1、【精品文檔】如有侵權(quán)，請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除，僅供學(xué)習(xí)與交流數(shù)值分析習(xí)題集解答(含李慶揚(yáng)等V5版CH1-9習(xí)題).精品文檔.第一章 緒論（12）1、設(shè)，x的相對(duì)誤差為，求的誤差。解設(shè)為x的近似值，則有相對(duì)誤差為，絕對(duì)誤差為，從而的誤差為，相對(duì)誤差為。2、設(shè)x的相對(duì)誤差為2%，求的相對(duì)誤差。解設(shè)為x的近似值，則有相對(duì)誤差為，絕對(duì)誤差為，從而的誤差為，相對(duì)誤差為。3、下列各數(shù)都是經(jīng)過(guò)四舍五入得到的近似數(shù)，即誤差不超過(guò)最后一位的半個(gè)單位，試指出它們是幾位有效數(shù)字：解有5位有效數(shù)字；有2位有效數(shù)字；有4位有效數(shù)字；有5位有效數(shù)字；有2位有效數(shù)字。4、利用公式（3.3）求下列各近似值的誤差限，其中均為第3題所給

2、的數(shù)。（1）；解；（2）；解；（3）。解。5、計(jì)算球體積要使相對(duì)誤差限為1%，問(wèn)度量半徑R允許的相對(duì)誤差是多少？解由可知，從而，故。6、設(shè)，按遞推公式計(jì)算到，若取（五位有效數(shù)字，）試問(wèn)計(jì)算將有多大誤差？解令表示的近似值，則，并且由，可知，即，從而，而，所以。7、求方程的兩個(gè)根，使它至少具有四位有效數(shù)字（）解由與（五位有效數(shù)字）可知，（五位有效數(shù)字）。而，只有兩位有效數(shù)字，不符合題意。但是。8、當(dāng)N充分大時(shí)，怎樣求？解因?yàn)椋?dāng)N充分大時(shí)為兩個(gè)相近數(shù)相減，設(shè)，則，從而因此。9、正方形的邊長(zhǎng)大約為100cm，應(yīng)怎樣測(cè)量才能使其面積誤差不超過(guò)1?解由可知，若要求，則，即邊長(zhǎng)應(yīng)滿足。10、設(shè)，假定g是準(zhǔn)

3、確的，而對(duì)t的測(cè)量有秒的誤差，證明當(dāng)t增加時(shí)S的絕對(duì)誤差增加，而相對(duì)誤差卻減少。證明因?yàn)椋缘米C。11、序列滿足遞推關(guān)系，若（三位有效數(shù)字），計(jì)算到時(shí)誤差有多大？這個(gè)計(jì)算過(guò)程穩(wěn)定嗎？解設(shè)為的近似值，則由與可知，即從而，因此計(jì)算過(guò)程不穩(wěn)定。12、計(jì)算，取，利用下列公式計(jì)算，哪一個(gè)得到的結(jié)果最好？，。解因?yàn)椋詫?duì)于，有一位有效數(shù)字；對(duì)于，沒(méi)有有效數(shù)字；對(duì)于，有一位有效數(shù)字；對(duì)于，沒(méi)有有效數(shù)字。13、，求的值。若開(kāi)平方用六位函數(shù)表，問(wèn)求對(duì)數(shù)時(shí)誤差有多大？若改用另一等價(jià)公式計(jì)算，求對(duì)數(shù)時(shí)誤差有多大？解因?yàn)椋挥行?shù)字），所以14、試用消元法解方程組，假定只有三位數(shù)計(jì)算，問(wèn)結(jié)果是否可靠？解精確解為

4、。當(dāng)使用三位數(shù)運(yùn)算時(shí)，得到，結(jié)果可靠。15、已知三角形面積，其中c為弧度，且測(cè)量a，b，c的誤差分別為，證明面積的誤差滿足。解因?yàn)椋浴５诙?插值法1、根據(jù)（2.2）定義的范德蒙行列式，令，證明是n次多項(xiàng)式，它的根是，且。證明由可得求證。2、當(dāng)時(shí)，求的二次插值多項(xiàng)式。解。3、給出的數(shù)值表用線性插值及二次插值計(jì)算的近似值。X0.40.50.60.70.8-0.916291-0.693147-0.510826-0.357765-0.223144解若取，則，則從而。若取，則，則從而。4、給出的函數(shù)表，步長(zhǎng)，若函數(shù)具有5位有效數(shù)字，研究用線性插值求近似值時(shí)的總誤差界。解設(shè)插值節(jié)點(diǎn)為，對(duì)應(yīng)的值為，函

5、數(shù)表值為，則由題意可知，近似線性插值多項(xiàng)式為，所以總誤差為，從而5、設(shè)，求。解。令，則，從而極值點(diǎn)可能為，又因?yàn)轱@然，所以6、設(shè)為互異節(jié)點(diǎn)，求證：1）；2）；解1）因?yàn)樽髠?cè)是的n階拉格朗日多項(xiàng)式，所以求證成立。2）設(shè)，則左側(cè)是的n階拉格朗日多項(xiàng)式，令，即得求證。7、設(shè)且，求證。解見(jiàn)補(bǔ)充題3，其中取即得。8、在上給出的等距節(jié)點(diǎn)函數(shù)表，若用二次插值求的近似值，要使截?cái)嗾`差不超過(guò)，問(wèn)使用函數(shù)表的步長(zhǎng)h應(yīng)取多少？解由題意可知，設(shè)x使用節(jié)點(diǎn)，進(jìn)行二次插值，則插值余項(xiàng)為，令，則，從而的極值點(diǎn)為，故，而，要使其不超過(guò)，則有，即。9、若，求及。解。10、如果是m次多項(xiàng)式，記，證明的k階差分是次多項(xiàng)式，并且（l

