交通大学数值分析题库

PAGEPAGE92交通大学数值分析题库1绪论要使的近似值的相对误差限0.1%,应至少取___4____位有效数字。＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%，故可取n4,即4位有效数字。要使的近似值的相对误差限0.1%,应至少取___4___位有效数字,此时的绝对误差限为设y=f(x1,x2)若x1,x2,的近似值分别为x1*,x2*,令y*=f(x1*,x2*)作为y的近似值,其绝对误差限的估计式为:||f(x1*,x2*)|x1-x*1|+|f(x1*,x2*)|x2-x*2|计算f=(-1)6,取＝1.4,利用下列算式，那个得到的结果最好？答：__C_____.(A),(B)(3-2)2,(C),(D)99-70要使的近似值的相对误差限0.1%,应至少取_________位有效数字？＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%故可取n3.097,即4位有效数字。设x=3.214,y=3.213，欲计算u=,请给出一个精度较高的算式u=.u=设x=3.214,y=3.213，欲计算u=,请给出一个精度较高的算式u=.u=设y=f(x1,x2)若x1,x2,的近似值分别为x1*,x2*,令y*=f(x1*,x2*)作为y的近似值,其绝对误差限的估计式为:||f(x1*,x2*)|x1-x*1|+|f(x1*,x2*)|x2-x*2|；2方程根设迭代函数(x)在x*邻近有r（1）阶连续导数，且x*=(x*)，并且有(k)(x*)=0(k=1,…,r-1)，但(r)(x*)0，则xn+1=(xn)产生的序列{xn}的收敛阶数为___r___称序列{xn}是p阶收敛的如果用牛顿法求f(x)=0的n重根，为了提高收敛速度，通常转化为求另一函数u(x)=0的单根，u(x)=用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,则x1=________解x1=1.5970149用牛顿法解方程的迭代格式为_______________解迭代过程收敛的充分条件是1.___用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,则x1=1.5970149用牛顿法解方程的迭代格式为_______________用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,则x1=________解x1=1.5970149迭代公式xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a)是求a1/2的(12)阶方法3方程组矩阵的LU分解中L是一个_为单位下三角阵，而U是一个上三角阵____。设线性方程组的系数矩阵为A=,全主元消元法的第一次可选的主元素为-8，或8___，第二次可选的主元素为8+7/8或-8-7/8____.列主元消元法的第一次主元素为_－8_________；第二次主元素为(用小数表示)7.5_____;在方阵A的LU分解中,方阵A的所有顺序主子不为零,是方阵A能进行LU分解的充分(充分,必要)条件；严格行对角占优阵能__(能,不能)进行LU分解；非奇异矩阵___不一定___(一定，不一定)能进行LU分解。

设A是正定矩阵，则A的cholesky的分解唯一(唯一,不唯一).设，为使A可分解为A=LLT，其中L是对角线元素为正的下三角形矩阵，则a的取值范围是，取a=1，则L=。解，改进的方法不会4迭代，则，，；答：4，3.6180340，5；已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法___是___收敛（填“是”或“不”）。给定方程组 记此方程组的Jacobi迭代矩阵为BJ=(aij)33，则a23=-1；,且相应的Jacobi迭代序列是__发散_____的。设，则关于的1,，则Rn上的两个范数||x||p,||x||q等价指的是_C,DR,_C_||x||q_||x||pD||x||q_；Rn上的两个范数_一定____是等价的。（选填“一定”或“不一定”）。，则19,13____，____12；已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法___收敛（填“收敛”或“发散”），则，，解已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法_____________收敛（填“是”或“不”），解（3）因的Jacobi迭代矩阵，，故Jacobi迭代是收敛的，已知方程组，其雅可比法的迭代矩阵是______________，高斯-塞德尔法的迭代格式是________________；解已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法_____________收敛（填“是”或“不”），解因的Jacobi迭代矩阵，，故Jacobi迭代是收敛的，已知方程组，其雅可比法的迭代矩阵是______________，高斯-塞德尔法的迭代格式是________________；解，要使，a应满足___________；解则，，。，则，。解。设若,则矩阵A的1-范数4，cond1(A)=16。如果线性方程组用Jacobi迭代法，其迭代矩阵满足。如果用Gauss-Seidel迭代法解此线性方程组，则方法一定(一定,不一定)收敛设，则2，则，，；答案：（1）19，13，12；方程组用超松驰法求解时，迭代矩阵为,要使迭代法收敛，条件0<<2是必要条件(充分条件、必要条件、充要条件)；如果是正定矩阵，用超松驰法求解，方法收敛当且仅当在区间(0,2)时。给定方程组 ，其Jacobi迭代格式的迭代矩阵为当<1时，Jacobi迭代格式收敛；其Gauss-Seidel迭代格式的迭代矩阵为，当<1时Gauss-Seideli迭代格式收敛。已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法__是__收敛（填“是”或“不”）已知,则__6___，__7__,A的谱半径（1）.设，则关于的1,,。则，，解已知方程组，其雅可比法的迭代矩阵是______________，高斯-塞德尔法的迭代格式是________________；解设线性方程组的系数矩阵为A=,列主元消元法的第一次主元素为(13)；第二次主元素为(用小数表示)(14);记此方程组的高斯-塞德尔迭代矩阵为BG=(aij)44，则a23=(15),.(13)-8;(14)7.5;(15)-17/4;5插值在等式中,系数ak与函数f(x)有关。（限填“有”或“无”）设lk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数，则0m=1,2,…,n用个不同节点作不超过次的多项式插值，分别采用Lagrange插值方法与Newton插值方法所得多项式(相等,不相等)。