工程数学基础教程课后习题答案

-工程数学基础习题解答习题一A一、判断题1.√；，2.√；3.×；4.×；5.×；6.×；7.×；8.√；9.√；10.×.二、填空题1.ACBC;2.D(f){1,2,3,4},R(f){a,b,e},f(A){,,},abef1(B){1,4},f1(b){2,3};13.满;4.supE2,infE30nY;5.;6.0;7.;8..B1.证yf(AB),xAB使得yf(x).由xAB,得xA,且xB故yf(x)f(A)且yf(B),即yf(A)f(B),因此f(AB)f(A)f(B).当f是单射时,只需证明f(A)f(B)f(AB)即可：yf(A)f(B)R(f),由f是单射知1xX,使得yf(x).yf(A),且yf(B),xA且xB,即xAB,从而yf(x)f(AB),故f(A)f(B)f(AB).是可能的，例如,f:xx2,取A[2,0],B[1,3],则AB[1,0].于是f(AB)f([1,0])[0,1],而从而有f(A)f(B)0,4[0,9]0,4..[][]1(2,2).1n1n1n2.证（1）n,2(2,2),故2,2,有2nn1[1]x21,21],于是[,使x21,2另一方面,x(2,2),k,故kknnn1.z.-[1]n21,2(2,2).nn1[1]n因此,(2,2)21,2.nn11n,21)[2,2]1n1n（2）n,有[2,2](2(2,2).,故nn1另一方面,对任意x[2,2],即x2,k,使得x212,即kx(21,21),从而x(21,21)，故(21,21)[2,2].kknnnnn1n1(21n,21).n[2,2]因此,n13.sup,且supA,即可.要证supA唯一,只需证明证设A4.证设Y是线性空间X的一族子空间,要证Y也是X的线性子空间.显然Y，zDDDD,只需证明Y对X的线性运算是封闭的.事实上，x,yY及,,从而对每一个DD有,xyY,xY.于是,xyY,Y.因此,Y是X的线性子空间.,故xyYxDDD5.,,证显然W包含零多项式,故非空；又fgW及，有6.7.(1)“”:因为T是线性的,故有T(0)0.于是,若T(x)0,则由T1存在知T是单射,从而有x0.解首先验证:22是线性的,然后求其在即B下的矩阵A.22习题二A一、判断题1.√；2.×；3.√；4.√；5.×；6.√；7.×；8.×；9.√；10.√；11.×；12.×.二、填空题2002001；5.001.x；2.n；3.,(i,i；4.1,1),4；6.；7.O；20200120148.O；9.1；10.6..z.-三、单项选择题1.(d)；2.(b)；3.(b)；4.(d)；5.(a).B1.解2210100（1）EA021210212[1,2][2,3]000221100210011,00(2)(2)33111121311,31111（2）EA111111111010,00(1)(2)21(1)(2)371,d()1,d()(1)(2).d()1123100100100100（3）EA0054312430102511,12345432,()23.45d()d()d()1d44321230310010004101211410（4）EA1,2772176167110001000000(1)41000(1)200011[4()]002[41][24(1)]10001[246](1)210[342](1)210010010.z.-1000100(1)40103,42,4000100101,(22)][3210(1)4,d()(1)4.d()d()d()1412301210,D()(2)4,又∵012.解(1)∵detA()(2)4，∴2041()1∴D,从而D()D()1.于是不变因子为d()d()d()1,312123d()(2)4；初等因子组为(2)4.410101000000010)200((2)B()000020000()11,()2()2)2,d()()2;4故不变因子为d()d()1,d()(123初等因子组为(),()2.2(3)显然D()1,detC()(1)D(),而3132(1)(1)(5)08(1)adjC()3(1)(1)26(1)，(1)(3)0()1.∴D23因此d()1,d()1,d()(1)2;初等因子组:1,(1)2.12（4）由第1题（4）知d()d()d()1,d()(1)4.1234也可这样解：由行列式的Laplace展开定理得21detD()31(1)4，411.z.-47102722437故D()(1)4;又D()的左下角的三阶子式71461()1与D4是互质的,所以D()1,从而D()D()1.324因此d()1,d()d()1,d()(1)4;初等因子组:(1)4.12312103.