非線性方程數(shù)值求解

1、第四章 非線性方程數(shù)值求解基本內(nèi)容1 知道方程的分類2 了解如何作根的搜索3 不動點迭代的操作：，k=0，14 收斂性定理：有2個不同意義下的收斂定理。 全局收斂： （1）定義域條件：時，； （2）Lipschitz條件： （1） （2） 局部收斂： 則為m階收斂，5 迭代加速（1） 松弛法（2） Aitken法和Steffenson法6 牛頓法二階收斂，7 割線法8 代數(shù)方程求根一基本題型之一：給定非線性方程組，選擇適當(dāng)?shù)慕夥ㄇ蟪鼋聘?基本解法有二分法，不動點迭代法，牛頓法（也是不動點迭代的一中）和割線法等，有時需要用有關(guān)的加速法。1 用二分法求解方程=0，使精度，并估計最小二分次數(shù)。解：

2、設(shè) 。因為，故在1,2中，方程有零點。又因，而 ， ，由單調(diào)性可知，在1,2中有唯一零點。（1） 先估計二分最少次數(shù)。題目要求，這與教材中的精度要求是不一樣的，故不能直接用教材里給出的估計迭代次數(shù)的公式，需要另行推導(dǎo)，請同學(xué)們注意此類“陷阱”。因為，所以要根據(jù)兩種可能情況來確定 的大?。海ㄗⅲ合聢D中打印的同學(xué)未能把等打在的中點，所以大家看得時候要當(dāng)心周國標(biāo)）在這兩種情況下：已知要求，即有 ，解得 ，即最小二分次數(shù)為6次。（2） 具體計算結(jié)果如下表：k0121.511.521.750.2521.51.751.6250.12531.6251.751.68750.062541.68751.751.7

3、18750.312551.718751.751.734380.0156361.718751.734381.726560.00781故，此解滿足2 求解方程：。（1） 該方程有幾個根；（2） 用迭代法求出這些根，精確到四位有效數(shù)字。解： 一般而言，要先確定方程的根的存在區(qū)間，把握函數(shù)在區(qū)間的單調(diào)性來確定方程根的個數(shù)，然后用牛頓法求解?？梢韵却笾庐媹D，判斷根的情況。（1） 如方程有根，則，則，即。記 ， 則。 在內(nèi)，求解的根（即求的平穩(wěn)點），解出： 當(dāng)時，；當(dāng)時，又，故方程在內(nèi)有唯一根。（2） 用牛頓法，取，取，是為了使盡可能靠近，使牛頓迭代的收斂性得到保證。計算結(jié)果如下：； ； 至此，已有1.0

4、29，四位有效數(shù)字了，迭代結(jié)束，取。3求解方程最大根。（1）寫出求解此方程的最大根的不動點迭代公式；（2）確定迭代收斂的條件；（3）求出方程的最大根，計算過程取5位有效數(shù)字，精確度要求為。解（1）首先要確定最大根的所在空間，而且為單調(diào)區(qū)間，即在該區(qū)間中有單根，這是選取初始值的前提。然后進(jìn)行迭代。記，根據(jù)的定義，在有定義。當(dāng) ，在此區(qū)間，為單調(diào)減函數(shù)。當(dāng) 時，在此區(qū)間，為單調(diào)增函數(shù)。，故和為方程的有根區(qū)間，且在每個區(qū)間中，只有一個根。為此，方程最大根在內(nèi)，構(gòu)造迭代格式其迭代函數(shù)為。（2）。當(dāng)，故滿足在區(qū)間內(nèi)的不動點迭代收斂條件，迭代格式收斂。（3）取。則 ； ； ，因 ，故迭代停止。取。4判斷方

5、程（1）；（2） 各有幾個實根，并確定定位區(qū)間。解：（1）為了好作圖像，改寫原方程為。分別作， 的圖像在同一坐標(biāo)系內(nèi)。易知有2個實根，一個在區(qū)間，另一根要計算一下：； 故在區(qū)間間，還有一個根。（2） ；時，在此區(qū)間，為單調(diào)減函數(shù)。時，在此區(qū)間，為單調(diào)增函數(shù)。試算一下：x-203-+-+故有三個零點區(qū)間，。5用迭代法求方程的最小正根，要求精確到4位有效數(shù)字。解：由圖解法可知，之間有個根，且為最小的根。也可用解析法定位。?。?。，故為有根區(qū)間，且只有一根。將方程改寫為不動點方程：。，即。因 故不動點迭代式 在區(qū)間0,0.5上收斂，且有唯一解。取 。6. 當(dāng)R取適當(dāng)值時，曲線相切，求出R試用迭代法求

