1、9；yo 2,y2.5,y2 3lj(x)yj03.已知函數y6在x4,x6.25,x9處的函數值，試通過一個二次插信函數求的近似值，并估計其誤差。解：由題意y.-x知：x04,x16.25,x2y 萬 L2(x) |x 7(x Xi)(X x2)(Xo Xi)(X0 X2) (7 6.25)(7 9) 2.25 52.6484848yo(x Xo)(X X2)；y1(Xi Xo)(Xi X2)(7 4)(7 9)2.52.25 2.75(x Xo)(X Xi) (X2 Xo)(X2 Xi) (7 4)(7 6.25)2.75 5y2其誤差為R2(7)f ()57 4)(7 3!6.25)(7

2、 9)55又f (x) - x 28一35貝U max | f (x) | -4 24,9 180.011721|R2(7)|(4.5)(0.01172)0.008796(2)采用Newton插值多項式y & N2(x)iXif(Xi)一階差商二階差商0421%29321i%95根據題意作差商表:N2(7) 2 29 (7 4) ( 4495) (7 4) (7 6.25) 2.64848484.設f xxk k 0,1,.,n )試列出f x關于互異節(1)采用Lagrange插值多項式y&L2(x)0,1,.,n白勺Lagrange插值多項式。注意到：若n1個節點Xii0,

3、1，,n互異,則對任意次數n的多項式fx,它關于節點%i0,1,n滿足條件pXy0,1,n的插值多項式Px就是它本身。可見，當kn時塞函數f(x)xk(k0,1,.,n)關于n1個節點xii0,1，,n的插值多項式就是它本身,nkIxjljj 0故依 Lagrange 公式有n / n x xi k k()xj x ,k 0,1，,nj 0 i 0 xj xnljj 0nxjlj xj 0特別地，當k0時,x為1xjx而當k1時有nxxixji0xjx5.依據下列函數表分另J建立次數不超過3的Lagrange插值多項式和Newton插值多項式，并驗證插值多項式的唯一性。x0124f(x)192

4、33解：(1) Lagrange插值多項式33xxL3(x)lj(x)yjlj(x)Lj0i0,xjXij3 r 2xx1cXX2cXX3x1-x 2cx4 x 7x 14x 8l0(x) -?-?=x0 x1 x0 x2 x0 x30 1 0 2 0 48li(x)xx°? xx2? xx3x1x0 x1x2 x1x332x 0 x 2 x 4 _ x 6x 8x？=10 12 143l3(x)L3 x/?？x2 x0 x2 x1 x2 x3xx0? xx？ xx2x3% x3x1. x3x2_.3- 2.x 0?x 1?x 4_ x 5x 4x2 0 2 1 2 4 -43_ 2

5、-x 0 ? x 1 ? x 2 _ x 3x 2x4 0 4 1 4 2 -24x 0 x 2 x 4910 12 14x0x1x 4x0 x1x223 320212 440 414212x 3x 2 x 4823x x2326x 8 x x45x12x x 3x 281134521,xxx1442(2) Newton插值多項式kxkf(xk)一階差商二階差商三階差商00111982223143343-108%N3(x)f(x0)f(x0,x1)(xx0)f(x0,x1，x2)(xx°)(xx1)f(x0,x1，x2,x3)(x&)(x)(xx2)18(x0)3(x0)(x

6、1)114(x0)(x1)(x2)由求解結果可知：L3(x)N3(x)說明插值問題的解存在且唯一。7 .設fxx4,力弋利用Lagrange余項定理給出fx以1,0,1,2為節點的插值多項式Lex。解：由Lagrange余項定理f(n1)()R(x)f(x)Ln(x)-yn1(x)a,b(n1)!n1可知：當n3日寸)f(n1)()f(4)(x)x4!4!L3(x)f(x)(31)！(xx0)(xx)(xx2)(xx3)4_x(x1)(x0)(x1)(x2)2x3x22x8 .設f(x)C2a,b且f(a)f(b)0,求證maxf(x)1(ba)2maxf(x)axb8axb證明:以a,b為節

7、點進行線性插值，得L1(x)gf(a)y-af(b)abba由于f(a)f(b)0,故L1(x)0。于是由f()f(x)L1(x)(xa)(xb),ab2!有f(x)f-y(xa)(xb),>t(x)(xa)(xb)xa,bt(x)2x(ab)0xayb時t(x)有極大值f (x)?max(x a)(x b)一、1maxf(x)=maxaxb2axb1max2axba)(b)1="ba)8maxf(x)axb''f x0, x1,L ,xf(x0,x,)“為) 3x x-( x1x0 a六）(a x1)(a x0)13.設節點xiQU，n與點a互異，試對fx，證