解（1）∵EA020(1)(1)(2)，∴1A~J1.221（2）∵EA2432037343432352017311161031(1)(i)(i)，321∴A~Ji.i3310001100000414（3）∵EA712117211,21761617111,(1)2(1)21010，J,故112∴初等因子组为(1)2,(1)2,于是J1111JJJ11.11112000001（4）EA,D()det(EA)n,又有一个n1阶子式n1.z.-11(1)n10,∴D()()1，故Dn111n;初等因子组为n,所以d()d()d()1,d()n12n1010A~J1.10(事实上，A本身就是一个Jordan块)()1,2)2,所以2()(1)(4.解（1）由第1题（2）知12100002C1A~C.C0112()423245，故B的有理标准是（2）由第1题（3）知30005C1004.01030012(1)2,2,(2)2,于是不变因子为5.解由J立即可知A的初等因子组为(2)d()d()d()1,d2,d()(1).即()2，22123451200000000401001200101300016()63132124，故C4.2744744899186.解（1）f()EA4104184.z.-748090(9)(9)2.741244164441171因为(9)(9)1O,所以最小多项式AEAE44117411为m()(9)(9).10D()det(EB)03132(2)(1)2（2）,∵有一个二阶子32310110,∴D()D()1.式12因此,m()d()(2)(1)2.3（3）对EC施行初等变换得其Smith标准形S()diag(1,1,1,(3)2,(3)3)，∴m()d()(3)3.57.证若A可对角化,则A的最小多项式m()无重零点,必要性得证.若A有一个无重零点的零化多项式(),则因为degm()deg(),故m()也无重零点,由定理2.16知可A对角化.2)(1)是A的一()2(8.证(1)A2A2E,A2A2EO,∴个无重零点的零化多项式,故A可对角化.2(2)i(k0,1,,m1)是互不e2km1是A的零化多项式,其零点AmE,∴mk相同的,故A可对角化.习题三A一、判断题1.√；2.√；3.√；4.√；5.√；6.√；7.√；8.×；9.√；10.×；11.√；12.√；13.×；14.×15.√；16.√；17.√；18.√；19.√；20.×；21.√；22√；.23.×；24.√；25.√.二、填空题.z.-11；4.1；5.Banach；6.1；7.3；8.1.0；2.y0T；3.1,,,5,A22,A14；A2n21F9.3.三、单项选择题1.(c)；2.(c)；3.(b)；4.(a)；5.(b);6.(c).B1.证仅验证三角不等式,其余是显然的.设x(,,)T,ny(,,)T是nn中的任意两个元素.11nn()nnixy1xy1；1iiiiii1i1i1i1xy.2.证因为,,及,有xyCabx0;反之,若x0,即bx(t)dt0,显然若x0,即x(t)0,则(N)x1111abx(t)dt0,则由x(t)的连续性,知x(t)0,即x0;abx(t)dtx(t)dtbx;1(N)x12aa(N)xybx(t)y(t)dtbx(t)dty(t)dtxy1b;131aaa,上的范数.Cab所以是13.解4.解5.证x1i1i2112i1i22,xmax{1,i,1i}2.22,x2Amax{101,210,i11i}max{2,3,22}22,Amax{12i,011,101i}max{4,2,12}4.1(1)设limxxX,又limxyY,只需证明xy即可.nnnn6.证设x是X,()中任意一点是X中收敛于x的任一序列.xn0,和(y)都是中的Cauchy序列，则,使得7.证由于()XN,N12xnn当n,mN时，xx2；当n,mN2时，yy2.1nmnm令Nmax{,},则当m,nN时,有NN12.z.-22xxyy,nmnmCauchy的序列,由的完备性知,数列(xy)收敛.这表明(xy)是中nnnn(2)D:C1[0,1]C[0,1]显然是线性的.因为fC1[0,1],有故D是有界的.9.证由于nn上的方阵范数,故A,Bnn及,有是(1)AS1AS0,并且AS1ASAO;0S1ASO**(2)S1ASOS1ASA;A**AB;(3)ABS1ABSS1ASS1BSS1ASS1BS***S1ASS1BSAB*(4)ABS1ABS(S1AS)(S1BS)*;*因此,nn上的方阵范数.是*10.解12i2i2122;AF1A111.证显然A1A.∵是可逆阵的特征值,则是A1特征值,故,即11A..∴A1A112.证要证0Tx0.0xN(T),只需证明N(T).故x0习题四A一、判断题1.×；2.√；3.√；4.×；5.√；6.√；7.×；8.×.二、填空题ete2te2tt2e2t2te2t2te02t(t21)21.xxex；2.E；3.1；4.e；5.3t；22110cosx3e2t.z.