6、出切線的橫坐標(biāo)的近似值。（要求計算結(jié)果不少于4位有效數(shù)字）解：因圓半徑未定，故先從來計算，切點處的斜率：由得；而隱函數(shù) 確定的 可從 （*）中解出。兩曲線相切，切點處的斜率應(yīng)相同，故把代入（*）,且在切點處，這樣有，即切點的橫坐標(biāo)滿足方程 ，即 。 記作試算 ，又，故中單調(diào)，有惟一的根。 構(gòu)造迭代格式 迭代函數(shù)，故迭代收斂。取初值 （4位）。7. 分別用不動點迭代法和Aitken加速法求在區(qū)間3,4上的近似根，要求誤差不超過，并對兩種方法結(jié)果作出比較。解：因為和在3，4上的值均較大，故對兩邊取對數(shù)，得不動點方程 上述不動點方程的不動點函數(shù) 在區(qū)間3,4上為單調(diào)遞增函數(shù)。經(jīng)試算： 兩者均落在3，

7、4區(qū)間中，滿足定義域條件。另一方面， 在3，4上為單調(diào)減函數(shù)，且。因此，不動點函數(shù) 在區(qū)間3，4上滿足不動點迭代收斂的條件，不動點迭代在區(qū)間3，4上有惟一的解。構(gòu)作迭代格式 ，取初值，得，取， 顯然收斂得很慢。所以下面改用Atiken法加速。記 ，作 ，取，則有 。于是有 ， ， 已經(jīng)達(dá)到精度要求了，取使用Aitken法加速只計算了6次（）就達(dá)到了迭代要求，可見Aitken 法加速很快。8. 求方程的根。解：本題形式已構(gòu)成了一個不動點迭代方程，其迭代函數(shù)為 。由畫出的示意圖可知解 在 附近，由于，已經(jīng)接近1，故如用迭代收斂一定很慢，所以用aitken法加速。設(shè)取，則有至此，已經(jīng)收斂得很好。本題

8、如用牛頓法，效果也很好。記， 取，有 ，已達(dá)到迭代要求了，故牛頓法迭代也很快。二.基本題型之二：給定或設(shè)計方程求根的迭代格式，判別迭代的收斂性，確定收斂率1. 對于給定的正數(shù),應(yīng)用牛頓法于方程，證明當(dāng)初值滿足時，迭代法收斂。證：因為，故牛頓迭代格式為 注意！這是一種不用除法運算來求正數(shù)的倒數(shù)的迭代法，很有意思。下面證明其收斂性。記第步的誤差為和，則有3者之間的關(guān)系為 ；而 （+）（+）式是一個遞推關(guān)系，重復(fù)使用它，得 （*）若，那么 ，也即有 （#）從而有 即。又因為，所以，也就是牛頓法產(chǎn)生的序列收斂于。注意！本題不直接從誤差來證明收斂性，而是對另一個量來證明。證明的關(guān)鍵是推出，這個關(guān)系不容易

9、一下子看出來。另外，求倒數(shù)原則上需要做除法，但本題卻用乘法求一個數(shù)得倒數(shù)。例如，初值滿足 ，不妨取，則有， 已有4位小數(shù)準(zhǔn)確。又注：早期有的計算機(jī)不設(shè)除法運算指令，求就用本算法求出，再與相乘。妙嗎？2. 證明用二分法得到的序列線性收斂。證：分析欲完成本題，應(yīng)證得。所以我們由此入手。 因每次都將當(dāng)前的區(qū)間縮小一半，故二分法產(chǎn)生的序列滿足 。 （注意，這里是不等號）又由下圖可看到第步到第步的過程有 ， （注意，這里是等號） 因此我們有由二分法知，若，則；反之，若，則。故 ， 可得 ， 于是 根據(jù)收斂階的定義，由二分法產(chǎn)生的序列線性收斂。證畢。3.設(shè)初始值，充分靠近，證明迭代格式 ， 是計算的三階方

