数值计算方法(宋岱才)课后

数值计算方法(宋岱才版)课后数值计算方法(宋岱才版)课后60/60数值计算方法(宋岱才版)课后第一章绪论一本章的学习要求1）会求有效数字。2）会求函数的误差及误差限。3）能依照要求进行误差解析。本章应掌握的重点公式（1）绝对误差：设x为精确值，x为x的一个近似值，称exx为x的绝对误差。（2）相对误差：ere。x（3）绝对误差限：exx。（4）相对误差限：rxx。xx（5）一元函数的绝对误差限：设一元函数fx0,则dfx。fdx（6）一元函数的相对误差限：rf1dfx。fdx（7）二元函数的绝对误差限：设一元函数则f。fx,y0,fyy（8）二元函数的相对误差限：f1fxf。rfxyy三本章习题解析以下各数都是经过四舍五入获取的近似值，（1）试指出它们有几位有效数字，（2）分别估计A1X1X2X3及A2X2的相对误差限。X4x11.1021,x20.031,x3385.6,x4解：（1）x1有5位有效数字，x2有2位有效数字，x3有4位有效数字，x4有5位有效数字。（2）A1x1x2x3,A1x2x3,A1x1x3,A1x1x2,由题可知：A1为A1的近似值，x1x2x3x1,x2,x3分别为x1,x2,x3近似值。所以A1rA1A11A1x1A1x2A1x3A1X1X2X31x2x31104x1x31103x1x21101x1x2x3222A2X2,则有A21,A2x22,同理有A2为A2的近似值，x2，x4为x2，X4x2x4x4x4x4的近似值，代入相对误差限公式：A2rA2A21A2X2A2X4A2X2X4X4113X211035102210X2X2X44正方形的边长大体为100cm，怎样测量才能使其面积误差不高出1cm2?解：设正方形的边长为x，则面积为Sx2，ds2x，在这里设x为边长的近似值，S为dx面积的近似值：由题可知：sdsx1dx即：2xx1推出：x10.005cm。2003.测得某房间长约L，宽约为d，且长与宽的误差限均为，试问房间面积S=Ld的误差限和相对误差限分别为多少？解：设sld则有：sd，sl。在这里l，d，S分别为l，d，s的近似值：ldsslsddlld2ldS相对误差限为：rS。S以下公式怎样计算才比较正确：e2x1(1)当x的绝对值充分小时，计算2；（2）当N的绝对值充分大时，计算N11N1x2dx；（3）当x的绝对值充分大时，计算x1x1。xx2x2x2x4xx3xxe1e1e1=eee解：（1）当x0时，e1=2xx2xxxxx2e12eee2eee3xxx2x2x=eexeeexxexe2e2eN11N1（2）当N时，2dx=argtgx=argtgN1argtgNN1XN=argtg11NN1x1x11111xxxx(3)当x时，x=xxxx11xxxxx=2。22xxx115.列yn足推关系yn=10yn1-1，n=1,2,⋯，若y0=2，算到y10差有多大？个算数定？解：已知正确y02，近似y0，他的差0y0y0，有：1y1y110y0110y01=10y0y01002y2y210y1110y11=100y0y01000y10y1010y9110y91=10y0y010以此推所以10100101010212218=1021010106.算f6，取21.4，直接算和用1来算，哪一个最好？2-13322解：依意构造函数fxx1，fIx6x5，由差公式1ffxx=61.41526110127.求二次方程x2-16x+1=0的小正根，要求有3位有效数字。解：由求根公式：x161624。所以。x1863，x2863比可知：2小的根x2863，由周边数相减原理有：x28638638631863863若是利用四位函数表算1cos20，用不同样方法算并比果的差。解：1cos2011cos201sin2200.034926.092104cos209.x的相差限δ，求x100的相差限。解：由意可知：fxx100，有fIx100X99在里xX的近似，ff的近似值，由已知x的相对误差限为。99所以：fffIxx100xx100x100ffx100xx10.已知三角形面积S=1absinc,其中c为弧度，满足0<c<，且a,b,c,的误差分别为22a,b，c。证明面积误差s满足sa+b+c。sabc解：由误差定义：ssasbscs1s1abc，又由于：bsinc，asinca2b2s1abcosc，代入上式可得：s1bsinca1asincb1abcosccc22221bsinc1asinc1s22abcoscab2c，两边同除以s可得：s111absincabsincabsinc222约分可得：sabc则有：tgc>c>0.，sab，由于：0<c<tgc2所以命题sabcsab建立。c第二章插值法一本章的学习要求1）会用拉格朗日插值和牛顿插值求低阶插值多项式。2）会应用插值余项求节点数。3）会应用均差的性质。本章应掌握的重点公式（1）线性插值：L1xl0xy0l1xy1。（2）抛物插值：L1xl0xy0l1xy1l2xy2。（3）n次插值：Lnnxlkxyk。k0（4）拉格朗日插值余项：RnxfxLnxfn11x。nn1!（5）牛顿插值公式：NXfx0fx0,x1xx0fx0,x1xnxx0xx1xxn1。nfxj（6）fx0,x1,xn。xx0xx1xxj1xxj1j1xxn（7）fx0,x1,xnfn。n!（8）牛顿插值余项：RnxfxNnxfx0,x1xnn1x。三本章习题解析1.给定x,fx的一系列失散点（1，0），（2，—5），（3，—6），（4，3），试求Lagrange插值多项试。解：设所求插值多项式为pxL3Xl0xy0l1xy1l2xy2，且已知：x01，y00，x12，y15，x23，y26，x34，y33，代入插值基函数公式：可得：l0xx1xx2xx3=xx1x0x2x0x3x0l1xx0xx2xx3=xx0x1x2x1x3x1l2xx0xx1xx3=xx0x2x1x2x3x2

x2x3x4123x1x3x4112x1x2x4211化简代入px得:pxx34x232.若fx2x63x5x31，求f30,31L36，f30,31L37。解:由f6x26!，所以:f626!，f7xf70.由均差的性质(三)f626!2，f30,3137f70可知:f30,31L36L06!7!6!7!给定函数表xi012345fxi-7-452665128（1）试用Lagrange插值法求一个三次插值多项式L3X，并由此求f的近似值。（2）试用Newton插值公式求一个三次插值多项式N3X，并由此求f的近似值。解：(1)n3，取周边的4个点为宜。故取，x00，y07，x11，y14，x22,y25，x33，y326。则L3Xl0xy0l1xy1l2xy2，依照习题1求出插值基函数。代入L3X。可得：3X2x7，所以：1321Lx322（2）牛插多式N3xfx0fx0,x1xx0fx0,x1,x2xx0xx1fx0,x1,x2,x3xx0xx1xx2，列差商表：xiyi一插商二插商三插商0-71-4325933262161所以：N3X73x03x0x1x0x1x2x32x7nkk⋯,n其中lj4.xj互异点（j=0,1,2,⋯,n）求：j0xjljxx，k=0,1,2,xn次插基函数。明：依照意：kyjkfxx，所以有fxjxj，nknnyj合上式所以有：j0xjljxj0fxjljxj0ljx=Lnxj，由余定理可知：fxjLnxjRnxj，且由定理二可知，当0jn，Rnxj0所以就有fxjLnxjxjk。