8、明ax1.八，,k0,1,f (x0),n0axi并給出fx的Newton插值多項式解依差商的定義,般地，設f(x0,x1，xjk(axi)i0(a為)Xk 1 Xo 1(k 11Xo i 1 a XiXk 1ki 1 aXi Xk 1Xok 11a Xk 1a Xof(X1,X2,Xk1)f(Xo,X1,Xk)f(Xo,X1,Xk1)i0aXi-的Newton插值多項式為axNn(X) f(%) f (X),x1)(x1 X % a % (a %)(a x)%)f(%,X1, ,Xn)(X %)(X(X %)(X X)(X Xm)(a Xo)(a X1)(a x)X1)(X Xn1)k0ax

9、ki0ax116.求作潴足條件H9)1,H(0)-,H(1)2,H(1)2.的插值多項式(1XX1X Xo 22-)(-)小XiXoXiXo解法1:根據三次Hermite插值多項式:XXoXX12H3(x)(12-)(一生)y°XoXiXoXiXX12(XXo)(一")yoxoXiXXo2(XX1)(0)小XiXo1,1并依條件H(0)1,H(0)-,H(1)2,H(1)2.,得H3(x)2(x 1)x2(12x)(x1)22(32x)x21x(x1)221x12解法2:得由于X00,X11,故可直接由書中（）式,H3xAoxyoAyiBoxV。Bix18.2x12x1x2

10、2xy1d21x12x2x1求作滿足條件也01,也12,也29,也13的插值多項式H3x解法1:由已知條件,并估計其誤差xo12y129v3o令用基函數方法構造H3xH3xA。xy。AxyA2xy24xy1其中，A)x,Ax,B1均為三次多項式,且滿足條件依條件可設Ao同理，AxH3誤差為：R3解法2:AoAoAo=1,可得:C=-2,Aox用承襲性構造由條件H3O1,H31f4x4!H3x2,也29先構造一個二次多于是有:作差商表:ixiP(xi)一階差商二階差商oo1112122973N2(x)11(x0)3(x0)(x1)3x22x1令所求插值多項式H3xN2(x)c(xxo)(xx1)

11、(xx2)利用剩下的一個插值條件H313,得N2(x1)c(xxo)(x1x2)f3x由此解出cf3xN2J1)341(x1x0)(x1x2)1012故有 P(x) N2(x) x(x 1)(x2) x3 119.求作滿足條件H3 xf xi i 0,1 ,H3k xof k x° k 1,2的插值多項式Px。并給出插值余項解：令H2 x f %H3 x工f xf xox xo 23H2 x c x xo2x xo利用插值條件H3x1fx1定出：c f x1 H23 xx x注意到這里xo是三重零點，x1是單零點，故插值余項為fxH3xxxxXi20.求作次數4的多項式Px,使滿足條

12、件P01,P10,P02,P110,P140并列出插值余項解法1：由于在x0處有直到一階導數值的插值條件，所以它是“二重節點”；而在x1處有直到二階導數值的插值條件所以x1是“三重節點”。因此利用重節點的差商公式：k!fx,x,，x=limfx0,x1，,xk1,xk+1x0,xi，xk1x可以作出差商表xifxi一階二階三階四階0-10-1-21013101096101020115根據Newton插值多項式，有2Pxf%fx°,x0xx°fx0,x0,x1xx02f%?0?1,'x%(xx1)fx0,x0,x1,x1，Xxx0(xx1)_2_222Px12x3x2

13、6x2(x1)5x2(x1)2,且插值余項為1f55!第二章答案解:1.計算Nil”?：bf2a(1)(2)(x12xdxf1maxf2)dx2f(x)dxmaxf(x)dx一2f(x)dxmaxf關于C0,1的bf1afxdx110n,m與n為正整數xemax10(1.3.x)dxx)dx10(x1)6dxmax11(x21x2.(x-)dx22)dx3.1. iXi0是區間0,1上帶權Xx的最Wl次項系數為1的正交多項式族，其中0X1,求0x3Xdx和1xO解法一：x3(x)dx0(x)3(x)o(x)dxQi(x)i0是區間0,1上帶權(x)x的最高次項系數為1的正交多項式(x)3(x)

