(2021年整理)西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版

(完整版)西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版編輯整理：尊敬的讀者朋友們：這里是精品文檔編輯中心，本文檔內(nèi)容是由我和我的同事精心編輯整理后發(fā)布的，發(fā)布之前我們對文中內(nèi)容進行仔細校對，但是難免會有疏漏的地方，但是任然希望〔(完整版)西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版〕的內(nèi)容能夠給您的工作和學(xué)習(xí)帶來便利。同時也真誠的希望收到您的建議和反應(yīng)，這將是我們進步的源泉，前進的動力。本文可編輯可修改，如果覺得對您有幫助請收藏以便隨時查閱，最后祝您生活愉快業(yè)績進步，以下為(完整版)西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版的全部內(nèi)容。〔完整版)西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版編輯整理：張嬗雒老師尊敬的讀者朋友們:這里是精品文檔編輯中心，本文檔內(nèi)容是由我和我的同事精心編輯整理后發(fā)布到文庫，發(fā)布之前我們對文中內(nèi)容進行仔細校對，但是難免會有疏漏的地方，但是我們?nèi)稳幌Ｍ餐暾?西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版這篇文檔能夠給您的工作和學(xué)習(xí)帶來便利。同時我們也真誠的希望收到您的建議和反應(yīng)到下面的留言區(qū)，這將是我們進步的源泉，前進的動力。本文可編輯可修改,如果覺得對您有幫助請下載收藏以便隨時查閱,最后祝您生活愉快業(yè)績進步，以下為<〔完整版〕西南交通大學(xué)數(shù)值分析題庫完整版>這篇文檔的全部內(nèi)容.考試目標及考試大綱此題庫的編纂目的旨在給出多套試題,每套試題的考查范圍及難度配置均基于“水平測試〞原則，按照教學(xué)大綱和教學(xué)內(nèi)容的要求，通過對每套試題的解答，可以客觀公正的評定出學(xué)生對本課程理論體系和應(yīng)用方法等主要內(nèi)容的掌握水平。通過它可以有效鑒別和別離不同層次的學(xué)習(xí)水平,從而可以對學(xué)生的學(xué)習(xí)成績給出客觀的綜合評定結(jié)果。此題庫力求作到能夠較為全面的覆蓋教學(xué)內(nèi)容，同時突顯對重點概念、重點內(nèi)容和重要方法的考查。考試內(nèi)容包括以下局部：緒論與誤差：絕對誤差與相對誤差、有效數(shù)字、誤差傳播分析的全微分法、相對誤差估計的條件數(shù)方法、數(shù)值運算的假設(shè)干原則、數(shù)值穩(wěn)定的算法、常用數(shù)值穩(wěn)定技術(shù)。非線性方程求解:方程的近似解之二分法、迭代法全局收斂性和局部收斂定理、迭代法誤差的事前估計法和事后估計法、迭代過程的收斂速度、r階收斂定理、Aitken加速法、Newton法與弦截法、牛頓局部收斂性、Newton收斂的充分條件、單雙點割線法(弦截法〕、重根加速收斂法。解線性方程組的直接法:高斯消元法極其充分條件、全主元消去法、列主元消去法、高斯-假設(shè)當消元法、求逆陣、各種消元運算的數(shù)量級估計與比擬、矩陣三角分解法、Doolittle和Crout三角分解的充分條件、分解法的手工操作、平方根法、Cholesky分解、改良的平方根法〔免去開方)、可追趕的充分條件及適用范圍、計算復(fù)雜性比擬、嚴格對角占優(yōu)陣。解線性方程組迭代法：向量和矩陣的范數(shù)、常用向量范數(shù)的計算、范數(shù)的等價性、矩陣的相容范數(shù)、誘導(dǎo)范數(shù)、常用范數(shù)的計算；方程組的性態(tài)和條件數(shù)、基于條件數(shù)誤差估計與迭代精度改善方法;雅可比〔Jacobi〕迭代法、Gauss-Seidel迭代法、迭代收斂與譜半徑的關(guān)系、譜判別法、基于范數(shù)的迭代判斂法和誤差估計、迭代法誤差的事前估計法和事后估計法；嚴格對角占優(yōu)陣迭代收斂的有關(guān)結(jié)論；松弛法及其迭代判斂法.插值法：插值問題和插值法概念、插值多項式的存在性和唯一性、插值余項定理;Lagrange插值多項式；差商的概念和性質(zhì)、差商與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系、差商表的計算、牛頓〔Newton〕插值多項式;差分、差分表、等距節(jié)點插值公式；Hermite插值及其插值基函數(shù)、誤差估計、插值龍格〔Runge〕現(xiàn)象；分段線性插值、分段拋物插值、分段插值的余項及收斂性和穩(wěn)定性；樣條曲線與樣條函數(shù)、三次樣條插值函數(shù)的三轉(zhuǎn)角法和三彎矩法.曲線擬合和函數(shù)逼近：最小二乘法原理和多項式擬合、函數(shù)線性無關(guān)概念、法方程有唯一解的條件、一般最小二乘法問題、最小二乘擬合函數(shù)定理、可化為線性擬合問題的常見函數(shù)類；正交多項式曲線擬合、離散正交多項式的三項遞推法。最正確一致逼近問題、最正確一致逼近多項式、切比雪夫多項式、切比雪夫最小偏差定理、切比雪夫多項式的應(yīng)用(插值余項近似極小化、多項式降冪〕.本段加黑斜體內(nèi)容理論推導(dǎo)可以淡化，但概念需要理解.數(shù)值積分與微分：求積公式代數(shù)精度、代數(shù)精度的簡單判法、插值型求積公式、插值型求積公式的代數(shù)精度；牛頓一柯特斯〔Newton-Cotes〕公式、辛卜生〔Simpson〕公式、幾種低價牛頓一柯特斯求積公式的余項；牛頓一柯特斯公式的和收斂性、復(fù)化梯形公式及其截斷誤差、復(fù)化Simpson公式及其截斷誤差、龍貝格〔Romberg〕求積法、外推加速法、高斯型求積公式、插值型求積公式的最高代數(shù)精度、高斯點的充分必要條件。正交多項式的構(gòu)造方法、高斯公式權(quán)系數(shù)的建立、Gauss-Legendre公式的節(jié)點和系數(shù)。本段加黑斜體內(nèi)容理論推導(dǎo)可以淡化，但概念需要理解。常微分方程數(shù)值解：常微分方程初值問題數(shù)值解法之歐拉及其改良法、龍格-庫塔法、阿當姆斯方法。本套題庫均采用閉卷考試，卷面總分為100分。試題形式分為判別正誤、多項選擇、填空、解答和證明等多種題型.其中判斷題、多項選擇題和填空題覆蓋整個內(nèi)容范圍，題量多而廣，重點集中在根本概念、公式和方法的構(gòu)建與處理思想等方面，此類題型主要用于考查學(xué)生對整體內(nèi)容的理解與掌握情況；解答題重點放在主要的計算技術(shù)和方法的具體實現(xiàn)過程，主要考查學(xué)生對主要計算技術(shù)、技巧和方法理解與掌握情況;證明題主要集中在主要的計算技術(shù)和方法的分析過程，主要考查學(xué)生的理論分析能力和知識的綜合運用能力。本課程的考試方法與要求:期末閉卷考試，按時完成上機習(xí)題。學(xué)習(xí)合格條件:考試卷面成績60且上機習(xí)題符合要求，二者缺一不可。綜合成績:原則上=卷面成績,但可參考上機習(xí)題完成情況作微調(diào)。