nkk在里令量xjx，所以命：j0xjljxx，建立。5.fxc2a,b且fafb0，求：maxfx1ba2maxfIIx。axb8axb明：由可知：x0a,y00，x1b,y10，故可构造性插多式即下式：L1Xl0xfx0l1xfx1，（1）式，因fxL1XR1x，（2）式，其中R1xfIIxaxb，（3）2!式，将（1）（3）代入（2）整理：IIL1XR1xxbxaffxabfabafbR12!xaxbIIII所以：fxfxaxbf这里取xabmaxxaxb代2!2!2axbII2fba1再放缩得maxfxba2maxfIIx入，可推出：fx2!4axb8axb6.若fxanxnan1xn1a1xa0有n个不同实零点x1,x2,Lxn,证明：k0,0kn2nxj11fIxjann1j,k证明：由题可知：fx有n个不同样实零点，故fx还可以表示成根形式的多项式，即：fxanxx1xx2Lxxn；Ifxfx由导数的定义可知：jfxjlimxxjxxjfxlimanxx1xx2xjxj1xxnlimxjx1xxxjxxxj=anxjx1xjx2xjxj1xjxj1xjxn在此设：xxk；k1xjnxjnIaxxxxxxxxj1nj1j1jj1jj1jnfxjn11x1,x2,xn1，记为（1）式anann1!当kn1时，n1xn1!，则（1）变为1；ax当0kn2，则（1）式变为0，综上所述：k0,0kn2nIa1n1j1n,kfx给定函数表xi-2-10123fxj-5111725已知以上数据取自一个多项式，试确定这个多项式的次数；并求出这个多项式。解：用牛顿法：NXfx0fx0,x1xx0fx0,x1,x2,xx0xx1+fx0,x1,x2,x3,x4,x5xx0xx1xx2xx3xx4，列插商表：xifxi一阶插商二阶插商三阶插商四阶插商五阶插商-2-5-116010-311001276310325186100NX56(x2)3(x2)(x1)(x2)(x1)(x0)x3x1，为三次。8.对函数fx，gx及任意常数a,b,证明：afxbgxx0,x1,xnafx0,x1,xnbgx0,x1,xn。证明：由高等数学的知识，我们构造函数FXafxbgx，于是就有下式建立：afxbgxx0,x1,xnFxx0,x1,xnnFxjj0xjx0xjx1xjxj1xjxj1xjxnnafxjbgxjj0xjx0xjx1xjxj1xjxj1xjxn由分式法规：nfxjngxjaxxxxxxxxxxbxxxxxxxxxxj0j0j0j1jj1jj1jnj0j1jj1jj1jn=afx0,x1xnbgx0,x1,xn，所以命题建立。10.给定函数表xifxi试分别用Newton前插值公式和Newton后插值公式计算f0.05的近似值。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，分别代入Newton前插值公式和Newton后插值公式可得f0.05=1.05126.11.若要给出fxcosx，x0,的一按等距步长h分布的函数表，并按线性插值计算2任何x0,的cosx的值。问当h取多大才能保证其截断误差的绝对值不高出14。2210解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，代入余项公式，即可求出h0.02。设fxc2n2a,b，采用Lagrange插值余项的证明方法，证明：埃尔米特插值余项RxfxH2n1xf2n222n2!n1x。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，将定理2代入余项公式即可求得，在此不做说明。13.求不高出3次的多项式Hx，使其满足H19，HI115，H11，HI11。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，设所求多项式为：Hxa0a1xa3x2a3x3，代入条件，即可求得：Hxx34x24x。14.求不高出4次的多项式PX，使其满足P0PI00，P1PI11，P21。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的pxa0234同学可自行解答，设所求多项式为解析a1xa2xa3xa4x，代入条件，即可求得：px1x2x32。4给定函数表xi0123f02xi（1）在界线条件fI00.2，fI31下求三次样条插值函数SX；（2）在界线条件fII0，fII33.3下求三次样条插值函数SX。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，代入样条插值函数公式，即可求得，在此不做说明。0.48x30.18x20.2x,x0,1结果为：（1）sx32x10.5,x1,2x11.25x1x23x2x22.0,x2,32320.15x,x0,1（2）sxx13x2x10.5,x1,21x232x22,x2,32.25x2第三章函数逼近及最小二乘法一本章的学习要求1）会用最小二乘法求拟合曲线。2）会将非线性函数转变为线性函数。本章应掌握的重点公式线性曲线拟合公式：n0ti0ti，ni0ti，,,,00i0i0110i01tin1ti1ti,i，11i0n0tiyin1tiyi0,fi0i，1,fi。i0三本章习题解析1.设x,xx是区间[0,1]上带权xx的最高项系数为1的正交01n1多1xxdx及xx。项式序列，其中x=1，求1和200k解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的11同学可自行解答，在这里只给出结果。结果为：xxdx,k0；x2；0k21x0,k03xx26x3。25102.判断函数x=1，x=x,，x21，在1,1上带权x1正交，并求012x3x使其在[-1，1]上带权x1与x，1x，x正交。302解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，在这里只给出结果。结果为：x33x。53.证明：若函数组x,xx是在[a,b]上带权x正交的函数组，则01n10x,xnx必然是线性没关的函数组。11解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行证明。4.已知点列x02，x1，x20，x31，x42及权函数x0，1x1x2x31，x41.5，利用公式（4—7）和（4—8）构造对应的正交多项式p0x,p1x,p2x。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，在这里只给出结果。结果为：p0x1，p1xx2，5p2xx4x246。115515已知数据表xi01234yi求拟合这些数据的直线方程。解：设所要拟合的直线方程为：ya0a1x，这里m4，n1，0x1，1xx，4xi0xi5，40xi1xi10，0,0i0i00,11,0i0i4xixi30，40xiyi32.75，1,1i0i110,fi0if4xiyi93.1，所以可获取以下方程组：510a01,i1i01030a1解得：a0，a1，所以所求方程为y2.76x。已知数据表12345678xi33455667yi求拟合这些数据的直线方程。