数值分析 (钟尔杰 黄廷祝 著) 高等教育出版社 课后答案 64页

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第一章习题解答与问题一、习题解答1设x>0，x的相对误差限为δ，求lnx的误差。*解：设x的准确值为x，则有**(|x–x|/|x|)≤δ所以****e(lnx)=|lnx–lnx|=|x–x|×|(lnx)’|x=ξ·≈(|x–x|/|x|)≤δ另解：*****e(lnx)=|lnx–lnx|=|ln(x/x)|=|ln((x–x+x)/x)|****=|ln((x–x)/x+1)|≤(|x–x|/|x|)≤δ2设x=–2.18和y=2.1200都是由准确值经四舍五入而得到的近似值。求绝对误差限ε(x)和ε(y)。解：|e(x)|=|e(–2.18)|≤0.005，|e(y)|=|e(2.1200)|≤0.00005，所以ε(x)=0.005，ε(y)=0.00005。3下近似值的绝对误差限都是0.005，问各近似值有几位有效数字x1=1.38，x2=–0.0312，x3=0.00086解：根据有效数字定义，绝对误差限不超过末位数半个单位。由题设知，x1，x2，x3有效数末位数均为小数点后第二位。故x1具有三位有效数字，x2具有一位有效数字，x3具有零位有效数字。4已知近似数x有两位有效数字，试求其相对误差限。–2解：|er(x)|≤5×10。5设y0=28，按递推公式yn=yn-1–783/100(n=1，2，⋯)计算到y100。若取783≈27.982（五位有效数字），试问，计算y100将有多大的误差？解：由于初值y0=28没有误差，误差是由783≈27.982所引起。记x=27.982，δ=x−783。则利用理论准确成立的递推式yn=yn-1–783/100和实际计算中递推式Yn=Yn-1–x/100(Y0=y0)两式相减，得e(Yn)=Yn–yn=Yn-1–yn-1–(x–783)/100所以，有e(Yn)=e(Yn-1)–δ/100利用上式求和100100∑e(Yn)=∑e(Yn−1)−δn=1n=1化简，得e(Y100)=e(Y0)–δ=δ所以，计算y100的误差界为−4ε(Y)≤δ=0.5×0.001=5×10100226求方程x–56x+1=0的两个根，问要使它们具有四位有效数字，D=b−4ac至少1 要取几位有效数字？如果利用韦达定理，D又应该取几位有效数字？2解：在方程中，a=1，b=–56，c=1，故D=56−4≈55.96427，取七位有效数字。由求根公式2−b+b−4ac−56+55.96427−0.03573x===12a22具有四位有效数字，而2−b−b−4ac−56−55.96427−111.96427x===22a22则具有八位有效数字。如果利用韦达定理，首先计算出x2，利用12x==1x56+562−422计算，只需取D=56−4≈55.96四位有效数字即可保证方程的两个根均具有四位有效数字。此时有，x1=0.01786，x2=55.98。127设s=gt，假定g是准确的，而对t的测量有±0.1秒的误差，证明当t增加时s的绝2对误差增加，而相对误差减小。证明由于e(s)=gte(t)，er(s)=2e(t)/t。而|e(t)|≤0.1，所以，对这一问题，当t增加时s的绝对误差增加，而相对误差减小。8序列{yn}满足递推关系yn=10yn-1–1(n=1，2，⋯⋯)。若取y0=2≈1.41（三位有效数字），按上述递推公式，从y0计算到y10时误差有多大？这个计算过程稳定吗？解取x0=1.41，记e(x0)=1.41–2。根据xn=10xn-1–1(n=1，2，⋯⋯)得e(xn)=10e(xn-1)(n=1，2，⋯⋯，10)所以10e(x10)=10e(x0)108从y0计算到y10时误差估计为：|e(x10)|=10|e(x0)|≤0.5×10。这是一个数值不稳定的算法。29f(x)=ln(x−x−1)，求f(30)的值，若开平方用六位函数表，问求对数时误差有多大？若改用另一等价公式22ln(x−x−1)=−ln(x+x−1)计算，求对数时误差有多大？2解令y=x−x−1，则当x=30时，y=30–29.9833=0.0167有三位有效数字，其相对-3-3误差为10。由第一题结论，求对数时误差为10。2若改用等价公式，令z=x+x−1，则当x=30时，y=30+29.9833=59.9833有六位-6-6有效数字，其相对误差为10。由第一题结论，求对数时误差为10。ni10已知有求和式∑∑aibji==11j（1）试统计需要用多少次乘法和加法才能计算出该和式的值；2 （2）为了减少计算工作量，将和式作等价变换，变换后需要多少次乘法和加法。解（1）所用乘法次数：1+2+3+⋯⋯+n=n(n+1)/2，加法次数：[0+1+2+⋯⋯+(n–1)]+(n–1)=(n+2)(n–1)/2；ni（2）将和式等价变形为：∑∑[aibj]i==11j所用乘法为n次，加法次数不变，仍为(n+2)(n–1)/2。11试构造一个算法，对输入的数据x0，x1，x2，⋯⋯，xn，以及x（均为实数），算法输出为(x–x0)(x–x1)(x–x2)⋯⋯(x–xn)的计算结果。解算法如下：第一步：输入x；x0，x1，x2，⋯⋯，xn，MÅ(x–x0)；kÅ0；第二步：MÅM×(x–x0)；kÅk+1；第三步：判断，若k≤n，则转第二步；否则输出M，结束。π11112利用级数公式=1−+−+L可计算出无理数π的近似值。由于交错级数的部4357分和数列Sn在其极限值上下摆动，故截断误差将小于第一个被舍去的项的绝对值|an+1|。试分析，为了得到级数的三位有效数字近似值，应取多少项求和。解由部分和nk−11Sn=∑(−1)k=12k−1知，截断误差满足π1|S−|≤n42n+1-4显然，为了得到三位有效数字的近似值，绝对误差限应该为0.0005=5×10。只需令151≤=2n+1100002000所以，当n≥1000时，部分和至少有三位有效数字。二、例题1．设x1=1.21，x2=3.65，x3=9.81都具有三位有效位数，试估计数据：x1×(x2+x3)的误差限。-2-2-2解：由于，|e(x1)|≤0.5×10，|e(x2)|≤0.5×10，|e(x3)|≤0.5×10，所以-2|e(x2+x3)|≤10，-2-2-2-2|x1×(x2+x3)|≤|x1|×10+0.5×10×|x2+x3|=(1.21+0.5×13.46)×10=7.94×10。2．设计算球体V允许其相对误差限为εr(V)=1%（或|er(V)|≤1/%），问测量球半径R的相对误差限εr(R)最大为多少?432解：由球体计算公式V=πR两端取全微分，得dV=4πRdR。故有32e(V)≈4πRe(R)，e(V)≈3e(R)rr当εr(V)=1%时，测量球半径R的相对误差限εr(R)最大为0.33%。3．采用迭代法计算7，取x0=2，17x=(x+)，(n=0，1，2，3，⋯⋯)n+1n2xn3 若xn是7的具有n位有效数字的近似值，求证xn+1是7的具有2n位有效数字的近似值。证：由于112x=(x+7/x)=(x−7/x)+7≥7，(n=0，1，2，⋯)n+1nnnn22所以1212|x−7|=(x−7)≤|x−7|，(n=1，2，⋯)n+1nn2xn27而xn具有n位有效数，故11−n|x−7|≤×10n2所以12112−2n|x−7|≤|x−7|≤××10n+1n27274由此得xn+1的误差限11−2n|x−7|≤×10n+12故，xn+1是7的具有2n位有效数字的近似值。三、问题1．假定a0，b0是非负实数且a0≠b0，按如下递推公式⎧1a=(a+b)⎪n+1nn⎨2(n=0，1，2，⋯⋯)⎪b=ab⎩n+1nn产生的数列{an}，{bn}称为高斯算术-几何平均数列。该数列可用于计算椭圆积分，试证明该数列的收敛性。1112．数学常数e是一个在数值计算中的重要常数，利用S=1+++L+可以计算n2!3!n!e的近似值（1）设计一个算法，用尽可能少的乘除法次数计算Sn；（2）分析算法的计算复杂度（运算次数和存贮单元数）；（3）试估计用Sn计算e的近似值的载断误差误差界。11π3．定积分dx=arctan1=可以计算出无理数π的值。将定积分表示为积分和∫01+x24近似用以计算π的近似值。R4．一圆柱形容器的内底半径为R，高为H，（1）由测量误差e(R)和e(H)，估计经计算所得的容器容积V的误差e(V)；H（2）试分析以怎样的精度（相对误差限）测量圆柱形容器的底圆半径R和高H，才能使容器容积的计算值精确到1%n1x5．建立积分In=∫dx(n=1，2，⋯，20)的递推05+x4 关系，并研究递推算法的数值稳定性。6．计算两个多项式Pn(x)和Qm(x)的乘积多项式Tn+m(x)的方法称为向量的卷积方法。设nn–1Pn(x)=a1x+a2x+⋯⋯+anx+an+1mm–1Qm(x)=b1x+b2x+⋯⋯+bmx+bm+1再设n+mn+m–1Tn+m(x)=d1x+d2x+⋯⋯+dn+mx+dn+m+1分析由多项式Pm(x)的系数计算出多项式Pm(x)的系数的规律，设计算法，由输入数据a1，a2，⋯⋯，am，am+1b1，b2，⋯⋯，bn，bn+1计算并输出数据c1，c2，⋯⋯，cm+n，bm+n+11117．在计算机上对调和级数1+++L+自左至右求和计算23nn1Sn=∑k=1k当n很大时，Sn将不随n的增加而增加。试利用相对误差限和有效数字关系说明这一现象产生的原因。8．Fibonacci数列最初两项为F0=1，F1=1，其递推公式为：Fn+2=Fn+Fn+1，(n≥0)（1）利用数学归纳法证明Fibonacci数列的通项可以表示成：11+5n+11−5n+1F=[()−()]；n522Fn+1（2）利用Fibonacci数列定义数列{xn}，其通项为：x=，试证明nFnlimx=(1+5)/2nn→∞9．