1緒論要使的近似值的相對誤差限0.1％，應(yīng)至少取___4____位有效數(shù)字。＝0.4…10,a1=4，r10—(n-1)<0。1%，故可取n4,即4位有效數(shù)字。要使的近似值的相對誤差限0.1％，應(yīng)至少取___4___位有效數(shù)字，此時的絕對誤差限為設(shè)y=f(x1,x2)假設(shè)x1，x2，的近似值分別為x1＊,x2*，令y*=f(x1*,x2＊〕作為y的近似值,其絕對誤差限的估計式為:||f(x1＊，x2*)｜x1-x*1｜+｜f〔x1*,x2*〕｜x2—x*2｜計算f=〔-1〕6，?。?。4,利用以下算式,那個得到的結(jié)果最好？答：__C_____.(A)，〔B〕(3-2)2，(C〕，〔D)99-70要使的近似值的相對誤差限0。1％,應(yīng)至少取_________位有效數(shù)字？＝0.4…10,a1=4,r10-〔n—1〕〈0。1％故可取n3。097,即4位有效數(shù)字。設(shè)x=3。214，y=3。213，欲計算u=,請給出一個精度較高的算式u=.u=設(shè)x=3.214,y=3。213，欲計算u=，請給出一個精度較高的算式u=.u=設(shè)y=f〔x1，x2)假設(shè)x1,x2，的近似值分別為x1＊,x2＊,令y*=f(x1＊，x2＊〕作為y的近似值,其絕對誤差限的估計式為:|｜f(x1＊,x2*)｜x1-x＊1|+|f(x1＊，x2＊)|x2—x＊2|；2方程根設(shè)迭代函數(shù)〔x〕在x＊鄰近有r〔1)階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且x*=(x*)，并且有(k〕〔x*〕=0〔k=1,…，r-1〕，但〔r)(x*)0，則xn+1=〔xn)產(chǎn)生的序列｛xn｝的收斂階數(shù)為___r___稱序列{xn｝是p階收斂的如果用牛頓法求f〔x)=0的n重根，為了提高收斂速度,通常轉(zhuǎn)化為求另一函數(shù)u(x)=0的單根，u(x〕=用Newton法求方程f(x〕=x3+10x-20=0的根,取初值x0=1.5，則x1=________解x1=1.5970149用牛頓法解方程的迭代格式為_______________解迭代過程收斂的充分條件是1.___用Newton法求方程f(x)=x3+10x—20=0的根，取初值x0=1。5，則x1=1。5970149用牛頓法解方程的迭代格式為_______________用Newton法求方程f(x〕=x3+10x—20=0的根，取初值x0=1。5，則x1=________解x1=1。5970149迭代公式xk+1=xk(xk2+3a〕/〔3xk2+a〕是求a1/2的(12〕階方法3方程組矩陣的LU分解中L是一個_為單位下三角陣，而U是一個上三角陣____。設(shè)線性方程組的系數(shù)矩陣為A=，全主元消元法的第一次可選的主元素為—8，或8___，第二次可選的主元素為8+7/8或-8—7/8____.列主元消元法的第一次主元素為_－8_________；第二次主元素為(用小數(shù)表示〕7。5_____;在方陣A的LU分解中,方陣A的所有順序主子不為零，是方陣A能進行LU分解的充分(充分,必要)條件；嚴格行對角占優(yōu)陣能__〔能，不能〕進行LU分解；非奇異矩陣___不一定___(一定，不一定〕能進行LU分解。

設(shè)A是正定矩陣，則A的cholesky的分解唯一(唯一，不唯一〕.設(shè)，為使A可分解為A=LLT，其中L是對角線元素為正的下三角形矩陣，則a的取值范圍是，取a=1，則L=。解,改良的方法不會4迭代，則，,；答：4，3.6180340，5;方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法___是___收斂〔填“是〞或“不"〕.給定方程組 記此方程組的Jacobi迭代矩陣為BJ=〔aij〕33，則a23=-1;，且相應(yīng)的Jacobi迭代序列是__發(fā)散_____的.設(shè)，則關(guān)于的1，，則Rn上的兩個范數(shù)｜|x｜｜p，｜|x｜|q等價指的是_C，DR，_C_｜｜x||q_｜|x｜|pD|｜x｜|q_;Rn上的兩個范數(shù)_一定____是等價的?！策x填“一定〞或“不一定〞〕。,則19,13____，____12；方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法___收斂〔填“收斂〞或“發(fā)散"〕，則,，解方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法_____________收斂(填“是〞或“不〞〕，解〔3〕因的Jacobi迭代矩陣，，故Jacobi迭代是收斂的，方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯—塞德爾法的迭代格式是________________；解方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法_____________收斂〔填“是〞或“不"〕，解因的Jacobi迭代矩陣,，故Jacobi迭代是收斂的，方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________,高斯-塞德爾法的迭代格式是________________;解，要使，a應(yīng)滿足___________;解則，,。，則，。解。設(shè)假設(shè)，則矩陣A的1-范數(shù)4，cond1(A)=16。如果線性方程組用Jacobi迭代法,其迭代矩陣滿足。如果用Gauss-Seidel迭代法解此線性方程組，則方法一定(一定，不一定〕收斂設(shè)，則2，則,，；答案：〔1)19，13，12；方程組用超松馳法求解時，迭代矩陣為,要使迭代法收斂，條件0<<2是必要條件〔充分條件、必要條件、充要條件)；如果是正定矩陣，用超松馳法求解，方法收斂當且僅當在區(qū)間〔0,2)時。給定方程組 ,其Jacobi迭代格式的迭代矩陣為當<1時,Jacobi迭代格式收斂;其Gauss-Seidel迭代格式的迭代矩陣為,當<1時Gauss-Seideli迭代格式收斂。方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法__是__收斂(填“是"或“不〞〕，則__6___,__7__，A的譜半徑(1〕.設(shè)，則關(guān)于的1,,.則，，解方程組,其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯-塞德爾法的迭代格式是________________；解設(shè)線性方程組的系數(shù)矩陣為A=,列主元消元法的第一次主元素為〔13〕；第二次主元素為(用小數(shù)表示〕(14);記此方程組的高斯-塞德爾迭代矩陣為BG=〔aij〕44,則a23=〔15〕，.(13〕-8；〔14〕7。5；〔15)—17/4;5插值在等式中,系數(shù)ak與函數(shù)f〔x)有關(guān)?！蚕尢睢坝楔暬颉盁o〞〕設(shè)lk〔x)是關(guān)于互異節(jié)點x0,x1，…，xn，的Lagrange插值基函數(shù),則0m=1，2,…,n用個不同節(jié)點作不超過次的多項式插值，分別采用Lagrange插值方法與Newton插值方法所得多項式〔相等,不相等〕。函數(shù)與函數(shù)中,是三次樣條函數(shù)的函數(shù)是_f____，另一函數(shù)不是三次樣條函數(shù)的理由是_____二階導(dǎo)不連續(xù)__________.設(shè)Pk〔xk,yk),k=1,2,…，5為函數(shù)y=x2-3x+1上的5個互異的點，過P1，…,P5且次數(shù)不超過4次的插值多項式是x2-3x+1。函數(shù)與函數(shù)中，是三次樣條函數(shù)的函數(shù)是,另一函數(shù)不是三次樣條函數(shù)的理由是不滿足具有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù).令f(x)=ax7+x4+3x+1，則f［20,21，…,27]=a；f[20，21，…,28］=0設(shè)〔i=0，1，…,n〕，則＝_x_____，這里(xixj,ij,n2〕。