大連理工大學(xué)《矩陣與數(shù)值分析》學(xué)習(xí)指導(dǎo)與課后參考答案第三章、逐次逼近法

第三章逐次逼近法1.1內(nèi)容提要1、一元迭代法xn+1=φ(xn)收斂條件為：1）映內(nèi)性x∈[a,b]，φ(x)∈[a,b]2）壓縮性∣φ(x)-φ(y)∣≤L∣x-y∣其中L＜1，此時φ為壓縮算子，在不斷的迭代中，就可以得到最終的不動點集。由微分中值定理，如果∣φ’∣≤L＜1，顯然它一定滿足壓縮性條件。2、多元迭代法xn+1=φ(xn)收斂條件為：1）映內(nèi)性xn∈Ω，φ(xn)∈Ω2）壓縮性ρ（▽φ）＜1，其中▽φ為xn處的梯度矩陣，此時φ為壓縮算子，在不斷的迭代中，就可以得到最終的不動點集。3、當φ(x)=Bx+f時，收斂條件為，ρ（B）＜1，此時xn+1=Bxn+f，在不斷的迭代中，就可以得到線性方程組的解。4、線性方程組的迭代解法，先作矩陣變換Jacobi迭代公式的矩陣形式Gauss-Seidel迭代公式的矩陣形式超松弛迭代法公式的矩陣形式三種迭代方法當時都收斂。5、線性方程組的迭代解法，如果A嚴格對角占優(yōu)，則Jacob法和Gauss-Seidel法都收斂。6、線性方程組的迭代解法，如果A不可約對角占優(yōu)，則Gauss-Seidel法收斂。7、Newton迭代法，單根為二階收斂8、Newton法迭代時，遇到重根，迭代變成線性收斂，如果知道重數(shù)m，仍為二階收斂9、弦割法的收斂階為1.618，分半法的收斂速度為（b-a）/2n-110、Aitken加速公式1.2典型例題分析1、證明如果A嚴格對角占優(yōu)，則Jacob法和Gauss-Seidel法都收斂。證明：首先證Jacob法收斂，因為A嚴格對角占優(yōu)，則，于是，從而，這又有，因此Jacob迭代法收斂。再證G-S法收斂，因為，由定理1.6，非奇異，而，所以，從而嚴格對角占優(yōu)矩陣一定可逆。在G-S法中，，從而，求矩陣特征值時，只能是，因為A嚴格對角占優(yōu)，，如果，兩邊乘，這說明矩陣仍然嚴格對角占優(yōu)，前面已證明，該行列式不能為0，這是一個矛盾。因此，只能是，而這恰好說明Gauss-Seidel迭代法收斂。2、證明：如果A的對角元非零，超松弛迭代法收斂的必要條件是證明：令，如果超松弛迭代法收斂，應(yīng)該有而，從而必須滿足。3、分析方程2x-3x+4x-5x+6x-7x+8x-9x+10x=10是否有實根，確定根所在的區(qū)間，寫出求根的Newton迭代公式,并確定迭代的初始點。解：因此該方程在[1,2]有且僅有一個實根，Newton迭代公式為/（），x0=1.5即可4、由求的Newton迭代公式證明：對一切是遞減序列。證明：首先，如果中的xk>0，于是。又因為k=1開始5、若f(x)在零點ξ的某個鄰域中有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，并且f’(ξ)≠0，試證：由Newton迭代法產(chǎn)生的xk(k=0,1,2,…)有證明：由Taylor公式，6、證明：A∈Cn*n,對任意范數(shù)有，證明：首先存在某種范數(shù)所以，取得到，對不等式同時取極限即得到再根據(jù)范數(shù)的等價性對不等式同時取極限即得到對任意范數(shù)有結(jié)果7、確定常數(shù)p,q,r，使如下迭代法收斂到，該方法至少幾階？解：根據(jù)定理3.6，一個迭代格式，在根附近它的p-1階導(dǎo)數(shù)為零，就至少有p階收斂速度1.3習(xí)題解答判斷正誤、選擇和填空：1）、對于迭代過程，xn+1=φ(xn)，若迭代函數(shù)在x*的鄰域有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，且，則迭代過程為超線性收斂。（不正確），xn+1=φ(xn)的迭代收斂條件有兩條，1）映內(nèi)性xn∈[a,b]，φ(xn)∈[a,b]2）壓縮性。更不能保證有超線性收斂，例如：用Newton迭代法求任何非線性方程均局部平方收斂。（不正確）若線性方程組Ax=b的系數(shù)矩陣A為嚴格對角占優(yōu)，則Jacobi迭代法和G-S迭代法都收斂。（正確）解非線性方程f(x)=0的弦解法迭代具有（局部超線性斂速1.618）。