多项式剩余定理可叙述为：n次多项式P(x)被(x–c)除所得余数R恰好等于多项式在x=c处的值P(c)，即P(x)=(x–c)Q(x)+R其中，Q(x)是n–1次多项式。求证P′(c)=Q(c)。并利用多项式剩余定理计算76432P(x)=x–2x–3x+4x–x+6x–1在x=2处的值P(2)。10．在多项式剩余定理中，令bn=R，再令nn–1P(x)=a0x+a1x+⋯⋯+an-1x+ann–1Q(x)=b0x+⋯⋯+bn-2x+bn-1（1）求证递推关系：b0=a0bk=c×bk-1+ak(k=1，2，⋯⋯，n)（2）根据上面递推关系，设计算法计算P(c)和P’(c)。5 第二章习题解答与问题一、习题解答-51用二分法求解下列方程，要求误差不超过10（1）x–lnx=2在区间[2，4]内的根；x（2）xe–1=0在区间[0，1]内的根；32（3）x+4x–10=0在区间[1，2]内的根。解：（1）x18=3.14618。二分法程序2-1a=2;b=4;k=0;f=inline("x-log(x)-2");ya=f(a);while(b-a)>0.00001x0=.5*(a+b);y0=f(x0);ifya*y0<0b=x0;elsea=x0;ya=y0;endk=k+1;endformatlongdisp([x0,k])（2）x17=0.567146。（利用上面程序修改前两行）（3）x17=1.365226。1−42证明方程1–x–sinx=0在区间[0，1]上有一根。使用二分法求误差不大于×10的2根需二分多少次？证明令f(x)=1–x–sinx，则f(0)=1，f(1)=–sin1。于是f(0)f(1)<0，故所给方程在区间[0，1]上必有根。又因为f′(x)=−1−cosx所以，函数f(x)在区间[0，1]内单减。故，方程在区间[0，1]内只有一个根。利用二分法收敛定理，由1−01−4≤×10n+122n4得2≥10，所以二分法求根至少需14次二分计算能满足误差要求。x3比较以下两种方法求e+10x–2=0的根到三位小数所需要的计算量。（1）在区间[0，1]内用二分法；1x（2）用迭代法x=(2−en)，取初值x0=0。n+110解：（1）二分法迭代11次，x11=0.090。（利用第1题程序修改前两行）（2）不动点迭代5次，x5=0.0905。不动点迭代程序x0=0;k=0;er=1;fi=inline("(2-exp(x))/10");whileer>0.00016 x1=fi(x0);er=abs(x1-x0);x0=x1;k=k+1;enddisp([x0,k])4给出求x=2+2+L+2的迭代格式，并证明limx=2。nnn→∞解取初值：x=2，迭代格式：x=2+x(n=1，2，⋯⋯)。1n+1n首先证明数列有上界。显然，x1<2。设对k，有xk<2成立，则对于(k+1)有x=2+x<2+2=2k+1k由数学归纳法知，对任意n有xn<2。故数列有上界。现证明数列单增。由xn+12+xnxn+xn2=>=>1xxxxnnnn*知，数列单调增加。由极限定理，该数列必有极限，设为x，由limx=lim2+xn+1nn→∞n→∞得**x=2+x*化为二次方程，求出两个根分别为：–1和2，舍去负根，得x=2。-x5取x0=0.5，求方程x=e的根。分别用简单迭法和Aitken加速方法求解，要求误差-5|xk+1–xk|<10。解：用简单迭代法，迭代公式为-xkx0=0.5，xk+1=e(k=0，1，⋯⋯)计算结果如下表0.606530650.545239210.579703090.560064620.571172140.564862940.568438040.566409450.567559630.566907210.567277190.567067350.567186360.567118860.567157140.567135430.567147740.56714076–5当k=17时，|x18–x17|=|0.56714076–0.56714774|≤10。故取*x≈0.56714076MATLAB程序如下x0=0.5;er=1;k=0;whileer>0.00001x=exp(-x0);er=abs(x-x0);x0=x;k=k+1;end用Aitken加速方法，迭代公式为⎧yn=exp(−xn),zn=exp(−yn)⎪2(n=0，1，⋯⋯)⎨(zn−yn)x=z−⎪n+1nz−2y+x⎩nnn仍取x0=0.5，计算数据如下k123xk0.567623870.567143310.567143297 –5当k=2时，|x3–x2|=|0.56714329–0.56714331|≤10。故取*x≈0.56714329MATLAB程序如下x=0.5;er=1;k=0;whileer>0.00001y=exp(-x);z=exp(-y);x0=z-(y-z)^2/(z-2*y+x);er=abs(x-x0);x=x0;k=k+1;u(k)=x;end336应用牛顿迭代法于方程x–a=0，导出求立方根a的迭代公式，并讨论其收敛阶。3解：令f(x)=x–a，则牛顿迭代公式3xn−a2ax=x−=x+n+1n2n23x33xnn故迭代函数为2aϕ(x)=x+233x而22aaϕ′(x)=−，ϕ′′(x)=23433xx*3**3将x=a代入，得ϕ′(x)=0，ϕ′′(x)=2/a33故用牛顿迭代法求解方程x–a=0，导出求立方根a的迭代是二阶收敛。32-57用牛顿迭代法求解Leonardo方程x+2x+10x–20=0，要求|xk+1–xk|<10。32解：令f(x)=x+2x+10x–20，则牛顿迭代公式32x+2x+10x−20nnnx=x−n+1n23x+4x+10nn容易验证f(1)f(2)<0，故方程在[1，2]区间内至少有一根。取初值x0=1，计算结果如下1.41176471.36933641.36880811.3688081取初值x0=2，计算结果如下1.46666661.37151201.36881021.3688081取初值x0=1.5，计算结果如下1.37362631.36881481.3688081由此可知，方程在区间[1，2]内有一根，其近似值为*x≈1.3688081注：用MATLAB求多项式零点命令roots([1210–20])可得该方程的三个根近似值x1=-1.6844+3.4313i，x2=-1.6844-3.4313i，x3=1.3688328已知方程x–x–1=0在x0=1.5附近有根，试判断下列迭代格式的收敛性。（1）x=1+1/x2；（2）x=1/x−1；（3）x=31+x2。n+1nn+1nn+1n23解：（1）ϕ(x)=1+1/x，ϕ′(x)=−2/x，在x0=1.5附近有|ϕ′(x)|<1成立，故迭代格式收敛；−1（2）ϕ(x)=1/x−1，ϕ′(x)=，在x0=1.5附近有|ϕ′(x)|≥1成立，故32(x−1)8 迭代格式不收敛；32−2x（3）ϕ(x)=1+x，ϕ′(x)=，在x0=1.5附近有|ϕ′(x)|<1成立，故33(1+x2)2迭代格式收敛。a9应用牛顿迭代法于方程f(x)=1−=0，导出求平方根a的迭代公式，并用此公式2x计算115。2a解：因为f′(x)=，所以牛顿迭代公式为3x231−a/xn3xnx=x−=x−n+1n3n2a/x22an取初值x0=11，迭代计算4次后得10.7130434782608710.7237891002390610.7238052947269310.72380529476361取115≈10.7238052947已经得到12位有效数字。xn110证明由迭代格式x=+(n=0，1，⋯⋯)产生的迭代序列{xn}，对任意的n+12xnx0>0，均收敛于2。12证明：对迭代格式，得x=(x+2)，等式两端同减2，并进行配方，得n+1n2xn12x−2=(x−2)n+1n2xn同理可得12x+2=(x+2)n+1n2xn将上面两式相除，得2x−2(x−2)n+1n=2x+2(x+2)n+1n反复递推，得2xn+1−2(xn−2)xn−1−222x0−22n+1==[]=L=[]2x+2(x+2)x−2x+2n+1nn−10令x−20q=x+20则有xn−22n=qx+2n化简，得9 n21+qx=2n2n1−q对任意的x0>0，由于|q|<1，故迭代序列收敛于2。211解方程12–3x+2cosx=0的迭代格式为x=4+cosxn+1n3*（1）证明：对任意x0∈R，均有limx=x（为方程的根）；nn→∞-3（2）取x0=4，用此迭代法求方程根的近似值，误差不超过10；（3）此迭代法的收敛阶是多少？22解：（1）令ϕ(x)=4+cosx，则ϕ′(x)=−sinx。故对任意x∈R，均有|ϕ′(x)|<1，33*所以迭代过程收敛。即对任意x0∈R，均有limx=x。nn→∞（3）取x0=4，用迭代法计算得3.56423.39203.35413.34833.3475-3当k=5时，有不等式|x5–x4|≤10成立，取方程根的近似值*x≈3.3475654320610162利用MATLAB绘图命令，将y=x和y=4+cosx绘制曲线。观察可知方程只有一个根。32*（4）由于ϕ′(x)=−sinx在x≈3.3475附近不为零，故迭代法是一阶收敛。3二、例题1．求证：二分法得到的数列{xn}线性收敛。证由二分法误差估计定理，得*1|x−x|≤(b−a)nn+12而**xn+1–x=(xn–x)+(xn+1–xn)所以10 *x−xx−xn+1n+1n=1+**x−xx−xnn1容易证明，|x−x|=(b−a)，故n+1nn+22|xn+1−xn|b−ab−a1≥()/()=*n+2n+1|x−x|222n**显然，当xn>x时，xn+1xn。故x−xx−xn+1nn+1n=−||**x−xx−xnn所以*|xn+1−x|xn+1−xnxn+1−xn1=1+=1−||≤***|x−x|x−xx−x2nnn故二分法是线性收敛。*2．．