牛頓插商與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系式為：設(shè)x0，x1，x2是區(qū)間[a,b]上的互異節(jié)點,f〔x)在［a，b］上具有各階導(dǎo)數(shù)，過該組節(jié)點的2次插值多項式的余項為：R2(x〕=在等式中，系數(shù)ak與函數(shù)f(x)__無__關(guān)。高次插值容易產(chǎn)生________龍格(Runge〕現(xiàn)象。設(shè)Pk〔xk，yk)，k=1,2，…，5為函數(shù)y=x2—3x+1上的5個互異的點，過P1，…,P5且次數(shù)不超過4次的插值多項式是___x2-3x+1___。令f〔x〕=x7+x4+3x+1,則f［20，21，…，28］=______0_____確定n+1個節(jié)點的三次樣條函數(shù)所需條件個數(shù)至少需要____4n______個假設(shè)f〔x)充分光滑，假設(shè)2n+1次多項式 H2n+1〔x〕滿足H2n+1(xi)=f(xi〕,，則稱H2n+1(x)是f(x〕的___Hermite插值_________多項式，且余項R〔x〕=f(x)-H2n+1(x〕=_________;設(shè)Pk〔xk,yk)，k=1，2，…，5為函數(shù)y=x2—3x+1上的5個互異的點，過P1,…,P5且次數(shù)不超過4次的插值多項式是______。解〔4〕y=x2-3x+1用個作不超過次的多項值插值，分別采用Lagrange插值方法與Newton插值方法所得多項式相等〔相等，不相等〕6擬合采用正交多項式擬合可防止最小二乘或最正確平方逼近中常見的_法方程組病態(tài)___問題。試確定[0,1]區(qū)間上2x3的不超過二次的最正確一致逼近多項式p(x〕，該多項式唯一否?答：p(x)=〔3/2)x，;唯一.設(shè)f〔x〕C[a,b],f〔x)的最正確一致逼近多項式是__一定___存在的。在函數(shù)的最正確一致逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的(10)范數(shù)，在函數(shù)的最正確平方逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的〔11〕范數(shù)。無窮范數(shù)；||f｜|；2—范數(shù)假設(shè)｛0(x),1(x〕，…,n(x〕}是［a,b]上的正交族。為f〔x〕的最正確平方逼近。系數(shù)ak=在函數(shù)的最正確一致逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的無窮范數(shù).在函數(shù)的最正確平方逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的2范數(shù)?！矡o窮范數(shù);2-范數(shù)，1-范數(shù))設(shè)f(x〕=2x4在[-1，1]上的不超過3次最正確一致逼近多項式P(x)=2x2—1/4。采用正交多項式擬合可防止最小二乘或最正確平方逼近中常見的(9)問題。在函數(shù)的最正確一致逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的〔10)范數(shù)。函數(shù)的最正確平方逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的〔11〕范數(shù).函數(shù)f(x)=|x｜在[-1,1］的，次數(shù)不超過一次的最正確平方逼近多項式是。7積分Gauss型求積公式不是插值型求積公式。(限填“是〞或“不是〞〕n個不同節(jié)點的插值型求積公式的代數(shù)精度一定會超過n-1次設(shè)稱為柯特斯系數(shù)則=______1____為辛卜生〔Simpson〕公式具有___3____次代數(shù)精度。2n階Newton—Cotes公式至少具有2n+1次代數(shù)精度.設(shè)公式為插值型求積公式,則，且=b—an個節(jié)點的插值型求積公式的代數(shù)精度不會超過2n－1次.Gauss點與積分區(qū)間____無關(guān)_____但與被積函數(shù)___有關(guān)。當常數(shù)A=，B=，時,數(shù)值積分公式是Gauss型積分公式Simpsons數(shù)值求積公式具有____3_________次代數(shù)精度,用于計算所產(chǎn)生的誤差值為_____________；形如的插值型求積公式，其代數(shù)精度至少可到達______n____階，至多可到達__2n+1________階；勒讓德〔Legendre〕多項式是區(qū)間______［-1,1]_____上，帶權(quán)_____1_____正交的正交多項〔3)用梯形公式計算積分9。219524E-003：此值比實際值小(大,小〕用復(fù)化梯形公式計算積分，要把區(qū)間[0,1］一般要等分41份才能保證滿足誤差小于0.00005的要求(這里〕;如果知道，則用復(fù)化梯形公式計算積分此實際值大(大，小)。假設(shè)用復(fù)化梯形求積公式計算積分區(qū)間應(yīng)分2129等分,即要計算個2130點的函數(shù)值才能使截斷誤差不超過;假設(shè)改用復(fù)化Simpson公式，要到達同樣精度區(qū)間應(yīng)分12等分，即要計算個25點的函數(shù)值。Simpsons數(shù)值求積公式具有___3__________次代數(shù)精度，用于計算所產(chǎn)生的誤差值為_____________；形如的插值型求積公式，其代數(shù)精度至少可到達_____n_____階，至多可到達___2n+1_______階；假設(shè)用復(fù)化梯形求積公式計算積分區(qū)間應(yīng)分2129等分，即要計算個2130點的函數(shù)值才能使截斷誤差不超過；假設(shè)改用復(fù)化Simpson公式，要到達同樣精度區(qū)間應(yīng)分12等分，即要計算個25點的函數(shù)值在以為內(nèi)積的空間C[0,1]中，與非零常數(shù)正交的最高項系數(shù)為1的一次多項式是。Simpsons數(shù)值求積公式具有___________次代數(shù)精度,用于計算所產(chǎn)生的誤差值為_____________；形如的插值型求積公式，其代數(shù)精度至少可到達__________階，至多可到達__________階；8微分方程歐拉預(yù)報--校正公式求解初值問題的迭代格式(步長為h)，此方法是階方法。，此方法是2階方法。稱微分方程的某種數(shù)值解法為p階方法指的是其局部截斷誤差為O(hp+1〕。求解微分方程數(shù)值解的Euler法的絕對穩(wěn)定區(qū)間是____〔-2，0)______。歐拉預(yù)報--校正公式求解初值問題,如取步長h=0。1,計算y〔0。1)的近似值為0。005000，此方法是2階方法〔1)當，時，下述形式的RK公式為二階公式歐拉預(yù)報—-校正公式求解初值問題的迭代格式〔步長為h),此方法是2階方法。用Euler方法解初值問題的近似解的最終表達式〔取步長)；當時，。

