數(shù)值分析第五版答案(全)

1、第一章 緒論1設(shè),的相對(duì)誤差為，求的誤差。解：近似值的相對(duì)誤差為而的誤差為進(jìn)而有2設(shè)的相對(duì)誤差為2%，求的相對(duì)誤差。解：設(shè)，那么函數(shù)的條件數(shù)為又, 又且為23以下各數(shù)都是經(jīng)過(guò)四舍五入得到的近似數(shù)，即誤差限不超過(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：是五位有效數(shù)字；是二位有效數(shù)字；是四位有效數(shù)字；是五位有效數(shù)字；是二位有效數(shù)字。4利用公式(2.3)求以下各近似值的誤差限：(1) ,(2) ,(3) .其中均為第3題所給的數(shù)。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時(shí)允許的相對(duì)誤差限是多少？解：球體體積為那么何種函數(shù)的條件數(shù)為又%1故度量半徑R時(shí)允許的相對(duì)誤差限為rV

2、*=13*1%=13006設(shè)，按遞推公式 n=1,2,計(jì)算到。假設(shè)取5位有效數(shù)字，試問(wèn)計(jì)算將有多大誤差？解： 依次代入后，有即，假設(shè)取, 的誤差限為。7求方程的兩個(gè)根，使它至少具有4位有效數(shù)字。解：，故方程的根應(yīng)為故 具有5位有效數(shù)字具有5位有效數(shù)字8當(dāng)N充分大時(shí)，怎樣求？解 設(shè)。那么9正方形的邊長(zhǎng)大約為了100cm，應(yīng)怎樣測(cè)量才能使其面積誤差不超過(guò)？解：正方形的面積函數(shù)為.當(dāng)時(shí)，假設(shè),那么故測(cè)量中邊長(zhǎng)誤差限不超過(guò)時(shí)，才能使其面積誤差不超過(guò)10設(shè)，假定g是準(zhǔn)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。解： 當(dāng)增加時(shí)，的絕對(duì)誤差增加當(dāng)增加時(shí)，保持不變，那么的相

3、對(duì)誤差減少。11序列滿足遞推關(guān)系 (n=1,2,),假設(shè)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：又 又 計(jì)算到時(shí)誤差為，這個(gè)計(jì)算過(guò)程不穩(wěn)定。12計(jì)算，取，利用以下等式計(jì)算，哪一個(gè)得到的結(jié)果最好？, , ， 。解：設(shè)，假設(shè)，那么。假設(shè)通過(guò)計(jì)算y值，那么假設(shè)通過(guò)計(jì)算y值，那么假設(shè)通過(guò)計(jì)算y值，那么通過(guò)計(jì)算后得到的結(jié)果最好。13,求的值。假設(shè)開(kāi)平方用6位函數(shù)表，問(wèn)求對(duì)數(shù)時(shí)誤差有多大？假設(shè)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, 設(shè)那么故假設(shè)改用等價(jià)公式那么此時(shí)，第二章 插值法1當(dāng)時(shí)，,求的二次插值多項(xiàng)式。解：那么二次拉格朗日插值多項(xiàng)式為 2給出的數(shù)值表Xlnx用線性插值及二

4、次插值計(jì)算的近似值。解：由表格知，假設(shè)采用線性插值法計(jì)算即，那么 假設(shè)采用二次插值法計(jì)算時(shí)， 3給全的函數(shù)表，步長(zhǎng)假設(shè)函數(shù)表具有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：求解近似值時(shí)，誤差可以分為兩個(gè)局部，一方面，x是近似值，具有5位有效數(shù)字，在此后的計(jì)算過(guò)程中產(chǎn)生一定的誤差傳播；另一方面，利用插值法求函數(shù)的近似值時(shí)，采用的線性插值法插值余項(xiàng)不為0，也會(huì)有一定的誤差。因此，總誤差界的計(jì)算應(yīng)綜合以上兩方面的因素。當(dāng)時(shí)，令取令那么當(dāng)時(shí)，線性插值多項(xiàng)式為插值余項(xiàng)為又在建立函數(shù)表時(shí)，表中數(shù)據(jù)具有5位有效數(shù)字，且，故計(jì)算中有誤差傳播過(guò)程?？傉`差界為4設(shè)為互異節(jié)點(diǎn)，求證：1 2 證明（1） 令