设x是非线性方程f(x)=0的单根，证明在牛顿迭代法中，有**xn+1−xf′′(x)lim=*2*n→∞(x−x)2f′(x)n**解：由于x是f(x)=0的单根，故当xn≈x时，f′(x)≠0，利用Tylor展开式n2(x−x)nf(x)=f(x)+(x−x)f′(x)+f′′(ξ)nnnn2*其中，ξn介于x和xn之间。上式中取x=x，由牛顿迭代公式f(x)nx=x−n+1nf′(x)n得**2f′′(ξn)x−x=(x−x)n+1n2f′(x)n由于**limx=x，limξ=xnnn→∞n→∞所以**xn+1−xf′′(x)lim=*2*n→∞(x−x)2f′(x)n13．设a为正实数，试建立求的牛顿迭代公式，要求在迭代公式中不含有除法运算，并考a虑迭代公式产生的数列{xn}的收敛性。112解构造函数f(x)=−a，由于是该函数的零点，且f′(x)=−1/x，对方程f(x)=0xa应用牛顿迭代公式，得xn+1=xn(2–axn)(n=0，1，2，⋯)该迭代函数不含有除法运算。由迭代公式，得21–axn+1=1–axn(2–axn)=(1–axn)，(n=0，1，2，⋯)11 递推，得n21−ax=(1−ax)，(n=0，1，2，⋯)n0解得12nx=[1−(1−ax)]n0a所以数列{xn}收敛的充要条件为：|1–ax0|<1。即00，迭代格式2x(x+3C)nnx=(n=0，1，2，⋯⋯)n+123x+Cn*是计算x=C的三阶方法。*7．设数列{xn}具有一阶收敛速度，其极限值为x，试利用近似关系**x−xx−xn+1n+2≈**x−xx−xnn+1推导使数列收敛加速的计算公式22*(xn+2−xn+1)*(xn+1−xn)（1）x≈x−；（2）x≈x−n+2nx−2x+xx−2x+xn+2n+1nn+2n+1n12 8．证明割线法迭代公式可写为如下形式xf(x)−xf(x)nn+1n+1nx=n+2f(x)−f(x)n+1n*9．设x是f(x)=0的二重根，证明（1）牛顿迭代法只是线性收敛；f(x)n（2）修改的牛顿迭代公式x=x−2具有二阶收敛性。n+1nf′(x)n10．对于二元方程G(x，y)=0，已知（x0，y0）满足方程。如果G(x,y)≠0，则根据y00隐函数存在定理，在点x0附近有函数y=y(x)，对于接近于x0的自变量x，试构造牛顿迭代法计算隐函数值的迭代格式。*设割线法迭代数列{xn}收敛到非线性方程f(x)=0的单根x。用牛顿插值公式f(x)=f(x)+(x−x)f[x,x]+(x−x)(x−x)f′′(ξ)计算极限nnnn−1nn−1n*(x−x)n+1lim**n→∞(x−x)(x−x)nn−113 第三章习题解答与问题一、习题解答1．用高斯消元法解下列方程组⎧2x1−4x2+2x3−4x4=3⎧2x1+3x2+5x3=5⎪⎪⎪−4x1+10x2+2x3+5x4=−5（1）⎨3x1+4x2+7x3=6；（2）⎨2x+2x+12x−5x=−2⎪⎪1234x+3x+3x=5⎩123⎪4x+5x−5x+12x=−4⎩1234解：（1）约化增广矩阵⎡2355⎤⎡2355⎤⎡2355⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥3476Æ−1/2−1/2−3/2Æ−1/2−1/2−3/2⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣1335⎥⎦⎢⎣3/21/25/2⎥⎦⎢⎣−1−2⎥⎦得上三角方程组⎧2x1+3x2+5x3=5⎪⎨−0.5x2−0.5x3=−1.5⎪−x=−2⎩3回代求解得，x1=–4，x2=1，x3=2（2）约化增广矩阵⎡2−42−43⎤⎡2−42−43⎤⎢⎥⎢⎥−41025−526−31⎢⎥Æ⎢⎥Æ⎢2212−5−2⎥⎢610−1−5⎥⎢⎥⎢⎥⎣45−512−4⎦⎣13−920−10⎦⎡2−42−43⎤⎡2−42−43⎤⎢⎥⎢⎥26−3126−31⎢⎥Æ⎢⎥⎢−88−8⎥⎢−88−8⎥⎢⎥⎢⎥⎣−4879/2−33/2⎦⎣−17/263/2⎦得上三角方程组⎧2x1−4x2+2x3−4x4=3⎪⎪2x2+6x3−3x4=1⎨−8x+8x=−8⎪34⎪−8.5x=−31.5⎩4回代求解得x1=99/34，x2=52/17，x3=–46/17，x4=–63/172．设A对称且a11≠0，经过高斯消元法一步后，A约化为T⎡aα⎤111⎢⎥0A⎣2⎦13 证明A2是对称矩阵。证设A=(aij)n×n，经过高斯消元第一步后，得(n–1)阶矩阵A2=(bij)(n-1)×(n-1)，其中ai+1,1b=a−aiji+1,j+11,j+1a11因为A是对称矩阵，所以ai+1,j+1=aj+1,i+1，ai+1,1=a1,i+1，a1,j+1=aj+1,1，故aaj+1,11,i+1b=a−a=a−a=bjij+1,i+11,i+1i+1,j+1j+1,1ijaa1111所以矩阵A2是对称矩阵。另证：由于高斯消元法一步后不改变矩阵A的第一行元素，所以可将原对称矩阵A写为T⎡aα⎤111A=⎢⎥αA⎣1⎦形式。其中，A1是对称矩阵。利用Frobenius矩阵⎡1⎤1F=，m=α1⎢⎥1−mIa⎣1n−1⎦11T⎡aα⎤111A→F1A=⎢T⎥OA−mα⎣111⎦所以T1TA=A−mα=A−αα2111111a11是对称矩阵。⎧x1+2x2+3x3=1⎪3．设方程组⎨5x1+4x2+10x3=0⎪3x−0.1x+x=2⎩123（1）试用Gauss全主元法求解；（2）用Gauss列主元法求解。解：（1）用P=[1，2，3]记录未知元次序。由增广矩阵⎡1231⎤⎢⎥[Ab]=54100⎢⎥⎢⎣3−0.112⎥⎦在系数矩阵A中选取绝对值最大元a23=10。交换第一行第二行，并交换第一列和第三列。⎡54100⎤⎡10450⎤⎢⎥⎢⎥[Ab]Æ1231Æ3211⎢⎥⎢⎥⎢⎣3−0.112⎥⎦⎢⎣1−0.132⎥⎦修改P，将P的第一元素和第三元素换位，置PÅ[3，2，1]。然后进行第一轮消元，得⎡10450⎤⎡10450⎤⎢⎥⎢⎥3211Æ4/5−1/21⎢⎥⎢⎥⎢⎣1−0.132⎥⎦⎢⎣−1/25/22⎥⎦在系数矩阵的右下子矩阵中选取绝对值最大元a33=5/2。交换第二行第三行，并交换第二列和第第三列。14 ⎡10450⎤⎡10450⎤⎡10540⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥4/5−1/21Æ−1/25/22Æ5/2−1/22⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣−1/25/22⎥⎦⎢⎣4/5−1/21⎥⎦⎢⎣−1/24/51⎥⎦修改P，将P的第二元素和第三元素换位，置PÅ[3，1，2]。然后进行第二轮消元，得⎡10540⎤⎡10540⎤⎢⎥⎢⎥5/2−1/22Æ5/2−1/22⎢⎥⎢⎥⎢⎣−1/24/51⎥⎦⎢⎣7/107/5⎥⎦得三角形方程组⎧10x3+5x1+4x2=0⎪⎨2.5x1−0.5x2=2⎪0.7x=1.4⎩2回代求解，得x3=–7/5，x1=6/5，x2=2利用乱序后的未知元次序记录数组P=[3，1，2]，得p1=3，p2=1，p3=2。由yp1Å–7/5，yp2Å6/5，yp3Å2。整序后输出y=[6/5，2，–7/5]即得方程组未知元按原次序x1，x2，x3的数据结果。（2）由增广矩阵第一列选主元，并首轮消元得⎡1231⎤⎡54100⎤⎡54100⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥54100Æ1231Æ6/511Æ⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣3−0.112⎥⎦⎢⎣3−0.112⎥⎦⎢⎣−5/2−52⎥⎦第二列后两个元素选主元，并消元得⎡54100⎤⎡54100⎤⎡54100⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥6/511Æ−5/2−52Æ−5/2−52⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎣−5/2−52⎥⎦⎢⎣6/511⎥⎦⎢⎣−7/549/25⎥⎦得三角方程⎧⎪5x+4x+10x=0123⎪⎪5⎨−x2−5x3=2⎪2⎪749−x=⎪3⎩525回代求解，得x1=6/5，x2=2，x3=–7/54．利用矩阵A的LU分解法求解方程组Ax=b，其中15 ⎡121−2⎤⎡4⎤⎢⎥⎢⎥253−27A=⎢⎥，b=⎢⎥⎢−2−235⎥⎢−1⎥⎢⎥⎢⎥⎣1323⎦⎣0⎦解：用高斯消元法分解矩阵A⎡121−2⎤⎡121−2⎤⎢⎥⎢⎥253−22112A=⎢⎥Æ⎢⎥⎢−2−235⎥⎢−223−3⎥⎢⎥⎢⎥⎣1323⎦⎣1103⎦由此得矩阵A的LU分解⎡121−2⎤⎡1⎤⎡121−2⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥253−221112A=⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢−2−235⎥⎢−221⎥⎢3−3⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1323⎦⎣1101⎦⎣3⎦第一步，顺代过程求解下三角方程组⎡1⎤⎡y1⎤⎡4⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥21⎢y2⎥7⎢⎥=⎢⎥⎢−221⎥⎢y⎥⎢−1⎥3⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1101⎦⎣y4⎦⎣0⎦得：y1=4，y2=–1，y3=9，y4=–3。