解：设所要拟合的直线方程为：ya0a1x，这里m7，n1，0x1，1xx，70xi0xi8，70xi1xi36，0,0i0i0,11,0i0i7xixi285，70xiyi41，1,1i0i110,fi0i1,f7xiyi216，所以可获取以下方程组：8,36a041i0i136,285a1216解得：a02.22，a10.95，所以所求方程为：y0.95x。7.某发射源的发射强度公式为II0et，现测得I与t的一组数据以下表tiIi试用最小二乘法依照以上数据确定参数I0和的值。解：先将II0etIlgI0e线性化，即两边取以10为底的对数，变为lgalgx，设ylgI，A0lgI0，A1alge，所以上式变为yA0A1x。这里m7，n1，xx，代入公式得：70x1，10,0i0i0xi0xi8，70xi1xi3.5，71xi1xi2.03，0,11,0i0i1,1i0i7xiyi0.8638，7xiyi0.08062，0,fi0i01,fi0i1所以可获取以下方程组8,A0，解得：A00.08777，A1A10.04618，相应的I05.64,a2.89。试用最小二乘法依照以下数据表xiyi求yaebx的最小二乘拟合曲线。解：先将yaebx线性化，即两边取以10为底的对数，变为lgylgblgex，设ylgy，A0lg，A1blge，所以原式变为：yAAx。这里m4，n1，x1，0101xx，代入公式得40xixi5，0,0i0i04xi1xi，41xi1xi11.875，0,11,0ii01,1i0i04xiyi33.33，7xiyi51.2275，0,fi0i01,fi0i1所以可以获取以下方程组：5,A0，解得：A03.708，A1A11.972，代回求得，a,b,故方程为y0.5056x。用最小二乘法求形如yabx2的经验公式，使它拟合以下数据。xi1925313844yi解：先将yabx2线性化，设Xx2，则原式变为yabX，这里m4，n1，，xx，代入公式得4xx5，x1iii010,0i0004i0xi1xi5327，41xi1xi7277699，0,11,01,1ii0i040xiyi271.4，4xixi，0,fi0i1,1i0i11所以可以获取以下方程组：5,5327a，5327,7277699b解得：a0.05004，b，所求方程为：y0.972580.05004x2。第四章数值积分和数值微分一本章的学习要求1）会求各种插值型求积公式。2）会应用求积公式解析代数精度。3）掌握梯形公式，辛甫生公式及其误差余项。4）掌握复化梯形公式，复化辛甫生公式及其误差余项。本章应掌握的重点公式（1）梯形公式：bbafafb。fxdxa2（2）辛甫生公式：bbafa4fabfbfxdx。a62（3）复化梯形公式：Tnhn1xk。fa4ffb2k1（4）复化辛甫生公式：Snhn1xknxkfb。fa2f4f212k1K0（5）梯形公式的误差余项：RTxfIIba3。a,b12（6）复化梯形公式的误差余项：RTxbah2fII。a,b12三本章习题解析用复化梯形公式和复化Simpson公式计算以下积分。（1）1xx2dx,取n8；(2)64sin2xdx，取n6040解：（1）代入复化梯形公式可得T81f07fxkf1=0.1114024，16k1(2)5=1.03562，代入梯复化形公式可得：T672f0fx6fk16同理，分别代入复化Simpson公式可得：S80.1115724，S6。确定以下求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量高，并指出所构造的求积公式所拥有的代数精度。hfxdxA0fA1f0A2fh（1）hh1fxdxA0f0A1fx1A2f1（2）02hfxdxA0fhA1f0A2fh（3）2hhfxdxA0fhA1fx1（4）h解：（1）设fx1，x，x2，求积公式正确建立，代入（1）式可得：2hA0A1A20A0hA2h23A0A223hh解得：A0A21h，A14h，331h4h1h代入原式整理得：hfxdxfhf0fh，h333对于fxx3，代入上式考据，左边=右边，连续令fxx4，代入上式考据，左边右边，即所构造的求积公式拥有3次代数精度。（2）设，x，x21A0A1A21A0xA2fx1，求积公式正确建立，代入（2）式可得：21A1x22A23解得：A0A21，A12，x11，63211211代入原式整理得：fxdxf0ff1，06326对于fxx3，代入上式考据，左边=右边，连续令fxx4，代入上式考据，左边右边，即所构造的求积公式拥有3次代数精度。4hA0A1A2（3）设fx1，x，x2，求积公式正确建立，代入（3）式可得：0A0hA2h16h3A0A2h23解得：A0A28h，A14h，332hfxdx8hfh4hfx18hfh，代入原式整理得：2h333对于fxx3，代入上式考据，左边=右边，连续令fxx4，代入上式考据，左边右边，即所构造的求积公式拥有3次代数精度。（4）设fx1，x，求积公式正确建立，代入（4）式可得2hA0A10A0hA1x1解得：x1h，A0h，A12h，323hfxdxhfh3hfh代入原式整理得：，h223对于fxx2，代入上式考据，左边=右边。连续令fxx3，代入上式考据，左边右边，即所构造的求积公式拥有3次代数精度。3.证明：1xdx1f0f11fI1fI0拥有3次代数精度。f0212证明：当fx1时，左边=1，右边=1111001，左边=右边。212当fxx时，左边=1，右边=1011111，左边=右边。22122当fxx2时，左边=1，右边=1011201，左边=右边。32123当fxx3时，左边=1，右边=1，左边=右边。44当fxx4时，左边=1，右边=1，左边右边。56故所求积公式拥有3次代数精度。4.用复化Simpson公式S计算积分2sinxdx，要使误差不高出15，问应将区间n02100,分为多少等份？若改用复化梯形公式时，要达到同样精度问应将区间0,分22为多少等份？4解：复化Simpson公式的余项的绝对值为：Rsfbahf4由此可将原问题转180204515解得：n6化为sf2maxsinx410。18092160n2R4n0x2同理若应用复化梯形公式，则有ba022II215解得：n255。Rtfhfmaxsinx12122n210ox5.求积公式1fxdxA0f0A1f1A2fI0，已知其余项表达式为0RfkfIII。试确定求积公式中的待定参数，，A2，使其代数精度尽量A0A1高，并指出求积公式所拥有的代数精度及余项表达式。解：设fx1，x，x21A0A1A2求积公式正确建立，代入原式可得：10A1A221A13解得：A02，A11，A21，3361xdx2f01f11fI0，所以原式变为：0f336当fxx3时，代入原式，左边=1，右边=1，左边右边，III43111III6，所以求得k由题意知误差为且fx3!4kf，372即Rf1fIII为所求，上式求积公式拥有3次代数精度。726.若用复化Simpson公式计算3106，问需要计算多少个节exsinxdx，要使误差不高出1点上的函数值？fIx4xsinx，解：ebah4在这里取复化Simpson公式余项的绝对值Rsff4，18023124代入已知条件得：Rsf4esin，1802n214，解得：n26。进行放缩得：Rsfmax4exsinx106180n1x37.