函数与函数中,是三次样条函数的函数是_f____，另一函数不是三次样条函数的理由是_____二阶导不连续__________。设Pk(xk,yk),k=1,2,…,5为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,…,P5且次数不超过4次的插值多项式是x2-3x+1。函数与函数中,是三次样条函数的函数是，另一函数不是三次样条函数的理由是不满足具有二阶连续导数。令f(x)=ax7+x4+3x+1,则f[20,21,…,27]=a；f[20,21,…,28]=0设(i=0,1,…,n)，则＝_x_____,这里（xixj,ij,n2）。牛顿插商与导数之间的关系式为：设x0,x1,x2是区间[a,b]上的互异节点，f(x)在[a,b]上具有各阶导数，过该组节点的2次插值多项式的余项为：R2(x)=在等式中,系数ak与函数f(x)__无__关.高次插值容易产生________龙格（Runge）现象。设Pk(xk,yk),k=1,2,…,5为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,…,P5且次数不超过4次的插值多项式是___x2-3x+1___。令f(x)=x7+x4+3x+1,则f[20,21,…,28]=______0_____确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要____4n______个若f(x)充分光滑，若2n+1次多项式 H2n+1(x)满足H2n+1(xi)=f(xi),,则称H2n+1(x)是f(x)的___Hermite插值_________多项式，且余项R（x）=f(x)—H2n+1(x)=_________；设Pk(xk,yk),k=1,2,…,5为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,…,P5且次数不超过4次的插值多项式是______。解（4）y=x2-3x+1用个作不超过次的多项值插值，分别采用Lagrange插值方法与Newton插值方法所得多项式相等(相等,不相等)6拟合采用正交多项式拟合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常见的_法方程组病态___问题。试确定[0,1]区间上2x3的不超过二次的最佳一致逼近多项式p(x),该多项式唯一否？答：p(x)=(3/2)x,;唯一。设f(x)C[a,b]，f(x)的最佳一致逼近多项式是__一定___存在的。在函数的最佳一致逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的(10)范数,在函数的最佳平方逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的(11)范数.无穷范数；||f||；2-范数若{0(x),1(x),…,n(x)}是[a,b]上的正交族。为f(x)的最佳平方逼近。系数ak=在函数的最佳一致逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的无穷范数.在函数的最佳平方逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的2范数.(无穷范数；2-范数，1-范数)设f(x)=2x4在[-1,1]上的不超过3次最佳一致逼近多项式P(x)=2x2-1/4。采用正交多项式拟合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常见的(9)问题.在函数的最佳一致逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的(10)范数.函数的最佳平方逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的(11)范数.函数f(x)=|x|在[-1,1]的，次数不超过一次的最佳平方逼近多项式是。7积分Gauss型求积公式不是插值型求积公式。（限填“是”或“不是”）n个不同节点的插值型求积公式的代数精度一定会超过n-1次设称为柯特斯系数则=______1____为辛卜生（Simpson）公式具有___3____次代数精度。2n阶Newton-Cotes公式至少具有2n+1次代数精度。设公式为插值型求积公式，则,且=b-an个节点的插值型求积公式的代数精度不会超过2n－1次。Gauss点与积分区间____无关_____但与被积函数___有关。当常数A=，B=，时，数值积分公式是Gauss型积分公式Simpsons数值求积公式具有____3_________次代数精度，用于计算所产生的误差值为_____________；形如的插值型求积公式，其代数精度至少可达到______n____阶，至多可达到__2n+1________阶；勒让德（Legendre）多项式是区间______[-1,1]_____上，带权_____1_____正交的正交多项(3)用梯形公式计算积分9.219524E-003:此值比实际值小(大,小)用复化梯形公式计算积分,要把区间[0,1]一般要等分41份才能保证满足误差小于0.00005的要求（这里）；如果知道，则用复化梯形公式计算积分此实际值大(大，小)。若用复化梯形求积公式计算积分区间应分2129等分，即要计算个2130点的函数值才能使截断误差不超过；若改用复化Simpson公式，要达到同样精度区间应分12等分，即要计算个25点的函数值。Simpsons数值求积公式具有___3__________次代数精度，用于计算所产生的误差值为_____________；形如的插值型求积公式，其代数精度至少可达到_____n_____阶，至多可达到___2n+1_______阶；若用复化梯形求积公式计算积分区间应分2129等分，即要计算个2130点的函数值才能使截断误差不超过；若改用复化Simpson公式，要达到同样精度区间应分12等分，即要计算个25点的函数值在以为内积的空间C[0,1]中，与非零常数正交的最高项系数为1的一次多项式是。Simpsons数值求积公式具有___________次代数精度，用于计算所产生的误差值为_____________；形如的插值型求积公式，其代数精度至少可达到__________阶，至多可达到__________阶；8微分方程欧拉预报--校正公式求解初值问题的迭代格式(步长为h)，此方法是阶方法。，此方法是2阶方法。称微分方程的某种数值解法为p阶方法指的是其局部截断误差为O(hp+1)。求解微分方程数值解的Euler法的绝对稳定区间是____(-2,0)______。欧拉预报--校正公式求解初值问题,如取步长h=0.1,计算y(0.1)的近似值为0.005000,此方法是2阶方法（1）当，时，下述形式的RK公式为二阶公式欧拉预报--校正公式求解初值问题的迭代格式(步长为h)，此方法是2阶方法。用Euler方法解初值问题的近似解的最终表达式(取步长)；当时，。