6、為正整數(shù)）。證明對(duì)k使用數(shù)學(xué)歸納法可證。11、證明。證明。12、證明。證明因?yàn)椋实米C。13、證明：。證明。14、若有n個(gè)不同實(shí)根，證明證明由題意可設(shè)，故，再由差商的性質(zhì)1和3可知：，從而得證。15、證明n階均差有下列性質(zhì)：1）若，則；2）若，則。證明1）。2）。16、，求，。解，。17、證明兩點(diǎn)三次埃爾米特插值余項(xiàng)是并由此求出分段三次埃爾米特插值的誤差限。解見(jiàn)P30與P33，誤差限為。18、XXXXXXXXXX19、求一個(gè)次數(shù)不高于4次的多項(xiàng)式，使它滿足，。解設(shè)，則，再由，可得：解得。從而20、設(shè)，把分為n等分，試構(gòu)造一個(gè)臺(tái)階形的零次分段插值函數(shù)，并證明當(dāng)時(shí)，在上一致收斂到。解令。21、設(shè)，

7、在上取，按等距節(jié)點(diǎn)求分段線性插值函數(shù)，計(jì)算各節(jié)點(diǎn)中點(diǎn)處的與的值，并估計(jì)誤差。解由題意可知，從而當(dāng)時(shí)，22、求在上的分段線性插值函數(shù)，并估計(jì)誤差。解設(shè)將劃分為長(zhǎng)度為h的小區(qū)間，則當(dāng)，時(shí)，從而誤差為，故。23、求在上的分段埃爾米特插值，并估計(jì)誤差。解設(shè)將劃分為長(zhǎng)度為h的小區(qū)間，則當(dāng)，時(shí)，從而誤差為，故。24、給定數(shù)據(jù)表如下：0.250.300.390.450.530.50000.54770.62450.67080.7280試求三次樣條函數(shù)，并滿足條件：1）；2）。解由，及（8.10）式可知，由（8.11）式可知，。從而1）矩陣形式為：，解得，從而。2）此為自然邊界條件，故矩陣形式為：，可以解得，從

8、而。25、若，是三次樣條函數(shù)，證明1）；2）若，式中為插值節(jié)點(diǎn)，且則。解1）。2）由題意可知，所以補(bǔ)充題：1、令，寫出的一次插值多項(xiàng)式，并估計(jì)插值余項(xiàng)。解由，可知，余項(xiàng)為，故。2、設(shè)，試?yán)美窭嗜詹逯涤囗?xiàng)定理寫出以為插值節(jié)點(diǎn)的三次插值多項(xiàng)式。解由插值余項(xiàng)定理，有從而。3、設(shè)在內(nèi)有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，求證：證因?yàn)槭且詀，b為插值節(jié)點(diǎn)的的線性插值多項(xiàng)式，利用插值多項(xiàng)式的余項(xiàng)定理，得到：，從而4、設(shè)，求差商，和。解因?yàn)椋裕?、給定數(shù)據(jù)表：，1246741011求4次牛頓插值多項(xiàng)式，并寫出插值余項(xiàng)。解一階差商二階差商三階差商四階差商1421-34061710由差商表可得4次牛頓插值多項(xiàng)式為：，插值余項(xiàng)

9、為6、如下表給定函數(shù)：，0123436111827試計(jì)算出此列表函數(shù)的差分表，并利用牛頓向前插值公式給出它的插值多項(xiàng)式。解構(gòu)造差分表：03320016520211723189427由差分表可得插值多項(xiàng)式為：。第三章 函數(shù)逼近1、（a）利用區(qū)間變換推出區(qū)間為的伯恩斯坦多項(xiàng)式；（b）對(duì)在上求1次和3次伯恩斯坦多項(xiàng)式并畫出圖形，并與相應(yīng)的馬克勞林級(jí)數(shù)部分和誤差做出比較。解（a）令，則，從而伯恩斯坦多項(xiàng)式為，其中。（b）令，則，從而伯恩斯坦多項(xiàng)式為，其中。2、求證：（a）當(dāng)時(shí)，；（b）當(dāng)時(shí)，。證明（a）由及可知，而，從而得證。（b）當(dāng)時(shí)，3、在次數(shù)不超過(guò)6的多項(xiàng)式中，求在的最佳一致逼近多項(xiàng)式。解由可知

10、，從而最小偏差為1，交錯(cuò)點(diǎn)為，此即為的切比雪夫交錯(cuò)點(diǎn)組，從而是以這些點(diǎn)為插值節(jié)點(diǎn)的拉格朗日多項(xiàng)式，可得。4、假設(shè)在上連續(xù)，求的零次最佳一致逼近多項(xiàng)式。解令，則在上具有最小偏差，從而為零次最佳逼近一次多項(xiàng)式。5、選擇常數(shù)a，使得達(dá)到極小，又問(wèn)這個(gè)解是否唯一？解因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，再由定理7可知，當(dāng)時(shí)，即時(shí)，偏差最小。6、求在上的最佳一次逼近多項(xiàng)式，并估計(jì)誤差。解由可得，從而最佳一次逼近多項(xiàng)式為7、求在上的最佳一次逼近多項(xiàng)式。解由可得，從而最佳一次逼近多項(xiàng)式為8、如何選取r，使在上與零偏差最小？r是否唯一？解由，可知當(dāng)與零偏差最小時(shí)，從而。另解：由定理7可知，在上與零偏差最小的二次多項(xiàng)式為，從而。