5、假設(shè)插值節(jié)點(diǎn)為，那么函數(shù)的次插值多項(xiàng)式為。插值余項(xiàng)為又 由上題結(jié)論可知得證。5設(shè)且求證：解：令，以此為插值節(jié)點(diǎn)，那么線性插值多項(xiàng)式為 =插值余項(xiàng)為6在上給出的等距節(jié)點(diǎn)函數(shù)表，假設(shè)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：假設(shè)插值節(jié)點(diǎn)為和，那么分段二次插值多項(xiàng)式的插值余項(xiàng)為設(shè)步長(zhǎng)為h，即假設(shè)截?cái)嗾`差不超過(guò)，那么7假設(shè)，解：根據(jù)向前差分算子和中心差分算子的定義進(jìn)行求解。 8如果是m次多項(xiàng)式，記，證明的k階差分是次多項(xiàng)式，并且為正整數(shù)。解：函數(shù)的展式為其中又是次數(shù)為的多項(xiàng)式 為階多項(xiàng)式為階多項(xiàng)式依此過(guò)程遞推，得是次多項(xiàng)式是常數(shù)當(dāng)為正整數(shù)時(shí)，9證明證明 得證10證明證

6、明：由上題結(jié)論可知得證。11證明證明 得證。12假設(shè)有個(gè)不同實(shí)根，證明：證明：有個(gè)不同實(shí)根且令那么而 令那么又得證。13證明階均差有以下性質(zhì)：1假設(shè)，那么2假設(shè)，那么證明：1 得證。 + 得證。14求及。解：假設(shè)那么15證明兩點(diǎn)三次埃爾米特插值余項(xiàng)是 解：假設(shè)，且插值多項(xiàng)式滿足條件插值余項(xiàng)為由插值條件可知且可寫(xiě)成其中是關(guān)于的待定函數(shù)，現(xiàn)把看成上的一個(gè)固定點(diǎn)，作函數(shù)根據(jù)余項(xiàng)性質(zhì)，有由羅爾定理可知，存在和，使即在上有四個(gè)互異零點(diǎn)。根據(jù)羅爾定理，在的兩個(gè)零點(diǎn)間至少有一個(gè)零點(diǎn)，故在內(nèi)至少有三個(gè)互異零點(diǎn)，依此類推，在內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)。記為使又其中依賴于分段三次埃爾米特插值時(shí)，假設(shè)節(jié)點(diǎn)為，設(shè)步長(zhǎng)為，即在小

7、區(qū)間上 16求一個(gè)次數(shù)不高于4次的多項(xiàng)式Px，使它滿足解：利用埃米爾特插值可得到次數(shù)不高于4的多項(xiàng)式設(shè)其中，A為待定常數(shù)從而17設(shè)，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)間中點(diǎn)處的與值，并估計(jì)誤差。解：假設(shè)那么步長(zhǎng)在小區(qū)間上，分段線性插值函數(shù)為 各節(jié)點(diǎn)間中點(diǎn)處的與的值為當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，誤差又令得的駐點(diǎn)為和18求在上分段線性插值函數(shù)，并估計(jì)誤差。解：在區(qū)間上，函數(shù)在小區(qū)間上分段線性插值函數(shù)為誤差為19求在上分段埃爾米特插值，并估計(jì)誤差。解：在區(qū)間上，令函數(shù)在區(qū)間上的分段埃爾米特插值函數(shù)為誤差為又20給定數(shù)據(jù)表如下：XjYj試求三次樣條插值，并滿足條件：解：由此得矩陣形式的

8、方程組為 2 1 M0 2 M1 2 M2 2 M3 1 2 M4 求解此方程組得三次樣條表達(dá)式為將代入得由此得矩陣開(kāi)工的方程組為求解此方程組，得又三次樣條表達(dá)式為將代入得21假設(shè)是三次樣條函數(shù)，證明：假設(shè)，式中為插值節(jié)點(diǎn)，且，那么證明：從而有第三章 函數(shù)逼近與曲線擬合1 ，給出上的伯恩斯坦多項(xiàng)式及。解：伯恩斯坦多項(xiàng)式為其中當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，2 當(dāng)時(shí)，求證證明：假設(shè)，那么 3證明函數(shù)線性無(wú)關(guān)證明：假設(shè)分別取，對(duì)上式兩端在上作帶權(quán)的內(nèi)積，得此方程組的系數(shù)矩陣為希爾伯特矩陣，對(duì)稱正定非奇異，只有零解a=0。函數(shù)線性無(wú)關(guān)。4。計(jì)算以下函數(shù)關(guān)于的與：m與n為正整數(shù)，解：假設(shè)，那么在內(nèi)單調(diào)遞增假設(shè)，那么假設(shè)m