题库分类填空题绪论部分设x=3.214,y=3.213，欲计算u=,请给出一个精度较高的算式u=.u=设y=f(x1,x2)若x1,x2,的近似值分别为x1*,x2*,令y*=f(x1*,x2*)作为y的近似值,其绝对误差限的估计式为:||f(x1*,x2*)|x1-x*1|+|f(x1*,x2*)|x2-x*2|要使的近似值的相对误差限0.1%,应至少取_______位有效数字？＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%故可取n4,即4位有效数字。要使的近似值的相对误差限0.1%,应至少取_________位有效数字？＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%故可取n3.097,即4位有效数字。对于积分In=e-1xnexdx试给出一种数值稳定的递推公式_________。In-1=(1-In)/n,In0易知I0=1-e-1In=1-nIn-1故In-1=(1-In)/n0<In1/(n+1)0(n)取In0选择填空计算f=(-1)6,取＝1.4,利用下列算式，那个得到的结果最好？(C)(A),(B)(3-2)2,(C),(D)99-70方程的根用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,则x1=(3)x1=1.5970149迭代公式xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a)是求a1/2的(12)阶方法方程组直接解法迭代解法设线性方程组的系数矩阵为A=,全主元消元法的第一次可选的主元素为(13)，第二次可选的主元素为(14).列主元消元法的第一次主元素为(15)；第二次主元素为(用小数表示)(16);记此方程组的高斯-塞德尔迭代矩阵为BG=(aij)44，则a23=(17)；-8，或8；8+7/8或-8-7/8；-8；7.5；插值填空设Pk(xk,yk),k=1,2,…,5为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,…,P5且次数不超过4次的插值多项式是______。y=x2-3x+1设x0,x1,x3是区间[a,b]上的互异节点，f(x)在[a,b]上具有各阶导数，过该组节点的2次插值多项式的余项为：______.R2(x)=设(i=0,1,…,n)，则＝______,这里（xixj,ij,n2）。x三次样条插值与一般分段3次多项式插值的区别是_____三次样条连续且光滑，一般分段3次连续不一定光滑。插值多项式与最小二乘拟合多项式都是对某个函数f(x)的一种逼近，二者的侧重点分别为________。用个作不超过次的多项值插值，分别采用Lagrange插值方法与Newton插值方法所得多项式相等(相等,不相等)计算题(a10分)依据下列函数值表，建立不超过3次的lagrange插值多项式L3(x).x0123f(x)19233解：基函数分别为l0(x)=-x3+x2-x+1l1(x)=l2(x)=l2(x)=Lagrange插值多项式L3(x)==.(b10分)已知由插值节点(0,0),(0.5,y),(1,3)和(2,2)构造的3次插值多项式P3(x)的x3的系数为6，试确定数据y.解：P3(x)＝故最高次项系数为 带入数值解得y=4.25.(c15分)设lk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数，证明证明：其中，wn+1(x)=故当0jn时，=xj,当j=n+1时，xn+1=将x=0带入ok!(c10分)设lk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数，证明是n次多项式，且最高次系数为x0+…+xn,证：查--5分注意余项==xn+1-wn+1(x)5分ok!(c10分)设函数f(x)是k次多项式，对于互异节点x1,…,xn,，证明当n>k时，差商f[x,x1,…,xn]0，当nk时，该差商是k-n次多项式。证明：因注意到n>k时，f(n)(x)=0，n=k时，f(n)(x)=k!ak，ak为f(x)的k次项系数。(7f)nk-1由差分定义递推,查n=k-1,k-2,…(3f)ok!(c10分)设g(x)和h(x)分别是f(x)关于互异节点x1,…,xn-1以及互异节点x2,…,xn的插值多项式，试用g(x)和h(x)表示f(x)关于互异节点x1,…,xn的插值多项式.解：令q(x)=Ag(x)(x-xn)+Bh(x)(x-x1)为待定n次多项式，A,B为待定系数，注意到g(xk)=f(xk),k=1,…,n-1h(xk)=f(xk),k=2,…,n(7f)带入得A=1/x1-xn,B=1/xn-x1,带入ok!(a10f)设lk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数，证明(1)m=0,1,…,n(2)0m=1,2,…,n证明：由插值唯一性定理知(1)。展开知（2）(a10f)证明对于不超过k次的多项式p(x)有knlk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数证明：由插值唯一性定理知。(a10f)设p(x)是任意首次项系数为1的n+1次多项式，lk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数证明其中证明：插值余项直接计算ok!(a10f)已知函数y=f(x)在点x0的某邻域内有n阶连续导数，记xk=x0+kh(k=1,2,…,n),证明证明：因(x0,x0+nh)注意到n阶导数连续性，两边取极限ok!(c10f)用等节距分段二次插值函数在区间[0,1]上近似函数ex,如何估算节点数目使插值误差10-6.解：考虑子区间[xi-1,xi]二次插值余项令x=xi+1/2+s(h/2)上式化简为令得h0.028413故子区间个数为N=2/h70.4,取N=71故插值节点数为2N+1=143(b10分)设f(x)在区间[a,b]上有二阶连续导数，P1(x)为其以a,b为节点的一次插值多项式，证明证明：利用插值余项结果可得线性插值多项式P1(x)在子区间[a,b]上的余项估计式，再估计最值ok!(b10分)已知s(x)是[0,2]上的已知自然边界条件的三次样条函数，试确定s(x)=中的参数b,c,d解：利用边界条件s/(2-0)=0及样条函数定义可得b=-1,c=-3,d=1(b10分)判断下面2个函数是否是[-1,1]上以0为内节点的三次样条函数。设(1)S(x)=(2)S(x)=解：(1)是，(2)否。(a10f)令f(x)=x7+x4+3x+1求f[20,21,…,27]及f[20,21,…,28]解：f[20,21,…,27]=1f[20,21,…,28]=0(a10f)证明n阶均差有下列性质：(1)若F(x)=cf(x),则F[x0,x1,…,xn]=cf[x0,x1,…,xn] (2)若F(x)=f(x)+g(x),则F[x0,x1,…,xn]=f[x0,x1,…,xn]+g[x0,x1,…,xn]证明：其中，ak=ok!