14、0(x)dx0,即0x3(x)dx00(x) 11(x) x(x, 0(x)(0(x), 0(x)0(x)1 2 .x dx0 -xdx0則由23解法二：設1 1xxcdx04.求a,b,使積分:axbsinx2dx取得最小值。解：題意即為在span1,x中求fxsinx的最佳平方逼近多項式Px%a1x,故a0,a1滿足法方程(0(x),0(x)a0(0(x),1(x)a(y,0(x)a。一a124(i(x),0(x)a°(i(x),1(x)a1(y,i(x),824aob2a0.6644389,b0.1147707.9624aia3或者按下述方法:因為.'axbsinx2d

15、x24a23ab22a清-2b上式分別對a,b求偏導,并令其為零，有ab從而也有13 b 2-a12412-a 2 b 2 0496 24a 3， b8245 .對 f x ,g x C1 a,b ,定義b1 f, g f x g x dxab2 f, g f x g x dx f a g a a問它們是否構成內積(1)顯然有 f,g = g,f,cf,g=cf,g , c是常數(f1 f2,g) (f1,g) (f2,g)但不滿足“當且僅當f=0時(f, f )=0,( f,f) 0" bc這是因為(f,f尸(f (x)2dx 0a推出f x 0,即f為常數，但不一定為0,故(1)

16、不構成內積(2)顯然內積公理的1), 2), 3)均滿足，考察第四條 b 22(f, f) f (x) dx f a a若f x 0,則必有f,f0反之，若f, f 0 ,則f x 0且f2 a 0 ,由此可推得f x 0,即內積公理第四條滿足，故(2)構成內積解:(1) 12x, xx, x,x131 2x dx18.判斷函數1,x,x2 1在 3求一個三次多項式，述函數兩兩正交。1xdx0,1,1dx32x131,121.-dx 31dx 2所以,13,x1,x, x2 1 在2131,11121x 13設所求多項式為o,13 .x dx31x 一dx1一 o x o14 .x dx1x

17、dx11,1上兩兩正交，并使其在1,1上與上上兩兩正交3 x3x , 11,1132x x112x13x , 2x 2 ,21dx321-2 x -1 2H3一 dx32 .用最小二乘法求一個形如ya bx2 的經驗公式，使它與下列數據相擬合，并估計平方誤差。xk1925313844yk解:0x 1, 1 x x2T1,1,1,1,1T361,625,961,1444,1936T19.0,32.3,49.0,73.3,97.81111136116251961114441193653277277699y,369321.5y,271.45a5327b271.40.9725295327a727769

18、9b369321.5公式是y0.9725290.0500351x0.0500351將x=19,25,31,38,44分別代入y0.97*y19.02,y132.22,y249.02,yz0.05x2,得_*_73.17,y497.77.(1)y,12a0所以誤差42yy*k00.025解:12.求函數span1,x設0x1,arctanx,dx1,0，10arctgxdx1a12113a1aOa。0,10,11xdx0fx在給定區間上對于的最佳平方逼近多項式:arctanx,0,1;、x,0,1;a1a11/2,1.c2ln2,y,1cosx,0,1;ex,1,1.y,y,1x2dx01/31

19、0xarctgxdx-11n242_1422ln232ln232363ln2263ln2)x2cosx,0,1a00,1a1y,a。y,11,dx01cos01a11,y,12a0y,xdx0,y,xdx1/2,1xcos0xdx12x2dx1/302Ta01一a02a1a0122,a124-212-2241X。y,/x,0,1dx1,0,23,y,1xdx01/2,12x2dx1/3012a12a02一ai34a0二，a115j415x(1dx1exdx2e1解:xe,2,1,10,1a01e,y,xdx10,x2dx12/3xexdx2e1ee,a1213.fx1,1上求關于24span1

20、,x,x的最佳平方逼近多項式。Legendre是-1,1上的正交多項式12142取Pc(x)1,P2(x)(3x1),P4(x)(35x30x3)028(Pk(x),Pk(x)高(k0,2,4)(f,P0(x)01(1x)dx°xdx(f,P2(x)(f,PO)12-xg3x1)dx1(35x430x281,C21xg3x1)dx一24113)xdxQ-(35x430x23)xdx124169 ra4 -(f, P4(x)1，,、15,、5a0(f,P0(x),a2彳(f,P2(x)G，22281 、. xdx0.5*所以P4(x)a0P0(x)a2P2(x)a4P4(x)=4_2_