-cost6.cost；7.1；8.e3.2cos2tBsintcostdA(t)dt1.解sint,costddtdetA(t)ddt,cos2tsint02ex20xex2.解f(x).2cosx1103e11etdt1tetdt11.003.解1A(t)dtdt2tdt110100sintdt1costdt1cos1sin1100dfddxddtdxdxdt(xTAx)(Ax)x(Ax)()TAxxTATdt4.证明（1）dtdtdtdxT(xATdx)TxTAxTATdxdxdtdxdtxTA2xTA;.Tdtdtdt（2）ddt(xx)dxTxxdxdtdtdxdxdtdxdt(x)Tx2x.TTTdtTT5.证（1）若limAA,则limAA0.kkkk2∵ATAT(AA)TAA(可以证明AHATAA[1])，k2k2k22222∴limATAT0,即limATAT.kk2kk同理可证limAA,由上已证的结果立即可得limAHAH.kkkk（2）c(AT)klimNc(AT)klimNc(Ak)Tlim(NcAk)TkNk0kNk0kkNk0k02006.证令det(EA)111230得A的全部特征值均为2.于是11313BA2323BO.limk1,因此的所有特征值都是,故Bk010t7.证方法一:当t0时,显然成立,故设t0.记tA.10t01it,it.2det(EA)2t2(it)(it)，.z.-1x1(itEA)x0得对it,解方程(itEA)x0；对it解方程可得i211x.i21/2i/2.1/2i/211令PiiP,则可逆且P111eit01/2i/201eAPdiag(eit,eit)P10et所以ii0e1/2i/21it1212i1(eite)it(eite)itcostsintcossint.1(eiteit)(eiteit)t2i2011.B的最小多项式,det(EB),B21()i,i方法二：记B101()21,deg()2.故设etBa(t)Ea(t)B.01ea(t)a(t)在(B)上的值相等,即∵与t01a(t)ia(t)eit,01a(t)ia(t)eit01eiteeite2iitsint.()()∴atitcost，at201costsint01costEsintB10et.因此sintcostettet8.解A是Jordan块,etAet.t2ettetet221240(2)2(1).19.解det(EA)003.deg()3，故∵(A2E)(AE)O,∴的最小多项式A()(2)2(1)f(t)与(A)1,2在T(t)fAta(t)Ea(t)Aa(t)A2TAt().由设()上的值相012.z.-等,于是(1)对f(At)eAt有()4e3e2t2teta(t)a(t)a(t)etat02t012a(t)4et4e2t3te2ta(t)2a(t)4a(t)e2t,解得1012a(t)ete2tte2ta(t)4a(t)te2t122100214所以etA(4et3e2t2te)010(4e4e2t3te2t)0202tt001031(2)对f(At)sin(At)有a(t)a(t)a(t)sint()4sint3sin2t2tcos2tat0012a(t)2a(t)4a(t)sin2t，解得a(t)4sint4sin2t3tcos2t.0121a1(t)4a(t)tcos2ta(t)sintsin2ttcos2t22∴sin(At)a(t)Ea(t)Aa(t)A2012（注）可利用(1)的结果求(2)（或cos()）：在(1)中分别以it和itt替代得tA和eitA，eAtieitAeitA(或cos(At)eitAeitA再由公式sin(At))即得.2i2101(+1)2且A(AEO,故A的最小多项式10.解det(EA)0)01+2，deg()3，故设f(At)a(tE)a(tA)a(tA)2T(At),即()(1)2012a(t)a(t)a(t)0120a(t)a(t)a(t)2a(t).0212a(t)2a(t)a(t)2a(t)3a(t)012012由f(t)与T(t)在A上的谱值相等,于是(1)对f(At)eAt有a(t)1a(t)100a(t)a(t)a(t)eta(t)22ettet,解得0121a(t)2a(t)teta(t)1ettet122.z.-a(t)a(t)a(t)012eAt0a(t)a(t)a(t)2a(t)02120a(t)2a(t)a(t)2a(t)3a(t)12012122ettet1ettet.0ettettet0tetettet(2)对f(At)sin(At)有a(t)0a(t)000a(t)2sinttcost.a(t)a(t)a(t)sint，解得1012a(t)sinttcosta1(t)2a(t)tcost2211.解det(eA)etrAe2i33e2i.775x(t)1321x(t)x(t)12.