10、法，并計算的值。解1：直接用收斂階定理（即教科書上第4章的定理3.4）證明，即證明不動點迭代函數(shù)滿足 ，（是不動點）；以及（+） 記則首先有 （1）下面計算不動點迭代函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，因直接求導(dǎo)很繁雜，所以采用隱函數(shù)求導(dǎo)法。因為 （2）在上式兩邊關(guān)于變量求一階導(dǎo)數(shù)： （3）代入，并將（1）代入，得在處的導(dǎo)數(shù)值：（以隱函數(shù)的形式） 則有 （4）再對（3）兩邊關(guān)于變量求導(dǎo)數(shù)： （5）同樣代入，并將前面得到的和一并代入，得 （6）在（5）兩邊再求導(dǎo)，代入，并考慮（1）（4）（6），可得 因此，根據(jù)收斂階定理知，對充分靠近的初值，迭代3階收斂，而且 。解畢。解2：本題也可以按序列極限理論，證明序列是一個極限

11、為的收斂序列。為此，應(yīng)證其單調(diào)性和有界性。這留給同學(xué)們自證。4.證明求（）的牛頓迭代格式是全局收斂方法。證明：本題要證明的是：對任意初始值，迭代產(chǎn)生的序列均收斂于。證一：應(yīng)用單調(diào)遞減下有界序列必存在極限的原理。 因，故由，得， 故，可見正數(shù)序列下有界。 又, ，故序列單調(diào)遞減。這樣，序列單調(diào)遞減下有界，故對任何正的初始值，迭代收斂。設(shè)其收斂于，由 ，即有 ， 解得。證二：應(yīng)用牛頓法全局收斂性條件（見第4章定理4.3）。 設(shè)由于，故方程有惟一的根。又，不變號，故當(dāng)時，有 因此由牛頓法全局收斂定理，當(dāng) 時，牛頓迭代全局收斂。當(dāng)?shù)那闆r下，故從下一迭代值起，又成為德強(qiáng)近似值，回到第一種情況。 因此，對

12、任一正初始值，迭代都收斂。證畢。5. 設(shè)是不動點方程在區(qū)間上的不動點，證明：（1）當(dāng)不動點函數(shù)，且時，不動點迭代有線性收斂速度；（2）當(dāng)，且時，不動點迭代至少有平方收斂速度。證明：本題是第4章定理3.4的簡化版，請同學(xué)們自證。6.設(shè)是方程的單根，證明牛頓迭代公式有如下結(jié)果： （1）； （2）證：這是2個很有意思的式子，證明它們可幫助理解牛頓迭代。（1）因為待證的關(guān)系式中有，故先將在處作Taylor展開： 介于之間。兩邊除以，并移項，整理得 注意到上式左邊括號內(nèi)就是，故 兩邊再除以，即得 在上式兩邊取極限，并利用 ，則得 。（2）由牛頓迭代式得 因，所以 其中介于之間，介于之間。這樣，在上式兩邊

13、取極限 。其中最后一個式子由（1）的結(jié)果而來。7.給定迭代格式，顯然，是此迭代格式的一個不動點。證明：時，迭代補(bǔ)收斂，但是利用Aitkin加速公式，迭代收斂。證明：當(dāng)時，因此序列為單調(diào)遞增，且無界，趨于無窮大，迭代不收斂。 又當(dāng)時，因此序列為單調(diào)遞減，也無界，趨于負(fù)無窮大，迭代同樣不收斂。 由Aitkin加速公式，記，令， 。對于本題，所以 因此，Aitkin迭代格式的迭代函數(shù)為 Aitkin迭代格式的收斂性取決于迭代函數(shù)的導(dǎo)數(shù)。 故有 。根據(jù)不動點迭代的局部收斂定理，當(dāng)初始值在原點附近，則Aitkin迭代是局部收斂的。8應(yīng)用牛頓法于方程=0和，試分別導(dǎo)出求的迭代格式，并分別求 解：對，。故牛

14、頓迭代格式為： 對，故牛頓法迭代格式為： ，可見，兩者的迭代格式不同。對，對，可得 結(jié)果也不一樣。但均二階收斂。9. 設(shè)為的單根。且已知求解方程的牛頓法具有下述收斂速度 其中，且。證明：也收斂于 （本題與第6題相同）10. 證明：對于的多重根，牛頓法僅有線性收斂。證：設(shè)為的m重根，。此時可寫為。其中。牛頓法迭代格式的構(gòu)造函數(shù)：由牛頓格式得：即 兩邊取極限 因為，所以此時的牛頓法線性收斂。11. 設(shè)為的m重根，即，。在處解析。證明：迭代格式，（）在的附近二階收斂。證：設(shè)，則故迭代格式在處局部收斂。再證其二階收斂。 介于和之間。因為為有限量，故迭代格式在附近二階收斂。12. 設(shè)在內(nèi)有重根，設(shè)計下列