21、0.8203125x41.640625x20.257812516.求fxlnx在1,2上的二次最佳平方逼近多項式，并估計平方誤差。解：設2 131 -1t,則f x2ln x lnitt ,t1,1*PnlnCoT0,f3 1tt 2_2 ,1-t2dtIn1一 cos21.15519C22 T2,f所以p3 t3 1 xln t 12 2；1 t22t21dtcos1 -cos 21.52057531 In 一21-t2dt0 cos2cos d0.46204-1.15519+1.520575c 0.462042x2-10.92408x21.520575x 0.69315其誤差為In 3 1

22、t2 2* .P3 t0.00002055CkTk0第三章習題答案1 .分別用梯形公式、Simpson 公式、Cotes公式計算積分I0.5&x,并估計誤差。1 0.5解：1）用梯形公式有:1-2f1f0.5-10.42678422.6042 10 32 7.3657 10 3ETf0.5331212事實上,0.50.4309644I10.5f0.50.4267767ETf、xdx0.50.00418772)Simpson公式xxxdx0.510.54fESfET(f)=ESf3)0.5122.3-20.430931802180一、3-(b-a)f12.2''(h)?布

23、芍5f0.54f由Cotes公式有:1127f0.59032f8150.5112f-432f7土1.183771040.00003047f114.9497525.2982218010.3923029.933260.4309632-12:8+7)ECf945ii229454642.6974106EC產？945*48事實上,ECf0.00000033.分別用復化梯形公式和復化公式Simpson計算下列積分.Jdx.n804x解：(1)用復化梯形公式有:102(0.0311280.0615380.0905660.117650.142350.164380.18361)0.20.1114由復化Simps

24、on公式有:S82(f1020.0615380.117650.1643840.0311280.0905660.412350.18351240.111570.25.給定積分102sinxdx。(1)利用復化梯形公式計算上述積分值，使其截斷誤差不超過103;(2)取同樣的求積節點，改用復化Simpson公式計算時，截斷誤差是多少(3)如果要求截斷誤差不超過106,那么使用復化Simpson公式計算時，應將積分區間分成多少等分解:(1) ETn(f)(b a)12n3-f ()32 f () 96n2sin x'f (x) cosx, f (x) sin xETn(f)32 sin 96n2

25、當誤差E；(f)2 , 96n20,20.5 10 3 日寸)n ,所以取n=26o則加瓦Tn部(0)1,2 520 1 2sin(52)25f(y)2f(xk)2k1k2325sm(-)sin(-).sm(2-)0.9465525252匚Sb-a/hx4.''''1(2)ESfb80(h)4f()180(22n)4sin()MilpSrf12114/nqo211、471n9則En曲(2赤)(n26)癡q赤)710嗡f磊意2n)4106則n7.6n=87推導下列三種矩形求積公式:b1 f x dx ab2 f x dx ab3 f x dx af2bafbba;

26、2abfbafba224證明：將f(x)在xa處Taylor展開,得f(x)f(a)f'()(xa),(a,x).兩邊在a，b上積分,得bbbf(x)dxf(a)dxf()(xa)dxaaab(ba)f(a)f()(xa)dxa,1,2(ba)f(a)2f()(ba)2,a,b.將一在xb處Taylor展開,得f(x)f(b)f()(xb),(x,b).兩邊在a,b上積分)bbf(x)dxf(b)dxaabf ( )(x b)dxab(ba)f(b)f()(xb)dxa12(ba)f(b)1f()(ba)2,a,b.(3)將f(x)在x吩處Taylor展開,得f(x)f(a-b)f(a

27、)(x貸)2f()(xa-b)2,a,b.兩邊在a,b上積分,得babbabab1bab2f(x)dxaf(-)dxaf(-)(x-)dx-af()(x二)dx(b a)f(a2b)b) a(X1 b)dX 2 a f ( )(X12 )2dx(ba)f(*)*(ba)3.10.判別下列求積公式是否是插值型的,并指明其代數精度：33fxdx-f1f202解：插值型求積公式ba f (x)dxAkf(Xk)其中3x 2,3 Adx 一,A 0 1 223x 1 .dx0 2 1a b n x xi, Ak dxa i 0 xk x i k3.2因此, 積公式。f(x)dx知f(2)是插值型的求因

28、其求積公式是插值型的，且存在節點，所以其代數精度至少是1。對于f(x)x2日寸,332of(x)dx°xdx9;331521f(1)f(2)2(14)-2-9.可見它對于f(x)x2不準確成立，故該求積公式的代數精度是1。11.構造下列求積公式，并指明這些求積公式所具有的代數精度:11 ° f x dx Aof 0 Af 1 ；hf x dx h0hf x dx Ao fh00f 01f h h20f 01f hhA1f x1 .解(1)：令原式對于f(x)1,x準確成立，于是有A A 11A 2解之得 A 1，A ：容易驗證，它對于于是有求積公式,1,1f (x)dx 2