9、與n為正整數(shù)當(dāng)時(shí),當(dāng)時(shí),在內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)時(shí),在內(nèi)單調(diào)遞減。假設(shè)當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞減。5。證明證明：6。對(duì)，定義問(wèn)它們是否構(gòu)成內(nèi)積。解：令C為常數(shù)，且那么而這與當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，矛盾不能構(gòu)成上的內(nèi)積。假設(shè)，那么,那么假設(shè)，那么,且即當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，.故可以構(gòu)成上的內(nèi)積。7。令，試證是在上帶權(quán)的正交多項(xiàng)式，并求。解：假設(shè)，那么令，那么，且，故又切比雪夫多項(xiàng)式在區(qū)間上帶權(quán)正交，且是在上帶權(quán)的正交多項(xiàng)式。又8。對(duì)權(quán)函數(shù)，區(qū)間，試求首項(xiàng)系數(shù)為1的正交多項(xiàng)式解：假設(shè)，那么區(qū)間上內(nèi)積為定義，那么其中9。試證明由教材式給出的第二類切比雪夫多項(xiàng)式族是上帶權(quán)的正交多項(xiàng)式。證明：假設(shè)令，可得當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，又，故得證。10。證明切比

10、雪夫多項(xiàng)式滿足微分方程證明：切比雪夫多項(xiàng)式為從而有得證。11。假設(shè)在上連續(xù)，求的零次最正確一致逼近多項(xiàng)式？解：在閉區(qū)間上連續(xù)存在，使取那么和是上的2個(gè)輪流為“正、“負(fù)的偏差點(diǎn)。由切比雪夫定理知P為的零次最正確一致逼近多項(xiàng)式。12。選取常數(shù)，使到達(dá)極小，又問(wèn)這個(gè)解是否唯一？解：令那么在上為奇函數(shù)又的最高次項(xiàng)系數(shù)為1，且為3次多項(xiàng)式。與0的偏差最小。從而有13。求在上的最正確一次逼近多項(xiàng)式，并估計(jì)誤差。解：于是得的最正確一次逼近多項(xiàng)式為即誤差限為14。求在上的最正確一次逼近多項(xiàng)式。解：于是得的最正確一次逼近多項(xiàng)式為15。求在區(qū)間上的三次最正確一致逼近多項(xiàng)式。解：令，那么且令，那么假設(shè)為區(qū)間上的最正

11、確三次逼近多項(xiàng)式應(yīng)滿足當(dāng)時(shí)，多項(xiàng)式與零偏差最小，故進(jìn)而，的三次最正確一致逼近多項(xiàng)式為，那么的三次最正確一致逼近多項(xiàng)式為16。，在上求關(guān)于的最正確平方逼近多項(xiàng)式。解：假設(shè)且，那么那么法方程組為解得故關(guān)于的最正確平方逼近多項(xiàng)式為17。求函數(shù)在指定區(qū)間上對(duì)于的最正確逼近多項(xiàng)式：解：假設(shè)且，那么有那么法方程組為從而解得故關(guān)于的最正確平方逼近多項(xiàng)式為假設(shè)且，那么有那么法方程組為從而解得故關(guān)于的最正確平方逼近多項(xiàng)式為假設(shè)且，那么有那么法方程組為從而解得故關(guān)于的最正確平方逼近多項(xiàng)式為假設(shè)且那么有那么法方程組為從而解得故關(guān)于最正確平方逼近多項(xiàng)式為18。，在上按勒讓德多項(xiàng)式展開(kāi)求三次最正確平方逼近多項(xiàng)式。解：按