11、9、設(shè)，在上求三次最佳逼近多項(xiàng)式。解設(shè)所求三次多項(xiàng)式為，則由定理7可知，從而10、令，求、。解由可知，令，則，從而。 11、試證是在上帶權(quán)的正交多項(xiàng)式。？12、在上利用插值極小化求的三次近似最佳逼近多項(xiàng)式。解由題意可知，插值節(jié)點(diǎn)為，即，則可求得。13、設(shè)在上的插值極小化近似最佳逼近多項(xiàng)式為，若有界，證明對(duì)任何，存在常數(shù)，使得證明由題意可知，從而取，則可得求證。14、設(shè)在上，試將降低到3次多項(xiàng)式并估計(jì)誤差。解因?yàn)椋哉`差為。15、在利用冪級(jí)數(shù)項(xiàng)數(shù)節(jié)約求的3次逼近多項(xiàng)式，使誤差不超過(guò)0.005。解因?yàn)椋∏叭?xiàng)，得到，誤差為，又因?yàn)椋?次逼近多項(xiàng)式為，此時(shí)誤差為16、是上的連續(xù)奇（偶）函數(shù)，

12、證明不管n是奇數(shù)或偶數(shù)，的最佳逼近多項(xiàng)式也是奇（偶）函數(shù)。解的最佳逼近多項(xiàng)式是由切比雪夫多項(xiàng)式得到的，再由切比雪夫多項(xiàng)式的性質(zhì)4即得。17、求a、b使為最小，并與1題及6題的一次逼近多項(xiàng)式誤差作比較。解由，可得，解得。18、，定義（a）；（b）。問(wèn)它們是否構(gòu)成內(nèi)積？解（a）因?yàn)椋粗怀闪ⅲ圆粯?gòu)成內(nèi)積。（b）構(gòu)成內(nèi)積。19、用許瓦茲不等式（4.5）估計(jì)的上界，并用積分中值定理估計(jì)同一積分的上下界，并比較其結(jié)果。解。因?yàn)椋浴?0、選擇a，使下列積分取最小值：，。解，從而。當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，由，可得交點(diǎn)為，若，則，若，則。同理可知，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，從而當(dāng)時(shí)，積分取得最小。21、設(shè)，分別在上求一元素

13、，使其為的最佳平方逼近，并比較其結(jié)果。解由，可知，解得，即在上為。由，可知，解得，即在上為。22、在上，求在上的最佳平方逼近。解由，可知，解得。從而最佳平方逼近多項(xiàng)式為。23、是第二類切比雪夫多項(xiàng)式，證明它有遞推關(guān)系證明令，則24、將在上按勒讓德多項(xiàng)式及切比雪夫多項(xiàng)式展開(kāi)，求三次最佳平方逼近多項(xiàng)式并畫出誤差圖形，再計(jì)算均方誤差。解若按照切比雪夫多項(xiàng)式展開(kāi)，其中；若按照勒讓德多項(xiàng)式展開(kāi)，其中；從而從而三次最佳逼近多項(xiàng)式為25、把在上展成切比雪夫級(jí)數(shù)。解若按照切比雪夫多項(xiàng)式展開(kāi)，其中從而。26、用最小二乘法求一個(gè)形如的經(jīng)驗(yàn)公式，使它與下列數(shù)據(jù)相擬合，并求均方誤差。192531384419.032.

14、349.073.397.8解由。又，故法方程為，解得。均方誤差為。27、觀測(cè)物體的直線運(yùn)動(dòng)，得出以下數(shù)據(jù)：時(shí)間t（秒）00.91.93.03.95.0距離s（米）010305080110解設(shè)直線運(yùn)動(dòng)為二次多項(xiàng)式，則由又，故法方程為，解得。故直線運(yùn)動(dòng)為。28-31略。補(bǔ)充題：1、現(xiàn)測(cè)得通過(guò)某電阻R的電流I及其兩端的電壓U如下表：IU試用最小二乘原理確定電阻R的大小。解電流、電阻與電壓之間滿足如下關(guān)系：。應(yīng)用最小二乘原理，求R使得達(dá)到最小。對(duì)求導(dǎo)得到：。令，得到電阻R為。2、對(duì)于某個(gè)長(zhǎng)度測(cè)量了n次，得到n個(gè)近似值，通常取平均值作為所求長(zhǎng)度，請(qǐng)說(shuō)明理由。解令，求x使得達(dá)到最小。對(duì)求導(dǎo)得到：，令，得到

15、，這說(shuō)明取平均值在最小二乘意義下誤差達(dá)到最小。3、有函數(shù)如下表，要求用公式擬合所給數(shù)據(jù)，試確定擬合公式中的a和b。-3-2-10123-1.760.421.201.341.432.254.38解取，則，而，。故法方程為，解得。4、在某個(gè)低溫過(guò)程中，函數(shù)y依賴于溫度的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)為12340.81.51.82.0已知經(jīng)驗(yàn)公式的形式為，是用最小二乘法求出a和b。解取，則，而，。故法方程為，解得。5、單原子波函數(shù)的形式為，試按照最小二乘法決定參數(shù)a和b，已知數(shù)據(jù)如下：X0124y2.0101.2100.7400.450解對(duì)兩邊取對(duì)數(shù)得，令，則擬合函數(shù)變?yōu)椋o數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化為X0124y0.69810.190