題庫分類填空題緒論局部設(shè)x=3.214，y=3。213，欲計算u=,請給出一個精度較高的算式u=.u=設(shè)y=f〔x1,x2)假設(shè)x1，x2,的近似值分別為x1＊，x2＊,令y＊=f(x1＊,x2＊〕作為y的近似值,其絕對誤差限的估計式為：｜|f(x1＊，x2＊)｜x1—x＊1｜+|f(x1*，x2*〕｜x2—x＊2|要使的近似值的相對誤差限0。1%，應(yīng)至少取_______位有效數(shù)字？＝0。4…10,a1=4，r10—(n-1〕〈0.1%故可取n4，即4位有效數(shù)字。要使的近似值的相對誤差限0.1%，應(yīng)至少取_________位有效數(shù)字？＝0。4…10,a1=4,r10-〔n—1〕〈0。1％故可取n3。097,即4位有效數(shù)字。對于積分In=e-1xnexdx試給出一種數(shù)值穩(wěn)定的遞推公式_________.In-1=〔1—In)/n，In0易知I0=1—e—1In=1-nIn-1故In—1=〔1-In〕/n0<In1/〔n+1〕0(n〕取In0選擇填空計算f=(—1)6，?。?。4,利用以下算式,那個得到的結(jié)果最好？〔C)〔A)，(B)(3—2〕2，〔C)，〔D〕99-70方程的根用Newton法求方程f(x〕=x3+10x—20=0的根，取初值x0=1.5,則x1=〔3〕x1=1。5970149迭代公式xk+1=xk(xk2+3a)/〔3xk2+a〕是求a1/2的〔12〕階方法方程組直接解法迭代解法設(shè)線性方程組的系數(shù)矩陣為A=，全主元消元法的第一次可選的主元素為(13)，第二次可選的主元素為〔14〕.列主元消元法的第一次主元素為〔15〕；第二次主元素為〔用小數(shù)表示)(16〕；記此方程組的高斯—塞德爾迭代矩陣為BG=〔aij)44，則a23=〔17);—8，或8；8+7/8或—8—7/8；-8；7。5；插值填空設(shè)Pk〔xk,yk)，k=1,2,…，5為函數(shù)y=x2-3x+1上的5個互異的點,過P1，…,P5且次數(shù)不超過4次的插值多項式是______.y=x2-3x+1設(shè)x0，x1,x3是區(qū)間［a,b］上的互異節(jié)點，f(x)在[a，b］上具有各階導(dǎo)數(shù)，過該組節(jié)點的2次插值多項式的余項為：______.R2〔x)=設(shè)(i=0，1，…,n〕，則＝______,這里〔xixj，ij,n2〕。x三次樣條插值與一般分段3次多項式插值的區(qū)別是_____三次樣條連續(xù)且光滑，一般分段3次連續(xù)不一定光滑。插值多項式與最小二乘擬合多項式都是對某個函數(shù)f(x)的一種逼近,二者的側(cè)重點分別為________。用個作不超過次的多項值插值，分別采用Lagrange插值方法與Newton插值方法所得多項式相等〔相等，不相等〕計算題〔a10分)依據(jù)以下函數(shù)值表，建立不超過3次的lagrange插值多項式L3〔x〕.x0123f〔x)19233解：基函數(shù)分別為l0〔x)=—x3+x2-x+1l1〔x)=l2(x〕=l2(x)=Lagrange插值多項式L3(x〕==?！瞓10分〕由插值節(jié)點(0，0〕，(0。5,y〕，〔1,3)和〔2，2)構(gòu)造的3次插值多項式P3(x〕的x3的系數(shù)為6，試確定數(shù)據(jù)y。解：P3〔x〕＝故最高次項系數(shù)為 帶入數(shù)值解得y=4.25.〔c15分)設(shè)lk(x〕是關(guān)于互異節(jié)點x0,x1,…,xn，的Lagrange插值基函數(shù)，證明證明：其中，wn+1〔x)=故當0jn時,=xj，當j=n+1時,xn+1=將x=0帶入ok！(c10分)設(shè)lk(x)是關(guān)于互異節(jié)點x0,x1，…，xn，的Lagrange插值基函數(shù)，證明是n次多項式，且最高次系數(shù)為x0+…+xn,證：查—-5分注意余項==xn+1-wn+1(x〕---5分ok!(c10分〕設(shè)函數(shù)f〔x〕是k次多項式，對于互異節(jié)點x1，…,xn,，證明當n〉k時，差商f［x,x1,…,xn]0，當nk時，該差商是k—n次多項式。證明：因注意到n〉k時，f〔n)(x〕=0，n=k時，f(n)(x)=k！ak，ak為f(x)的k次項系數(shù).〔7f)nk—1由差分定義遞推，查n=k—1,k-2，…〔3f〕ok！〔c10分〕設(shè)g〔x)和h(x〕分別是f(x〕關(guān)于互異節(jié)點x1，…,xn—1以及互異節(jié)點x2,…,xn的插值多項式，試用g〔x)和h(x〕表示f(x〕關(guān)于互異節(jié)點x1，…,xn的插值多項式.解:令q〔x)=Ag〔x〕(x—xn)+Bh(x〕〔x—x1〕為待定n次多項式，A,B為待定系數(shù)，注意到g〔xk〕=f(xk〕，k=1，…，n-1h(xk〕=f(xk〕,k=2,…,n—-—-———(7f〕帶入得A=1/x1-xn，B=1/xn—x1,帶入ok!〔a10f)設(shè)lk(x〕是關(guān)于互異節(jié)點x0,x1，…,xn，的Lagrange插值基函數(shù)，證明〔1〕m=0，1,…,n(2)0m=1，2,…,n證明：由插值唯一性定理知〔1〕。展開知〔2〕(a10f〕證明對于不超過k次的多項式p〔x〕有knlk〔x)是關(guān)于互異節(jié)點x0，x1,…，xn,的Lagrange插值基函數(shù)證明:由插值唯一性定理知。(a10f〕設(shè)p〔x)是任意首次項系數(shù)為1的n+1次多項式，lk〔x)是關(guān)于互異節(jié)點x0，x1,…，xn，的Lagrange插值基函數(shù)證明其中證明：插值余項直接計算ok！(a10f)函數(shù)y=f(x)在點x0的某鄰域內(nèi)有n階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，記xk=x0+kh〔k=1，2，…，n),證明證明：因(x0，x0+nh〕注意到n階導(dǎo)數(shù)連續(xù)性，兩邊取極限ok！(c10f〕用等節(jié)距分段二次插值函數(shù)在區(qū)間［0，1］上近似函數(shù)ex,如何估算節(jié)點數(shù)目使插值誤差10-6.解：考慮子區(qū)間[xi—1，xi］二次插值余項令x=xi+1/2+s〔h/2)上式化簡為令得h0.028413故子區(qū)間個數(shù)為N=2/h70.4,取N=71故插值節(jié)點數(shù)為2N+1=143〔b10分〕設(shè)f〔x)在區(qū)間[a，b]上有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，P1〔x)為其以a，b為節(jié)點的一次插值多項式，證明證明：利用插值余項結(jié)果可得線性插值多項式P1(x〕在子區(qū)間[a，b]上的余項估計式，再估計最值ok!(b10分〕s〔x)是[0,2］上的自然邊界條件的三次樣條函數(shù)，試確定s〔x)=中的參數(shù)b,c，d解：利用邊界條件s/(2-0)=0及樣條函數(shù)定義可得b=—1，c=-3,d=1〔b10分〕判斷下面2個函數(shù)是否是[—1,1]上以0為內(nèi)節(jié)點的三次樣條函數(shù)。設(shè)〔1〕S(x〕=〔2〕S(x〕=解：(1)是，〔2〕否。(a10f)令f〔x〕=x7+x4+3x+1求f[20,21，…,27]及f[20，21,…，28]解：f［20,21，…，27]=1f[20，21,…,28]=0〔a10f)證明n階均差有以下性質(zhì)：(1〕假設(shè)F(x〕=cf〔x),則F[x0，x1，…，xn]=cf[x0,x1，…,xn] 〔2)假設(shè)F(x〕=f(x〕+g〔x〕，則F[x0,x1，…，xn]=f［x0,x1,…,xn］+g［x0,x1,…,xn]證明:其中，ak=ok!〔a10f)答復(fù)以下問題：(1〕什么叫樣條函數(shù)?〔2)確定n+1個節(jié)點的三次樣條函數(shù)所需條件個數(shù)至少需要多少？(3)三轉(zhuǎn)角法中參數(shù)mi的數(shù)學(xué)意義是什么？答：〔1)略 〔2〕4n個〔3〕mi=S/(xi〕即樣條函數(shù)在節(jié)點xi處的一階導(dǎo)數(shù)。(a10f)答復(fù)以下問題：〔1〕何謂Hermite插值問題？