解此处A885,,C.20xt()275因为det(EA)885(5)(5)(15),deg()3,05故设eAta(t)Ea(t)Aa(t)A2T(At).012(A){5,5,15}上的值相同,得方程组由eT(t)t与在a(t)5a(t)25a(t)e5t012a(t)5a(t)25a(t)e,5t012a(t)15a(t)225a(t)e15t012a(t)(3e5t6e5te15t)108a(t)1(e5te5t);于是解得110a(t)(e5t2e5te15t)120022e5t4e5t4e15t3e5te5t4e15t5e5t5e5t12e5t4e5t6e15t3e5te5t6e15t5e5t5e5t.102e5t4e5t2e15t3e5te5t2e15t5e5t5e5t17e5t9e5t4e15t110x(t)eAtC17e5t9e5t6e15t,即所以,解为17e5t9e5t2e15t.z.-1x(t)(17e5t9e5t4e15t)1101x(t)(17e5t9e5t6e15t).1021()(17e5t9e5t2e15t)xt310习题五A一、判断题1.√；2.×；3.√；4.√；5.√；6.×；7.√；8.√；9.×；10.√；11.√；12.×；13.√；14.√15.√.二、填空题1.0；2.0；3.spanA；4.；5.；6.；7.3O11,d()(1)(2)；8.实；d()1,d()1230i6i,c.39.;10.1;11.a1,b三、单项选择题1.(d)；2.(c)；3.(c).B,及,，有n1.证(1)x(,,,)nT,y(,,,)nT,z(,,,)nT12121212A.A,Anna故,是nn上的一种内积.且2ijFi1j1142.证右端(xy,xyxy,xy)1(4x,y)左端.43.证（1）若xB,则yB皆有xy,由假设AB,于是对每一个yA皆有xy,即xA,故BA.（2）若xA,则yA皆有xy,故x(A),于是A(A).4.解显然A是实对称矩阵.detA20,detA110,detA380,A正定.其余略.123正定,则detAdetA0,故A非奇异.5.证“”:若Annn.z.-0(i1,2,,n).又因为半正定,A0,从而An“”:若非奇异,则detAiii1故有0,于是0(i1,2,,n),所以是正定的.Aii6.证先验证A2是Hermite矩阵.再证A2是正定的.7.解（1）令EAi10i10,2,2,由此判定A120320得3不是正定的.0i10i00,亦即对0解方程组Ax0,即i001,23101210i030i20i得.若取11,则有.x13132对22解(2EA)x0可得ix.21232解(2EA)x0可得xi对.13由于x,x,x分别对应于A的不同特征值,故彼此正交.将它们单位化,得31201/21/213i/2i/2i/2，，.21/21/21/2i21/201/21/20令U,，,,3i/2i/2i/2UH1/2i/21/2121/21/21/21/2i/21/20则UHAU.22习题六.z.-A一、判断题1.×；2.√；3.×；4.×；5.×；6.×；7.×；8.√；9.×.二、填空题14x(k1)1(3x(k)224)012121.；2.1；3.(DL)1U；101x30)(k0,1,2,)(3xx(k1)(k1)1(k)34201212x3(k1)1(x2(k1)24)44.Seidel,Jacobi.B10000100005000.550003.0001,1.解（1）A1A20000,,A1（2）B1condA60002.1.382.18,B7.35，B132.00，0.210612.794.5611condB235.2.1max{,}(见6-3).令1009912999810099（3）C9998是实对称矩阵,故condCmin{,}2122.解（1）对增广矩阵施行行的初等变换xxx24123112得到等价的上三角方程组xx0.2233x33进行回代,得方程组的解为：1212x3/31,xx/()1,x(4xx)/21.323123故解为x(1,1,1)T.（2）对增广矩阵施行初等行变换xx3x4124xx5x9得到等价的上三角方程组.2343x13x213413x19419132,进行回代,得方程组的解：x19/(13),x(2113x)/33434.z.-55,故解为xT.40395540219,,,3939313x(9x5x),x4x3x392341243.解首先用顺序Gauss消去法.对增广矩阵施行初等行变换：0.0120.010.1670.678100.66671040.8007100.4441102,000.17621090.9774109经回代得x5.547，x72.43，x81.05.此时,Axb20.1743106.321下面用列主元素Gauss消去法.