(a10f)回答下列问题：（1）什么叫样条函数？（2）确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要多少？（3）三转角法中参数mi的数学意义是什么？答：（1）略 （2）4n个（3）mi=S/(xi)即样条函数在节点xi处的一阶导数。(a10f)回答下列问题：（1）何谓Hermite插值问题？（2）Hermite插值与一般多项式插值有什么区别？拟合采用正交多项式拟合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常见的(9)问题.在函数的最佳一致逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的(10)范数.在函数的最佳平方逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的(11)范数.无穷范数||f||；2-范数计算题(b10f)设f(x)[-a,a]的最佳一致逼近多项式为P(x),试证明f(x)是偶函数时P(x)也是偶函数；f(x)是奇函数时P(x)也是奇函数。证明：（1）令t=-x,考查|f(x)-P(x)|=|f(-t)-P(-t)|=|f(t)-P(-t)|,故P(-x)也是f(x)[-a,a]的最佳一致逼近多项式，由最佳一致逼近多项式的唯一性知P(-x)=P(x).（2）略。(a10f)试确定[0,1]区间上2x3的不超过二次的最佳一致逼近多项式p(x),该多项式唯一否？解：p(x)=(3/2)x,唯一。求f(x)=2x3+x2+2x-1在[-1,1]上的最佳二次逼近多项式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3(x)=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4-8x2+1解:f(x)=2x3+x2+2x-1-P(x)=2.T3(x)=T3(x)故P(x)=f(x)-T3(x)=2x3+x2+2x-1-2x3+3x=x2+x-1求f(x)=2x4在[-1,1]上的3次最佳一致逼近多项式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3(x)=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4-8x2+1解：P(x)=2x2-1/4求f(x)=2x4在[0,2]上的3次最佳一致逼近多项式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3(x)=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4-8x2+1解：令x=t+1,t[-1,1],f(x)=g(t)=(t+1)4故g(t)的3次最佳一致逼近多项式为P3(t)=4t3+7t2+4t+7/8故f(x)的3次最佳一致逼近多项式为P(x)=P3(x-1)=4x3-5x2+2x-1/8设f(x)C[a,b],,证明f(x)的最佳零次一致逼近函数为s(x)=(M+m)/2,其中M和m分别为f(x)在[a,b]上的最大与最小值。证明[a,b]上的正交函数系H={h1(x),h2(x),…,hm(x)}是线性无关的函数系。证：写出线性组合式子――――2分作内积求系数―――――――――2分（10分）求f(x)=lnx,x[1,2]上的二次最佳平方逼近多项式的法(正规)方程组。（要求精确表示，即不使用小数）解：取=span{1,x,x2},[a,b]=[1,2]法方程组为计算知解之得：a0=-1.142989,a1=1.382756, a2=-0.233507最佳平方逼近多项式为P2(x)=-1.42+1.38x-0.233x2平方误差为||f-P2||22=(f,f)-a0(f,0)–a1(f,1)–a2(f,2)0.410-5设f(x)在有限维内积空间＝span{0,…,n}上的最佳平方逼近为p(x),试证明，f(x)-p(x)与中所有函数正交。证明：查(f(x)-p(x),j)=(f,j)-(p(x),j)注意到ak是法方程组的解。而法方程组两边的j-th分量为((j,0)(j,1)…(j,n))=(p(x),j)ok!设是在空间＝span{0,…,n}中对f(x)C[a,b]的最佳平方逼近,证明：(f-p,f-p)=(f,f)-证：注意到ak是法方程组的解。而法方程组故k=1,…n,(f(x)-p(x),k)=0,(5分)(p-f),p)=0(5分)(f-p,f-p)=(f,f)-2(f,p)+(p,p)=(f,f)-(f,p)+(p-f),p)=(f,f)-(f,p)(5分)求下列矛盾方程组的最小二乘解解：x1=-29/12,x2=-39/12写出相应的法方程组ATAx=ATb――――5分求解x1=-29/12,x2=-39/12――――5分推导用最小二乘法解矛盾方程组Ax=b的法方程组ATAx=ATb解：给出目标函数h(x)=||Ax-b||25=xTATAx-2xTATb+bTb5求偏导得到驻点方程组ATAx-ATb=05证明：{0,…,n}为点集{xi}mi=1上的线性无关族法方程GTGa=GTy有唯一解。其中证：充分性）。首先注意到若a0,a1,..,an为方程组a00+a11+…+ann=0（9）的解，则必为方程组((0,0)a0+(1,0)a1+…+(n,0)an=0(0,1)a0+(1,1)a1+…+(n,1)an=0…..(0,n)a0+(1,n)a1+…+(n,n)an=0(10)的解。事实上，令0,1,…,n分别与(9)两端作内积得(10)，知也！设|GTG|0（10）仅有0解(9)也仅有0解故{0,…,n}无关。证必要性）。{0,…,n}无关(9)仅有0解即a=(a0,a1,..,an)0Ga0aTGTGa=(Ga)T(Ga)=||Ga||22>0GTG正定|GTG|>0|GTG|0.若{0(x),1(x),…,n(x)}是点集{x1,x2,…,xm}上的离散正交族。为给定数据对(xi,yi)(i=1,2,…,m)的最小二乘拟和函数。证明：证：法方程系数矩阵为QTQ==此时法方程为故若{0(x),1(x),…,n(x)}是[a,b]上的正交族。为f(x)的最佳平方逼近。证明：证：法方程系数矩阵为QTQ==此时法方程为故求函数f(x)=|x|在[-1,1]上求关于函数族span{1,x2,x4}的最佳平方逼近多项式。解：由内积(f,g)=,令0=1，1=x2,2=x4,计算知法方程得解之得：a0=15/185=0.117…a1=105/64=1.64…a2=-105/128=-0.820…最佳平方逼近多项式为:0.117+1.64x2-0.820x4求函数f(x)=在[1,3]上求关于函数族span{1,x}的最佳平方逼近多项式。