〔2〕Hermite插值與一般多項式插值有什么區(qū)別?擬合采用正交多項式擬合可防止最小二乘或最正確平方逼近中常見的(9〕問題.在函數(shù)的最正確一致逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的(10)范數(shù)。在函數(shù)的最正確平方逼近問題中,評價逼近程度的指標用的是函數(shù)的(11〕范數(shù)。無窮范數(shù)||f｜|；2-范數(shù)計算題(b10f〕設(shè)f〔x〕[—a，a］的最正確一致逼近多項式為P〔x〕，試證明f(x)是偶函數(shù)時P(x)也是偶函數(shù)；f〔x〕是奇函數(shù)時P(x〕也是奇函數(shù)。證明：(1〕令t=—x，考查｜f(x〕—P〔x)|=｜f〔—t)—P(—t)｜=｜f(t)—P〔-t〕｜，故P〔—x〕也是f〔x)［—a,a］的最正確一致逼近多項式,由最正確一致逼近多項式的唯一性知P(-x)=P(x)?！?〕略。〔a10f〕試確定[0，1]區(qū)間上2x3的不超過二次的最正確一致逼近多項式p(x〕，該多項式唯一否？解：p(x〕=(3/2〕x，唯一.求f(x)=2x3+x2+2x-1在［—1,1］上的最正確二次逼近多項式P〔x〕。T0(x)=cos0=1T1〔x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3〔x〕=cos3=4x3-3xT4(x〕=cos4=8x4—8x2+1解：f(x〕=2x3+x2+2x—1-P〔x〕=2.T3(x〕=T3(x〕故P(x〕=f(x〕—T3(x)=2x3+x2+2x-1—2x3+3x=x2+x—1求f〔x)=2x4在[—1，1］上的3次最正確一致逼近多項式P〔x)。T0〔x)=cos0=1T1〔x)=cos=xT2〔x〕=cos2=2x2—1T3〔x〕=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4—8x2+1解:P(x)=2x2—1/4求f(x〕=2x4在[0，2]上的3次最正確一致逼近多項式P(x〕.T0(x)=cos0=1T1〔x〕=cos=xT2〔x)=cos2=2x2-1T3〔x)=cos3=4x3—3xT4〔x〕=cos4=8x4—8x2+1解：令x=t+1,t［—1,1]，f(x〕=g(t〕=〔t+1)4故g〔t)的3次最正確一致逼近多項式為P3〔t〕=4t3+7t2+4t+7/8故f(x)的3次最正確一致逼近多項式為P〔x〕=P3〔x-1)=4x3-5x2+2x—1/8設(shè)f(x〕C［a,b］，，證明f(x〕的最正確零次一致逼近函數(shù)為s〔x〕=(M+m)/2,其中M和m分別為f〔x)在［a,b]上的最大與最小值.證明［a,b]上的正交函數(shù)系H=｛h1(x〕,h2(x〕，…，hm(x〕}是線性無關(guān)的函數(shù)系。證:寫出線性組合式子――――2分作內(nèi)積求系數(shù)―――――――――2分〔10分)求f(x〕=lnx，x［1,2]上的二次最正確平方逼近多項式的法(正規(guī)〕方程組.〔要求精確表示，即不使用小數(shù)〕解：取=span｛1,x，x2}，[a,b］=[1,2]法方程組為計算知解之得：a0=-1.142989,a1=1。382756, a2=—0。233507最正確平方逼近多項式為P2〔x)=-1.42+1。38x—0。233x2平方誤差為|｜f-P2｜|22=(f，f〕—a0(f,0)–a1〔f,1)–a2(f，2〕0。410—5設(shè)f〔x〕在有限維內(nèi)積空間＝span｛0,…，n｝上的最正確平方逼近為p(x〕，試證明，f〔x〕—p(x)與中所有函數(shù)正交。證明：查(f〔x〕-p〔x〕,j)=(f，j〕-(p〔x)，j)注意到ak是法方程組的解。而法方程組兩邊的j—th分量為((j，0)〔j,1〕…〔j，n〕)=(p〔x),j〕ok!設(shè)是在空間＝span｛0,…，n｝中對f(x)C[a,b］的最正確平方逼近,證明：〔f—p，f—p〕=〔f,f)—證：注意到ak是法方程組的解。而法方程組故k=1，…n，(f(x〕-p〔x),k)=0,—-—--——-——-—〔5分〕(p-f)，p〕=0—--—————----—-—-——-(5分〕〔f-p,f-p)=〔f,f)—2〔f，p〕+(p，p)=(f,f〕-〔f，p〕+〔p—f),p)=〔f，f〕—(f,p)—--——--—-—-—-—-————〔5分〕求以下矛盾方程組的最小二乘解解：x1=—29/12，x2=—39/12寫出相應(yīng)的法方程組ATAx=ATb――――5分求解x1=-29/12，x2=—39/12――――5分推導(dǎo)用最小二乘法解矛盾方程組Ax=b的法方程組ATAx=ATb解：給出目標函數(shù)h(x)=||Ax—b|｜2--—----—----——---—5=xTATAx—2xTATb+bTb—------—--5求偏導(dǎo)得到駐點方程組ATAx—ATb=0—-——-———--—-—-—5證明：｛0,…，n}為點集｛xi｝mi=1上的線性無關(guān)族法方程GTGa=GTy有唯一解。其中證：充分性〕。首先注意到假設(shè)a0，a1,.。,an為方程組a00+a11+…+ann=0〔9)的解，則必為方程組((0,0)a0+(1,0)a1+…+(n,0)an=0(0,1)a0+(1,1)a1+…+(n,1)an=0…..(0,n)a0+(1,n)a1+…+(n,n)an=0(10)的解。事實上，令0，1，…,n分別與〔9)兩端作內(nèi)積得(10)，知也！設(shè)｜GTG|0〔10〕僅有0解〔9〕也僅有0解故｛0,…，n}無關(guān)。證必要性〕。｛0，…，n｝無關(guān)〔9〕僅有0解即a=〔a0，a1，。。,an)0Ga0aTGTGa=〔Ga〕T(Ga)=||Ga｜|22〉0GTG正定|GTG|>0|GTG|0。假設(shè)｛0〔x),1〔x〕，…,n〔x〕}是點集｛x1,x2，…，xm｝上的離散正交族。為給定數(shù)據(jù)對〔xi，yi〕〔i=1,2，…，m)的最小二乘擬和函數(shù)。證明：證：法方程系數(shù)矩陣為QTQ==此時法方程為故假設(shè)｛0〔x〕,1〔x〕，…,n(x〕｝是[a,b]上的正交族。為f〔x〕的最正確平方逼近。證明：證：法方程系數(shù)矩陣為QTQ==此時法方程為故求函數(shù)f〔x〕=｜x｜在[-1,1]上求關(guān)于函數(shù)族span{1,x2,x4}的最正確平方逼近多項式。解:由內(nèi)積〔f,g〕=,令0=1，1=x2，2=x4,計算知法方程得解之得:a0=15/185=0.117…a1=105/64=1。64…a2=—105/128=—0。820…最正確平方逼近多項式為:0.117+1.64x2—0.820x4求函數(shù)f〔x〕=在［1，3］上求關(guān)于函數(shù)族span{1，x}的最正確平方逼近多項式。解：由內(nèi)積(f,g)=，令0=1，1=x，計算法方程得解之得：a0=(13/2〕ln3—6=1。14…a1=3—3ln3=0。295…最正確平方逼近多項式為：1。14—0。295x求a,b,c的值，使到達最小解：就是求f(x〕=sinx關(guān)于函數(shù)族span{1，x,x2｝在[0，]上的最正確平方逼近。由內(nèi)積(f，g)=,令0=1，1=x，2=x2計算知法方程為解之得：a0=—14/,a1=72/2，a2=-60/3求a,b，c的值，使到達最小解:由唯一性知，a=0,b=0,c=3什么是非線性最小二乘擬合問題？答復(fù)以下問題：求解線性最小二乘問題遇到的主要困難是什么？用離散正交多項式進行擬合的主要優(yōu)點是什么?答復(fù)以下問題：什么叫最正確多項式平方逼近？什么叫最正確多項式一致逼近？答復(fù)以下問題：最正確平方逼近多項式與最小二乘擬合多項式在計算方法上有何相似之處?二者區(qū)別是什么？數(shù)值積分微分方程數(shù)值解答案插值節(jié)點函數(shù)值相等最小二乘擬和乃綜合偏差最小.法方程組病態(tài)3—17/4正誤題()線性方程組的條件數(shù)與其解法無關(guān).(〕設(shè)A為可逆矩陣，R則cond(A)=cond(A).〔)Rn上一切向量范數(shù)都等價。〔)矩陣A的譜半徑不超過|｜A｜｜1.〔〕在等式中，系數(shù)ak與函數(shù)f〔x〕有關(guān)。(〕說微分方程初值問題的數(shù)值方法是p階的,指的是其局部截斷誤差是與hp同階的無窮小,其中h為步長。(〕Gauss點與積分區(qū)間無關(guān)但與被積函數(shù)有關(guān)。〔)微分方程初值問題的Euler方法第一步的局部截斷誤差等于第一步的整體截斷誤差。