局部平方收斂；（B）局部超線性收斂；（C）線性收斂任給初始向量x(0)及右端向量f，迭代法x(k+1)=Bx(k)+f收斂于方程組Ax=b的精確解x*的充要條件是（）。設(shè)φ(x)=x-β(x2-7)，要使迭代法xk+1=φ(xk)局部收斂到x*=，則β取值范圍是（）。用迭代法xk+1=xk-λ(xk)f(xk)求f(x)=x3-x2-x-1=0的根，若要使其至少具有局部平方收斂，則（）。用二分法求x3-2x-5=0在[2，3]內(nèi)的根，并要求，需要迭代（18）步。求f(x)=5x-ex=0在[0，1的根，迭代函數(shù)的簡單迭代公式收斂階為（線性）；Newton迭代公式的函數(shù)（）；其收斂階為（二階）。給定方程組，a為實數(shù)，當a滿足（），且0<w<2時SOR法收斂。解：超松弛迭代格式現(xiàn)A對稱，再加上正定就一定收斂，2、用列主元消去法解方程組Ax=b，其中A=，b=對所求的結(jié)果x，使用三次迭代改善后，解的精度能否有明顯提高？4、設(shè)有線性方程組=，其精確解x*=(1,1,1)T，現(xiàn)用Gauss列主元消去法，得到的近似解x（1）=(1.2001,0.99991,0.92538)T，試用迭代改善法改善其精度。5、設(shè)方程組為=,證明：（1）用Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代法收斂的充要條件為（2）Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代法同時收斂或者發(fā)散證明：（1）先作矩陣變換Jacobi迭代公式的矩陣形式其中而，由迭代收斂的充要條件，于是Gauss-Seidel迭代公式的矩陣形式其中而，由迭代收斂的充要條件于是（2）顯然，，兩者都收斂，反之都發(fā)散。6、設(shè)A=，b=，t為實參數(shù)（1）求用Jacobi迭代法解Ax=b的迭代矩陣（2）t在什么范圍內(nèi)時Jacobi迭代法收斂解：（1）Jacobi迭代公式的矩陣形式，其中（2）由，迭代收斂的充要條件，于是，7、設(shè)A=，b=，t為實參數(shù)用Gauss-Seidel迭代法解Ax=b時，t在什么范圍內(nèi)收斂解：Gauss-Seidel迭代公式的矩陣形式，其中由迭代收斂的充要條件，于是，8、（1）設(shè)A=，b=，試證：Jacobi迭代求解發(fā)散，而Gauss-Seidel迭代法收斂，并求解。（2）設(shè)A=，b=，試證：Jacobi迭代求解收斂，而Gauss-Seidel迭代法發(fā)散，并求解。證明：先作矩陣變換（1）Jacobi迭代公式的矩陣形式其中由迭代收斂的充要條件，于是Jacobi迭代求解發(fā)散。Gauss-Seidel迭代公式的矩陣形式其中由迭代收斂的充要條件于是Gauss-Seidel迭代法收斂。（2）與（1）解法類似，Jacobi迭代公式中由迭代收斂的充要條件，于是Jacobi迭代求解收斂。而在Gauss-Seidel迭代公式中，由迭代收斂的充要條件應(yīng)有，而現(xiàn)在，于是Gauss-Seidel迭代法發(fā)散。9、設(shè)方程組為=證明：（1）用Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代法是否收斂？（2）交換兩個方程次序，再用Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代是否收斂？證明：（1）先作矩陣變換Jacobi迭代公式的矩陣形式其中不滿足迭代收斂的充要條件，于是Jacobi迭代求解發(fā)散。Gauss-Seidel迭代公式的矩陣形式其中不滿足迭代收斂的充要條件，于是Gauss-Seidel迭代將發(fā)散。（2）交換方程次序后，系數(shù)矩陣變?yōu)?，它嚴格對角占?yōu)，因此Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代都收斂。10、求方程附近的一個根，將方程改寫為四種等價形式（1）、（2）、（3）、（4）、試分析據(jù)此構(gòu)造的迭代格式的收斂性，選擇收斂最快的格式求根，使之誤差不超過，對收斂最慢的格式用Aitken加速，結(jié)果如何？