解：由内积(f,g)=,令0=1，1=x,计算法方程得解之得：a0=(13/2)ln3-6=1.14…a1=3-3ln3=0.295…最佳平方逼近多项式为:1.14-0.295x求a,b,c的值，使达到最小解：就是求f(x)=sinx关于函数族span{1,x,x2}在[0,]上的最佳平方逼近。由内积(f,g)=,令0=1，1=x,2=x2计算知法方程为解之得：a0=-14/,a1=72/2,a2=-60/3求a,b,c的值，使达到最小解：由唯一性知，a=0,b=0,c=3什么是非线性最小二乘拟合问题？回答下列问题：求解线性最小二乘问题遇到的主要困难是什么？用离散正交多项式进行拟合的主要优点是什么？回答下列问题：什么叫最佳多项式平方逼近？什么叫最佳多项式一致逼近？回答下列问题：最佳平方逼近多项式与最小二乘拟合多项式在计算方法上有何相似之处？二者区别是什么？数值积分微分方程数值解答案插值节点函数值相等最小二乘拟和乃综合偏差最小。法方程组病态3-17/4正误题()线性方程组的条件数与其解法无关。()设A为可逆矩阵，R则cond(A)=cond(A)。()Rn上一切向量范数都等价。()矩阵A的谱半径不超过||A||1。()在等式中,系数ak与函数f(x)有关。()说微分方程初值问题的数值方法是p阶的，指的是其局部截断误差是与hp同阶的无穷小,其中h为步长。()Gauss点与积分区间无关但与被积函数有关。()微分方程初值问题的Euler方法第一步的局部截断误差等于第一步的整体截断误差。（1）.设，则关于的1,,。(2)设A是正定矩阵，则A的cholesky的分解唯一(唯一,不唯一)(3)用梯形公式计算积分9.219524E-003:此值比实际值小(大,小)(4)用Euler方法解初值问题的近似解的最终表达式(取步长)；当时，。(5)令f(x)=3x7+x4+3x+1,则f[20,21,…,27]=3；f[20,21,…,28]=(5)在以为内积的空间C[0,1]中，与非零常数正交的一次多项式是例4-2证明在[0,1]内有一个根，使用二分法求误差不大于的根要迭代多少次？解答设，则；又因，故在[0，1]上单减，因此f(x)在[0,1]上有且仅有一个根。使用二分法时，误差限（按例4-1的编号方式）为，解得 所以需迭代14次即可。例4-3求解方程的根，要求取,分别用简单迭代法、迭代法的加速方法：，以及埃特金方法求解，要求误差应满足。解答（1）简单迭代法。此时迭代公式为 计算结果如下：kk00.5100.566907210.6065306110.567277220.5452392120.567067330.5797031130.567486340.5600646140.567118850.5711721150.567157160.5648629160.567135470.5684380170.567147780.5664094180.567140790.5675596此时已满足，故取。（2）用加速技巧来做。在附近，，故取，此时迭代式为 计算结果如下：kk00.530.56714980.567143110.60653070.566581740.56714340.567143320.56746190.5671318此时已满足，做。（3）用埃特金方法来做。此时迭代式为 计算结果如下：k00.510.60653070.54523920.567623920.56687080.56729790.567143330.56714330.5671433此时不能再算了，因已达到精度要求，故取即可例4-4当R取适当值时，曲线与相切，试用迭代法求切点横坐标的近似值，要求不少于4位有效数字，也不求R。分析两曲线相切，在切点处曲线函数值相等，导数值相等，根据这些条件可列出切点横坐标应满足的关系式，然后用迭代法求解。解答的导数为的导数满足，故由两曲线相切的条件，可得 即 令，则，因此在（1，2）内有根。又在（1，2）内仅有一个根，构造迭代格式 取 ，计算结果如下： 由于，故取，即可保证有4位有效数字。即两曲线切点的横坐标为1.438.例4-5分别用单点弦割法和双点弦割法求的根，要求。解答因，故没有极值点。由于，因此在（1，2）内仅有一根。（1）用单点弦割法，迭代公式为 取，计算结果如下：kk0151.3688086441261.36880804921.36842105371.36880811531.36885126381.36880810741.368803298此时，已满足精度要求，故取即可（2）若采用双点弦割法，迭代公式为仍取，则有kk0131.3688504691241.36880810421.36842105351.368808108取，可保证。注记本题方程为Leonardo方程。Leonardo于1225年研究了该方程，并得到了的结果，这在当时是非常重要的结果，但无人知道他是用何法而得。这时。例4-6用牛顿法求解Leonardo方程 要求 。解答由上题知，在（1，2）内有一个根，且，故应取，利用牛顿迭代公式 计算结果如下：kk0131.36886941911.641.36880810921.38338870451.368808108 ,故取。注记由上两题知，要达到同样的精度，牛顿法的迭代次数不一定比弦割法少，尽管牛顿法是平方收敛的。究竟二者谁的迭代次数少，要视问题而定。另外就整体计算时间而言，当牛顿法中的计算量超过的计算量的44%时，双点弦割法的总计算时间较牛顿法的少，见参考文献7.例4-10能不能用迭代法求解下列方程，如果不能时，试将方程改写成能用迭代法求解的形式。（1）； （2）。分析判断方程能否用迭代法求根，最关键的是在根的附近能否满足。因此可用该条件来判断。解答 （1），对所有的x，有 故能用迭代法求根。（2）方程为。设，则，故有根区间为[1,2]，题中，故不能用来迭代。把原方程改写为，此时，，，故可用迭代公式 来求解。例4-11为求方程在附近的一个根，设将方程改写为下列等价形式，并建立相应的迭代公式： （1），迭代公式 （2），迭代公式 （3），迭代公式 试分析每种迭代公式的收敛性，并取一种公式求出具有4位有效数字的近似根。解答取的邻域[1.3,1.6]来考察。（1），故迭代公式（1）收敛。（2），故（2）也收敛。（3），故发散。由于越小，越快地收敛于，故取第（2）式来求根。计算结果如下：kk01.551.4662430111.4812480361.4658768221.4727057371.4657102431.4688173181.4656344641.4670479791.46559999由于,故可取。例4-15设，证明迭代公式 是计算的三阶方法。分析本题应说明的极限为a，并且才行。关于第二件事也可按定理3.3来证（下文未给出该种证明）。证明显然，当时，。令，则 故对，即迭代收敛，设的极限为l，则有 解得 ，由题知取。即迭代序列收敛于。 故题中迭代式确是求的三阶方法。例4-18试给出简化牛顿公式（单调弦割法） 收敛的一个充分条件。又设f(x)在[a,b]内有单根x*，证明，其中。分析这里可看作是迭代函数为的简单迭代法。因之，可用简单迭代法的充分条件来出本题方法的收敛性条件。解答令，则（在x*的邻域内）是收敛的一个充分条件，即 解得 因而，只要对给定的，存在,使对任何上式都能成立的话，单调弦割法就收敛。