16、6-0.3011-0.7985取，則，而，。故法方程為，解得。因而擬合函數(shù)為，原擬合函數(shù)為。第四章 數(shù)值積分與數(shù)值微分1、確定下列求積公式中的待定參數(shù)，使其代數(shù)精度盡量高，并指明所構(gòu)造出的求積公式所具有的代數(shù)精度。1）；解分別取代入得到：，即，解得又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；從而此求積公式最高具有3次代數(shù)精度。2）；解分別取代入得到：，即，解得，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；從而此求積公式最高具有3次代數(shù)精度。3）；解分別取代入得到：，即，解得與，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，；從而此求積公式最高具有2次代數(shù)精度。4）。解分別取代入得到：，所以，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以此求積公式最高具有3次代數(shù)精度。2、分別用梯形公式和辛普森

17、公式計(jì)算下列積分：（1）；解。精確值為。2）；（略）3）；解（略），精確值為。4）；（略）。3、直接驗(yàn)證柯特斯公式（2.4）具有5次代數(shù)精度。證明顯然節(jié)點(diǎn)為，分別取代入得到：，從而此求積公式最高具有5次代數(shù)精度。4、用辛普森公式求積分并估計(jì)誤差。解。，從而。5、推導(dǎo)下列三種矩形求積公式：；解由微分中值定理有：，從而再由微分中值定理有：，從而由微分中值定理有：，從而。6、證明梯形公式（2.9）與辛普森公式（2.11）當(dāng)時(shí)收斂到積分。證明由與可得求證7、用復(fù)化梯形公式求積分，問(wèn)要將積分區(qū)間分成多少等分，才能保證誤差不超過(guò)（設(shè)不計(jì)舍入誤差）？解由可知，令，則，從而。8、用龍貝格方法計(jì)算積分，要求誤差

18、不超過(guò)。解由及可得。（參見(jiàn)95頁(yè)）9、衛(wèi)星軌道是一個(gè)橢圓，橢圓周長(zhǎng)的計(jì)算公式是，這里a是橢圓的半長(zhǎng)軸，c是地球中心與軌道中心（橢圓中心）的距離，記h為近地點(diǎn)距離，H為遠(yuǎn)地點(diǎn)距離，公里為地球半徑，則，。我國(guó)第一顆人造衛(wèi)星近地點(diǎn)距離公里，遠(yuǎn)地點(diǎn)距離為2384公里，試求衛(wèi)星軌道的周長(zhǎng)。解由，可得10、證明等式，試依據(jù)的值，用外推算法求的近似值。證明因?yàn)椋煽傻茫?1、用下列方法計(jì)算積分，并比較結(jié)果。1）龍貝格方法；（2）三點(diǎn)及五點(diǎn)高斯公式；3）將積分區(qū)間分為四等分，用復(fù)化兩點(diǎn)高斯公式。解。12、用三點(diǎn)公式和五點(diǎn)公式求在和1.2處的導(dǎo)數(shù)值，并估計(jì)誤差，的值由下表給出：X1.01.11.21.31.40

19、.25000.22680.20660.18900.1736解由三點(diǎn)公式，可知，誤差為；，誤差為誤差為。由五點(diǎn)公式可知1、計(jì)算上的積分的兩點(diǎn)求積公式解求積公式的代數(shù)精度不超過(guò)，將求積公式和求積系數(shù)作為4個(gè)待定系數(shù)，依次取被積函數(shù)為代入求積公式，得到方程組：，可以解得，從而求積公式為2、直接驗(yàn)證梯形公式與中矩形公式具有一次代數(shù)精度，而辛普生公式具有三次代數(shù)精度。證明（1）依次將代入梯形公式中，得到：從而梯形公式具有一次代數(shù)精度。（2）依次將代入中矩形公式中，得到：從而中矩形公式具有一次代數(shù)精度。（3）依次將代入辛普生公式中，得到：從而辛普生公式具有三次代數(shù)精度。3、求近似求積公式的代數(shù)精度。解 依

20、次將代入求積公式中，得到：因此所給求積公式具有三次代數(shù)精度。4、求三個(gè)不同的節(jié)點(diǎn)和常數(shù)C，使求積公式具有盡可能高的代數(shù)精度。解 依次將代入求積公式中，得到：，即，解得，此時(shí)求積公式為，具有3次代數(shù)精度。令代入求積公式中，得到：所以此求積公式的代數(shù)精度只有3次。5、用三個(gè)節(jié)點(diǎn)（）的Gauss求積公式計(jì)算積分。解三個(gè)節(jié)點(diǎn)的Gauss求積公式為，所以6、試確定常數(shù)A，B，C和，使得數(shù)值積分公式為Gauss型公式。解要使數(shù)值積分公式為Gauss型公式，則其具有次代數(shù)精度。依次將代入都應(yīng)精確成立，故有，即，解得。7、試確定常數(shù)A，B，C和，使得數(shù)值求積公式具有盡可能高的代數(shù)精度。此時(shí)的代數(shù)精度是多少？它

