定理：这样， （3）两边取极值对（2）两边求导数两边取极值：因此，牛顿法（steffenson法）至少二阶收敛。16.设方程组（1）证明该方程组存在唯一的一组解；（2）导出适当的迭代法，并证明迭代收敛；（3）求

18、解方程组，精确到三位有效数字；解：（1）消去，故迭代函数为，故不动点方程存在唯一不动点作 k=0，1，取对应的。三. 杂题1求方程在附近的一个根。建立数解迭代格式，分析每解迭代公式的收敛性，从中找一解收敛性较快的，计算在1.5附近的根，要求。解：迭代一：， 对于 ，当时，单调递减 可见，当时，。并且当时， 可见，此迭代法是收敛的。，所以此迭代格式为线性收敛。迭代二：， ， ，当，为单调递增函数。可见，在时，。另一方面，。故此迭代格式满足收敛的两个条件，迭代法收敛。但，。故迭代法也为线性收敛，但比第一种格式的要小，估计收敛得快些。迭代三：， ，故舍去。迭代四：。 故当时，可见，迭代格式 发散。迭代五：，对于 ，故 ， 2. 判断下列方程是否可用迭代法求解。（1）；（2）【分析】一个迭代法是否适用，首先要求它收敛。对，其迭代收敛的关键是给定区间内是否满足。（1）对，故对任意，有为迭代函数的迭代法均收敛。故原方程可用迭代法求解。（2），。由图解法判断原方程在有解，但在上，有：，故迭代公式肯定不收敛。但可改为：，两边取对数：取，故在上，而且，也满足定义域条件：。，即，。3.用迭代法求函数的单重零点，其中，试确定函数，使这个迭代法至少是三阶局部收敛。【分析