再由，有 介于与x*之间这样 所以 例4-20已知方程f(x)=0。（1）导出迭代求根公式 ；（2）证明对f(x)=0的单根，（1）的公式是具有三阶收敛速度；（3）讨论在f(x)=0的重根附近，（1）的公式的收敛速度。分析这里要求直接导出迭代公式，故可先求出根x*的近似表达式，然后令其值为即可，为导出x*的近似表达式可考虑f(x)的泰勒展开式。想法导出所求公式。解答（1）设x*为f(x)=0的单根，则，不妨设在x*的邻域均有界，则 令x=x*，我们有 解出并乘以，得 上式右端第二项 所以 解出，得 即 略去高阶无穷小，得 （2）讨论收敛速度 故在单根附近，（1）的公式具有三阶收敛速度。（3）仅就二重根的情况证明之，其余类似。利用，作泰勒展开，得 于是 代入、、的泰勒展开式，并化简得 故在重根附近，（1）中公式是线性收敛的。例7-2已知函数方程，（1）确定有根区间[a,b]；（2）构造不动点迭代公式使之对任意初始近似，迭代方法均收敛；（3）用所构造的公式计算根的近似值，要求。解（1）令，由于，，因此区间[2,3]是方程f(x)=0的一个有根区间，又因，，当时f(x)单减，故f(x)=0在内有具仅有一根，即。（2）将等价变形为，则，由于当 时故不动点迭代法，对均收敛。（3）取，利用进行迭代计算，结果如表7-2所示k02.512.0820849990.41791500122.1246700040.04258500532.1194723870.005819761742.1200949760.000622589此时x4已满足误差要求，即。例7-3考虑求解方程的迭代公式 （1）试证：对任意初始近似，该方法收敛；（2）取，求根的近似值；（3）所给方法的收敛阶是多少？解（1）由迭代公式知，迭代函数。由于的值域介于与之间，且 故根据定理7.1,7.2知在内存在惟一的不动点x*，且对，迭代公式得到的序列收敛于x*。（2）取，迭代计算结果如表7-3所示。表7-3k0413.5642375870.43576241323.39199516803541248270.03787034143.3483333840.00579144353.3475299030.000803481此时已满足差要求，即（3）由于，故根据定理7.4知方法是线性收敛的，并有有。例7-4对于迭代函数，试讨论：（1）当C为何值时，产生的序列收敛于；（2）C取何值对收敛最快？（3）分别取，计算的不动点，要求 解（1），根据定理7.3当，亦即时迭代收敛。（2）由定理7.4知，当，即时迭代至少是二阶收敛的，收敛最快。（3）分别取，并取迭代计算结果如表7-4所示。表7-4kk01.201.211.4811.39798989961414120505121.41420930331.414213559131.41421532741.414213562此时都达到。事实上，例7-5给定初值以及迭代公式 常数证明：（1）该迭代式是二阶收敛的；（2）该迭代产生的序列收敛的充要条件是。解（1）显然，迭代函数，且，即是的不动点。又，所以，由定理7.4知，迭代是二阶收敛的，且（2）因，令，则 然而 故 由此可知等价于，而又等价于，即。注（1）的结论也可直接用二阶收敛的定义去证明，另外，本题迭代式实际上是对使用牛顿迭代法而得。例7-8曲线与在点（1.6,1）附近相切，试用牛顿迭代法求切点横坐标的近似值，使。解两曲线的导数分别为和，两曲线相切，导数相等，故有 令，则f(1)<0,f(2)>0，故区间[1,2]是f(x)=0的有根区间，又当时，，因此f(x)=0在[1,2]上有惟一实根x*，对f(x)应用牛顿迭代法，得计算公式 由于，故取迭代计算一定收敛，计算结果如表7-6所示。表7-6kk02.031.70681528712.29305555641.70002561121.81778359251.7继续计算仍得，故。注本题也可令，解得切点横坐标满足方程，用有重根时的牛顿迭代法（7.15）式计算，此时m=2，仍取x0=2，经四步可得x*=1.7。9.研究求的牛顿公式 证明对一切且序列是递减的。证法一用数列的办法。因由知，且又由 故，即单减有下界。根据单调有界原理知，{xk}有极限。易证其极限为。证法二设。易知f(x)=0在[0,+]内有惟一实根。对f(x)应用牛顿迭代法，得 利用例7-9的结论知，当时，单减有下界，且。当时， 此时，从x1起，单减有下界，且极限仍为。13.应用牛顿法于方程，导出求的迭代公式，并用此公式求的值。解，所以牛顿迭代公式有 易知。故取时，迭代收敛。对于，取，迭代计算，得 x1=10.33043478, x2=10.70242553, x3=10.7237414 x4=10.72380529, x5=10.72380529故。

例7用迭代法求方法的最小正根，要求精确到4位有效数字。解令,则。画出及的图形如图6.1，其交点的横坐标就为所求正根。由图可知交点的横坐标约在0.3附近。又由 ，可取区间（0，0.5）讨论，并将改写为 。则 ， 。计算得 因，故取.例11用迭代法的思想，给出求的迭代格式，并证明。解记，，则有 因上述迭代格式之迭代函数为，则 。故对于任意的，均有 ，迭代是收敛的。不妨设，则有 ，即。解之得I=2及I=-1，负根不合题意舍去，故 ，即 。18.设有解方程的迭代法 。（1）证明，均有（x*为方程的根）。（2）取x0=4,用此迭代法求方程根的近似值，误差不超过10-3。（3）此迭代法的收敛阶是多少？证明你的结论。解（1）因迭代函数 ，而对一切x,均有 故迭代过程收敛，即，均有。（2）取x0=4,代入迭代式计算有 ， ， ， ， 。取即可使误差不超过.(3)因，故由推论6.1知，此迭代格式只具线性收敛。22.填空题（1）迭代过程收敛的充分条件是1.（2），要使迭代法局部收敛到，则取值范围是。（3）用迭代法求方程的根，使迭代序列具有平方收敛，则。（3）用迭代法求方程的根，使迭代序列具有平方收敛，则。（4）迭代法收敛于，此迭代序列是阶收敛的。解（1）。（2）因，由，即故的取值范围是。（3）由于Newton迭代具有平方收敛，故取 。（4），，，，，故的收敛阶是2.4.设a>1 。（1）构造计算I的迭代公式；（2）讨论迭代过程的收敛性；（3）求I的精确值。解（1）计算I的迭代公式为 （2）上述迭代公式的迭代函数为 。因 。故由知，。即该迭代对于均收敛。（3）令，则有 ，即解之得 舍去，取。例2用迭代法求方程在区间[2，3]上的根，并讨论迭代的敛散性。解由于在区间[2,3]上连续，且，所以，方程在[2,3]上有根。若把方程改写成下列三种等价的便于迭代的形式： （1）； （2）； （3）从而可得出对应的三个迭代格式：（1）；（2）；（3）若取相同的初值，经分别迭代计算得到的结果列于表4-2中。表4-2k012345迭代（1）22.080842.0923512.0942172.0945012.094543迭代（2）22.1213202.0873482.0965172.0940172.094697迭代（3）21－5－125－1953005－7.449207×1018从表4-2中数据的变化趋势看，迭代格式（1）和（2）得到的序列可能是收敛的，而迭代格式（3）可能是发散的。