12、勒讓德多項(xiàng)式展開(kāi)那么從而的三次最正確平方逼近多項(xiàng)式為19。觀測(cè)物體的直線運(yùn)動(dòng)，得出以下數(shù)據(jù)：時(shí)間t(s)0距離s(m)010305080110求運(yùn)動(dòng)方程。解：被觀測(cè)物體的運(yùn)動(dòng)距離與運(yùn)動(dòng)時(shí)間大體為線性函數(shù)關(guān)系，從而選擇線性方程令那么那么法方程組為從而解得故物體運(yùn)動(dòng)方程為20。實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：1925313844用最小二乘法求形如的經(jīng)驗(yàn)公式，并計(jì)算均方誤差。解：假設(shè)，那么那么那么法方程組為從而解得故均方誤差為21。在某佛堂反響中，由實(shí)驗(yàn)得分解物濃度與時(shí)間關(guān)系如下：時(shí)間0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55濃度用最小二乘法求。解：觀察所給數(shù)據(jù)的特點(diǎn)，采用方程兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，

13、那么取那么那么法方程組為從而解得因此22。給出一張記錄用FFT算法求的離散譜。解：那么 0 1 2 3 4 5 6 7 4 3 2 1 0 1 2 3 4 4 4 4 0 4 8 4 0 4 8 0 16 0 0 0 23，用輾轉(zhuǎn)相除法將化為連分式。解24。求在處的階帕德逼近。解：由在處的泰勒展開(kāi)為得從而即從而解得又那么故25。求在處的階帕德逼近。解：由在處的泰勒展開(kāi)為得從而即解得又那么故 第四章 數(shù)值積分與數(shù)值微分1.確定以下求積公式中的特定參數(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：解：求解求積公式的代數(shù)精度時(shí)，應(yīng)根據(jù)代數(shù)精度的定義，即求積公式對(duì)于次數(shù)不超過(guò)m的多項(xiàng)

14、式均能準(zhǔn)確地成立，但對(duì)于m+1次多項(xiàng)式就不準(zhǔn)確成立，進(jìn)行驗(yàn)證性求解。1假設(shè)令，那么令，那么令，那么從而解得令，那么故成立。令，那么故此時(shí)，故具有3次代數(shù)精度。2假設(shè)令，那么令，那么令，那么從而解得令，那么故成立。令，那么故此時(shí)，因此，具有3次代數(shù)精度。3假設(shè)令，那么令，那么令，那么從而解得或令，那么故不成立。因此，原求積公式具有2次代數(shù)精度。4假設(shè)令，那么令，那么令，那么故有令，那么令，那么故此時(shí)，因此，具有3次代數(shù)精度。2.分別用梯形公式和辛普森公式計(jì)算以下積分：解：復(fù)化梯形公式為復(fù)化辛普森公式為復(fù)化梯形公式為復(fù)化辛普森公式為復(fù)化梯形公式為復(fù)化辛普森公式為復(fù)化梯形公式為復(fù)化辛普森公式為3。直

15、接驗(yàn)證柯特斯教材公式2。4具有5交代數(shù)精度。證明：柯特斯公式為令，那么令，那么令，那么令，那么令，那么令，那么令，那么因此，該柯特斯公式具有5次代數(shù)精度。4。用辛普森公式求積分并估計(jì)誤差。解：辛普森公式為此時(shí)，從而有誤差為5。推導(dǎo)以下三種矩形求積公式：證明：兩邊同時(shí)在上積分，得即兩邊同時(shí)在上積分，得即兩連邊同時(shí)在上積分，得即6。假設(shè)用復(fù)化梯形公式計(jì)算積分，問(wèn)區(qū)間應(yīng)人多少等分才能使截?cái)嗾`差不超過(guò)？假設(shè)改用復(fù)化辛普森公式，要到達(dá)同樣精度區(qū)間應(yīng)分多少等分？解：采用復(fù)化梯形公式時(shí)，余項(xiàng)為又故假設(shè)，那么當(dāng)對(duì)區(qū)間進(jìn)行等分時(shí)，故有因此，將區(qū)間213等分時(shí)可以滿足誤差要求采用復(fù)化辛普森公式時(shí)，余項(xiàng)為又假設(shè)，那