推导以下三种矩形求积公式，其中a,b（1）bbafa1fIba2fxdxa2（2）b1fI2fxdxbafbbaa21fII（3）fxdxbafabba3ba224证明：（1）将fx在fa处张开成一阶泰勒公式，即：fxfafIxaa,bbfxdxbadxbIxadx上式两边在积分，得：affaa=fababfIxadx，abgxdxgbxdx，a,b，这里我们应用广义积分中值定理：fxfaabfIxadxfIbadx，于是上式中第二项就化简为以下形式：xaaa,b，积分整理获取：bxdxbafa1fIba2。fa2（2）将fx在fb处张开成一阶泰勒公式，即：fxfbfIxba,bbxdxbbdxbIxbdx上式两边在积分，得：afffaa=fbbabIxbdx，fa上式中第二项应用广义积分中值定理化简代入即可得：b1fIba2。fxdxbafba2（3）将fx在fab处张开成二阶泰勒公式，即：2fababxabfIIxab2fxfI，2!2222上式两边在a,b积分得：bbabbfIababbfIIab2xdx，fxdxfdxdx！xaa2a22a22bxgxdxgba,b，由广义积分中值定理ffxdx，aa代入上式第三项化简，尔后对上式整体积分即可得：fxdxbafab1fIIba3。ba2243xdx构造一个最少拥有三次代数精度的数值求积公式。8.对积分f0解：将0,3三均分，即取节点0，1，2，3.构造求积公式：3fxdxA0f0A1f1A2f2A3f3，令fx=1，x，x2，x3求积公式03A0A1A2A3A03890A12A23A3正确建立，代入公式得：2解得：A192780A14A29A393A2810A18A227A3834A38所以所构造的求积公式最少拥有三次代数精度，即：fxdx3f09f19f23f3。30888819.用高斯-勒让德求积公式，取n=2计算定积分x2exdx。0解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的bnAKQxk同学可自行解答，代入高斯勒让德求积公式：Qxdx即可求出：ak01。x2exdx010.用龙贝格求积公式计算定积分31dx。0x解：代入复化梯形递推化公式，求得：T131f1f34，23T2131f4，T4131f3f914，2T1232T24449T8131f3f9f15f21597，2T488888315S14112，S24152，S44118983T23T193T43T2273T83T4945，116211796，21641228548，C15S405C15S15S1417515S6311799212。R164C264C189302511.若fIIx0，证明用梯形公式计算积分bxdx所得的结果比正确值大，并说明其fa几何意义。证明：已知梯形公式为IInRTf，3由已知fIIx0bafII，也就是IIn0即及余项公式RTf012InI造成结果比正确值大。几何意义：由fIIx0可知曲线为向下凸函数，梯形面积大于曲边梯形面积。第五章常微分方程的数值解法一本章的学习要求1）可以熟练的应用欧拉公式求初值问题。2）掌握龙格库塔方法。本章应掌握的重点公式（1）欧拉公式：yn1ynhfxn,yn。（2）退后的欧拉公式：yn1ynhfxn1,yn1。（3）梯形公式：yn1ynhfxn,ynfxn1,yn1。2三本章习题解析1.对初值问题yIy00,1区间取步长h，分别用欧拉公式、改进的欧拉公y0，在1式及经典的四阶Runge-Kutta公式作数值计算。解：（1）由欧拉公式可知：yn1ynhfxn,ynynyn=n。ypynhfxn,yn（2）由改进的欧拉公式可知：ycynhfxn1,ypyn121ypyc将已知代入化简可得：ypynynyn，ycynypyn，yn1yn0.91yn=yn。12k1fxn,ynk2xnh,ynh（3）由经典的四阶Runge-Kutta公式可知：f22k1k3xnh,ynhf22k2k4fxnh,ynhk3公式为：yn1ynhk2k22k3k4记为（1），所以有：k1yn，61k2yn0.05yn，k3yn0.05yn0.0025yn，k4yn0.1yn0.05ynn，代入到（1）得：yn1yn1n。60dyaxb1anh2。2.用欧拉公式解初值问题dx，证明其整体截断误差为yxnyny002证明：将已知代入欧拉公式yn1yn1fxn,yn，化简为yn1ynhaxnb，n张开得：yn1ynhaxnhb，应用递推关系可得：ynyn1haxn1hb，以此类推：y3y2hax2hb，y2y1hax1hb，y1y0hax0hb，尔后迭代得：ynn(n1)ah2nbh，2由题可知，对原定解问题积分得：yx1ax2bx，故可得yxn1axn2bnh，22所以有yxnyn12建立。2anh23.用欧拉公式计算积分xetdt在x0.5，1，，2点的近似值。0x22Ix2ex，且f00，故原问题转变为fxe的定解：设fx0etdt，则fIxf00解条件在x00，x10.5，x21，x3，x42时的定解问题。1y1y00由欧拉公式yn1ynfxn,yn，可知：e，ny2y110.5e，y3y244eee，y4y3949eee。yI10y04.用欧拉公式计算初值问题，0X2，取步长时，计算结果稳y01定吗？解：10,h0.3,h3不在2h0内，所以计算结果不牢固。yIy02n5.对初值问题，证明梯形公式求得的近似解为ynh，并证明当步长y012hh0时，ynexn。证明：由梯形公式：yn1ynhfxn,ynfxn1,yn1，2代入yIy化简可得：ynynhyn，12yn11h合并同类项，整理可得：yn1h2yn，122n12h化简得：yn2hynyn12h，12h2h2hy0由已知y02hn12hn1，于是上式化为yn1，即yn建立。2h2h由极限制义：lim2hn2h2hn2hlimynlimlim1h0h02hh02hh02h

2hn2h2h2hn2hlimeh02h,lim2xnexn。由xnnh代入，所以原式eh02hyI100y，若是取h11100n6.对初值问题yn。n，证明欧拉公式求得的近似解为y01n证明：由欧拉公式：yn1xn,yn，将已知代入可得：yn1yn1100yn1ynfnn1001002yn1，迭代可得：yn1yn11，同理，以此类推得：nn100n1n1100nyn1y01，由y01有yn11100即yn1。nnn8.取步长h，试用经典的四阶龙格—库塔公式求初值问题yIxy，y0的1y0.4的近似值。解：yn1ynhk12k2kk，其中k1fxn,ynxnyn，6234k2xnh,ynhxnynk1，f22k1h,ynhynk3fxn22k2xnk2k4fxnh,ynhk3xnynk3，将k1，k2，k3，k4，代入原式：yn1yn1xnyn0.244xnyn，30取节点：x00，x1，x2，于是有：y1y0y0，3030y2y1x1y1。303010.解初值问题yI10yx，1x2，若用梯形公式求解，要使迭代公式y(0)ynhfxn,ynyn1收敛，求步长h的取值围。(k1)h(k)fxn1,yn1yn1yn2fxn,yn解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，在这里只给出结果。结果为：hp1。6I11.证明初值问题yfx,y的二步法yn1ynyn1h4fn1fn3f，yx0y0124n1fifxi,yi是二阶的，并求其局部截断误差项。