事实上，由迭代法收敛的充分条件定理4.1可知：（1）对于迭代格式（1），其迭代函数为，则在[2,3]上具有连续的一阶导数，且，有，故单调增加，又，，于是，当时，，满足定理4.1条件（1）。又，取正值，且单调递减，所以有即满足定理4.1的条件（2），从而迭代格式（1）收敛。（2）对于迭代格式（2），其迭代函数为，且当时，有，故是单调减少，但，显然不满足定理4.1的条件（1），但若在[2,3]的子区间[2,2.5]中考察，则有，也即满足定理4.1的条件（1），又，在[2,2.5]上取负值且单调递增，从而有，即满足定理4.2的条件（2），从而迭代格式（2）在区间[2,2.5]上收敛。（3）对于迭代格式（3），其迭代函数为，在区间[2,3]上有，从而。在此补充一个判别迭代法发散的充分条件：若存在使，而当时，迭代发散。从而迭代格式（3）当时，迭代发散。例3对于给定的正数c，应用牛顿法于方程，并证明：当初始值满足条件：时迭代法收敛。解由，有，则其牛顿迭代公式为 这是一个求正数c的倒数的一种不用除法运算的迭代法。下面证明其收敛性：记第k步的迭代误差为则，从而有 。这是一个关于足标k的递推式，反复递推，可得。若,则，即，则有（当时），即，而c为常数，从而有迭代误差，也就是当迭代次数时，有，即迭代法收敛。例6设法导出计算的牛顿法迭代公式，并要求公式中既无开方运算，又无除法运算。解由于要求迭代式中既无开方运算，又无除法运算，故将计算等价化为求的正根，而此时有 所以计算的牛顿法迭代公式为

例6-2如何对方程组 进行调整，使得用Gauss-Seidel方法求解时收敛？并取初始向量X（（0）=（000）T，用该方法求近似值，使。分析Gauss-Seidel方法的收敛条件有不止一个，一般总是先考虑比较方便的充分条件。观察方程组的系数可以发现，有几个系数的绝对值相对较大，这使得我们有可能调整方程组中各方程的次序后就使方程组化为主对角线严格占优，从而Gauss-Seidel方法收敛。至于计算求解，只需先写出迭代格式，然后再依次迭代计算。解答将第三个方程调到第一行后有 这是主对角线严格占优方程组，故用Gauss-Seidel迭代法求解一定收敛。迭代格式为 由，得 因为 ，故取最后结果为例6-3设有迭代格式 其中 ，试证该迭代格式收敛。并取，计算分析这是简单迭代法，迭代矩阵B的-范数和1-范数显然不小于1，于是我们考虑B的谱半径。证明设为B的特征值，则，即 故，从而该迭代格式收敛。由，经计算得 注记由于，我们发现仅三次迭代就收敛到了精确解，这和例6-1有类似之处。事实上这两个例子隐含了一个普遍性的结论，请读者看例6-17例6-5给定方程组 证明Jacobi方法发散而Gauss-Seidel方法收敛。分析观察系数矩阵的特点，它既不严格对角占优，也不对称正定，因此应该写出Gauss-Seidel方法的迭代矩阵B，然后再观察是否或或求出，看其是否小于1。而要证Jacobi方法发散，一般情况下只能想法说明其迭代矩阵的谱半径不小于1。证明（1）对Jacobi方法，迭代矩阵为 设其特征值为，则 ，故Jacobi方法发散。（2）对Gauss-Seidel方法，迭代矩阵为 显然其特征值为，故Gauss-Seidel方法收敛。注记这里所说的Jacobi方法“发散”，其具体含义应该说成“不是对任意初始向量都收敛”，也就是说“对有的初始向量Jacobi方法发散，但对有些初始向量它又可能收敛”，决不是说“对任意初始向量它都发散”，事实上，本题一定存在初始向量，使得Jacobi方法收敛，参阅例6-16.例6-6讨论用Jacobi法和Gauss-Seidel方法解方程组Ax=b时的收敛性，如果收敛，并比较哪种方法收敛较快，其中 分析如果两种方法发散，则一般应求迭代矩阵的谱半径，说明它小于1；如果两种方法收敛，但要比较收敛速度一般也应求谱半径。总之，应该求迭代矩阵的谱半径。解答（1）对Jacobi方法，迭代矩阵 ，方法收敛。（2）对Guass-Seidel方法，迭代矩阵 故方法收敛。因为，故Gauss-Seidel方法较Jacobi方法收敛快。例6-7设是二阶矩阵，且。试证求解方程组的Jacobi方法与Gauss-Seidel方法同时收敛或发散。分析只要说明Jacobi迭代矩阵与Gauss-Seidel迭代矩阵有相同的谱半径或者虽然谱半径不同但同时小于1或大于等于1即可。证明Jacobi法的迭代矩阵为 其谱半径为；而Gauss-Seidel法的迭代矩阵为 故其谱半径为。虽然与同时小于1、等于或大于1，因而Jacobi法和Gauss-Seidel法具有相同的敛性。例6-8设线性方程组的系数矩阵为 试求能使Jacobi方法收敛的a的取值范围。分析本题实际上也就是说a在什么范围以外不收敛，只要涉及到发散，一般总要按收敛的充要条件去讨论，因此首先求迭代矩阵的谱半径。解答当时，Jacobi方法的迭代矩阵为 由得，故由得，即时，Jacobi方法收敛。例6-13设求解方程组的Jacobi迭代格式为 求证：若，则相应的Gauss-Seidel方法收敛。分析本题应把B的元素通过A的元素表示出来，再由推出A所具有的特点，进而讨论Gauss-Seidel方法的收敛收。证明由于B是Jacobi方法的迭代矩阵，故 又，故，即，这说明系数矩阵A是按行严格对角占优，所以由定理6.5知Gauss-Seidel方法收敛。

例3考察Jacobi迭代、Gauss-Seidel迭代求解方程组 的收敛性。解对于此方程组，Jacobi迭代法的迭代矩阵为 ；BJ的特征多项式为 ；其特征值为。故有。因而Jacobi迭代法不收敛。对于此方程组，G-S迭代法的迭代矩阵为，可见，的特征值为。故有，所以G-S迭代法必收敛。13.设有方程组 若用Jacobi迭代法，G-S迭代法及的SOR法求解，试求它们的渐近收敛速度；若要使误差，其中，问这3种迭代法各应做多少次迭代？解由于Jacobi迭代的迭代矩阵B的谱半径，故收敛速度为 。G-S迭代法的谱半径，渐近收敛速度 。时SOR法的迭代矩阵为 。用Newton法可求得解，于是有，渐近收敛速度 为使，其中，迭代次数k分别为：Jacobi迭代法的，取。G-S迭代法的，取。的SOR迭代法，取。27.填空题（1）已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法_____________收敛（填“是”或“不”），它的渐近收敛速度_________。（2）用G-S迭代法解方程组，其中a为实数，方法收敛的充要条件是a满足______。（3）给定方程组，a为实数，当a满足______，且时，SOR迭代法收敛。解（1）因的Jacobi迭代矩阵，，故Jacobi迭代是收敛的，且。（2）a满足，因此时（3）a满足，因此时A对称正定。6.给定方程组 （1）确定a的取值范围，使方程组对应的jacobi迭代收敛；（2）当a=2时，用三角分解法（不选主元）求方程组的解X*解（1）将所给方程组 改写成 得Jacobi迭代阵 。 。解之得 。其谱半径。由，即， ，即。（2）当a=2时，所给方程组的系数矩阵为 。设。由算式 得 。所以有 即原方程变形为 。解 ，得 再解 得 。故即为所求。6.用Jacobi、Gauss-Seidel迭代法求解下列方程组 问是否收敛？为什么？