16、么當(dāng)對(duì)區(qū)間進(jìn)行等分時(shí)故有因此，將區(qū)間8等分時(shí)可以滿足誤差要求。7。如果，證明用梯形公式計(jì)算積分所得結(jié)果比準(zhǔn)確值大，并說(shuō)明其幾何意義。解：采用梯形公式計(jì)算積分時(shí)，余項(xiàng)為又且又即計(jì)算值比準(zhǔn)確值大。其幾何意義為，為下凸函數(shù)，梯形面積大于曲邊梯形面積。8。用龍貝格求積方法計(jì)算以下積分，使誤差不超過(guò).解：0123因此01因此012345因此9。用的高斯-勒讓德公式計(jì)算積分解：令，那么用的高斯勒讓德公式計(jì)算積分用的高斯勒讓德公式計(jì)算積分10 地球衛(wèi)星軌道是一個(gè)橢圓，橢圓周長(zhǎng)的計(jì)算公式是這是是橢圓的半徑軸，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，R=6371km為地球半徑，那

17、么我國(guó)第一顆地球衛(wèi)星近地點(diǎn)距離h=439(km)，遠(yuǎn)地點(diǎn)距離H=2384(km。試求衛(wèi)星軌道的周長(zhǎng)。解：從而有。012即人造衛(wèi)星軌道的周長(zhǎng)為48708km11。證明等式 試依據(jù)的值，用外推算法求的近似值。解 假設(shè)又此函數(shù)的泰勒展式為當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí), 當(dāng)時(shí), 由外推法可得n369故12。用以下方法計(jì)算積分，并比擬結(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(1)采用龍貝格方法可得k01234故有(2)采用高斯公式時(shí)此時(shí)令那么利用三點(diǎn)高斯公式，那么利用五點(diǎn)高斯公式，那么(3)采用復(fù)化兩點(diǎn)高斯公式將區(qū)間四等分，得作變換，那么作變換，那么作變換，那

18、么作變換，那么因此，有13.用三點(diǎn)公式和積分公式求在，和處的導(dǎo)數(shù)值，并估計(jì)誤差。的值由下表給出：xF(x)解：由帶余項(xiàng)的三點(diǎn)求導(dǎo)公式可知又又又故誤差分別為利用數(shù)值積分求導(dǎo)，設(shè)由梯形求積公式得從而有故又且從而有故即解方程組可得第5章 數(shù)值分析課后習(xí)題全解第5章：解線性方程組的直接方法1 證明：由消元公式及A的對(duì)稱性得 故對(duì)稱2證明：1因A對(duì)稱正定，故 其中=0,0,1,0,.,0為第i個(gè)單位向量.(2)由A的對(duì)稱性及消元公式得 =-= -=，I,j=2,n 故也對(duì)稱. 又 = 其中 顯然非其異,從而對(duì)任意的x0,有 X0,(x,AX)=(x, AX)0 (由A的正定性)故正定.又=,而0,故正定

19、. 3.證明 由矩陣乘法簡(jiǎn)單運(yùn)算即得證. 4.解 設(shè)有分解 = 由公式 其中,分別是系數(shù)矩陣的主對(duì)角線元素及下邊和上邊的次對(duì)角線元 素.故有 從而有 = 故 = =, = =, = 故=1,=,=,=5. 解 (1)設(shè)U為上三角陣 =因=，故=.因 +=,故 =,i=n-1,n-2,1當(dāng)U為下三角陣時(shí) = 得,=, =,i=2,3,n.(2)除法次數(shù)為n,乘法次數(shù)為 1+2+(n-1)=n(n-1)/2故總的乘法次數(shù)為n+n(n-1)/2=n(n+1)/2.(3)設(shè)U為上三角陣,=S,側(cè)S也是上三角陣.由 =得 , i=1,2,n =-,j=i+1,i+2,n; i=n-1,n-2,1當(dāng)U為下

20、三角陣時(shí),由 = 得 ,i=1,2,n=,i=2,3,n;j=1,2,i-16. 證明 (1)因A是對(duì)稱正定陣,故存在唯一的分解A=L,其中L是具有正對(duì)角元素的下三角陣.從而 =(L)=()L=(L) L (A)=故是對(duì)稱矩陣. 又非奇異,故對(duì)任意的 x0,有x0,故 X=0故是對(duì)稱正定矩陣,即也對(duì)稱正定. (2)由A對(duì)稱正盯,故A的所有順序主子式均不為零,從而A有唯一的Doolittle分解A=U.又 U=D 其中D為對(duì)三角陣, 為單位上三角陣,于是 A=U=D 又 A=D由分解的唯一性即得 =從而有 A=D又由A的對(duì)稱正定性知 =0, =0 (i=2,3,n)故 D= =故A=D=()()