21、是否是Gauss型公式？解依次將代入求積公式，得到：，即，解得，從而求積公式為，令代入得到：，從而求積公式只具有3次代數(shù)精度，不是Gauss型公式。第5章 解線性方程組的直接方法2、（a）設(shè)A是對(duì)稱陣且，經(jīng)過(guò)高斯消去法一步后，A約化為，證明是對(duì)稱矩陣。（b）用高斯消去法解對(duì)稱方程組：。證明（a）中的元素滿足，又因?yàn)锳是對(duì)稱陣，滿足，所以，即是對(duì)稱矩陣。（b）略。4、設(shè)A為n階非奇異矩陣且有分解式，其中L是單位下三角陣，U為上三角陣，求證A的所有順序主子式均不為零。證明將L與U分塊，其中為k階單位下三角陣，為k階上三角陣，則A的k階順序主子式為，顯然非奇異。7、設(shè)A是對(duì)稱正定矩陣，經(jīng)過(guò)高斯消去法

22、一步后，A約化為，其中，；證明：（1）A的對(duì)角元素；（2）是對(duì)稱正定矩陣；（3）；（4）A的絕對(duì)值最大的元素必在對(duì)角線上；（5）；（6）從（2）、（3）、（5）推出，如果，則對(duì)所有k，。證明（1）依次取，則因?yàn)锳是對(duì)稱正定矩陣，所以有。（2）中的元素滿足，又因?yàn)锳是對(duì)稱正定矩陣，滿足，所以，即是對(duì)稱矩陣。（3）因?yàn)椋浴＃?）以下略。12、用高斯-約當(dāng)方法求A的逆陣：。解故。13、用追趕法解三對(duì)角方程組，其中，。解因?yàn)椋浴?4、用改進(jìn)的平方根法解方程組。解。15、下列矩陣能否分解為（其中L為單位下三角陣，U為上三角陣）？若能分解，那么分解是否唯一。解因?yàn)锳的一、二、三階順序主子式分別為1

23、，0，-10，所以A不能直接分解為三角陣的乘積，但換行后可以。因?yàn)锽的一、二、三階順序主子式分別為1，0，0，所以B不能分解為三角陣的乘積。因?yàn)镃的一、二、三階順序主子式分別為1，5，1，所以C能夠分解為三角陣的乘積，并且分解是唯一的。16、試畫出部分選主元素三角分解法框圖，并且用此法解方程組解。18、設(shè)，計(jì)算A的行范數(shù)，列范數(shù)，2-范數(shù)及F-范數(shù)。解，因?yàn)椋瑥亩?9、求證：（a）；（b）。（a）。（b），？20、設(shè)且非奇異，又設(shè)為上一向量范數(shù)，定義。試證明是上向量的一種范數(shù)。證明顯然，、，從而是上向量的一種范數(shù)。21、設(shè)為對(duì)稱正定，定義，試證明是上向量的一種范數(shù)。證明因?yàn)锳對(duì)稱正定，所以，

24、從而是上向量的一種范數(shù)。22、設(shè)，求證。證明因?yàn)槎杂蓨A逼性可知，。23、證明：當(dāng)且僅當(dāng)x和y線性相關(guān)，且時(shí)，才有。證明當(dāng)x和y線性相關(guān)，且時(shí)，不妨設(shè)，則，從而若，則有，并且令，則，即，即存在不全為零的，從而x和y線性相關(guān)。24、分別描述中（畫圖）。解：以原點(diǎn)為中心，以為頂點(diǎn)的、邊長(zhǎng)為的正方形。：以原點(diǎn)為圓心，半徑為1的圓。：以原點(diǎn)為中心，以為頂點(diǎn)的、邊長(zhǎng)為2的正方形。25、令是（或）上的任意一種范數(shù)，而P是任一奇異實(shí)（或復(fù)）矩陣，定義范數(shù)，證明。證明。26、設(shè)、為上任意兩種矩陣算子范數(shù)，證明存在常數(shù)，使對(duì)一切滿足。證明由范數(shù)的等價(jià)性，存在常數(shù)和，使得，則有，并且，從而，令，即得求證。27

25、、設(shè)，求證與特征值相等，即求證。證明設(shè)為的特征值，則存在非零向量x，使得，兩邊同乘A，則，即是的對(duì)應(yīng)特征向量為的特征值。設(shè)為的特征值，則存在非零向量x，使得，兩邊同乘，則，即是的對(duì)應(yīng)特征向量為的特征值。28、設(shè)A為非奇異矩陣，求證。證明因?yàn)椋缘米C。29、設(shè)A為非奇異矩陣，且，求證存在且有估計(jì)證明因?yàn)榧埃杂啥ɡ?8可知，非奇異，從而非奇異，其逆存在。設(shè)，則，又由可得，可得，從而即。30、矩陣第一行乘以一數(shù)，成為，證明當(dāng)時(shí)，有最小值。證明由可知，當(dāng)時(shí)，矩陣A非奇異，從而，又當(dāng)時(shí)，從而當(dāng)時(shí)，從而綜上所述，時(shí)最小，這時(shí)，即。31、設(shè)A為對(duì)稱正定矩陣，且其分解為，其中，求證（a）；（b）。證明由

26、可知，從而，故得，（a）；（b）。32、設(shè)，計(jì)算A的條件數(shù)。解由可知，從而由，由，可得，從而，從而。33、證明：如果A是正交陣，則。證明若A是正交陣，則，從而，故，。34、設(shè)且為上矩陣的算子范數(shù)，證明證明。補(bǔ)充題1、用Gauss消去法求解方程組：（1）； （2）。（3）； （4）。（5）。解（1）對(duì)系數(shù)矩陣的增廣矩陣進(jìn)行初等行變換，故。（2）對(duì)系數(shù)矩陣的增廣矩陣進(jìn)行初等行變換，故。（3）對(duì)系數(shù)矩陣的增廣矩陣進(jìn)行初等行變換，故。（4）對(duì)系數(shù)矩陣的增廣矩陣進(jìn)行初等行變換，故。（5）對(duì)系數(shù)矩陣的增廣矩陣進(jìn)行初等行變換，故。2、用列主元Gauss消去法求解下列方程組：（1）； （2）。（3）； （4）