〔1〕。設(shè),則關(guān)于的1,，。(2)設(shè)A是正定矩陣，則A的cholesky的分解唯一(唯一,不唯一〕〔3〕用梯形公式計算積分9.219524E—003：此值比實際值小(大,小)〔4)用Euler方法解初值問題的近似解的最終表達式(取步長〕；當時，.(5)令f〔x〕=3x7+x4+3x+1，則f[20,21，…,27］=3；f［20，21，…,28］=〔5〕在以為內(nèi)積的空間C[0,1]中，與非零常數(shù)正交的一次多項式是例4-2證明在［0，1]內(nèi)有一個根，使用二分法求誤差不大于的根要迭代多少次？解答設(shè)，則；又因，故在［0，1］上單減，因此f〔x〕在［0,1]上有且僅有一個根。使用二分法時，誤差限〔按例4—1的編號方式〕為,解得所以需迭代14次即可。例4-3求解方程的根，要求取，分別用簡單迭代法、迭代法的加速方法：，以及埃特金方法求解，要求誤差應(yīng)滿足。解答〔1〕簡單迭代法。此時迭代公式為計算結(jié)果如下：kk00。5100。566907210。6065306110.567277220。5452392120。567067330。5797031130。567486340.5600646140.567118850。5711721150.567157160。5648629160.567135470.5684380170.567147780.5664094180.567140790。5675596此時已滿足，故取。(2〕用加速技巧來做。在附近,，故取，此時迭代式為計算結(jié)果如下：kk00.530。56714980.567143110.60653070。566581740.56714340。567143320。56746190。5671318此時已滿足，做?！?〕用埃特金方法來做.此時迭代式為計算結(jié)果如下：k00。510。60653070。54523920。567623920。56687080。56729790.567143330。56714330.5671433此時不能再算了，因已到達精度要求,故取即可例4—4當R取適當值時,曲線與相切,試用迭代法求切點橫坐標的近似值，要求不少于4位有效數(shù)字,也不求R。分析兩曲線相切，在切點處曲線函數(shù)值相等，導(dǎo)數(shù)值相等，根據(jù)這些條件可列出切點橫坐標應(yīng)滿足的關(guān)系式,然后用迭代法求解.解答的導(dǎo)數(shù)為的導(dǎo)數(shù)滿足,故由兩曲線相切的條件，可得即 令，則,因此在〔1，2〕內(nèi)有根.又在〔1，2〕內(nèi)僅有一個根，構(gòu)造迭代格式取 ，計算結(jié)果如下:由于，故取，即可保證有4位有效數(shù)字。即兩曲線切點的橫坐標為1.438。例4-5分別用單點弦割法和雙點弦割法求的根，要求。解答因，故沒有極值點。由于，因此在〔1，2)內(nèi)僅有一根?！?〕用單點弦割法,迭代公式為取，計算結(jié)果如下:kk0151。3688086441261。36880804921。36842105371.36880811531.36885126381。36880810741。368803298此時，已滿足精度要求，故取即可〔2〕假設(shè)采用雙點弦割法，迭代公式為仍取，則有kk0131。3688504691241.36880810421。36842105351.368808108取,可保證。注記此題方程為Leonardo方程。Leonardo于1225年研究了該方程，并得到了的結(jié)果,這在當時是非常重要的結(jié)果，但無人知道他是用何法而得。這時.例4—6用牛頓法求解Leonardo方程要求 。解答由上題知，在〔1,2〕內(nèi)有一個根，且，故應(yīng)取，利用牛頓迭代公式計算結(jié)果如下：kk0131。36886941911。641。36880810921.38338870451。368808108 ,故取。注記由上兩題知，要到達同樣的精度，牛頓法的迭代次數(shù)不一定比弦割法少，盡管牛頓法是平方收斂的。究竟二者誰的迭代次數(shù)少，要視問題而定。另外就整體計算時間而言,當牛頓法中的計算量超過的計算量的44％時，雙點弦割法的總計算時間較牛頓法的少，見參考文獻7。例4—10能不能用迭代法求解以下方程，如果不能時，試將方程改寫成能用迭代法求解的形式?！?〕； (2〕。分析判斷方程能否用迭代法求根，最關(guān)鍵的是在根的附近能否滿足。因此可用該條件來判斷.解答 〔1〕，對所有的x，有故能用迭代法求根?！?〕方程為。設(shè)，則，故有根區(qū)間為［1，2］，題中,故不能用來迭代。把原方程改寫為，此時，，，故可用迭代公式來求解。例4-11為求方程在附近的一個根，設(shè)將方程改寫為以下等價形式,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 試分析每種迭代公式的收斂性，并取一種公式求出具有4位有效數(shù)字的近似根。解答取的鄰域[1。3，1。6]來考察.(1〕,故迭代公式〔1)收斂?！?〕，故〔2〕也收斂。(3〕，故發(fā)散.由于越小，越快地收斂于，故取第〔2〕式來求根。計算結(jié)果如下:kk01.551.4662430111。4812480361。4658768221。4727057371。4657102431.4688173181.4656344641.4670479791。46559999由于,故可取。例4—15設(shè)，證明迭代公式是計算的三階方法。分析此題應(yīng)說明的極限為a，并且才行。關(guān)于第二件事也可按定理3.3來證(下文未給出該種證明〕。證明顯然，當時，。令，則故對,即迭代收斂，設(shè)的極限為l，則有解得 ，由題知取。即迭代序列收斂于。故題中迭代式確是求的三階方法。例4-18試給出簡化牛頓公式〔單調(diào)弦割法〕收斂的一個充分條件。又設(shè)f(x)在[a，b]內(nèi)有單根x*，證明，其中。分析這里可看作是迭代函數(shù)為的簡單迭代法。因之，可用簡單迭代法的充分條件來出此題方法的收斂性條件。解答令，則〔在x＊的鄰域內(nèi)〕是收斂的一個充分條件，即 解得 因而，只要對給定的,存在，使對任何上式都能成立的話，單調(diào)弦割法就收斂。再由，有 介于與x＊之間這樣 所以 例4—20方程f〔x)=0.〔1〕導(dǎo)出迭代求根公式 ；〔2〕證明對f(x)=0的單根,〔1〕的公式是具有三階收斂速度;〔3〕討論在f(x〕=0的重根附近，〔1〕的公式的收斂速度。分析這里要求直接導(dǎo)出迭代公式，故可先求出根x*的近似表達式，然后令其值為即可,為導(dǎo)出x*的近似表達式可考慮f〔x〕的泰勒展開式。想法導(dǎo)出所求公式。解答〔1〕設(shè)x＊為f(x)=0的單根，則,不妨設(shè)在x＊的鄰域均有界，則令x=x*,我們有解出并乘以，得上式右端第二項所以解出，得即 略去高階無窮小,得〔2〕討論收斂速度故在單根附近，〔1〕的公式具有三階收斂速度.〔3〕僅就二重根的情況證明之，其余類似。