IIIII证明：将yn在yn处进行三阶泰勒公式张开得：yn1ynIy2y341hyn2!h3!hoh，同理将fn1，fn1，也在yn处进行泰勒公式张开，由于原式第二项前有h，故fn1，fn1只要张开成二阶泰勒公式即可，即：IIIIIIIIy23，IIIIy23，fn1yn1ynyhfn1yn1yny2!hohh2!hohIIfnIIy219ynIII341yn，将以上四式代回原方程得：yn1ynhyn2nh24hoh○IIIII现将yn在yn处进行三阶泰勒公式张开：yn1ynIyh2yh3oh421hyn2!3!○12191，故原式是二阶的，局部截断误差为现将○与○进行比较可知：2461913III43III4153III1524hyn246hynohoh，局部截断误差的首项为24hyn。12.证明：线性二步法yn1b1ynbyn11hb3fn13b1fn1，当b14时方法是二阶的，当b1时方法是三阶的。证明：原式变形为yn11bynbyn1hb3fn13b1fn1，记为（1）式，4将yn1，fn1，fn1在yn处分别张开成三阶，二阶，二阶泰勒公式，即：I2II3IIIoh4，fn1III2IIIyn1ynhynh2!ynh3!ynynhynh2!ynoh3，2IIIh2!III3fn1ynhynynoh，将上面三式代入（1）式化简可得：23Ih2!IIIIIh4yn1ynhynyn2b3h3!yno，记为（2）式，23再将yn在yn处张开成三阶泰勒公式，Ih2!IIIII1yn1ynhynynh3!ynoh4，记为（3）式，将（2）式与（3）式比较，要想拥有三阶精度则：2b311，6，即b1时，2b316当b，拥有二阶精度。6613.求系数a,b,c,d使公式yn1ayn1hbfn1cfndfn1有yxn1yn1oh5。解：将yn1，fn1，fn1，在yn处分别张开成四阶，三阶，三阶泰勒公式，即：I2II3III4(4)yn1ynhynh2!ynh3!ynh4!ynoh5，III2III3(4)oh4，fn1ynhynh2!ynh3!ynIII2III3(4)Ioh4，fnfn1ynhynh2!ynh3!ynyn，将以上几式代入原式，整理可得：Ia2IIabd3IIIabd4(4)ynyn1aynh(acbd)yn2bdhyn622hyn2446h，比较yn1在yn处的四阶泰勒公式张开式的各阶系数，即可求出相应的未知数，解得a1，bd1，c43。314.对于初值问题的模型方程yIyp0，求二阶Runge-Kutta方法yn1ynhk1k22k1fxn,yn的牢固区间。k2fxnh,ynhk1解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，在这里只给出结果。结果为：1h12h21。215.求系数a，b，c使求初值问题yIfx,y的公式yn1aynbyn1hcfn1有尽可x0y0能高的精度，并求其局部截断误差首项。解：依照上面几个题的做法可知：2II3III2IIIIIIIh2!yn1ynhynh2!ynh3!ynoh4，fn1ynhynynoh3，将以上两式代入原式化简可得：abynIbIIbc3III4yn1cbhyn2ch2yn62hynoh，ab1比较yn1在yn处张开的三阶泰勒公式的系数即可获取方程组cb1b2c1b3c1由于四个方程三个未知数，故解前三个方程即可，解得a4，b3，c2，代入b3c1说明拥有二阶精度，局部截断误差首项为：2h3ynIII。3第六章方程求根一本章的学习要求1）可以熟练的应用牛顿迭代公式。2）可以依照要求推导出牛顿迭代公式并求其局部截断误差。本章应掌握的重点公式（1）牛顿迭代公式：xk1xkfxk。fIxk（2）迭代收敛定理：设迭代过程xx收敛于方程xx的根为x，若迭k1k代误差ekxkx，当k时，limxk1xplimek1c0，则称该迭代过kxkxkek程拥有p阶收敛。三本章习题解析1.用二分法求方程x3x10在1,2的近似根，正确到103。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，在这里只给出结果。结果为：x91.325。2.证明用二分法获取的序列xk为线性收敛。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的xnxbaxnba同学可自行证明。提示：2n1,xn12n2。3.设有方程fxx3x210，（1）证明该方程在区间1,2上有唯一根x。（2）证明迭代公式x3x21k0,1,2,对于任意初值x01,2都是收敛的，并k1k用此迭代公式求其近似根直到有8位有效数字。证明：（1）由题可知：f110，f230，且f2f10，由零点定理可知：fx在1,2有根。下面证唯一性，由高等数学的知识fIx3x22xx3x2在1,2有fIx0，即fx单调递加，原命题建立。（2）证明：已知xk23x213xk1，即x1，由I1x222x4x132x331，所以对任意初值x01,2都收敛。3x21335同学们可以任选初值进行8次迭代，或上机操作完成。4.对于xxx25，要使迭代公式xk局部收敛到x5，求的1xk取值围。解：由xxx25，可知Ix12x，由收敛定理：I5p1，即1251，解得：50。55.用迭代法xk1xkxkfxk求方程fxx3x2x10的根，求xk使迭代序列xk拥有局部平方收敛。证明：已知xk1xkxkfxk，故可得：xxxfx，对x求导得：Ix1IxfxxfIx，设x是fx0的根，即：fx0，所以上式化简为：I1xIx，由题可知原式拥有平xf方收敛，故由Ix0，可求得：x121，fIx3x2x1一般化为：x11，记为（1）式，fIx3x22x1xxxfx321，现将（1）式代入可得：xxxxx23x2x1对x求二阶导，将fx的根x代入得：IIx6x2，由于x122x1，3x3所以IIx0，由收敛定理知，原命题建立。6.给定函数fx设对所有x，fIx都存在，且0mfIxM。证明对02的M任意常数，迭代法xk1xkfxk均收敛于方程fx0的根。证明：由xk1xkfxk，即：xxfx，所以：Ix1fIx，又由于：0mfIxM，所以可放缩为：0mfIxM。又由于：02，代入上式，连续放缩：0mfIxM2M2，MM两边取负号：2MfIxm0，且11M1fIx1m0，即：1I1，等价于Ix1fx，由收敛定理知方程收敛。用Newton法求以下方程的根，正确到四位有效数字。（1）fxx33x10在x02周边的根；（2）fxx23xex20在x01周边的根。解：本题为上机题。提示：（1）由牛顿迭代公式：xkxkfxk，代入化简可得：fIxk3xk3xk1，在此任取x01附的值进行迭代即可。（）同理。xkxk3xk2238.求方程x32x50在x02周边的一个根，将方程改写成以低等价形式，并建立相应的迭代公式：（1）x32x5，迭代公式xk132xk5（2）x25，迭代公式xk15x2xkx35，迭代公式xk13xk（3）xxxk5试解析每种迭代公式的收敛性；并采用一种收敛最快的迭代公式求出拥有五位有效数字的近似根。解：（1）经考据取有根区间为2,3，由已知可得x32x5，从而：Ix32，32x5在有根区间2,3Ix1，即迭代公式收敛。（2）（3）同理。用弦截法求以下方程的根，正确到四位有效数字。（1）fxx310x200在区间1.5,2的根；（2）fxx33x10在x02周边的根。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行解答，在此只给出结果：（1）x。