29、 f (0) - f(1)f(x) x2不準確成立，故該求積公式的代數精度是1解(2):令原式對于 有f(x)21,x,x,x3準確成立)于是1121314解之得1,2f (x)dx1121.2"“0)容易驗證當f(x) x4時,5于是有求積公式1 2 .f(h) -h2f'(0) f'(h).12f(x)dx1h5;而51.12.15,15、-hf(0)f(h)h2f(0)f(h)-h5h5)21265可見，它對于f(x)x4不準確成立，故該求積公式的代數精度是3。解(3)：令原式對于f(x)1,x,x2準確成立，于是有hA0A1odx2h-A0hA1K0解得Aoh

30、2Ax-h33a_hA_3_hAo=一,A產一h,x1223于是有求積公式h1h f (x)dx -hf ( h)M3容易驗證，當f(x)x3時,hf(x)dx0;而hf(h)hf()h4.2239可見，它對于f(x)x3不準確成立，故該求積公式的代數精度是2。12.利用代數精度方法構造下列兩點Gauss求積公式：10.xfxdxA0fx0A1fXi1 fx2 -dxA0fx0A1fx1解(1)：令原式對于f(x)1,x,x2,x3準確成立，于是有A0A1Ao Xo23AiXi式化為Ao XoAoXoAiXi2AiXi252729利用的第1式，可將第2-Xo (Xi Xo)Ai3Q)同樣，利用

31、第2式化簡第式，利用第3式化簡第4式，分別得2-Xo(XiXo)XiA527Xo2八(Xi Xo)XiA由(3)(4)式消去(XiXo)Ai,得25X022 、-Xo)Xi 32 、Xo)Xi52729進一步整理2(Xo 57(XoXi)Xi)2 3XoXi2XoXi5272910X1-9由此解出5X0X1, x021X0 0.821161913186,Xi 0.289949197925,A0 0.3891110668436A 0.27755599823.因此所求的兩點 Gauss求積公式:1,X f (x)dx 0.3891110668436 f (0.821161913186) 0.277

32、55599823 f (0.289949197925).或依下面的思想:(1施0,1上構造權函數(x)g 0(x)=1、3g 1(x)=x-5一 / 、2105g 2(x)=x-x921令 2(x)(xx0)(xx1)=x2二 .,x二次正交多項式g2（x）105x921X035 2 ,1035 2,1063,X1-63代入:AiA0X0Ax一xdx0x、xdx0550710A0150A507.10A1501一、50710352.10、.xf(x)dxf()015063解(2):令原式對于于是有507癡352、10150(63)f(x)1,x,x2,x3準確成立,AoA22A0xoAixi32

33、22A0x0A1x1二5AoxoAx；7利用的第1式,可將第2式化為2xo(XiXo)AiQ)同樣，利用第2式化簡第3式,利用第3式化簡第4式,分另U得2-Xo (Xi3Xo)XiA2Xo5(Xi、2八Xo)Xi Ai由(3)(4)式消去(Xix°)A,得22c、2Xo(2Xo)Xi一3352,22、2Xo(Xo)x-5537進一步整理Xi)2XoXi3(Xo2X)-XoXi32527由此解出3x0x1,x035Xo0.115587109995兇0.741555747146,A1.30429030972A0.695709690284.6x17因此所求的兩點Gauss求積公式:f(x)

34、()dx1.30429030972f(0.115587109995)0.695709690284f(0.741555747146).x或依下面的思想:(2)在0,1上構造權函數(g0(x)=11gi(x)=x-3x)=十二次正交多項式g2(x)263g2(x)=xx735263令2(x)(xx°)(xxi)x-x一73515230152,30%35,x135代入：11A“11.Ax0Ax1x7dx0.xA0A110183018183018118.30f15rf(x)dxf(x18230)3518.30f(152.30)183513 .分別用三點和四點GaussChebyshev求積公