若将原方程组变为 再用上述两种迭代法求解是否收敛？为什么？解对方程组 。其Jacobi迭代法的迭代阵是： 。由 ，知故Jacobi迭代过程发散。Gauss-Seidel迭代法的迭代阵是： 。由 ，知。故Gauss-Seidel迭代过程发散。若将方程组变为： 。因其系数矩阵是强对角占优的，故再用上述两种迭代均收敛。例6-10建立解线性方程组 的收敛的迭代格式。解由第一个方程的二倍加上第二个方程得 由第一个方程加上第二个方程再加第三个方程的10倍，得 由此得到与原方程组同解的新方程组： 显然，新方程组的系数矩阵按行严格对角占优，故可建立雅可比迭代格式与高斯-塞德尔迭代格式，而两种格式均收敛。其雅可比迭代格式为 其高斯-塞德尔迭代格式为 例6-11设，求解方程组，求雅可比迭代法与高斯-塞德尔迭代法收敛充要条件。解雅可比法的迭代矩阵 故雅可比法收敛的充要条件是。高斯-塞德尔法的迭代矩阵 故高斯-塞德尔法收敛的充要条件是。例6-12给出方程组（1）研究用SOR方法求解的收敛性；（2）用高斯-塞德尔法及的SOR法求解，取，迭代到；解（1）故A对称正定，当时，SOR方法收敛（2）SOR法迭代格式为 当时，高斯-塞德尔法格式为 用高斯-塞德尔迭代法，取初值，迭代到32步，得 用SOR法，，取初值，迭代到15步，得 例6-18给定线性方程组，用迭代公式 求解，其中为实数。问的取值在什么范围内可使迭代收敛？取何值时可使迭代收敛最快？解所给迭代公式的迭代矩阵为 其特征方程为 即 当且仅当，故取时，迭代收敛，当时，达到最小值，故当时迭代收敛最快。1.填空题（1），要使，a应满足___________；（2）已知方程组，其雅可比法的迭代矩阵是______________，高斯-塞德尔法的迭代格式是________________；（3）（2）中的雅可比迭代格式是否收敛___________，其渐近收敛速度=___________；（4）用高斯-塞德尔法解方程组，其中a为实数，方法收敛的充要条件是应使a满足______________；（5）给定方程组，a为实数，当a满足______________且时，SOR迭代法收敛。（答案：（1）；（2）；（3）是，1.4067054；（4）；（5）。）2.设方程组（a） （b）试考察解此方程组的雅可比迭代法及高斯-塞德尔迭代法的收敛性。解（a）雅可比法的迭代矩阵 ，雅可比迭代法不收敛。高斯-塞德尔法迭代矩阵 故高斯-塞德尔迭代法收敛。（b）雅可比法的迭代矩阵 故雅可比迭代法收敛。高斯-塞德尔法的迭代矩阵 故高斯-塞德尔迭代法不收敛。8.证明矩阵 对于是正定的，而雅可比迭代只对是收敛的。证明当时，由 故A是正定的。又雅可比法迭代矩阵 故，故当时，雅可比迭代法收敛。例5-10求矩阵Q的||Q||1，||Q||2，||Q||与Cond2(Q)，其中 分析这实际上是基本概念题，只要熟悉有关范数与条件数的定义即可。解答（1）由定义，显然||Q||1=4（2）因QTQ=4I，故（3）由定义显知（4）因QTQ=4I，故，从而 所以 例5-12设有方程组AX=b，其中 已知它有解.如果右端有小扰动，试估计由此引起的解的相对误差。分析本题是讨论方程组的右端项的小误差所引起的解的相对误差的估计问题，这与系数矩阵的条件数有关，只要求出Cond(A)，再由有关误差估计式即可算得结果。解答容易求得 ，从而Cond(A)=22.5由公式有 例5-13试证明矩阵A的谱半径与范数有如下关系 其中||A||为A的任何一种算子范数。分析由于谱半径是特征值的绝对值的最大者，故由特征值的定义出发论证是自然的。证明由特征值定义，对任一特征值有 AX=X（X0，特征向量）取范数有 ||AX||=||||X||由于范数||A||是一种算子范数，故有相容关系 ||AX||||A||||X||从而 ||||X||||A||||X||由于X0，故||||A||，从而 (A)||A||例5-18设A,B为n阶矩阵，试证 Cond(AB)Cond(A)Cond(B)分析由条件数定义和矩阵范数的性质即可证明。证明 例5-19设A,B为n阶非奇异矩阵，||||表示矩阵的任何一种算子范数，试证（1）（2）分析由矩阵范数的基本性质即可推证。证明（1），因为||||是算子范数，故 又 故 即 （2），从而 即 例5-20设A为n阶非奇异矩阵，且有三角分解A=LU，其中L为单位下三角阵，U为上三角阵。求证A的所有顺序主子式均不为零。分析因为要证A的所有顺序主子式均不为零，故把A=LU按分块的形式写出比较好，再由A的非奇异性即可推证。证明设 将A=LU按分块形式写出则有 从而由矩阵的分块乘法有 Ak=LkUk,(k=1,2,…,n)因为 A=An=LnUn非奇异，故 从而 Ak非奇异，A的所有顺序主子式不为零。例5-22非奇异矩阵不一定都有LU分解。分析这只需要举一个例子就行了。一般举例子尽量要简单些，而一个恰当的例子往往需要经过几次反复的“失败—修正”后才研究下来。解答考虑矩阵 显然A非奇异，若A有LU分解，则有 于是ae=bd=1，而ad=0，显然矛盾。故该非奇异矩阵不存在LU分解，所以说并非非奇异矩阵都有LU分解。

例5-4设是对称正定矩阵，经过高斯消去法一步后A约化为 其中，证明（1）A的对角元素aii>0,i=1,2,…,n；（2）A2也对称正定；（3）；（4）。证明（1）因A对称正定，故 aii=(Aei,ei)>0,i=1,2,…,n其中为第i个单位向量。（2）由A的对称性及消元公式得 故A2也对称。又 其中 显然L1非奇异，从而对任意的x0，有 （由A的正定性）故正定。又，而，故A2正定。（3）因A正定，故a11>0，故由消元公式有 （4）先设，取 则，与A2正定矛盾，故 由（1），（3）有 例5-14设A是任一n阶对称正定矩阵，证明是一种向量范数。证明（1）因A正定对称，故当x=0时，||x||A=0，而当x0时，。（2）对任何实数c，有 （3）因A正定，故有分解A=LLT，则 故对任意向量x和y，总有 综上可知，是一种向量范数。例5-15设，证明是一种矩阵范数。证明（1），且。（2）对任意实数c，有 （3）（4） 故||A||是一种矩阵范数。例5-19计算Cond(A)及Cond( DA);其中此结果说明了什么？解故计算结果说明了用对角阵左乘A可以改善其条件数。例5-20设，已知Ax=b的精确解为x=(3,-1)T.（1）计算条件数Cond(A);（2）若近似解，计算剩余向量；（3）利用事后误差估计式计算不等式右端，并与不等式左边比较。此结果说明了什么？解（1） （2）（3）由事后误差估计式，右端为 而左端 这表明当A为病态矩阵时，尽管剩余||r||很小，误差估计仍然较大。因此，当A病态时，用||r||大小作为检验解的准确度是不可靠的。例5-21设对称正定阵，试计算||A-1||2，||A||2和Cond(A)2,且找出b（常数）及扰动b，使 解，故，从而 假设 x+x=y,A(x+x)=b+b取b=(1,-1)T，b=(1,1)T，则解Ax=b，即 得又解 得。故 而 故 例5-22求下面两方程组的解，并利用矩阵的条件数估计 即Ax=b 即记，，则Ax=b的解，而的解，故，从而，而 ，由误差估计得 表明估计是符合实际的。1.