27、。（5）。解（1），故。（2），故。（3），故。（4），故。（5），故。3、用矩陣的直接三角分解法求解方程組：。解由可知，求解可得，求解可得。4、用平方根法（Cholesky分解）求解方程組：（1）。 （2）。解由系數(shù)矩陣的對(duì)稱正定性，可令，其中L為下三角陣。（1）求解可得，求解可得。（2）。求解可得，求解可得。5、用改進(jìn)的平方根法（分解）求解方程組：（1）。 （2）。解由系數(shù)矩陣的對(duì)稱正定性，可令，其中L為下三角陣，D為對(duì)角陣。（1）求解可得，求解可得。（2）。求解可得，求解可得。6、用追趕法求解三對(duì)角方程組：（1）， （2）， （3）。解依追趕法對(duì)其增廣矩陣進(jìn)行初等變換，（1），回代得到：

28、。（2），回代得到：。（3），回代得到：。7、設(shè)，求，。解。8、證明：1）；2）。證明1）。2）。9、分別求下列矩陣的，。（1）， （2）。解（1），因?yàn)椋桑獾脧亩＃?），因?yàn)椋桑獾脧亩?0、求矩陣的，。解 ，因?yàn)椋浴５?章 解線性方程組的迭代法尋求能夠保持大型稀疏矩陣的稀疏性的有效數(shù)值解法是我們線性代數(shù)方程組數(shù)值解法的一個(gè)非常重要的課題。使用迭代法的好處在于它只需要存儲(chǔ)析數(shù)矩陣的非零元素和方程的右端項(xiàng)，因而對(duì)于大型稀疏矩陣，具有存儲(chǔ)量小、程序結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單的優(yōu)點(diǎn)。由于迭代格式的收斂性和收斂速度與方程組的系數(shù)矩陣密切相關(guān)，因此迭代格式的選擇和迭代的收斂性將成為討論的中心問(wèn)題。定義迭代

29、的平均收斂速度定義為。定義迭代的漸近收斂速度定義為值得注意的是，漸近收斂速度與所使用的范數(shù)無(wú)關(guān)。因此，有時(shí)也把漸近收斂速度簡(jiǎn)稱為收斂速度。1、設(shè)方程組，（a）考察用雅可比迭代法，高斯-賽德?tīng)柕ń獯朔匠探M的收斂性；（b）用雅可比迭代法及高斯-賽德?tīng)柕ń獯朔匠探M，要求當(dāng)時(shí)迭代終止。解（a）由系數(shù)矩陣為嚴(yán)格對(duì)角占優(yōu)矩陣可知，使用雅可比、高斯-賽德?tīng)柕ㄇ蠼獯朔匠探M均收斂。精確解為（b）使用雅可比迭代法：使用高斯-賽德?tīng)柕ǎ?、設(shè)，證明：即使，級(jí)數(shù)也收斂。證明顯然，又因?yàn)椋裕?jí)數(shù)的值就為。3、證明對(duì)于任意選擇的A，序列收斂于零。證明設(shè)為A的任意一個(gè)特征值，x是對(duì)應(yīng)的特征向量，則，從而

30、得證。4、設(shè)方程組；迭代公式為求證：由上述迭代公式產(chǎn)生的迭代序列收斂的充要條件為。證明令，則由迭代公式可得，即為雅可比迭代公式，從而收斂的充要條件為，而。由可得，故得證。5、設(shè)方程組（a）；（b）；試考察解此方程組的雅克比迭代法及高斯-賽德?tīng)柕ǖ氖諗啃浴＝猓╝）由系數(shù)矩陣可知，由可知，從而雅可比迭代法不收斂。，由可知，從而高斯-塞德?tīng)柕ㄊ諗俊＃╞）由系數(shù)矩陣可知，由可知，從而雅可比迭代法收斂。，由可知，從而高斯-塞德?tīng)柕ú皇諗俊?、求證的充要條件是對(duì)任何向量x都有。證明若對(duì)任何向量x，都有，則依次取x為單位向量組，即得，反之顯然成立。7、設(shè)，其中A對(duì)稱正定，問(wèn)解此方程組的雅克比迭代

31、法是否一定收斂？試考察習(xí)題5（a）方程組。解不一定，顯然5（a）中的系數(shù)矩陣是對(duì)稱正定矩陣，但雅可比迭代法不收斂。8、設(shè)方程組，（a）求解此方程組的雅克比迭代法的迭代矩陣的譜半徑；（b）求解此方程組的高斯-賽德?tīng)柕ǖ牡仃嚨淖V半徑；（c）考察解此方程組的雅克比迭代法及高斯-賽德?tīng)柕ǖ氖諗啃浴＝庥上禂?shù)矩陣可知，（a），由可知，。（b），由，可知。（c）因?yàn)锳是嚴(yán)格對(duì)角占優(yōu)矩陣，兩種迭代法都收斂。9、用SOR方法解方程組（分別取松弛因子）精確解。要求當(dāng)時(shí)迭代終止，并且對(duì)每一個(gè)值確定迭代次數(shù)。（略）。10、用SOR方法解方程組（取）；要求當(dāng)時(shí)迭代終止。解由系數(shù)矩陣及，可知，從而由可得。精確