35、式計算積分-X,并估計誤差1.1X解：用三點(n2)Gauss-Chebyshev求積公式來計算:此時,f(x)211x,f(6)(x)(2x)2643，Xkcos42n(k0,1L,n),x0cos一63T,X13cos60,x25,3cos62由公式可得:220.2；)4.368939556197誤差為|E2f|94525g6!64用四點2.01335103.(n3)Gauss-Chebyshev求積公式來計算:此時,f(x).2-,f(8)(x)型64415(2x/cos33x0cos,%cos882n25(k0,1,L,n),x2cos一,x287cos83I2xk4k0一(.2cos

36、.2cos一4882cos'一2cos)884.368879180569.由余項可估計誤差為|E3f|94514327g!"64V3.21327104.14 .用二點GaussLegendre求積公式計算積分excosxdx)并估計誤差解：作變換X2(1t)，則得Iexcosxdx01亍(1t)e2cos(1t)dt212一e2e2costdt212由三點Gauss-Legendre公式:b.5.158.af(x)dx-f()-f(0)9f呼)-e5e?(-)cos(29、151Q-),1510)-e2(0.0570525290512.06167600229.8-0.6503

37、03782451)2e227 (3!)4 /3(7 (6!)347 10 4其估計誤差為：E2(f)l需f(6)(),1,1(2)。其準X110excosxdx1(1e)12.07034631639.其準確誤差等|12.06167600229(12.07034631639)|8.6703141103第四章習題答案2。用Gauss列主元素消去法解方程組326x141070x27515x36解：因為第一列中10最大,因此把10作為列主元素1232641070x2515x31070x17326x24515x3632 一1 10 113 211000110Xx2x3761105223107 0x1c

38、505 x221x30610752611011031x1x2x37I得到方程組3110x1 7x2 75 x2 5x3 5223131Xs 55x10x2X36。用Doolittle分解法解方程組1,1, 1,11020x10101x21243x3170103x4解：A=U=其中L二由 Ly=5,3,6,17T由 Ux=y)解得y=53,6,4T解得x=1,1,2,2T7。用Crout分解法接方程組。4916x21082764x3441681256x4190解：ALU143624由Ly=b=2,10,44,190由Ux=y=2,4,3,1T得y=得x=T2,4,3,1T11。已知2,3,4T,

39、求Mx|2x|。解：x1xi9,1 n x2)2 1xi )max1 i nxiAf13。求證:IA證明：（1)x.imaxx.inmaxx；(2)所以M Ml所以n xn maxxiQ an i 1 a2222 a1imaxni 1maxIIAAAT2 a2iAATA21 n1 nxAAT2 ani1 AAT2AATn2 aji1AA2 aijAATn AAT-IIA14。設AN99,計算A的條件數-Ap,P2,解:*9899A 99 100矩陣AAi A_-98 99A99 -100的較大特征值為）較小的特征值為，則cond(A)2|A|2A1198.00505035/0.00505035

40、39206cond(A)AA119919939601第五章習題答案10X12x22x318x13x22必202.設方程組12x110x2x30.524x111x2x333x12x23x316x13x212x336考察用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程組的收斂性；用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程組，要求*xk1|104時迭代終止。k 1 xi解：(1) x2k1k 1x3kxi15131100k乂2kx32100.0513因為M工1）故Jacobi迭代法收斂。157c110000055又：BLUL100,U0051012c000033Gaus

41、s-Seidel的迭代矩陣_1G(UL)U125750775425因為11G1112511.故Gauss-Seide迭代法收斂。502據方程組的Jacobi迭代格式：取x(0)(0,0,0)T,計算求x(1)(0.100000,0.050000,0.333333)T,x(0.176667,0.103333,0.400000)x(3)(0.200667,0.125333,0.461111)T,x(4)(0.217289,0.136244,0.483778)(5)一Tx()(0.224004,0.141836,0.496593),x(6)(0.227686,0.144460,0.502559)x(

42、7)(0.229404,0.145793,0.505535)T,x(8)(0.230266,0.146434,0.506997)x(9)(0.230686,0.146753,0.507711)T,T, x(11) (0.230994,0.146985,0.508236)Tx(10)(0.230893,0.146908,0.508064)x(12)(0.231044,0.147023,0.508321)x(13)(0.231068,0.147041,0.508363)T.由于|x(13)x(12)|0.41104104)因此)所求的解為Xi0.231068,X20.147041,X30.508363.另據Gauss-Seidel迭代格式為:k 1x1kX2kX31 5x215X113X11 k 1 x35 3101 k X3102 k 13x20.50,1,L.x(0)(0,0,0)T,(1) X(0.100000,0.070000,0.413333)Tx(2)(0.196667,0.130667,0.486000)T,(0.223333,0.143267,0.5032