解：利用迭代格式xn+1=φ(xn)求解方程時，算子φ只要滿足兩條：1）映內(nèi)性xn∈[a,b]，φ(xn)∈[a,b]2）壓縮性∣φ’∣≤L＜1，那么迭代收斂。逐個判斷上述4種格式的映內(nèi)性和壓縮性比較麻煩，我們先判斷方程根的區(qū)間?，F(xiàn)在，利用4種迭代格式，是企圖求出[1，2]中的這個實根。最簡便的方法是直接利用計算機迭代，結(jié)果如下：迭代格式（1）（2）（3）（4）計算次數(shù)126發(fā)散發(fā)散根1.46571.4659可見，迭代格式（1）、（2）收斂，其中（2）最快；而迭代格式（3）、（4）發(fā)散。Aitken加速公式，利用它對迭代格式（1）加速后，8次迭代（計算16次φ值），得根1.4662，對迭代格式（3）、（4）加速后仍不收斂。12、用Newton迭代公式求下列方程的根，要達到（1）、（2）（3）解：（1）先判斷方程根的區(qū)間。利用（2）先判斷方程根的區(qū)間。利用（3）先判斷方程根的區(qū)間。利用14、，15、用弦截法求下列方程的根，要達到（1）、（2）（3）解：（1）先判斷方程根的區(qū)間。利用（2）先判斷方程根的區(qū)間。（3）先判斷方程根的區(qū)間。16、Heonardo于1225年研究了方程請你構(gòu)造一種簡單迭代格式驗證該著名結(jié)果。解：可見，其結(jié)果是正確的，如果對它的末位四舍五入，取將更精確。17、應(yīng)用Newton法求的頭5個非零正實根解：從0開始，以步長h=0.01搜索，出現(xiàn)函數(shù)值變號區(qū)間，立即以中點為初值，用Newton法加速迭代，找出負根舍棄，正根保留，然后繼續(xù)搜索。求出5個正根為4.73004344778508，7.8532046238611，10.9956078380018，17.278759657399518、用二分法求要達到19、用冪法計算下列矩陣的主特征值及對應(yīng)的特征向量；用QR法計算下列矩陣特征值，當主特征值有3位小數(shù)穩(wěn)定時停止。A1=，A2=1）特征值=(0.5858，2.0000，3.4142)，主特征值=3.4142主特征值對應(yīng)的特征向量（-0.5000，0.7071，-0.5000）T2）特征值=(2.0000，6.0000，3.0000)，主特征值=6.0000主特征值對應(yīng)的特征向量（0.7974，0.5696，-0.1994）T20、用反冪法計算矩陣的模最小特征值及對應(yīng)的特征向量；用QR法計算矩陣特征值，當特征值有3位小數(shù)穩(wěn)定時停止。A=特征值=(-7.0709，0.8133，18.2576)，模最小特征值=0.8133，其對應(yīng)的特征向量為（-0.1341，-0.7318，0.6682）T21、矩陣A=有特征值的近似值4.3，試用原點位移的反冪法求出特征值和對應(yīng)特征向量解：已知特征值的一個近似值之后，就可能成為矩陣的模最小特征值，這樣用反冪法，求出它的最小特征值為0.2745，對應(yīng)特征向量（-0.6907，0.7149，0.1087）T，于是，可見特征向量仍不變。22、試用SOR法（ω=0.9）解線性方程組=（1）、證明此時SOR法收斂（2）、求滿足的解解：（1）SOR格式代入ω=0.9求出其3個特征值=0.0428，0.0300±0.1499i)，可見譜半徑小于1，因此迭代收斂（2）x=(-3.0909,1.2372,0.9802)T23、方程組Ax=b，其中A為對稱正定矩陣，迭代公式x(k+1)=x(k)+ω(b-Ax(k))證明：當時，迭代收斂（其中0<α≦λ(A)≦β，λ(A)為A的任意特征值）證明：由x(k+1)=x(k)+ω(b-Ax(k))=（I-ωA）x(k)+ωb，如果迭代收斂，應(yīng)該有ρ(I-ωA)<1但是（I-ωA）的特征值為1-ωλ(A)，所以∣1-ωλ(A)∣＜1，-1＜1-ωλ(A)＜10＜ωλ(A)＜2，又由于0<α≦λ(A)≦β，為保證0＜ωmax(λ(A))＜2，應(yīng)該有0＜ωβ＜2，所以時可確保迭代收斂。24、（略）25、用G-S法求解方程組：=,，（）26、電路分析，常需要解方程組RI=v，分別用（1）Jacobi迭代（2）Gauss-Seidel迭代（3）SOR迭代（4）C