32、解為11、設(shè)有方程組，其中A為對(duì)稱正定陣。迭代公式，試證明當(dāng)時(shí)上述迭代法收斂（其中）。解因?yàn)榈仃嚍椋煽芍?dāng)時(shí)，即，從而迭代法收斂。12、用高斯-賽德?tīng)柗匠探猓糜浀牡趇個(gè)分量，且（a）證明；（b）如果，其中是方程組的精確解，求證：，其中。（c）設(shè)A是對(duì)稱的，二次型，證明（d）由此推出，如果A是具有正對(duì)角元素的非奇異矩陣，且高斯-塞德?tīng)柗椒▽?duì)任意初始向量是收斂的，則A是正定陣。解（a）由可得，從而，其中，即得求證。（b）由可得從而，即，從而，即得求證，其中。（c）？。（d）若高斯-塞德?tīng)柗椒▽?duì)任意初始向量都是收斂的，那么由（c）知A是對(duì)稱的，又由A是具有正對(duì)角元素的非奇異矩陣，所以A

33、是正定陣。13、設(shè)A與B為n階矩陣，A非奇異，考慮解方程組，其中。（a）找出下述迭代方法收斂的充要條件，（）；（b）找出下述迭代方法收斂的充要條件，（）；并比較兩個(gè)方法的收斂速度。解（a）設(shè)，則有，從而，因此收斂的充要條件為，即。（b）設(shè)，則有，從而，因此收斂的充要條件為。迭代法（b）的收斂速度是迭代法（a）的收斂速度的2倍。14、證明矩陣對(duì)于是正定的，而雅克比迭代只對(duì)是收斂的。證明由，可知，當(dāng)，即時(shí)，矩陣A是正定的。又由，可知，從而當(dāng)，即時(shí)，雅可比迭代是收斂的。15、設(shè)，試說(shuō)明A為可約矩陣。解取，可知，從而A為可約矩陣。16、給定迭代過(guò)程，其中（），試證明：如果C的特征值，則此迭代過(guò)程最多迭

34、代n次收斂于方程組的解。證明因?yàn)椋宰疃嗟魏螅瑥亩Ｖ埂?7、畫出SOR迭代法的框圖。（略）18、設(shè)A為不可約弱對(duì)角優(yōu)勢(shì)陣且，求證，解的SOR方法收斂。證明設(shè)，則由可知。19、設(shè)，其中A為非奇異陣。（a）求證為對(duì)稱正定陣；（b）求證。證明（a）由可知為對(duì)稱陣，對(duì)于任意的非零向量x，由可知為正定陣，從而為對(duì)稱正定陣。（b）見(jiàn)上一章第31題。20、設(shè)A為嚴(yán)格對(duì)角占優(yōu)陣，證明第二章（8.23）式。證明見(jiàn)定理6。補(bǔ)充題1、用Jacobi迭代法求解方程組，初始向量為。解 Jacobi迭代格式為，迭代求解得到：2、設(shè)有迭代格式，其中，試證明該迭代格式收斂，并取計(jì)算求解。證明設(shè)為B的特征值，則由可

35、得，從而該迭代格式收斂。取計(jì)算得，。3、給定方程組，用雅可比迭代法和高斯-塞德?tīng)柕ㄊ欠袷諗浚拷庥上禂?shù)矩陣可知，（1）雅可比迭代矩陣為，由可知，因而雅可比迭代法發(fā)散。（2）高斯-塞德?tīng)柕仃嚍椋煽芍蚨咚?塞德?tīng)柕ㄊ諗俊?、給定線性方程組，用雅可比迭代法和高斯-塞德?tīng)柕ㄊ欠袷諗浚拷猓?）雅可比迭代矩陣為，由可知，因而雅可比迭代法發(fā)散。（2）高斯-塞德?tīng)柕仃嚍椋煽芍蚨咚?塞德?tīng)柕ㄊ諗俊?、給定線性方程組，其中，用雅可比迭代法和高斯-塞德?tīng)柕ㄊ欠袷諗浚拷猓?）雅可比迭代矩陣為，由可知，因而雅可比迭代法發(fā)散。（2）高斯-塞德?tīng)柕仃嚍椋煽芍蚨咚?塞德?tīng)?/p>

36、迭代法收斂。另解：顯然A為對(duì)稱矩陣，并且a的各階順序主子式大于零，從而A為對(duì)稱正定矩陣，可知高斯-塞德?tīng)柕ㄊ諗俊?、設(shè)線性方程組的系數(shù)矩陣為，試求能使雅可比迭代法收斂的a的取值范圍。解當(dāng)時(shí)，系數(shù)矩陣A為奇異矩陣，不能使用雅可比迭代法。當(dāng)時(shí)，雅可比迭代矩陣為，由可知，因而當(dāng)，即時(shí)，雅可比迭代法收斂。7、設(shè)矩陣A非奇異，試證明使用高斯-塞德?tīng)柗椒ㄇ蠼鈺r(shí)是收斂的。證明由可知為對(duì)稱陣，對(duì)于任意的非零向量x，由可知為正定陣，從而為對(duì)稱正定陣。使用高斯-塞德?tīng)柗椒ㄇ蠼鈺r(shí)是收斂的。第7章 非線性方程求根閱讀材料：一般的n次多項(xiàng)式方程稱為n次代數(shù)方程。對(duì)于3次、4次的方程，雖然也可以在數(shù)學(xué)手冊(cè)上查到求解公