第二步，回代过程求解上三角方程组⎡121−2⎤⎡x1⎤⎡4⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥112⎢x2⎥−1⎢⎥=⎢⎥⎢3−3⎥⎢x⎥⎢9⎥3⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣3⎦⎣x4⎦⎣−3⎦得：x1=2，x2=–1，x3=2，x4=–1。⎡1234⎤⎢⎥23455．设A=⎢⎥，试求解以下问题⎢3445⎥⎢⎥⎣4557⎦T（1）解Ax=b，其中b=[30，40，43，57]；-1（2）利用三角分解求A。解：（1）x1=1，x2=2，x3=3，x4=4。-1（2）用E表示四阶单位矩阵，记E的四个列向量分别为e1，e2，e3，e4，设A的四个列向-1量分别为X1，X2，X3，X4，则有A[X1，X2，X3，X4]=E。故求A等价于求解四个同系数矩阵的方程组AX1=e1，AX2=e2，AX3=e3，AX4=e4高斯消元法分解矩阵A16 ⎡1234⎤⎡1234⎤⎢⎥⎢⎥23452−1−2−3A=⎢⎥Æ⎢⎥⎢3445⎥⎢32−1−1⎥⎢⎥⎢⎥⎣4557⎦⎣4311⎦由此得矩阵A的LU分解⎡1234⎤⎡1⎤⎡1234⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥234521−1−2−3A=⎢⎥=⎢⎥⎢⎥=LU⎢3445⎥⎢321⎥⎢−1−1⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣4557⎦⎣4311⎦⎣1⎦现分别求解四个下三角方程组LY1=e1，LY2=e2，LY3=e3，LY4=e4得⎡1⎤⎡0⎤⎡0⎤⎡0⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥−2100Y=⎢⎥，Y=⎢⎥，Y=⎢⎥，Y=⎢⎥1234⎢1⎥⎢−2⎥⎢1⎥⎢0⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1⎦⎣−1⎦⎣−1⎦⎣1⎦分别求解四个上三角方程组UX1=Y1，UX2=Y2，UX3=Y3，UX4=Y4得⎡−3⎤⎡3⎤⎡−2⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥3−43−1X=⎢⎥，X=⎢⎥，X=⎢⎥，X=⎢⎥1234⎢−2⎥⎢3⎥⎢0⎥⎢−1⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1⎦⎣−1⎦⎣−1⎦⎣1⎦故⎡−33−21⎤⎢⎥3−43−1A−1=⎢⎥⎢−230−1⎥⎢⎥⎣1−1−11⎦6．用追赶法求解下列方程组⎡−41⎤⎡x1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥1−41⎢x2⎥1⎢⎥=⎢⎥⎢1−41⎥⎢x⎥⎢1⎥3⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1−4⎦⎣x4⎦⎣1⎦解：首先对系数矩阵进行三角分解（Crout分解）17 ⎡−41⎤⎡−4−1/4⎤⎢⎥⎢⎥1−411−15/4−4/15A=⎢⎥Æ⎢⎥⎢1−41⎥⎢1−56/15−15/56⎥⎢⎥⎢⎥⎣1−4⎦⎣1−209/56⎦所以⎡−4⎤⎡1−1/4⎤⎢⎥⎢⎥1−15/41−4/15A=⎢⎥⎢⎥⎢1−56/15⎥⎢1−15/56⎥⎢⎥⎢⎥⎣1−209/56⎦⎣1⎦解下三角方程组⎡−4⎤⎡y1⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥1−15/4⎢y2⎥1⎢⎥=⎢⎥⎢1−56/15⎥⎢y⎥⎢1⎥3⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1−209/56⎦⎣y4⎦⎣1⎦得TT[y1y2y3y4]=[–1/4–1/3–5/14–4/11]解上三角方程组⎡1−1/4⎤⎡x1⎤⎡−1/4⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥1−4/15⎢x2⎥−1/3⎢⎥=⎢⎥⎢1−15/56⎥⎢x⎥⎢−5/14⎥3⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣1⎦⎣x4⎦⎣−4/11⎦得TT[x1x2x3x4]=[–4/11–5/11–5/11–4/11]n×nn7．（1）设P∈R非奇异，||x||是R上的一种向量范数，定义||x||p=||Px||。试证n明||x||p也是R上的一种向量范数；n×nn（2）设A∈R为对称正定矩阵，定义||x||A=(Ax,x)，证明||x||A是R上的一种向量范数。证：（1）由于P是非奇异矩阵，故当x为非零向量时，Px也是非零向量（否则，由Px=0得x=0与x是非零向量矛盾）。故||x||p=||Px||>0，且||x||p=0的充分必要条件是x=0；..||λx||p=||P(λx)||=||λPx||=|λ|||Px||=|λ|||x||p||x+y||p=||P(x+y)||=||Px+Py||≤||Px||+||Py||=||x||p+||y||pn由上可知，||·||p满足范数三条公理，故，||x||p是R上的一种向量范数。T（2）由于矩阵A对称正定，故存在下三角矩阵L，使得A=LL，且L是非奇异矩阵。所以，2TTTT2||x||=(Ax，x)=xAx=xLLx=||Lx||A2Tn故，||x||A=||Lx||2。由（1）的结论知，||x||A是R上的一种向量范数。18 nn×n8．设A∈R，如果|aii|>∑|aij|(i=1，2，⋯，n)成立，则称A为对角占优矩阵。j=1j≠i若A为对角占优矩阵，经过Gauss消元法一步后，A具有如下形式T⎡aα⎤111⎢⎥0A⎣2⎦证明：A2是对角占优矩阵。证设A=(aij)n×n，经过高斯消元第一步后，得(n–1)阶矩阵A2=(bij)(n-1)×(n-1)，其中ai+1,1b=a−aiji+1,j+11,j+1a11于是aai+1,1i+1,1|b|=|a−a|≥|a|−|a|iii+1,i+11,i+1i+1,i+11,i+1aa1111其中n−1n−1|ai+1,i+1|≥∑|ai+1,j+1|=∑|ai+1,j+1|+|ai+1,1|j=0j=1j≠ij≠i而ai+1,1a11ai+1,1|a|−|a|=|a|−|a|i+1,11,i+1i+1,11,i+1aaa111111anan−1ai+1,1i+1,1i+1,1≥||⋅∑|a1,j|−|a1,i+1|=∑|a1,j+1|a11j=2a11j=1a11j≠i所以n−1n−1an−1ai+1,1i+1,1|bii|≥∑|ai+1,j+1|+∑|a1,j+1|=∑(|ai+1,j+1|+|a1,j+1|)j=1j=1a11j=1a11j≠ij≠ij≠i故n−1an−1i+1,1|bii|≥∑∑|ai+1,j+1−a1,j+1|=|bij|j=1a11j=1j≠ij≠i⎡0.60.5⎤9．设A=⎢⎥，计算A的行和范数，列和范数，2-范数及F-范数。⎣0.10.3⎦解：||A||=1.1，||A||1=0.8，||A||2=0.6853，||A||F=0.8426∞10．设X是n维向量，A是n×n阶矩阵。求证：1（1）||X||≤||X||≤n||X||；（2）||A||≤||A||≤||A||。∞1∞F2FnT证：（1）设X=[x1，x2，⋯⋯，xn]，则||X||1=|x1|+|x2|+⋯⋯+|xn|。因为||X||≤nmax|x|=n||X||及||X||≥max|x|=||X||1k∞1k∞1≤k≤n1≤k≤n19 所以，||X||≤||X||≤n||X||。∞1∞nT（2）设A=(aij)n×n，则AA=(∑akiakj)n×n，该矩阵的迹（主对角元之和）为k=1nnnnnnT22tr(AA)=∑∑akjakj=∑∑akj=∑∑aij=||A||Fj==11kj==11kj==11iTT根据矩阵特征值理论，n阶方阵AA的特征值之和等于AA的迹，即nTT∑λk(AA)=tr(AA)=||A||Fk=1所以n2TT2||A||2=λmax(AA)≤∑λk(AA)=||A||Fk=1n2T1T12||A||2=λmax(AA)≥∑λk(AA)=||A||Fnk=1n由上两式得12221||A||≤||A||≤||A||或||A||≤||A||≤||A||F2FF2FnnnTp1/p11．设X∈R，X=(x1，x2，⋯⋯，xn)，求证lim(∑|xi|)=||X||∞。p→∞i=1证明：因为nnpppp∑|xi|≤nmax|xi|且∑|xi|≥max|xi|i=11≤i≤ni=11≤i≤n故np1/ppmax|xi|≤(∑|xi|)≤nmax|xi|1≤i≤n1≤i≤ni=1或np1/pp||X||∞≤(∑|xi|)≤n||X||∞i=1p由于limn=1，所以对上式取极限，得p→∞np1/plim(∑|xi|)=||X||∞p→∞i=1n×n−1||B||12．设B∈R，I是n阶单位矩阵，如果||B||<1，证明，||I−(I−B)||≤1−||B||−11证首先证明不等式：||(I−B)||≤1−||B||–1由(I–B)(I–B)=I，得–1–1(I–B)–B(I–B)=I移项，得–1–1(I–B)=I+B(I–B)两边取范数，得20 –1–1||(I–B)||≤||I||+||B||||(I–B)||由于||I||=1，整理上面不等式，得−11||(I−B)||≤（*）1−||B||–1仍由(I–B)(I–B)=I，得–1–1(I–B)–B(I–B)=I移项，得–1–1I–(I–B)=–B(I–B)两边取范数，得–1–1||I–(I–B)||≤||B||||(I–B)||由不等式（*）得−1||B||||I−(I−B)||≤1−||B||⎡10099⎤13．