15、簡化牛頓迭代格式 ， （1）(1) 試給出此格式收斂的充分條件；(2) 證明 其中解：（1）.由給定的格式，迭代函數(shù)為 （2）由迭代法收斂定理知，。迭代格式收斂的充分條件。即展開（2）式，即 因此，只要對給定的任意，存在，使上式成立，則簡化的牛頓迭代格式便收斂。（2）.由，有，介于與之間。故兩邊取絕對值，并利用，即有13.對方程（1）推導(dǎo)出求解的迭代格式 （1）（2）證明：對于的單根（1）具有二階收斂速度；（3）討論在重根附近，（1）的收斂速度；解：設(shè)為的單根，則。又設(shè)在的鄰域內(nèi)，的各階導(dǎo)數(shù)有界，對在的鄰域內(nèi)作Taylor展開兩邊同乘以（2） (3)因為所以 （4）將（4）代入（3）， （5）

16、將（5）代入（2） （6）有近似關(guān)系因此時的不再準(zhǔn)確，設(shè)為，則有迭代格式（2）.上述格式有何優(yōu)越之處？討論起收斂速度。所以在單根附近，有二階收斂速度。（3）當(dāng)是的重根時，線性收斂。設(shè)是的二重根，則將，在處泰勒展開。于是可見收斂速度為線性。14設(shè)為的單根，設(shè)計如下迭代格式： k=0，1，這是一個迭代二次，只計算一次導(dǎo)數(shù)的牛頓法。證明：（1） 該迭代為局部收斂；（2） 收斂階數(shù)為3，且 證：（1）將迭代的中間變量消去，即將代入后一式：它的對應(yīng)的不動點迭代函數(shù)為： (1)，且有：化簡整理迭代函數(shù)為： （2）對上式兩邊分別求取一、二、三階導(dǎo)數(shù)：1） （+）在處，由上式得2）在（+）兩邊再求一次導(dǎo)， （

17、+）在處，由上式得即 ，3）在（+）兩邊再求一次導(dǎo)，在處，由上式得故根據(jù)收斂階數(shù)定理知，該迭代格式為3階收斂。又由于 因此。15.證明：下列牛頓公式（steffenson方法）是二階收斂的。設(shè)，。證明：將在處泰勒展開介于與之間。 （1）又由于是的單根，。所以， 代入（1），故有。即此迭代格式二階收斂。證二：steffenson迭代：迭代函數(shù)為： （2）由已知條件，是的單根，即，由微分中值定理：這樣， （3）兩邊取極值對（2）兩邊求導(dǎo)數(shù)兩邊取極值：因此，牛頓法（steffenson法）至少二階收斂。16.設(shè)方程組（1）證明該方程組存在唯一的一組解；（2）導(dǎo)出適當(dāng)?shù)牡ǎ⒆C明迭代收斂；（3）求

18、解方程組，精確到三位有效數(shù)字；解：（1）消去，故迭代函數(shù)為，故不動點方程存在唯一不動點作 k=0，1，取對應(yīng)的。三. 雜題1求方程在附近的一個根。建立數(shù)解迭代格式，分析每解迭代公式的收斂性，從中找一解收斂性較快的，計算在1.5附近的根，要求。解：迭代一：， 對于 ，當(dāng)時，單調(diào)遞減 可見，當(dāng)時，。并且當(dāng)時， 可見，此迭代法是收斂的。，所以此迭代格式為線性收斂。迭代二：， ， ，當(dāng)，為單調(diào)遞增函數(shù)?？梢姡跁r，。另一方面，。故此迭代格式滿足收斂的兩個條件，迭代法收斂。但，。故迭代法也為線性收斂，但比第一種格式的要小，估計收斂得快些。迭代三：， ，故舍去。迭代四：。 故當(dāng)時，可見，迭代格式 發(fā)散。迭代五：，對于 ，故 ， 2. 判斷下列方程是否可用迭代法求解。（1）；（2）【分析】一個迭代法是否適用，首先要求它收斂。對，其迭代收斂的關(guān)鍵是給定區(qū)間內(nèi)是否滿足。（1）對，故對任意，有為迭代函數(shù)的迭代法均收斂。故原方程可用迭代法求解。（2），。由圖解法判斷原方程在有解，但在上，有：，故迭代公式肯定不收斂。但可改為：，兩邊取對數(shù)：取，故在上，而且，也滿足定義域條件：。，即，。3.用迭代法求函數(shù)的單重零點，其中，試確定函數(shù)，使這個迭代法至少是三階局部收斂?！痉治?/p>