37、式，但是太復(fù)雜。至于5次以上的方程就沒(méi)有現(xiàn)成的求解公式了。代數(shù)方程可以說(shuō)是最簡(jiǎn)單的非線性方程，因?yàn)殡m然不能很好地算出它的根，但是總可以知道，n次方程一般具有n個(gè)根。一般由實(shí)際問(wèn)題歸結(jié)得到的方程還常常含有三角函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等超越函數(shù)，如，這樣的方程叫做超越方程。求解超越方程不僅沒(méi)有一般的公式，而且若只依據(jù)方程本身，那么連是否有根、有幾個(gè)根，也都難以判斷。超越方程與次代數(shù)方程一起統(tǒng)稱為非線性方程，記作，其中是一個(gè)單變量的初等函數(shù)，它可以是多項(xiàng)式函數(shù)、超越函數(shù)等形式或者它們的組合形式。所謂方程求根，就是尋找一個(gè)，使得成立，這樣的叫做方程的根（解），也叫做函數(shù)的零點(diǎn)。若存在正整數(shù)m，使得，且

38、，則稱為的m重根。當(dāng)時(shí)，又稱為單根，這時(shí)滿足，。對(duì)于一般的非線性方程，用直接方法得到它的精確解是很困難的，例如。非線性方程的求解就是研究方程在給定初值的條件下，如何利用計(jì)算機(jī)運(yùn)算得到方程真解的近似值x，使得對(duì)任意給定的精度，滿足，此時(shí)稱x關(guān)于是精確的。對(duì)于具體的問(wèn)題，首先要對(duì)函數(shù)加以初步的研究，判斷出方程的根的個(gè)數(shù)和大概位置，才能較好地選擇有根區(qū)間。如果選取得好，還可以把方程的根逐個(gè)分離，找出相應(yīng)的有根區(qū)間。二分法的特點(diǎn)是當(dāng)有單根時(shí)具有收斂快的特點(diǎn)。然而對(duì)方程有重根或復(fù)根的情況，二分法公式有時(shí)失效。1、用二分法求方程的正根，要求誤差。解令，則，所以有根區(qū)間為；又因?yàn)椋杂懈鶇^(qū)間為；，所以有根

39、區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；取，這時(shí)它與精確解的距離。2、用比例求根法求在區(qū)間的一個(gè)根，直到近似根滿足精度終止計(jì)算。？3、為求方程在附近的一個(gè)根，設(shè)將方程改寫成下列等價(jià)形式，并建立相應(yīng)的迭代公式：1），迭代公式；2），迭代公式；3），迭代公式；4），迭代公式。試分析每種迭代公式的收斂性，并選取一種公式求出具有四位有效數(shù)字的近似值。解1）設(shè)，則，從而，所以迭代方法局部收斂。2）設(shè)，則，從而，所以迭代方法局部收斂。3）設(shè)，則，從而，所以迭代方法發(fā)散。4）設(shè)，則，從而，所以迭代方法發(fā)散。4、比較求的根到三位小數(shù)所需的計(jì)算量：1）在區(qū)間內(nèi)用二分法； 2）用迭代法，取初

40、值。解1）使用二分法，令，則，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；從而，共二分10次。2）使用迭代法，則，即，共迭代4次。5、給定函數(shù)，設(shè)對(duì)一切x，存在且，證明對(duì)于范圍內(nèi)的任意定數(shù)，迭代過(guò)程均收斂于的根。證明由可知，令，則，又因?yàn)椋裕矗瑥亩袷绞諗俊?、已知在區(qū)間內(nèi)只有一根，而當(dāng)時(shí)，試問(wèn)如何將化為適于迭代的格式？將化為適于迭代的格式，并求（弧度）附近的根。解將兩邊取反函數(shù)，得到，而，從而，故迭代公式收斂。令，則，從而，將迭代公式改變?yōu)椋@時(shí)，從而，迭代格式收斂。取，。7

41、、用下列方法求在附近的根。根的準(zhǔn)確值，要求計(jì)算結(jié)果準(zhǔn)確到四位有效數(shù)字。1）用牛頓法；2）用弦截法，取；3）用拋物線法，取解1），迭代停止。2），迭代停止。3），其中，故，下略。8、分別用二分法和牛頓法求的最小正根。解參見(jiàn)第6題，。9、研究求的牛頓公式，證明對(duì)一切，且序列是遞減的。證明顯然，又因?yàn)椋裕郑孕蛄惺沁f減的。10、對(duì)于的牛頓公式，證明收斂到，這里為的根。？11、試就下列函數(shù)討論牛頓法的收斂性和收斂速度。1）；2）。解1）由可知，故牛頓法不收斂。2）由可知，故牛頓法一階收斂。12、應(yīng)用牛頓法于方程，導(dǎo)出求立方根的迭代公式，并討論其收斂性。解令，則。13、應(yīng)用牛頓法于方程，導(dǎo)出求的迭代公式，并求的值。解令，則。余見(jiàn)例8。14、應(yīng)用牛頓法于方程和，分別導(dǎo)出求的迭代公式，并求。解，15、證明迭代公式是計(jì)算的三階方法。假定初值充分靠近，求。解。補(bǔ)充題1、判斷下列方程有幾個(gè)實(shí)根，并指出其有根區(qū)間：1）； 2）。解1）設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)。又因?yàn)椋钥芍腥齻€(gè)根，有根區(qū)間分別為。2）將原方程改寫為，作函數(shù)與的圖像，由圖像可知兩個(gè)函數(shù)有兩個(gè)交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)位于區(qū)間與，因而所給方程有兩個(gè)根。2、證明迭代格式產(chǎn)生的序列對(duì)于均收斂于。證明