（2）x1.879。10.方程x44x240有二重根x2，用Newton法和xk1xkmfIxk分别迭代三fxk次，比较其结果。1xx44x240，可得：fIx4x38x。解：○应用Newton法，设f代入牛顿迭代公式：xk1xkfxk，即得：xxx44x24，现取初值fIxk4x38xx01，进行迭代：x01.25，x1，x2。○应用迭代公式xk1xkmfxk，则m2，即xx2x44x244，同样2fI4x38xxk取初值x01进行迭代：x01.5，x11.421254，x21.4142135。11.应用Newton法于方程x3a0，导出求3a的迭代公式，并由此计算3120的拥有四位有效数字的近似值。解：设fxx3a0，所以：fIx3x2，由Newton迭代公式xk1xkfxk，即：fIxkfx3xx，整理得：xxxa，此即为所求的迭代公式。fIx3x2下面求3120，由已知可知，此时a120，代入迭代公式xxx3a，3x2取初值x04进行迭代：x05.1666，x1，x2。13.应用Newton法于方程xna0，导出求na的迭代公式，并求limnaxk12。knaxk解：（1）由xna0，设fxxna0，fIxnxn1。建立牛顿迭代公式：xk1xkfxk，代入整理：x11xaxn1，记为na的迭代公式。fIxknn由定理2.定理3.可知：limek1limxk1x2x，将xxfIx代入上2kekkxkx2!fxfIIx式最后化简为：I。2fxn（2）所以原证明：limkn

axk1limxk1nalimek1fIIx2ek，这里：axkknaxkk2fxfxxna，fIxnn1IIxnn1n2na。fna，代入上式即可求得原式=n12n。a14.设fx拥有二阶连续导数，fx0,fIx0，证明迭代公式xk1xkfIxk是二阶收敛的。fxkfxkfxk解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行证明，提示：将fxkfxk在xk点做Tarlor张开到二阶，再将公式两边同时减去xk，求极限limxk1x2。kxkx第七章解线性方程组的直接解法一本章的学习要求1）会求各种向量数和矩阵数。2）会求普半径和条将数。3）可以将不同样种类的矩阵分解成LU形式并能解该方程组。本章应掌握的重点公式1）矩阵的各种数：2）向量的各种数：

n，A1n，T。AmaxaijAAmaxaij2maxAi11inj1xmaxxi，xnxi，x2n2。1i1i11inxi3）当系数矩阵为对称矩阵时，普半径等于二数。本章习题解析7x1x2x331.用高斯消去法解线性方程组2x14x22x31x1x23x32解：将其写成矩阵形式为：711x13，现对其增广矩阵进行初等变换化为以下242x12113x32711311121132形式：4212421068，将其还原，此时求解251132711300283133x1x23x32T。原方程组的问题就变为解：8x3，解得：x6x25313x332.给定线性方程组：22x1，已知精确解：10x25056254x3Tx。1）用高斯消去法解此线性方程组；2）用列主元素消去法解线性方程组。解析：本题被列入上机演算题目，将在最后的程序设计中给出解答。3.设AaijnnRnn，a110，经过一步高斯消去法获取Aa11T，其中(2)a10A2(2)a2n(2)a22，证明：(2)A(2)(2)an2ann（1）若A为对称矩阵，则A2也为对称矩阵；（2）若A为对角占优矩阵，则A2也为对角占优矩阵。(1)证明：（1）只要证出aij(2)aji(2)即可，由于：aij(2)aij(1)mi1a1j(1)aij(1)ai1(1)a1j(1)由a11为对称矩阵则上式化为(1)(1)(1)a(1)(1)aj1(1)(1)(1)(2)1iajiaj1ajia1iajimj1a1iaji(1)(1)a11a11证毕。同理可证（2）。4.设有方程组211x14，试将系数矩阵分解成一个单位下三角矩阵和一个上三132x26122x35角矩阵之积；即ALU，尔后用你的分解解此方程组。解：将A写成LU的形式即：211132122

ll

1u11u12u131，利用矩阵的乘法21u22u2331l321u33得：l21l3121，u112，u12u131，l3253，u225，u233，u333，225所以A可写成：2111211。13211531222221313255下面解此方程组，先解LYb即：1y14，解得：3T1Y，再1y264,4，25131y35解UXY，即：25211x14，解得X1,1,1T。53x24223x335试推到矩阵A的Crout分解ALU的计算公式，其中L为下三角矩阵，U为单位上三角矩阵。解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行证明，提示：设：l1ja1j,i1,2Ln;u1ja1j,j2Ln,，所以：l1jk11Ln，ukj1k1，，jk1n。likaikr1akjlkrurjlirurkik,kr1lkk6.设L为非奇异下三角矩阵，（1）列出逐次代入求解LXf的公式；（2）上述求解过程需要多少次乘除法？lxf证明：（1）设111fllx21222fLl31l32l33x3ln1ln2ln3x4flnnx5f

12，其中：lii0，(i1,2n)。345k1解上述方程组可以获取：f1，fklkjxj2,3n。x1xkj1，kl11lkk（2）计算次数为：nnn1次乘除法。k111k224110x177.用平方根法解方程组1310x28。1152x340024x46解：由于系数矩阵A为对称正定矩阵，应用平方根法，A可分解为ALLT即以下形式：4110l11l22l11l21l31l411310l21l33l22l32l42，依照矩阵乘法张开与原矩1152l31l32l44l33l340024l41l42l43l44阵比较整理得：l112，l2112，l3112，l410，l2211，l32311222，l420。l3350，l4322，l44156。115502y1先解方程组LYb，即：111722y28，131150y342221122156y46005507256312T解得：,,，Y,522115502110722211311x1再解LTXY，即：025，222x21150222x61153x4550156312505解得：X1,2,1,2T即为方程的解。21x168.用追赶法解方程组132x21。242x3035x41解：由题可知：矩阵为三对角占优矩阵，由追赶法知：设A的LU分解为：21a111132r2a212，依照矩阵乘法张开与原矩阵对2425r3a3133r4a41比可得：a11，a254，a31255，r4402，122，255，36，a46，r32，r21。LYb2y16下面解此方程组，先解，即：15，解得：212y3051405y46

84713,,,5345