利用，作泰勒展開，得于是代入、、的泰勒展開式，并化簡得故在重根附近，(1〕中公式是線性收斂的。例7-2函數(shù)方程,〔1〕確定有根區(qū)間[a,b]；〔2〕構(gòu)造不動點迭代公式使之對任意初始近似，迭代方法均收斂；〔3)用所構(gòu)造的公式計算根的近似值，要求。解〔1〕令,由于，，因此區(qū)間[2,3]是方程f(x〕=0的一個有根區(qū)間，又因，，當時f(x)單減，故f(x)=0在內(nèi)有具僅有一根，即。(2〕將等價變形為,則，由于當 時故不動點迭代法,對均收斂.〔3〕取,利用進行迭代計算，結(jié)果如表7-2所示k02.512.0820849990。41791500122.1246700040.04258500532.1194723870.005819761742。1200949760。000622589此時x4已滿足誤差要求，即。例7-3考慮求解方程的迭代公式〔1〕試證：對任意初始近似,該方法收斂；(2〕取,求根的近似值；(3〕所給方法的收斂階是多少？解〔1〕由迭代公式知，迭代函數(shù)。由于的值域介于與之間，且故根據(jù)定理7.1，7。2知在內(nèi)存在惟一的不動點x*，且對，迭代公式得到的序列收斂于x*。(2〕取，迭代計算結(jié)果如表7—3所示。表7—3k0413。5642375870.43576241323。39199516803541248270.03787034143。3483333840。00579144353.3475299030.000803481此時已滿足差要求，即〔3〕由于，故根據(jù)定理7.4知方法是線性收斂的，并有有。例7-4對于迭代函數(shù),試討論：(1〕當C為何值時,產(chǎn)生的序列收斂于；〔2〕C取何值對收斂最快？〔3〕分別取，計算的不動點,要求解(1〕,根據(jù)定理7.3當,亦即時迭代收斂?！?)由定理7。4知，當,即時迭代至少是二階收斂的，收斂最快?！?)分別取，并取迭代計算結(jié)果如表7-4所示。

表7-4kk01。201.211。4811。39798989961414120505121。41420930331。414213559131。41421532741。414213562此時都到達。事實上,例7—5給定初值以及迭代公式 常數(shù)證明:(1〕該迭代式是二階收斂的；〔2〕該迭代產(chǎn)生的序列收斂的充要條件是.解〔1〕顯然,迭代函數(shù)，且,即是的不動點。又，所以，由定理7。4知,迭代是二階收斂的，且〔2)因,令，則然而故由此可知等價于，而又等價于，即。注〔1〕的結(jié)論也可直接用二階收斂的定義去證明,另外，此題迭代式實際上是對使用牛頓迭代法而得。例7—8曲線與在點〔1。6，1〕附近相切，試用牛頓迭代法求切點橫坐標的近似值,使.解兩曲線的導(dǎo)數(shù)分別為和，兩曲線相切，導(dǎo)數(shù)相等，故有令,則f(1)〈0，f〔2〕〉0,故區(qū)間［1，2］是f(x〕=0的有根區(qū)間，又當時，，因此f〔x〕=0在[1,2]上有惟一實根x*，對f(x〕應(yīng)用牛頓迭代法,得計算公式由于，故取迭代計算一定收斂，計算結(jié)果如表7—6所示。表7-6kk02.031.70681528712.29305555641。70002561121.81778359251。7繼續(xù)計算仍得，故。注此題也可令，解得切點橫坐標滿足方程，用有重根時的牛頓迭代法(7。15〕式計算，此時m=2，仍取x0=2，經(jīng)四步可得x*=1。7.9.研究求的牛頓公式證明對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)有界原理知，｛xk}有極限.易證其極限為.證法二設(shè)。易知f(x)=0在[0,+]內(nèi)有惟一實根.對f〔x)應(yīng)用牛頓迭代法，得利用例7-9的結(jié)論知，當時,單減有下界，且。當時，此時，從x1起,單減有下界，且極限仍為。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，迭代收斂。對于，取，迭代計算,得 x1=10.33043478, x2=10.70242553， x3=10。7237414 x4=10.72380529， x5=10.72380529故。

例7用迭代法求方法的最小正根，要求精確到4位有效數(shù)字。解令,則。畫出及的圖形如圖6。1,其交點的橫坐標就為所求正根。由圖可知交點的橫坐標約在0。3附近。又由 ，可取區(qū)間〔0，0.5〕討論，并將改寫為 .則 ， .計算得因，故取.例11用迭代法的思想，給出求的迭代格式,并證明。解記,，則有因上述迭代格式之迭代函數(shù)為，則 .故對于任意的,均有 ，迭代是收斂的。不妨設(shè)，則有 ，即。解之得I=2及I=—1,負根不合題意舍去，故 ，即 。18。設(shè)有解方程的迭代法 .(1)證明,均有〔x*為方程的根〕.〔2〕取x0=4,用此迭代法求方程根的近似值，誤差不超過10—3?！?)此迭代法的收斂階是多少？證明你的結(jié)論。解(1〕因迭代函數(shù) ,而對一切x，均有故迭代過程收斂,即，均有.〔2)取x0=4,代入迭代式計算有 ， ， ， , 。取即可使誤差不超過?！?〕因，故由推論6。1知，此迭代格式只具線性收斂.22。填空題〔1〕迭代過程收斂的充分條件是1?！?〕，要使迭代法局部收斂到，則取值范圍是。(3〕用迭代法求方程的根，使迭代序列具有平方收斂，則。(3〕用迭代法求方程的根,使迭代序列具有平方收斂,則.〔4〕迭代法收斂于，此迭代序列是階收斂的。解〔1〕.〔2〕因，由,即故的取值范圍是?！?)由于Newton迭代具有平方收斂,故取 。(4〕，，,,，故的收斂階是2。4.設(shè)a〉1 。〔1〕構(gòu)造計算I的迭代公式；〔2)討論迭代過程的收斂性;〔3〕求I的精確值。解〔1〕計算I的迭代公式為〔2〕上述迭代公式的迭代函數(shù)為 。因 。故由知，.即該迭代對于均收斂。〔3〕令，則有 ，即解之得 舍去，取。例2用迭代法求方程在區(qū)間［2，3]上的根，并討論迭代的斂散性。解由于在區(qū)間［2,3］上連續(xù)，且，所以,方程在[2,3]上有根。假設(shè)把方程改寫成以下三種等價的便于迭代的形式: 〔1〕； 〔2)； 〔3〕從而可得出對應(yīng)的三個迭代格式：〔1〕；〔2〕；(3〕假設(shè)取相同的初值,經(jīng)分別迭代計算得到的結(jié)果列于表4—2中。表4—2k012345迭代〔1〕22.080842.0923512。0942172.0945012。094543迭代(2〕22.1213202。0873482。0965172.0940172.094697迭代〔3〕21－5－125－1953005－7.449207×1018從表4—2中數(shù)據(jù)的變化趨勢看,迭代格式(1)和(2)得到的序列可能是收斂的，而迭代格式〔3〕可能是發(fā)散的。事實上,由迭代法收斂的充分條件定理4.1可知：〔1〕對于迭代格式〔1〕，其迭代函數(shù)為，則在［2,3]上具有連續(xù)的一階導(dǎo)數(shù)，且，有，故單調(diào)增加，又，，于是，當時，，滿足定理4.1條件〔1〕。又，取正值，且單調(diào)遞減，所以有即滿足定理4。1的條件〔2〕，從而迭代格式〔1〕收斂。(2)對于迭代格式〔2),其迭代函數(shù)為，且當時，有，故是單調(diào)減少，但，顯然不滿足定理4。1的條件〔1)，但假設(shè)在［2,3]的子區(qū)間［2,2.5］中考察，則有，也即滿足定理4.1的條件(1)，又，在［2，2.5]上取負值且單調(diào)遞增,從而有，即滿足定理4.2的條件〔2)，從而迭代格式〔2〕在區(qū)間[2，2.5］上收斂?！?〕對于迭代格式(3〕，其迭代函數(shù)為，在區(qū)間［2,3］上有，從而。在此補充一個判別迭代法發(fā)散的充分條件：假設(shè)存在使，而當時，迭代發(fā)散。從而迭代格式(3〕當時，迭代發(fā)散。例3對于給定的正數(shù)c，應(yīng)用牛頓法于方程,并證明：當初始值滿足條件：時迭代法收斂.解由,有，則其牛頓迭代公式為這是一個求正數(shù)c的倒數(shù)的一種不用除法運算的迭代法。下面證明其收斂性：記第k步的迭代誤差為則，從而有 。這是一個關(guān)于足標k的遞推式,反復(fù)遞推，可得。假設(shè),則，即,則有〔當時〕，即，而c為常數(shù)，從而有迭代誤差，也就是當?shù)螖?shù)時,有，即迭代法收斂。例6設(shè)法導(dǎo)出計算的牛頓法迭代公式，并要求公式中既無開方運算，又無除法運算。解由于要求迭代式中既無開方運算,又無除法運算，故將計算等價化為求的正根，而此時有所以計算的牛頓法迭代公式為