21、=LL其中L=為三角元為正的下三角矩陣.7. 解A|I=- - - - - = 8 解 設(shè)有分解 = 由公式 其中，分別是系數(shù)矩陣的主角線元素及其下邊和上邊的次對(duì)角線元素，那么有 ， ， ， ， ， ， ， 由 得=，由 得=，=，=，=，=9解 設(shè) =由矩陣乘法得 =2， ， ， 由 得 ，由 得 故=2.555 555 6，=0.777 777 8，=1.111 111 1 10 解 A中=0，故不能分解。但det(A)=-100,故假設(shè)將A中第一行與第三行交換，那么可以分解，且分解唯一。 B中，=0，但它仍可以分解為 B=其中為一任意常數(shù)，且U奇異，故分解且分解不唯一， 對(duì)C，0，i=1

22、,2,3,故C可分解且分解唯一。 C= 11 解 =0.842 615 0 = =0.685 340 7故 =0.827 853 1 12證明 1有定義知 故 2由范數(shù)定義，有 = 故 13 證明 1因P非奇異，故對(duì)任意的x0，有0，故，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，有成立。 2對(duì)任意，有 3 故是上的一種向量范數(shù)。 14證明1因A正定對(duì)稱，故當(dāng)x=0時(shí)，=0，而當(dāng)x0時(shí)，=。 2對(duì)任意實(shí)數(shù)c，有 3因A正定，故有分解A=L，那么 故對(duì)任意向量x和y，總有 綜上所知，是一種向量范數(shù)。 15證明 因?yàn)?由向量范數(shù)的等價(jià)性知，存在常數(shù)0,使對(duì)任意x,有 故 令,那么有 即 16. 證明 故 17 證明 設(shè)，那

23、么 又 故 從而當(dāng)時(shí)，即時(shí)，有最小值，且 min=718. 解 故 = 19證明 因A正交，故，從而有 故 =1 20證明 21證明1故為對(duì)稱矩陣。 又A非奇異，故對(duì)任意向量，有，從而有 即為對(duì)稱正定矩陣。 2 第六章課后習(xí)題解答K000012345678第七章1、用二分法求方程的正根,要求誤差小于0.05.解 設(shè),故1,2為的有根區(qū)間.又,故當(dāng)時(shí),單增,當(dāng)時(shí)單增.而,由單調(diào)性知的惟一正根.根據(jù)二分法的誤差估計(jì)式(7.2)知要求誤差小于0.05,只需,解得,故至少應(yīng)二分6次.具體計(jì)算結(jié)果見(jiàn)表7-7. 表7-7012345122-+-即.2、為求在附近的一個(gè)根,設(shè)將方程改寫(xiě)成以下等價(jià)形式,并建立

24、相應(yīng)的迭代公式:(1),迭代公式;(2),迭代公式;(3),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)字的近似根.解 取的鄰域1.3,1.6來(lái)考察.(1)當(dāng)時(shí),故迭代公式在上整體收斂.(2)當(dāng)時(shí) 故在1.3,1.6上整體收斂.(3)故發(fā)散.由于(2)的L叫小,故取(2)中迭代式計(jì)算.要求結(jié)果具有四位有效數(shù)字,只需 即 取計(jì)算結(jié)果見(jiàn)表7-8. 表7-8123456由于,故可取.3、比擬求的根到三位小數(shù)所需的計(jì)算量:(1)在區(qū)間0,1內(nèi)用二分法;(2)用迭代法,取初值.解 (1)因,故,用二分法計(jì)算結(jié)果見(jiàn)表7-9. 表7-901234567891011121314000