设A=⎢⎥，计算A的条件数Cond(A)v(v=1，∞)⎣9998⎦解：先求A的逆矩阵，因为det(A)=–1，所以−1⎡−9899⎤A=⎢⎥⎣99−100⎦故–1Cond(A)1=||A||1||A||1=199×199−1Cond(A)=||A||||A||=199×199∞∞∞||δX||14．求下面两个方程的解，并利用矩阵的条件数估计||X||⎡240−319⎤⎡x1⎤⎡3⎤（1）⎢⎥⎢⎥=⎢⎥，即Ax=b；⎣−179240⎦⎣x2⎦⎣4⎦⎡240−319.5⎤⎡x1⎤⎡3⎤（2）⎢⎥⎢⎥=⎢⎥，即(A+δA)(X+δX)=b⎣−179.5240⎦⎣x2⎦⎣4⎦解：（1）x1=4，x2=3；（2）x1=8，x2=6；取1-范数，则||δX||1=|8–4|+|6–3|=7，||X||1=4+3=7，||δX||故=1。记||X||⎡240−319⎤A=⎢⎥⎣−179240⎦则由||A||=499，得−11⎡240319⎤A=⎢⎥499⎣179240⎦所以1-范数意义下的条件数为–1Cond(A)1=||A||1||A||1=559×(559/499)=626.2144而21 ||δA||1=0.5，||A||1=559所以Cond(A)||δA||1–1||δA||11=||A||1||A||1=559×(559/499)×0.5/559=0.5601||A||||A||11根据系数矩阵扰动对解的误差估计式，得||δX||1Cond(A)1||δA||10.5601≤==1.2734||X||1−Cond(A)||δA||/||A||||A||1−0.560111111二、例题T1．设m×n阶矩阵A的各列线性无关，则有A=QR，其中R为单位上三角方阵，QQ=D为对角阵。TTTT证：因A的各列线性无关，可知AA为对称正定矩阵，则必有LDL分解，即AA=LDL。T-1T记Q=A(L)，从而A=QL，容易验证T-1TT-1-1TT-1QQ=LAA(L)=LLDL(L)=DT令R=L，则是R单位上三角矩阵，则有A=QR成立。2．若矩阵A是n阶对称矩阵，则ρ(A)=||A||。22T证明：设λ是A的任一特征值，由于A对称，故λ是矩阵AA的特征值，即T22λ(AA)=λ(A)=[λ(A)]由2-范数计算公式T2||A||=λ(AA)=max[λ(A)]=max|λ(A)|=ρ(A)2maxjj1≤j≤m1≤j≤n-1-13．设A=(aij)n×n为可逆上三角矩阵，证明A仍为上三角矩阵，并构造求A的算法。−11解：由求逆公式A=A*，其中|A|⎡A11A21LAn1⎤⎢⎥AALAA*=⎢1222n2⎥⎢MMOM⎥⎢⎥AALA⎣1n2nnn⎦这里，Aij为aij的代数余子式。因为A为上三角矩阵，故当i>j时，aij=0，从而i1，则转③，否则转⑤；⑤判断，若k2时Jacobi迭代法收敛。5.设有方程组Ax=b，其系数矩阵主对角元aii≠0(i=1，2，⋯，n)。（1）证明解方程组的Jacobi迭代法收敛的充分必要条件是aλaLa11121naaλLa21222n=0LLLLaaLaλn1n2nn的根满足|λ|<1。（2）证明解方程组的Jacobi迭代法收敛的充分必要条件是aλaLa11121naλaλLa21222n=0LLLLaλaλLaλn1n2nn的根满足|λ|<1。（1）证明：将系数矩阵分解，使得A=D–L–U，其中，D=diag(a11，a22，⋯，ann)是A的主对角元组成的对角矩阵，L=(lij)n×n，和U=(uij)n×n分别是下三角矩阵和上三角矩阵于是Jacobi迭代法的迭代矩阵为−1B=D(L+U)J该矩阵的特征多项式为−1−1|λI−B|=|λI−D(L+U)|=|D(λD−(L+U))|J所以，特征值满足|λD−(L+U)|=0即aλaLa11121naaλLa21222n=0LLLLaaLaλn1n2nn所以迭代法收敛的充要条件是上面高次方程的根模|λ|<1。（2）证明：将系数矩阵分解，使得A=D–L–U，于是G-S迭代法的迭代矩阵为−1B=(D−L)UG−S该矩阵的特征多项式为−1−1|λI−B|=|λI−(D−L)U|=|(D−L)(λ(D−L)−U)|G−S27 所以，特征值满足|λ(D−L)−U|=0即aλaLa11121naλaλLa21222n=0LLLLaλaλLaλn1n2nn所以迭代法收敛的充要条件是上面高次方程的根模|λ|<1。6.用SOR方法解方程组(分别取松弛因子ω=1.03,ω=1,ω=1.1)⎧x1+x2+x3=1,⎪⎨−x1−4x2−x3=4,⎪−x+4x=−3.⎩13*11T*(k)−6精确解X=(,1,−),要求当X−X<5×10时迭代终止,并且对每一个ω值22∞确定迭代次数.解：将所给方程变形为⎧⎪x=1−x−x,123⎪⎪11⎨x2=1−x1−x3,⎪44⎪31x=−+x⎪32⎩44其SOR迭代法为⎧(k+1)(k)(k)⎪x=(1−ω)x+ω(1−x),112⎪⎪(k+1)(k)1(k+1)1(k)⎨x2=(1−ω)x2+ω(1−x1−x3)⎪44⎪(k+1)(k)31(k+1)x=(1−ω)x+ω(−+x)⎪332⎩44（k=0，1，2，⋯⋯）(0)T取ω=1.03，初值X=(0,0,0)，迭代5次达到精度要求，(5)TX=(0.5000043,0.1000001,−0.499999)(0)T取ω=1，初值X=(0,0,0)，迭代6次达到精度要求，(6)TX=(0.5000038,0.1000002,−0.499995)(0)T取ω=1.1，初值X=(0,0,0)，迭代6次达到精度要求，(6)TX=(0.500035,0.0999989,−0.5000003)。7．SOR方法解方程组(取ω=0.9)28 ⎧5x1+2x2+x3=−12,⎪⎨−x1+4x2+2x3=20,⎪2x−3x+10x=3.⎩123(k+1)(k)−4要求当X−X<10时迭代终止.∞解解次方程的SOR迭代法为⎧(k+1)(k)122(k)1(k)x=(1−ω)x+ω(−−x−x),⎪1123555⎪⎪(k+1)(k)1(k+1)1(k)⎨x2=(1−ω)x2+ω(5+x1−x3)⎪42⎪(k+1)(k)31(k+1)3(k+1)x=(1−ω)x+ω(−x+x)⎪3312⎩10510k=0,1,2,LL当ω=0.9时，迭代格式为⎧(k+1)(k)122(k)1(k)x=0.1x+0.9(−−x−x),⎪1123555⎪⎪(k+1)(k)1(k+1)1(k)⎨x2=0.1x2+0.9(5+x1−x3)⎪42⎪(k+1)(k)31(k+1)3(k+1)x=0.1x+0.9(−x+x)⎪3312⎩10510(0)T取初值X=(0,0,0)，代入进行计算得(8)TX=(−4.000027,0.2999987,0.2000003)。8．有方程组Ax=b,其中A为对称正定阵,且有迭代公式(k+1)(k)(k)X=X+ω(b−AX)(k=1，2，⋯⋯)讨论使迭代序列收敛的ω的取值范围.解：因为(k+1)(k)(k)X=X+ω(b−AX)（*）(k+1)(k)(k)(k)即X=X+ωb−ωAX=(I−ωA)X+ωb迭代矩阵为B=I−ωA，设A的特征值为λ，因A对称正定，故λ>0，则B矩阵的特征多项式为|µI−B|=|(µ−1)I+ωA|显然，B矩阵的特征值为µ=1−ωλ，由|µ|<1解得：0<ω<2/λ。22设ρ(A)=λ，则当0<ω<时，ρ(I−ωA)<1，当然，0<ω<时，也有1ρ(A)Aρ(I−ωA)<1此时迭代序列(*)式收敛。二、例题1．求证，若A是严格主对角占优矩阵，则求解方程组AX=b的高斯-赛德尔迭代法收敛。-1证明：高斯-赛德尔迭代矩阵为(D–L)U，该矩阵的特征方程为29 −1|λI−(D−L)U|=0-1由于|(D–L)|≠0，故特征方程可化为|λ(D−L)−U|=0左端的行列式对应的矩阵为⎡λa11a12La1n⎤⎢⎥λaλaLaC(λ)=⎢21222n⎥⎢MMOM⎥⎢⎥λaλaLλa⎣n1n2nn⎦当|λ|>1时，利用A矩阵的主对角占优性质，得nni−1n|λaii|=|λ|×|aii|>|λ|∑|aij|=∑|λ|×|aij|≥∑|λaij|+∑|aij|j=1j=1j=1j=i+1j≠ij≠i故C(λ)也是严格主对角占优矩阵。由于严格主对角占优矩阵的行列式不为零，故λ不是特征方程|λ(D−L)−U|=0-1的根。所以当A是严格主对角占优矩阵时，(D–L)U的特征值必然满足：|λ|<1，从而高斯-赛德尔迭代矩阵普半径小于1，迭代法收敛。2．设A是一个可逆矩阵，矩阵序列满足Xk+1=Xk(2I–AXk)，（k=0，1，2，⋯⋯）−1证明当ρ(I−AX)<1时，limX=A。0kk→∞证明：由Xk+1=Xk(2I–AXk)，得2I–AXk+1=I–AXk(2I–AXk)=(I–AXk)于是2I–AXk=(I–AXk-1)2×2=(I–AXk-2)=⋯⋯k2=(I−AX)0解得k−12X=A[I−(I−AX)]，（k=0，1，2，⋯⋯）k0当ρ(I−AX)<1时0k2lim(I−AX)=00k→∞k−12−1因而，limX=limA[I−(I−AX)]=Ak0k→∞k→∞3．证明，当|λ|<1时，二阶约当块⎡λ1⎤J=⎢⎥⎣λ⎦m的方幂J极限值为零。证明：由于30 22⎡λ1⎤⎡λ1⎤⎡λ2λ⎤J=⎢⎥⎢⎥=⎢2⎥⎣λ⎦⎣λ⎦⎣λ⎦假设kk−1k⎡λkλ⎤J=⎢k⎥⎣λ⎦则有kk−1k+1kk+1⎡λkλ⎤⎡λ1⎤⎡λ(k+1)λ⎤J=⎢k⎥⎢⎥=⎢k+1⎥⎣λ⎦⎣λ⎦⎣λ⎦由数学归纳法知mm−1m⎡λmλ⎤J=⎢m⎥⎣λ⎦mm而|λ|<1，故limλ=0。所以limJ=0。m→∞m→∞三、问题1．设A是n阶可逆矩阵，有A的一个近似逆D，令R=I–AD，如果||R||≤q<1，试证明–12（1）A=D(I+R+R+⋯⋯)；（2）任意给定n阶矩阵X0，由迭代格式Xk+1=XkR+D(k=0，1，2，⋯⋯)产生的矩-1阵序列{Xk}收敛到矩阵A；（3）对矩阵序列{Xk}，有误差估计式−1q||X−A||≤||X−X||kkk−11−q2．给定线性方程组AX=b，其中⎡32⎤⎡3⎤A=⎢⎥，b=⎢⎥⎣12⎦⎣−1⎦(k+1)(k)(k)用迭代公式：X=X+ω(b–AX)求解方程组时，ω取多大可使迭代收敛最快？