对增广矩阵施行初等行变换（下画横线者为主元素）320012004.298100.45840.5909100.1179102,000.96101010.5329经回代得x5.545,x45.76,x17.46.此时,Axb2.289.3212列主元素Gauss消去法比顺序Gauss消去法的精度高.4.解Jacobi迭代格式为12x(k)3x(k)24]x1k1[20231).x(k)12](k0,1,2,3[xk12x(k)1813x230][2x(k)1xk13(k)15计算结果如下表：k12345678xk1.2000001.5000002.0000000.7500001.1000002.1400000.7690001.1387502.1200000.7681251.1388752.1252170.7673301.1383322.1253580.7673631.1384142.1253560.7673551.1384102.1253680.7673541.1384102.1253681xk2xk3解为x0.767354，x1.138410，x2.125368.123Seidel迭代格式与计算结果如下：12x(k)3x(k)24]x1k1[20231);x(k)12](k0,1,2,3[xk12x(k1)811[2153x230]xk13x(k1)(k1)1123456kxk1.2000000.7485000.7664210.7673750.7673560.7673541.3500001.1426881.1381051.1383991.1384101.1384102.1100002.1287382.1254322.1253632.1253682.1253681xk2xk3.z.-5.解Jacobi迭代格式为12012x3x24]x1k1[(k)2(k)312](k0,1,2,),2k18[3xx(k)1x(k)13(k)30][2xk1x1x(k)1532034340015,M1341434851,因为M,det(EM)0248111001044所以Jacobi迭代格式收敛.Seidel迭代格式为12012x3x24]x1k1[(k)2(k)3(k)12](k0,1,2,).[xk1x1(k1)x38213x(k1)230][2xk1x(k1)1531因为系数矩阵A对称，且detA40,detA70,detA240,从而A正定,故Seidel123迭代格式收敛.121026.解（1）Jacobi迭代矩阵MD1(LU)101;111022545det(EM)(2)(M)11.因此,Jacobi迭代格式发散.,21Seidel迭代矩阵11210100021201121212M(DL)1U0010;20001212001201212.因此Seidel迭代格式收敛.det(EM)()(),M222100022022（2）Jacobi迭代矩阵M101102202201;01010013()0,M1det(EM).因此,Jacobi迭代格式收敛.1.z.-100022022001023Seidel迭代矩阵M110;221000000222(M)21.因此,Seidel迭代格式发散.det(EM),22*7.用追赶法解线性方程组310解系数矩阵为A241.025l2/u3/5,u51l22/5;u3,l2/u2/3,u41l10/3,121223233y1，y7ly23/3，y9ly22/5；1221332xy/u1，x(y1x)/u2，x(y1x)/u1.即解为333223211218.解把方程组调整为xxx3263214xx8,21x2x231此时系数矩阵为312A041.102Seidel迭代矩阵1103200301231414M(DL)1U0000100,.00011161003621116162det(EM)(i)(i)6,(M)121662因此,此时Seidel迭代格式收敛.习题七A一、判断题1.×；2.√；3.×；4.×..z.-二、填空题1.1,n1；2.一阶差商:4，5，5;二阶差商:113,;三阶差商:13；3.16.640,0.096,16.736.Bx1.解因为0.15,故取x0.00,0.10,x0.20.则x1022.解对于点x76.35,取x76,x77,x78,x79.0123作差商表f(x)一阶二阶三阶x767778792.832672.902562.978573.061730.069890.076010.083160.003060.003580.00017于是有3.解选x0.20,x0.40,x0.60,x0.80.0122作差商表：xkf(x)k一阶差商二阶差商三阶差商0.27500.201.22141.49181.82212.22550.400.600.801.35201.65152.01700.74880.91381.5683.或f(x)f(x)u(x)v(x)u(x)v(x)14.证明[,]fxx010110xx100xx0u[x]v[x,x]u[x,x]v[x].001011n1(x)0.