25、01+-+-+-+-+此時(shí)具有三位有效數(shù)字.(2)當(dāng)時(shí),故迭代試在0,0.5上整體收斂.取,迭代計(jì)算結(jié)果如表7-10所示. 表7-10123456此時(shí),故精確到三位小數(shù).4、給定函數(shù),設(shè)對(duì)一切,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 由于,為單增函數(shù),故方程的根是惟一的(假定方程有根).迭代函數(shù),.由及得,故,由此可得即.5、用斯蒂芬森迭代法計(jì)算第2題中(2)的近似根,精確到.解 記第2題中(2)的迭代函數(shù),(3)的迭代函數(shù)為,利用迭代式(7.11),計(jì)算結(jié)果見(jiàn)表7-11. 表7-110123012346、設(shè),試確定函數(shù)和,使求解且以為迭代函數(shù)的迭代法至少三階收斂.解 要

26、求三階收斂到的根,根據(jù)定理7.4,應(yīng)有.于是由 得 故取 即迭代至少三階收斂.7、用以下方法求在附近的根.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 ,對(duì)(1)取,用牛頓迭代法 計(jì)算得,故.(2)取,利用弦截法 得,故取.(3).拋物線法的迭代式為迭代結(jié)果為:已達(dá)四位有效數(shù)字.8、分別用二分法和牛頓迭代法求的最小正根.解 顯然滿足.另外當(dāng)較小時(shí),故當(dāng)時(shí),因此,方程的最小正根應(yīng)在內(nèi).記,容易算得,因此4,4.6是的有限區(qū)間.對(duì)于二分法,計(jì)算結(jié)果見(jiàn)表7-12. 表7-120123456789+-+-+-+-此時(shí).假設(shè)用牛頓迭代法求解,由

27、于,故取,迭代計(jì)算結(jié)果如表7-13所示. 表7-13123456所以的最小正根為.9、研究求的牛頓公式 證明對(duì)一切且序列是遞減的.證法一 用數(shù)列的方法,因由知,且.又由 故,即單減有下界.根據(jù)單調(diào)原理知,有極限.易證起極限為.證法二 設(shè).易知在內(nèi)有惟一實(shí)根.對(duì)應(yīng)用牛頓迭代法,得 利用例7-9的結(jié)論知,當(dāng)時(shí),單減有下界,且.當(dāng)時(shí), 此時(shí),從起,單減有下界,且極限為.10、對(duì)于的牛頓公式,證明 收斂到,這里為的根.證明見(jiàn)例7-10.11、用牛頓迭代法和求重根的牛頓迭代法(7.15)和(7.16)(書(shū)中式(4.13),(4.14)計(jì)算方程的一個(gè)近似根,準(zhǔn)確到,初始值.解 的根為2重根,即 用牛頓法迭

28、代公式為 令,那么,迭代到.用求重根的迭代公式(7.15),迭代迭代公式為 取,那么.四次迭代到達(dá)上面的結(jié)果.假設(shè)用公式(7.16),那么有 將及代入上述迭代公式,得 取,得.結(jié)果與公式(7.15)的相同.12、應(yīng)用牛頓迭代法于方程,導(dǎo)出求立方根的迭代公式,并討論其收斂性.解 設(shè),牛頓迭代公式為 當(dāng);當(dāng)時(shí),因此,對(duì)于,當(dāng)時(shí),根據(jù)例7-9的結(jié)論知,牛頓序列收斂到.當(dāng)時(shí), 從起,牛頓序列收斂到.對(duì)于,當(dāng)時(shí),.由牛頓法產(chǎn)生的序列單增趨于.當(dāng)時(shí), 之后迭代也收斂.當(dāng)時(shí),迭代式變?yōu)?該迭代對(duì)任何均收斂,但收斂速度是線性的.13、應(yīng)用牛頓法于方程,導(dǎo)出求的迭代公式,并用此公式求的值.解 ,所以牛頓迭代公式有 易知.故取時(shí),迭代收斂.對(duì)于,取,迭代計(jì)算,得 故.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 對(duì)于,因此牛頓迭代法為 根據(jù)定理知 對(duì)于,牛頓法公式為 根據(jù)定理知 15、證明迭代公式 是計(jì)算的三階方法.假定初值充分靠近根,求 證明 記,那么迭代式為且.由的定義,有 對(duì)上式兩端連續(xù)求導(dǎo)三次,得 代依次入上三式,并利用,得 所以由定理知,迭代公式是求的三階方法且 16、用牛頓法解