3．设n阶方阵A有n个正的实特征值：λ1>λ2>⋯⋯>λn。Richardson迭代公式为(k+1)(k)(k)X=X+ω(b–AX)试证明：（1）当0<ω<2/λ1时，迭代公式收敛；（2）ω最佳取值为2/(λ1+λn)；对应的最佳谱半径为ρ=(λ1–λn)/(λ1+λn)4．证明，A是严格对角占优矩阵，则A的行列式不为零。5．证明，当|λ|<1时，三阶约当块⎡λ1⎤⎢⎥J=λ1⎢⎥⎢⎣λ⎥⎦m的方幂J极限值为零。6．将方程组Ax=b中的系数矩阵A分裂为A=D–L-U。证明：Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代格式可以写成如下形式31 (k+1)(k)-1(k)x=x+D(b–Ax)(k+1)(k)-1(k)x=x+(D–L)(b–Ax)7．设A是对称矩阵，将A分裂为A=D–L–U。Gauss-Seidel迭代格式的向前和向后两种形式分别为(k+1)(k)-1(k)x=x+(D–L)(b–Ax)(k+1)(k)-1(k)x=x+(D–U)(b–Ax)如果将向前和向后迭代格式交替进行，则有(k+2)(k)-1(k)x=x+M(b–Ax)-1-1-1试证明：M=(D–U)D(D–L)。8．设h=1/(n+1)，证明n阶矩阵2⎡2−h−1⎤⎢2⎥⎢−12−h−1⎥A=⎢OOO⎥⎢⎥2⎢−12−h−1⎥⎢−12−h2⎥⎣⎦是对称正定矩阵。32 第五章习题解答与问题一、习题解答1．求经过A(0，1)，B(1，2)，C(2，3)三个样点的插值多项式解：令x0=0，x1=1，x2=2，则有f(x0)=1，f(x1)=2，f(x2)=3，由Lagrange二次插值公式(x−x)(x−x)(x−x)(x−x)1202L(x)=f(x)+f(x)201(x−x)(x−x)(x−x)(x−x)01021012(x−x)(x−x)01+f(x)2(x−x)(x−x)2021(x−1)(x−2)(x−0)(x−2)(x−0)(x−1)=×1+×2+×3=x+1(0−1)(0−2)(1−0)(1−2)(2−0)(2−1)2．已知函数y=f(x)的数据如下表x0123y13927试作一个三次插值多项式P3(x),利用P3(x)计算3k解：令xk=k(k=0，1，2，3)，则根据函数表有f(xk)=3。构造差商表xf(x)0113229623271864/3根据Newton插值公式4P(x)=1+2x+2x(x−1)+x(x−1)(x−2)334=1+x{2+(x−1)[2+(x−2)]}3x由于被插值函数f(x)=3，故取x=1/2，便得11413≈P(1/2)=1+{2+(−1)[2+(−2)]}=2322323．已知函数y=f(x)的数据如下表x–101y-101y’02解：由于x=0是二重零点，令H3(x)=x(ax+b)。又由H3(-1)=-1，H3(1)=1得方程组32 ⎧b−a=−1⎨解之：a=1，b=0⎩a+b=13所以，H3(x)=x。4．设被插值函数f(x)在区间[x0，x1]上具有2阶连续导数，求证：两点线性插值函数L(x)的误差界满足不等式2(x−x)10|R(x)|≤max|f′′(x)|x0≤x≤x18证：由拉格朗日插值误差定理，得f′′(ξ)R(x)=f(x)−L(x)=(x−x)(x−x)012!*令h(x)=(x–x0)(x–x1)，求导数并令其为零，可得极值点x=0.5×(x0+x1)。显然这是函数|h(x)|在所讨论区间内的最大值点，故2(x−x)10|R(x)|≤max|f′′(x)|x0≤x≤x185．若给出sinx在区间[0，π]上的等距结点的数值表，用线性插值计算表中没有的数据时，-3希望截断误差小于5×10，问函数表中自变量数据的步长应取多少为好？解：设应取的步长为h，利用第4题的结论，只须2h−3≤5×108所以，应取h=0.2。6．常用对数表中，只能查出lgN的值，其中N是具有形式：a1a2a3.a4的实数。试研究线性插值计算近似值的误差界。解：由N的取值形式可知，对数表中函数自变量取值的步长为h=0.1。而1(lgx)′′=−2xln10由第4题结论，线性插值计算近似值的误差界0.01|R(N)|≤28[N]ln107．证明两点三次Hermite插值余项是1(4)22R(x)=f(ξ)(x−x)(x−x),ξ∈(x,x)3kk+1kk+14!并由此求出分段三次Hermite插值的误差限.证明：由插值条件知33 R(xk)=R’(xk)=0,R(xk+1)=R’(xk+1)=0取x异于xk和xk+1，设R(x)=f(x)–H(x)=C(x)(x–xk)2(x–xk+1)2构造辅助函数，22F(t)=f(t)−H(t)−C(x)(t−x)(t−x)kk+1显然，F(t)有三个零点xk,x,xk+1,由Roll定理知,存在F’(t)的两个零点t0,t1满足xk2)是互异的插值结点，对于f(x)=x，试计算该函数的一阶、二阶和三阶差商。10．设x0，x1，⋯⋯，xn是互异的插值结点，l0(x)为对应于x0的拉格朗日插值基函数，试证明38 x−x(x−x)(x−x)(x−x)L(x−x)0010n−1l(x)=1+++L+0x−x(x−x)(x−x)(x−x)L(x−x)010102010n进一步分析其它的拉格朗日插值基函数的牛顿插值表达式。n211．利用牛顿插值公式求2次幂和：P(n)=∑k.k=112．已知函数f(x)∈C[–1，1]，构造线性插值函数时，利用切比雪夫结点做插值结点会使插值余项绝对值更小，试求出区间[–1，1]上的切比雪夫结点。13．考虑三个插值条件构造2次埃尔米特函数的存在唯一性问题，给定插值条件：f(x0)=y0，f’(x1)=m1，f(x2)=y2，插值结点应满足什么条件能使插值问题有唯一解。14．构造带导数条件的二次插值多项式公式（1）f(0)=y0，f(1)=y1，f’(0)=m0；（2）f(0)=y0，f(1)=y1，f’(1)=m1；39 第六章习题解答与问题一、习题解答1．用最小二乘法求解超定方程组⎧24xy+=11⎪⎪35xy−=3⎨xy+=26⎪⎪⎩42xy+=14解：超定方程组的矩阵形式为⎡24⎤⎡11⎤⎢⎥⎢⎥3−5⎡x⎤3⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢12⎥⎣y⎦⎢6⎥⎢⎥⎢⎥⎣42⎦⎣14⎦将方程两端同乘以系数矩阵的转置矩阵，可得正规方程组⎡303⎤⎡x⎤⎡93⎤⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎣349⎦⎣y⎦⎣69⎦解之，得x=2.9774，y=1.2259。2．观测一个作直线运动的物体，测得以下数据：时间t00.91.93.03.95.0距离S010305080110在表中，时间单位为秒，距离单位为米。假若加速度为常数，求这物体的初速度和加速度。解：设物体运动的初速度和加速度分别为v0和a，初始时刻距离为0，则距离函数为12S(t)=vt+at02用后5个点的数据作曲线拟合t0.91.93.03.95.0S10305080110可得，v0=10.6576，a=4.6269Bx3．用最小二乘法求一个形如yA=e的经验公式，使与下列数据相拟合x1234y60302015解：令z=lny，则z=lnA+Bx。数据变换如下x1234z=lny4.09433.40122.99572.7081由最小二乘法作线性拟合得，lnA=4.4409，B=-0.4564。所以A=84.8528。故，所求经–0.4564x难公式为=84.25e。4已知实验观测数据(xi，yi)(i=1，2，⋯，m)。令36 m1ϕ0(x)=1，ϕ1(x)=x−∑ximi=1取拟合函数为ϕ(x)=aϕ(x)+aϕ(x)0011试利用曲线拟合的最小二乘法确定组合系数a0，a1（推导出计算公式）。解：记rTϕ=[ϕ(x)ϕ(x)Lϕ(x)]001020mrTϕ=[ϕ(x)ϕ(x)Lϕ(x)]111121mrTy=[yyLy]12mr显然，ϕ是元素全为“1”的列向量。将所有实验数据的X坐标代入拟合函数，并令其分0别等于实验数据的Y坐标值，得超定方程组[]rr⎡a0⎤rϕϕ⎥=y01⎢a⎣1⎦rrT将方程组两端同乘以矩阵[ϕϕ]，得正规方程组01rrrrrr⎡(ϕ0,ϕ0)(ϕ0,ϕ1)⎤⎡a0⎤⎡(ϕr0,ry)⎤⎢rrrr⎥⎢⎥=⎢⎥⎣(ϕ1,ϕ0)(ϕ1,ϕ10)⎦⎣a1⎦⎣(ϕ1,y)⎦m1记x=∑xi，由于系数矩阵中两个非对角元素为mi=1mmrrrr(ϕ0,ϕ1)=(ϕ1,ϕ0)=∑(xi−x)=∑xi−mx=0i=1i=1所以rrrr(ϕ,y)(ϕ,y)01a0=rr，a1=rr(ϕ,ϕ)(ϕ,ϕ)00115．对某个物体的长度测量n次后，得n个近似值x1，x2，⋯⋯xm，通常取平均值作为所求长度的值。试用最小二乘法原理说明其理由。解：利用最小二乘原理，设物体的长度为x，记δk=x–xk(k=1，2，⋯⋯，m)则残差平方和为m2S(x)=∑(x−xk)k=1为了求上面函数极小值，由极值必要条件，令S’(x)=0，得m∑(x−xk)=0k=1由此得m1x=∑xkmk=1x6．求f(x)=e在区间[–1，1]上的三次最佳逼近多项式。解：利用勒让德多项式作基函数，即P(x)=a0p0(x)+a1p1(x)+a2p2(x)+a3p3(x)，其37 中p0(x)=1，p1(x)=x，321533p(x)=x−，p(x)=x−x232222利用正交性，得系数为(pn,f)2n+11a==p(x)f(x)dx(n=0，1，2，3)n(p,p)2∫−1nnn而11x−1p(x)f(x)dx=edx=e−e∫−10∫−111x−1p(x)f(x)dx=xedx=2e∫−11∫−111321x−1p(x)f(x)dx=(x−)edx=e−7e∫−12∫−12211533x−1p(x)f(x)dx=(x−x)edx=37e−5e∫−13∫−1221−13−1a=×(e−e)≈1.1752，a=×2e≈1.1036，01225−17−1a=×(e−7e)≈0.3578，a=×(37e−5e)≈0.07052322所以，321533P(x)=1.1752+1.1036x+0.3578(x−)+0.0705(x−x)222223=0.9963+0.9978x+0.5367x+0.1762x17．