因此,f(x)的n次插值多项式5.证明（1）设f(x)xm,则当m0,1,,n时,fL(x)的插值余项R(x)0,故有L(x)f(x),此即nxml(x)x,m0,1,,n.mnnnkkk0（2）利用二项式展开公式和已证明的(1)得n而(1)iCi0,故有(xx)ml(x)0.mmkki0k0.z.-1223t23t.对t在()[1,1]6.解作变换x(3t),即t32x,则f(x),记t()*上用Legendre多项式作最佳二次平方逼近,设最佳平方逼近函数为S(t)ap(t)ap(t)ap(t).2001122则12a0213tdtln2，132a1213ttdt69ln2，152(3t21)dt0.5ln245,a21413t因此2.117491.45885x0.32740x2.平方误差为*2*2fS2f(x)S(x)2dx(令)x12(3t)2210.0000186.*7.解取M{1,x,x2},设拟合曲线为S(x)aaxax2.2012因为,7，,28，,140，000102，,124676，,140，,7841122f,1，f,36，f,308，0127a28a140a1012,解得a337,a1232，21所以法方程为28a140a784a36，a01202140a784a4676a3080123322S(x)xx2.73212因此622.S(x)y20.952382iii0习题八A一、判断题.z.-1.√；，2.×；3.×；4.√；5.√；6.√；7.√.二、填空题3313.81.1;2.,,;T3.138989,S3.133333,S3.141569,C3.142118,8881212n1C3.141594,R3.141588;4..21B1.解（1）取f(x)为1,x,x2得AAA2012,解此方程组得A13,A,A.4313A2A21201283A4A12因此求积公式为2f(x)dx13f(0)43f(1)13f(2).043132f(x)dx4,13f(0)f(1)f(2)4,求积公式成为等式;而当f(x)x3时,0,f(0)4321f(1)f(2)203,求积公式不能成为等式13当f(x)x4时,2f(x)dx0533所以，求积公式的代数精度是3次.（2）取f(x)为1,x,x2,可得AB212,B,x13ABx0,解得A,121323ABx21因此求积公式为()1f(x)dx12f(1)3123f.1()时,13123940,当f(x)x3f(x)dx0,12f(1)f1所以,求积公式具有2次代数精度.2．解（1）h0.2.0.26853;0.27220..z.-（2）h0.2.1.88570;1.88506.（3）h0.25.2.98136;2.92545.3.解（1）T2kSCRk2k2k2k012340.1732870.2488290.2664580.2707690.2718410.2740100.2723340.27220602721990.2722220.2721970.2721980.2721970.2721981ln(1x)dx0.27220.因此1x20（2）T2kSCR2kk2k2k012340.61091700.64631600.65485120.65696640.65749410.65811570.65769620.65767150.65767000.65766820.65766980.65767000.65766980.6576699因此0.8ex2dx0.6576699.0*4.解（1）因为是Gauss型求积公式,故其代数精度m2113.于是令公式对f(x)1,x,x2,x3是准求成立,得1f(x)dx1.3043f(0.1156)0.6957f(0.7416).故x0（2）因为是Gauss型求积公式,故其代数精度m2113.于是令公式对f(x)1,x,x2,x3是准求成立,得.z.-1ln1()d0.718539f(0.112009)0.281461f(0.602277).故fxxx0*5.解（1）1ex2dx11ex2dx2011.462270.3exsindxxt21et2sin(t2)dt（2）1110.948405..abbf(x)dxATBRAba[f(a)f(b)]B(ba)f6.解22a故求积公式为ba[f(a)4fabf(b)].这就是梯梯形公式,其代数精度为3.即bf(x)dx62aABC4,①AC0,②A2C2163,③A3C30,④A4C4645.⑤7.证令求积公式对f(x)1,x,x2,x3,x4成立,得方程组由②,③知0,AC.由③,⑤得12512510AC9.最后由①得2=，即.再由③得169B.故求积公式为因为当f(x)x5时,左端0右端，于是这个有两个5求积节点的求积公式具有习题九A一、判断题1.√；，2.×；3.√.二、填空题yz1.()；zf(x,y,z)axby(a)y,z(a)