T，再解，UXY。即：1132x85,4,3,2T41，解得：X5即为方程的解。x21456x3135x4711459.设向量x4,2,1,10T，求x，x1，x2。解：xmaxxi10，x14xi17，x4211。i2i1xi1i4110.设ARnn为非奇异矩阵，x为Rn的一种向量数，定义xAAx，证明xA也是Rn的一种向量数。证明：○非负性xAAx0，1A为非奇异矩阵对x0,Ax0。当且仅当：xAAx0Ax0x0。○齐次性xAAxAxxA。2xyAxAyA.。○AxyAxAyAxAy31T11.npxpx记xxip其中xx1,x2,xn，证明：lim。pi1证明：xppnpnppmax1inxii1xii1max1inxinmax1inxi，1次方得：xxp11x两边同时开npmaxxinp，p1inxlimxlimxp1xx。两边同时取极限得：limnpppp由两边夹得：limxpx。p12.设A12，求A，A1，A，A。212解：An3，A1n3，A2Tmax1inj1aijmax1jni1aijmaxAA，先解：ATA121254，由线性代数特色向量的知识可知：21214554，并令上式等于0，解得：11，9，所以：A293，EA245又因A称矩，所以：xA23。A,BRnn均非奇异矩，?表示矩的某一种算子数，明111111AB。（1）AA；（2）ABAB明：(1)111111EAAAA，形即：A。AA（2）A1B1B1A1A1ABB1A1ABB1。14.ARnn称矩，1nA的特色，明1，2，AF2222。12n2nn2TT2明：AFi1j1aij，又因A称矩，故有AA，所以有：AAA，由1，2，⋯nA的特色，由性代数的知可知：22，⋯2是A2的1，2n特色，且（222th迹）。12na11a21an1a11a12a1nTa12a22an2a21a22an2AAa1na2nannan1an2annn2i1aj122nn22n2AF2所以：12naij。i1aj2j1i1n2iajn11即：A2222。F12n15.ARnn，明1AFA2AF。n2TnT2nT2明：AAFnA，两开平方，2maxAAi1iAAi1maxAA2即：AAnA，两同除以n，得：2F21AA1。nF2AFA2AA2AFnF16.设ARnn，按矩阵数的定义证明nnAaij是一种矩阵数。i1j1解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行证明，提示：xA○xAAx0，当且仅当：Ax0Ax0x0。1○xAAxAxxA.。2○xyAAxyAxAyAxAyxAyA.。317.设A710，B10099，求CondA，CondA，CondB1。579998解：CondAA1A289,A1A7105，A7CondAmaxATA，ATA7571074105，2minATA10757105149ATAI741050,10.0045,2222.9955,0,149105B1B9899，CondB2B12B239601。B9910018.证明（1）CondACondA1，（2）CondABCondACondB。证明：（1）由定义可知：CondA1A11A1AA1A1ACondA，即（1）建立。（2）CondABAB1B1A1ABB1A1ABABA1AB1BCondACondB。第八章解线性方程组的迭代法一本章的学习要求1）会应用Jacobi迭代法和GAUSS-Seidel迭代法判断敛散性。本章应掌握的重点公式（1）Jacobi迭代，先求B0D1LU，再令EB00，再依照B01收敛。（2）Gauss-Seidel迭代，先求GD1EG0，再依照G1收LU，再令敛。abca000（3）建设系数矩阵为：def。则：D0e0，Ld00，ghk00kgh00bcU00f，分解后再依照不同样要求进行求解。000三本章习题解析1.a0，求a的取值围使limAK0。设A4k解：由题可知，要使limAK0，即与A1等价，k故：令：EAa0a0.90。得：Amaxa,0.91，4显然：0.91，还得要求a1，即1a1。101x111x142.给定方程（1）110x20，（2）1x210123x321x31证明：对（1）Jacobi迭代收敛，而Gauss-Seidel迭代发散；（2）Jacobi迭代发散，而Gauss-Seidel迭代收敛。证明：（1）第一应用Jacobi迭代法，此时B0D1LU，依照矩阵乘法整理以下：10001001，所以令行列式：B011000100112001203330112EB0103解得：为复数根，其模满足B01，，330123故Jacobi迭代收敛。下面应用Gauss-Seidel迭代法：110100101100001，令行列式：GDLU1123000101EG01210，解得：0，31，，发12G1001散。（2）由系数矩阵为对称正定矩阵，故由定理可知：Gauss-Seidel迭代必然收敛。而Jacobi迭代则不用然建立，依照（1）的方法考据Jacobi迭代为发散。3.给定方程组811x11，鉴识用Jacobi和Gauss-Seidel迭代解此方程组的2101x24115x33收敛性，若收敛，取初值x00,0,0T，求满足xk1xkp103的解。解析：本题被列入上机演算题目，将在最后的程序设计中给出解答。122x114.给定方程组111x22，鉴识用Jacobi和Gauss-Seidel迭代解此方程组的221x33收敛性。解：第一应用Jacobi迭代法可知：1022022B0D1LU1101101，令：1220220EB01220，解得：1230，显然B01，收敛。1322再应用Gauss-Seidel迭代法：GDL1U，由于求DL1比较复杂，故采用直接代入求解，即：EG1DL11EDLUEDLDLUDL1DLUDL1DLU，令上式等于0，即：DL1DLU0，由于：DL10，所以只有：DLU0。122由：DL11，DLU1，对上式取行列式，2212222010，232，即：DLU10，解得：122222所以：G1，发散。5.已知方程组1ax11，对任意x0，给出解此方程组的Jacobi迭代法和4a1x22Gauss-Seidel迭代法收敛时a的取值围。解：第一应用Jacobi迭法：B0D1LU10a0a，14a04a0令行列式：EB0a24a20，解得：122a，所以要想收敛则应4a满足：B02a1，即：a1。21a，再应用Gauss-Seidel迭代公式：GDL1U110a04a0004a2令行列式：EGDL1a0，解得：0，或4a2U0212，所以要想收4a敛则应满足：G4a21，即：a21，则a1。421a0116.证明矩阵a1a对于a是正定的，且此时用Jacobi迭代法解方程组0a122AXb时是收敛的。111021a2证明：要想正定各阶序次主子式均大于0，即：○，○a11a0，1a31a02，解得：1a1，综上所述：1a1。a1a12a022220a1应用Jacobi迭代公式：B10a00a0D1LU1a0aa0a，010a00a0a00，或a，令行列式：EB0aa2a20，解得：0aB0a1，命题建立。1aa111是收敛7.证明矩阵a1a对于是正定的，而Jacobi迭代法只对aa1aa1222的。证明：要想正定各阶序次主子式均大于111021a1a20，0，即：○，○a11aa332223a12aa11aa1a12a10，○a1a2aaa1解得：1a1，综上所述：11。2a2应用Jacobi迭代公式：B0DLU110aa0aa，11aa0aa0aaa2令行列式：EB0aaa2aa22a0解得：aa12a，32a，所以要想收敛必满足：B01，即：a1。210，证明limAK010时，limAK不存在。10.设2，但对于A211A11k1k216422解：依照上述极限存在的充要条件可知，这里经过普半径来考据其存在性。1021（1）令行列式21，得：A1，收敛，极限存EA101212162在。