在著名的高次插值的龙格反例中，f(x)=在区间[–5，5]上的10次拉格朗日插25+x值出现振荡现象。为了使插值余项极小化，可以利用切比雪夫多项式的极性。试推导11次切比雪夫多项式零点所对应[–5，5]的上的插值结点。解：由11次切比雪夫多项式零点，得2k+1πx=5cos()(k=0，1，2，⋯⋯，10)k112二、例题1．已知实验数据如下：X1234Y103050802求二次多项式拟合函数P(x)=a+bx2．利用数据表t–2–1012yyk-2yk-1ykyk+1yk+22构造五点二次拟合函数P(t)=a0+a1t+a2t时，需求超定方程组的最小二乘解，试列出超定方程组并导出对应的正规方程组（不用求解正规方程组）。38 ⎡1−24⎤⎡yk−2⎤⎢⎥⎢⎥⎢1−11⎥⎡a0⎤⎢yk−1⎥⎡5010⎤⎡a0⎤⎡b1⎤解：⎢100⎥⎢a⎥=⎢y⎥，⎢0100⎥⎢a⎥=⎢b⎥⎢⎥⎢1⎥⎢k⎥⎢⎥⎢1⎥⎢2⎥⎢111⎥⎢⎣a2⎥⎦⎢yk+1⎥⎢⎣10034⎥⎦⎢⎣a2⎥⎦⎢⎣b3⎥⎦⎢⎣124⎥⎦⎢y⎥⎣k+2⎦其中，b1=yk-2+yk-1+yk+yk+1+yk+2，b2=-2yk-2–yk-1–yk+1+2yk+2，b3=4yk-2+yk-1+yk+1+4yk+23．练习题1．设B点是线段AC上的一点，记AB长为x1，BC长为x2，经测量得数据如下：AB=15.5，BC=6.1，AC=20.9试用最小二乘原理计算出x1，x2的长度。π/222．求a，b使∫[ax+b−sinx]dx最小。03．已知插值条件：H(x0)=y0，H(x1)=y1，H’(x1)=m0，H(x2)=y2，为了求三次插值函数，根据拉格朗日插值的思想，写出的四个基函数满足的插值表，并分别求出四个三次基函数。39 习题七习题解答与问题一、习题解答1．对给定的结点x0，x1，插值型求积公式为bf(x)dx≈Af(x)+Af(x)∫0011a试证明：求积系数为b−aa+bb−aa+bA=(x−)，A=(−x)0110x−x2x−x21010证明：bx1−x1122b−aa+bA=dx=[(b−a)x−(b−a)]=(x−)0∫11ax−xx−x2x−x2101010bx−x01122b−aa+bA=dx=[(b−a)−(b−a)x]=(−x)1∫00ax−xx−x2x−x21010102．确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽可能高，并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度。h（1）f(x)dx≈Af(−h)+Af(0)+Af(h)；∫−101−h2h（2）f(x)dx≈Af(−h)+Af(0)+Af(h)；∫−101−2h11（3）f(x)dx≈[f(−1)+2f(x)+3f(x)]；∫−1312hh2（4）∫f(x)dx≈[f(0)+f(h)]+ah[f′(0)−f′(h)]022解：（1）将f(x)=1，x，x，分别代入求积分式，并令其左、右相等A-1+A0+A1=2h-h(A-1–A1)=022h(A-1+A1)=2h/314解得A=A=h，A=h，所得求积公式至少具有2阶代数精度。又因为−1103313h3h314h4h4∫−1xdx=(−h)+h，∫−1xdx≠(−h)+h3333故求积公式hh∫−f(x)dx≈[f(−h)+4f(0)+f(h)]h3具有3阶代数精度。2（2）将f(x)=1，x，x，分别代入求积分式，并令其左、右相等A-1+A0+A1=4h-h(A-1–A1)=023h(A-1+A1)=16h/384解得，A=A=h，A=−h，故求积公式−1103339 2h8∫−f(x)dx≈h[f(−h)−4f(0)+f(h)]2h3至少有2阶代数精度。又因为6552h38332h42h16h844∫−2hxdx=h[(−h)+h]，∫−2hxdx=≠=h[(−h)+h]3533故，所得求积公式具有3阶代数精度。2（3）将f(x)=1代入可知，求积公式准确成立。故将f(x)=x，x代入公式并令其左、右相等，得–1+2x1+3x2=0221/3+2x/3+3x/3=2/312得方程组2x+3x=112222x+3x=112求解，得1m63±26x=，x=12515分别取x1=0.6899，x2=–0.1266，或x1=–0.2899，x2=0.5266。故有11∫−f(x)dx≈[f(−1)+2f(0.6899)+3f(−0.1266)]1311∫−f(x)dx≈[f(−1)+2f(−0.2899)+3f(0.5266)]132（4）显然f(x)=1，x准确满足求积公式。将f(x)=x代入，并令左、右两端相等，得13h22h=[0+h]+ah[0−2h]32整理并求解得a=1/12，所以有求积公式hh2∫f(x)dx≈[f(0)+f(h)]+ah[f′(0)−f′(h)]0234容易验证，f(x)=x准确满足求积公式，而将f(x)=x代入知，求积公式不能准确成立。故这一求积公式具有3阶代数精度。1x3．分别运用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分∫edx，并估计各种方法的误0差（要求小数点后至少保留5位）。11x0解：梯形公式：∫edx≈[e+e]=1.8591402x1ξ1误差：|R[e]|=|e|≤e=0.22652121211x00.5Simpson公式：∫edx≈[e+4e+e]=1.7188606x1ξ1误差：|R[e]|=|e|≤e=0.000943855590×290×2Cotes公式（略）40 4．推导下列三种矩形求积公式bf′(η)2∫f(x)dx=(b−a)f(a)+(b−a)a2bf′(η)2∫f(x)dx=(b−a)f(b)−(b−a)a2ba+bf′′(η)3∫f(x)dx=(b−a)f()+(b−a)a224解：将定积分转化为积分上限（或积分下限）函数xb（1）令F(x)=f(t)dt，显然F(a)=0，F1(b)=f(t)dt。1∫a1∫a利用泰勒中值定理，有2(b−a)F(b)=F(a)+(b−a)F′(a)+F′′(ξ)11112由于，F′(a)=f(a)，F′′(ξ)=f′(ξ)。所以112b(b−a)∫f(x)dx=(b−a)f(a)+f′(ξ)a2bb（2）令F(x)=f(t)dt，则F(b)=0，F(a)=f(t)dt。2∫x22∫a利用泰勒中值定理2(a−b)F(a)=F(b)+(a−b)F′(b)+F′′(η)22222由于F′(b)=−f(b)，F′′(η)=−f′(η)。所以222b(b−a)∫f(x)dx=(b−a)f(b)−f′(η)a2（3）由泰勒中值定理a+ba+ba+b1a+b2f(x)=f()+(x−)f′()+(x−)f′′(ξ)22222积分，得ba+b1ba+b2∫f(x)dx=(b−a)f()+∫(x−)f′′(ξ)dxa22a2由积分第二中值定理ba+b2ba+b213∫(x−)f′′(ξ)dx=f′′(γ)∫(x−)dx=f′′(γ)(b−a)a2a212故ba+bf′′(γ)3∫f(x)dx=(b−a)f()+(b−a)a2241sinx5．给定积分I=∫dx0x1−3（1）利用复合梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过×10，至少应把区间多2少等分；41 （2）取同样的求积结点，改用复合Simpson公式计算时，截断误差是多少？-6（3）要求截断误差不超过10，如果用复合Simpson公式计算，应取多少个函数值？sinx1解：由于f(x)==∫cos(xt)dt，所以x0k(k)1d1kkπf(x)=cos(xt)dt=tcos(xt+)dt∫0dxk∫02故(k)1kkπ1k1|f(x)|≤∫t|cos(xt+)|dt≤∫tdt=020k+1（1）对复合梯形公式，有3(b−a)11|R[f]|=|f′′(η)|≤2212n12n31−32为了使截断误差不超过×10，只须18n≥1000，解得n≥8。故用复合梯形公式计算时，2取8等分即可。（2）将区间[0，1]8等分，改用复合Simpson公式，由于h=1/8=0.125，所以b−a4(4)1141–7|R[f]|=h|f(η)|≤()=1/3686400≈2.7127×1018018085–64（3）为了使截断误差不超过10，只须900n≥1000000，解得n≥6。故用复合梯形公式计算时，取6等分即可，故应取7个函数值。317．用下列方法计算积分∫dy1y（1）Romberg算法；（2）三点及五点Gauss-Legndre求积公式；（3）将积分区间分成四等分，用复合两点Gauss公式。解：（1）略（2）区间变换：x=t+2，得x0=1.2255，x1=2.0000，x2=2.7745三点Gauss-Legndre求积公式31∫dy≈0.5556/1.2255+0.8887/2+0.5556/2.7745=1.09801y区间变换：x=t+2，得x0=1.0939，x1=1.4616，x2=2.，x3=2.5384，x4=2.9061，五点Gauss-Legndre求积公式31∫dy≈0.2369/1.0939+0.4786/1.4616+0.5688/2.+0.4786/2.5384+0.2369/2.9061=1.09851y（3）略9．证明求积公式31∫f(x)dx≈[5f(2−3/5)+8f(2)+5f(2+3/5)]19具有5次代数精度。证：令x=t+2，则311∫f(x)dx=∫∫−−f(t+2)dt=f(x+2)dx11142 13三阶Legendre多项式P(x)=(5x−3x)的零点为3233x=−，x1=0，x=0255故，以三个零点为求积结点，构造插值型求积公式的系数1(x−x)(x−x)1(x−x)(x−x)1202A=dx，A=dx0∫−1(x−x)(x−x)1∫−1(x−x)(x−x)010210121(x−x)(x−x)01A=dx2∫−1(x−x)(x−x)2021经计算，得585A=，A=，A=012999所以求积公式31∫f(x)dx≈[5f(2−3/5)+8f(2)+5f(2+3/5)]19必具有5阶代数精度。10设{φn(x)}是区间[a，b]上带权ρ(x)的正交多项式序列，xj(j=0，1，⋯，n)为φn+1(x)nb的零点，∫ρf(x)dx≈∑Akf(xk)为Gauss型求积公式。lj(x)(j=0，1，⋯，n)是以{xj}ak=0为结点的Lagrange插值基函数，证明：n（1）当0≤k，l≤n，k≠l时，∑Ajϕk(xj)ϕl(xj)=0；j=0b（2）ρ(x)l(x)l(x)dx=0；∫kmambb2（3）ρ(x)l(x)dx=ρ(x)dx∑∫ak∫ak=0nb证：（1）因为∫ρ(x)f(x)dx≈∑Akf(xk)是Gauss型求积公式，故对于次数不超过2n+1ak=0的多项式均准确成立。由于φk(x)φl(x)是k+l次的多项式，k+l≤2n，故对于φk(x)φl(x)，求积公式准确成立，即有nb∫ρ(x)ϕk(x)ϕl(x)dx=∑Ajϕk(xj)ϕl(xj)aj=0b又由于k≠l时，有ρ(x)ϕ(x)ϕ(x)dx=0，因此∫klan∑Ajϕk(xj)ϕl(xj)=0（0≤k，l≤n，k≠l）j=0（2）lk(x)，lm(x)是n次Lagrage插值基函数，满足lk(xj)=δkj，lm(xj)=δmj，且lk(x)lm(x)是2n次多项式，故nb∫ρ(x)lk(x)lm(x)dx=∑Ajlk(xj)lm(xj)aj=043 当k≠m时，lk(xj)lm(xj)=0(j=0，1，⋯，n)，因此bρ(x)l(x)l(x)dx=0∫kma2（3）因求积公式是Gauss型的，故对2n次多项式l(x)(k=0，1，2，⋯，n)，求积公式k是精确的，即有nb22∫ρ(x)lk(x)dx=∑Ajlk(xj)aj=0又因为lk(xj)=δkj，所以b2ρ(x)l(x)dx=A>0(k=0，1，2，⋯，n)∫akk而当f(x)=1时，求积公式准确成立，有nb∫ρ(x)dx=∑Ajaj=0所以nbb2ρ(x)l(x)dx=ρ(x)dx∑∫ak∫ak=0二、例题1．取h=(b–a)/2，令x0=a，x1=a+h，x2=a+2h=b。求证：b(x−x)(x−x)(x−x)dx=0∫012a证：引入变换x=a+th，则b24(x−x)(x−x)(x−x)dx=ht(t−1)(t−2)dt∫a012∫0令t=u+1，由于奇函数在对称区间上积分值为零，故有21∫t(t−1)(t−2)dt=∫−(u+1)u(u−1)du=001b所以(x−x)(x−x)(x−x)dx=0。∫012a2．对任意三次多项式P3(x)，试证明：用Simpson公式计算P3(x)的数值积分，其求积误差bb−aa+bR[P(x)]=P(x)dx−[P(a)+4P()+P(b)]=03∫3333a6232(3)证：设三次多项式为：P3(x)=a0x+a1x+a2x+a3，则P(x)=6a。取h=(b–a)/2，30令x0=a，x1=a+h，x2=a+2h=b。则三点拉格朗日插值误差为：(3)P(x)3R(x)=(x−x)(x−x)(x−x)30123!所以，数值积分的求积误差为b6a0R[P(x)]=(x−x)(x−x)(x−x)dx3∫012a3!利用前一题的结论，上面积分为零。故求积误差为零。3．设D平面多边形区域，边界曲线为Γ，由曲线积分格林公式可得区域D的面积44 1S=∫−ydx+xdy2Γ其中Γ的方向为逆时方向，试证明任意多边形的面积公式1nxyjjS=∑2j=1xj+1yj+1其中，(x1，y1)，(x2，y2)，⋯⋯，(xn，yn)为多边形的顶点，秩序按逆时针方向排列，且(xn+1，yn+1)=(x1，y1)。证：任取多边形的一条边Γj，起点坐标为（xj，yj），终点坐标为（xj+1，yj+1），则Γj的参数方程为x=xj+t(xj+1–xj)，y=yj+t(yj+1–yj)t∈(0，1)由于1−ydx=−(x−x)[y+(y−y)t]dt∫Γj+1j∫0jj+1jj1=−(x−x)[y+(y−y)]j+1jjj+1j21xdy=(y−y)[x+(x−x)t]dt∫Γj+1j∫0jj+1jj1=(y−y)[x+(x−x)]j+1jjj+1j2所以−ydx+xdy=−(x−x)y+(y−y)x∫j+1jjj+1jjΓjxyjj=xy−yx=jj+1jj+1xyj+1j+1即得计算公式。4．推导数值求导公式1f′(x)≈[f(x−2h)−8f(x−h)+8f(x+h)−f(x+2h)]0000012h的截断误差。解：由Taylor级数，得4kh(k)5f(x0+h)=∑f(x0)+O(h)k=0k!4kkh(k)5f(x0−h)=∑(−1)f(x0)+O(h)k=0k!两式相减，得2f(x0+h)−f(x0−h)h(3)4=f′(x)+f(x)+O(h)002h6取2h代替h，得2f(x0+2h)−f(x0−2h)4×h(3)4=f′(x)+f(x)+O(h)004h6将前一式乘4减去第二式，整理得45 814[f(x+h)−f(x−h)]−[f(x+2h)−f(x−2h)]=3f′(x)+O(h)000004h4h所以14f′(x)=[f(x−2h)−8f(x−h)+8f(x+h)−f(x+2h)]+O(h)0000012h4即该数值求导公式的截断误差为：O(h)5．设函数f(x)在区间[a，b]上具有五阶连续导函数。取h=(b–a)/n，令x0=a，xj=a+jh。求证，下面计算数值导数的差分格式具有4阶精度1f(xj+1)−f(xj−1)[f′(x)+4f′(x)+f′(x)]=j−1jj+162h证：由Taylor展开式，得f(x)−f(x)2j+1j−1h(3)4=f′(x)+f(x)+O(h)jj2h6而利用三阶导数的二阶中心差商，有f′(x)−2f′(x)+f′(x)j+1jj−1(3)2=f(x)+O(h)2jh代入前式，得f(x)−f(x)h2f′(x)−2f′(x)+f′(x)j+1j−1j+1jj+14=f′(x)++O(h)j22h6h整理，得1f(xj+1)−f(xj−1)4[f′(x)+4f′(x)+f′(x)]=+O(h)j+1jj−162h故，所给差分格式具有4阶精度。三、问题1．复合梯形公式与复合Simpson公式之间有如下关系1S=[4T−T]2m2mm32．利用两点Hermite插值公式推导带导数的数值积分公式2bb−a(b−a)∫f(x)dx=[f(a)+f(b)]−[f′(b)−f′(a)]+R[f]a2125(b−a)(4)其中，求积余项为R[f]=f(η)。7203．取h=(b–a)/3，令x0=a，xj=a+jh（j=0，1，2，3）。利用两点插值公式求下面开型数值求积公式的系数A1、A2bf(x)dx≈Af(x)+Af(x)∫1122a4．给定h，记xj=x0+jh。求如下数值求导公式的截断误差46 1（1）f′(x)≈[−3f(x)+4f(x)−f(x)]00122h1（2）f′(x)≈[f(x)−4f(x)+3f(x)]20122h1（3）f′(x)≈[−25f(x)+48f(x)−36f(x)+16f(x)−3f(x)]00123412h5．设函数f(x)在区间[a，b]上具有五阶连续导函数。取h=(b–a)/n，令x0=a，xj=a+jh。求证，下面数值二阶导数的差分格式具有4阶精度1f(xj+1)−2f(xj)+f(xj−1)[f′′(x)+10f′′(x)+f′′(x)]=j−1jj+1212h47 习题八习题解答与问题一、习题解答1.取步长h=0.2,用欧拉方法解初值问题2⎧y′=−y−xy⎨(0≤x≤0.6)⎩y(0)=12解：由f(x，y)=–y–xy，欧拉公式为2yn+1=yn+h[–yn–xnyn]即2yn+1=(1–h)yn–hxnyn由y0=1计算，得y1=0.8，y2=0.6144，y3=0.46132.用梯形公式解初值问题⎧y′=8−3y⎨(1≤x≤2)⎩y(1)=2取步长h=0.2,小数点后至少保留5位.解：由f(x，y)=8–3y，梯形公式为yn+1=yn+0.5h[(8–3yn)+(8–3yn+1)]将h=0.2代入并整理，得716y=y+n+1n1313由y0=2计算，得y1=2.30769，y2=2.47337，y3=22.56258，y4=.61062，y5=2.636493.用改进的欧拉公式计算初值问题⎧112⎪y′=y−y⎨xx(1021．初值问题⎨有解y(x)=0.5ax+bx。若取：xn=nh，yn为欧拉方⎩y(0)=0法得到的数值解。试证明y(xn)–yn=0.5ahxnx2−t2．对于函数fx()=∫edt，试设计一个算法，用四阶龙格—库塔公式计算出该函数0在[,03]区间上的31个等距点处的函数值.3．当用四阶龙格—库塔公式计算某些特殊类型的常微分方程初值问题时，会有简单的计算公式出现，试推导出计算下面两种类型的常微分方程初值问题特殊公式52 ⎧dy⎧dy⎪=fx()⎪=fy()(1)⎨dx；(2)⎨dx⎪yx()=y⎪yx()=y⎩00⎩004．将线性常系数非齐次高阶常微分方程初值问题(n)(n-1)(n-2)y+any+an-1y+⋯⋯+a0y=f(x)(k)y(x0)=α0，y=αk(k=1，2，⋯，n–1)转化为一阶线性常微分方程组问题，并写出矩阵形式。5．写出用修改的欧拉法求问题x⎧y′′−2y′+2y=esinx0≤x≤3⎨⎩y(0)=0,y′(0)=−0.5的计算格式。53'