（2）令行列式1010，得：A21EA111，发散，故2242原极限不存在。11.设方程组a11x1a12x2b1，a220，证明解此方程组的Jacobi迭代法与a21x1a22x2b2a11Gauss-Seidel迭代法同时收敛或发散；并给出两种迭代法收敛的充要条件。证明：将方程组表示成矩阵形式，即：a11a12x1b1，a21a22x2b21a0a12a11a11，第一应用Jacobi迭代法B0D1LU120a12a211a210a210a22a22a12令行列式：EB0a112a12a210，解得：B0a12a21。a21a11a22a11a22a22a11010a12再应用Gauss-Seidel迭代法：GDL1Ua21a22000a12a211a2200a21a11a22，1112a21a1100a12a21aa0a11a22a12a21令行列式：EGa11a220，解得：10，2a12a21，所以普半a12a21a11a220a11a22径：Ga12a21。当a12a211时，同时收敛，当a12a211同时发散。a11a22a11a22a11a2212.给定方程组110x11，不进行计算，试鉴识用Jacobi和1x2001x30Gauss-Seidel迭代解此方程组的收敛性，若收敛，哪一种迭代收敛快？解析：基于本题容为教材中的选讲部分，考试不做任何要求。故只给出习题结果，有兴趣的同学可自行证明，提示：经过观察此方程为对角占优矩阵，由定理可知：当01时，方程SOR越小收敛又快。迭代收敛，且13.试说明Gauss-Seidel迭代法的迭代矩阵G1DLU中最少有一个特色值等于零。G12Ln，又由于：GD10证明：由线性代数的知识可知：LU，而：D10，所以：U0，又由于U为上三角矩阵，所以：G2LL1n中最少有一个为零。14.已知方程组21x11，对任意x0，若用迭代公式xk1xkAxkb12x22求解此方程组时，1）的取值围，使迭代公式收敛；2）取何值时，收敛速度最快？解：由2x1，可知Ak1xkAxk1121，依照xb12x2212可得：xk11xkb，比较公式xk1Bxkf，可知此时：B1A设为A的特色根，则B的特色根为：1，EA21220，解得：11，23，令行列式：121所以B的特色值为：1，和13，要想收敛则B普半径为：Bmax1,131，解不等式组：11，解得：02。1313（2）由定理可知越小收敛速度越快。由解析几何的思想：131，且：Bmax1,13。111我们把看作是的函数，化简不等式组可得：1，图像以下：1331解最小交点坐标：即：311，解得1，此时收敛最快。2模拟试题一填空：（每空3分，共30分）1.用迭代法xk1xkxkfxk，求方程fxx3x2x10的根，要使迭代序列xk拥有平方收敛，则xk=即可。2.使用废弛法（SOR）解线性方程组Axb时，废弛因子满足条件时必然发散。3.设A22,10要使limAk0，则a应满足a2k4.区间a,b上的三次样条插值函数sx在a,b上拥有直到阶的连续导数。5.设A1,a当a满足条件A可以LLT分解？其中L为拥有正对角元的下三角矩阵，1,2此时L=测得某圆锥的底圆半径用此三个值计算圆锥体积

r3.150，高为h7.84，单位（cm）今取3.14。若1r2h时，则V的误差限为37.1fxdxnAkfxknnn22，则已知求积公式1满足：Ak2，Akxk0，Akxkk0k0k0k03此公式最少拥有次代数精度。8.向量Xx,x,xTx2x是一种向量数（必然，不一3,则x12123定，必然不），而x13x2x3是一种向量数（必然，不用然，必然不）二计算题：1.下面的数据取自一个多项式，试用Newton插值公式确定这个多项式的次数，并求出这个多项式。xi-2-10123-5111725xi用最小二乘法求一个形如yabx2的经验公式，使它与以下数据拟合xi1925313844yi194911111i3.试确定函数px,qx，使迭代公式xk1xkpxkqxkqxkf2xk产生的序列xk最少三阶局部收敛到fx0的根x。4.证明：线性二步法，yn1b1ynbyn11hb3fn33b1fn1，当b14时，方法是二阶的，当b1时方法是三阶的。21x115.设方程组131=2试将系数矩阵分解成一个单位下三角矩阵和一个上三角x2111x3221x40矩阵之积，即ALU，尔后用你的分解解此方程组。1aax06.已知方程组4a1011试给出解此方程组的Jacobi迭代法和Gauss-seidelx2a01x30迭代法的收敛的充要条件。7.IX0的m重根m2，证明Newton迭代法仅为线性收敛，若用迭代公设x方程f式xk1mfIxk，fIxk0则可最少达到二阶受敛，给出证明。fxk期末考试程序设计题解析一求In1xn0xdx,n0,1,L,205程序：（C语言）#include<stdio.h>#include<math.h>voidmain(){doubleIA[21],IB[21];inti;IA[0]=0.18232155,IB[20]=0.0087301587;利用递推公式(A),计算IAfor(i=1;i<=21;i++){IA[i]=(-5.0)*IA[i-1]+1.0/i;}利用递推公式(B),计算IBfor(i=20;i>=1;i--){IB[i-1]=-(IB[i]/5.0)+1/(5.0*i);}输出结果printf("第一题\n\nn\tI(A)\t\t\t\tn\tI(B)\n");for(i=0;i<21;i++){printf("%d\t%-18.10f\t\t%d\t%-18.10f\n",i,IA[i],i,IB[i]);}}运行结果：二给定函数表xi0123fx-7-4526i试用Lagrange插值法求一个五次插值多项式142dx，并由此求01x程序：（C语言）#include<stdio.h>#include<math.h>voidmain(){floatx[6]={0,1,2,3,4,5},y[6]={-7,-4,5,26,65,128},l[6]={1,1,1,1,1,1};floata=0.5,s=0.0;inti,j;for(i=0;i<=5;i++){for(j=0;j<=5;j++){if(i!=j){插值基函数l[i]=l[i]*(a-x[j])/(x[i]-x[j]);}}插值多项式s+=l[i]*y[i];}输出结果

45651280.5的近似值。printf("第二题\n");printf("Theresultis%6.3f\n",s);}运行结果：14dx，要求误差不高出1105。三用梯形公式的递推化公式计算积分01x22程序（C语言）：#include<stdio.h>#include<math.h>//被积函数doublefunc(doublex){doublet;t=4.0/(1+x*x);returnt;}voidmain(){inta=0,b=1,k=1,i,j;doubleT[100]={0},s;//梯形公式的递推化公式T[0]=(b-a)*1.0/2.0*(func(a)+func(b));do{s=0;for(i=0;i<pow(2,k-1);i++){s=s+func(a+(2*i+1)*1.0*(b-a)/pow(2,k));}T[k]=T[k-1]/2+(b-a)*1.0/pow(2,k)*s;k++;}while(fabs(T[k-1]-T[k-2])>0.000005);输出结果printf("第三题\n");for(j=0;