例6-2如何對方程組進行調(diào)整，使得用Gauss-Seidel方法求解時收斂?并取初始向量X〔〔0〕=〔000〕T，用該方法求近似值,使。分析Gauss—Seidel方法的收斂條件有不止一個,一般總是先考慮比擬方便的充分條件.觀察方程組的系數(shù)可以發(fā)現(xiàn)，有幾個系數(shù)的絕對值相對較大，這使得我們有可能調(diào)整方程組中各方程的次序后就使方程組化為主對角線嚴格占優(yōu)，從而Gauss—Seidel方法收斂。至于計算求解，只需先寫出迭代格式，然后再依次迭代計算。解答將第三個方程調(diào)到第一行后有這是主對角線嚴格占優(yōu)方程組，故用Gauss—Seidel迭代法求解一定收斂。迭代格式為由，得因為 ，故取最后結(jié)果為例6-3設(shè)有迭代格式其中 ，試證該迭代格式收斂。并取,計算分析這是簡單迭代法，迭代矩陣B的-范數(shù)和1-范數(shù)顯然不小于1,于是我們考慮B的譜半徑。證明設(shè)為B的特征值,則，即故,從而該迭代格式收斂。由，經(jīng)計算得注記由于，我們發(fā)現(xiàn)僅三次迭代就收斂到了精確解，這和例6-1有類似之處.事實上這兩個例子隱含了一個普遍性的結(jié)論，請讀者看例6—17例6-5給定方程組證明Jacobi方法發(fā)散而Gauss-Seidel方法收斂。分析觀察系數(shù)矩陣的特點，它既不嚴格對角占優(yōu)，也不對稱正定，因此應(yīng)該寫出Gauss-Seidel方法的迭代矩陣B，然后再觀察是否或或求出，看其是否小于1。而要證Jacobi方法發(fā)散，一般情況下只能想法說明其迭代矩陣的譜半徑不小于1.證明(1)對Jacobi方法，迭代矩陣為設(shè)其特征值為，則,故Jacobi方法發(fā)散。(2〕對Gauss—Seidel方法，迭代矩陣為顯然其特征值為,故Gauss—Seidel方法收斂。注記這里所說的Jacobi方法“發(fā)散〞，其具體含義應(yīng)該說成“不是對任意初始向量都收斂〞,也就是說“對有的初始向量Jacobi方法發(fā)散，但對有些初始向量它又可能收斂〞,決不是說“對任意初始向量它都發(fā)散〞，事實上，此題一定存在初始向量，使得Jacobi方法收斂，參閱例6—16.例6—6討論用Jacobi法和Gauss-Seidel方法解方程組Ax=b時的收斂性，如果收斂,并比擬哪種方法收斂較快，其中分析如果兩種方法發(fā)散，則一般應(yīng)求迭代矩陣的譜半徑，說明它小于1；如果兩種方法收斂，但要比擬收斂速度一般也應(yīng)求譜半徑?？傊?，應(yīng)該求迭代矩陣的譜半徑。解答(1)對Jacobi方法,迭代矩陣，方法收斂。(2〕對Guass—Seidel方法，迭代矩陣 故方法收斂.因為，故Gauss-Seidel方法較Jacobi方法收斂快。例6—7設(shè)是二階矩陣,且。試證求解方程組的Jacobi方法與Gauss-Seidel方法同時收斂或發(fā)散。分析只要說明Jacobi迭代矩陣與Gauss—Seidel迭代矩陣有相同的譜半徑或者雖然譜半徑不同但同時小于1或大于等于1即可。證明Jacobi法的迭代矩陣為其譜半徑為；而Gauss—Seidel法的迭代矩陣為故其譜半徑為。雖然與同時小于1、等于或大于1，因而Jacobi法和Gauss—Seidel法具有相同的斂性。例6—8設(shè)線性方程組的系數(shù)矩陣為試求能使Jacobi方法收斂的a的取值范圍。分析此題實際上也就是說a在什么范圍以外不收斂，只要涉及到發(fā)散，一般總要按收斂的充要條件去討論，因此首先求迭代矩陣的譜半徑。解答當時，Jacobi方法的迭代矩陣為由得，故由得,即時，Jacobi方法收斂.例6—13設(shè)求解方程組的Jacobi迭代格式為求證:假設(shè)，則相應(yīng)的Gauss-Seidel方法收斂.分析此題應(yīng)把B的元素通過A的元素表示出來，再由推出A所具有的特點，進而討論Gauss—Seidel方法的收斂收。證明由于B是Jacobi方法的迭代矩陣,故又，故，即,這說明系數(shù)矩陣A是按行嚴格對角占優(yōu)，所以由定理6。5知Gauss-Seidel方法收斂。

例3考察Jacobi迭代、Gauss-Seidel迭代求解方程組的收斂性.解對于此方程組,Jacobi迭代法的迭代矩陣為 ；BJ的特征多項式為 ；其特征值為。故有。因而Jacobi迭代法不收斂.對于此方程組，G—S迭代法的迭代矩陣為，可見，的特征值為。故有,所以G-S迭代法必收斂。13。設(shè)有方程組假設(shè)用Jacobi迭代法，G-S迭代法及的SOR法求解，試求它們的漸近收斂速度；假設(shè)要使誤差，其中,問這3種迭代法各應(yīng)做多少次迭代？解由于Jacobi迭代的迭代矩陣B的譜半徑，故收斂速度為 .G-S迭代法的譜半徑，漸近收斂速度 。時SOR法的迭代矩陣為 .用Newton法可求得解，于是有，漸近收斂速度為使，其中，迭代次數(shù)k分別為：Jacobi迭代法的，取。G-S迭代法的,取。的SOR迭代法，取。27.填空題〔1)方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法_____________收斂〔填“是〞或“不〞〕，它的漸近收斂速度_________。(2〕用G-S迭代法解方程組，其中a為實數(shù)，方法收斂的充要條件是a滿足______.(3〕給定方程組，a為實數(shù),當a滿足______，且時，SOR迭代法收斂.解〔1)因的Jacobi迭代矩陣,，故Jacobi迭代是收斂的，且?！?〕a滿足,因此時(3)a滿足，因此時A對稱正定。6.給定方程組〔1)確定a的取值范圍，使方程組對應(yīng)的jacobi迭代收斂；〔2〕當a=2時，用三角分解法(不選主元)求方程組的解X*解〔1〕將所給方程組改寫成得Jacobi迭代陣 。 。解之得 。其譜半徑。由，即， ,即。〔2〕當a=2時，所給方程組的系數(shù)矩陣為 。設(shè)。由算式得 .所以有即原方程變形為 。解 ，得 再解 得 。故即為所求。6.用Jacobi、Gauss-Seidel迭代法求解以下方程組問是否收斂？為什么？假設(shè)將原方程組變?yōu)樵儆蒙鲜鰞煞N迭代法求解是否收斂？為什么？解對方程組 。其Jacobi迭代法的迭代陣是： 。由 ，知故Jacobi迭代過程發(fā)散。Gauss—Seidel迭代法的迭代陣是： 。由 ，知。故Gauss-Seidel迭代過程發(fā)散。假設(shè)將方程組變?yōu)椋? .因其系數(shù)矩陣是強對角占優(yōu)的,故再用上述兩種迭代均收斂.

例6-10建立解線性方程組的收斂的迭代格式。解由第一個方程的二倍加上第二個方程得由第一個方程加上第二個方程再加第三個方程的10倍，得由此得到與原方程組同解的新方程組：顯然，新方程組的系數(shù)矩陣按行嚴格對角占優(yōu)，故可建立雅可比迭代格式與高斯—塞德爾迭代格式，而兩種格式均收斂。其雅可比迭代格式為其高斯-塞德爾迭代格式為例6—11設(shè),求解方程組，求雅可比迭代法與高斯—塞德爾迭代法收斂充要條件。解雅可比法的迭代矩陣故雅可比法收斂的充要條件是。高斯—塞德爾法的迭代矩陣故高斯-塞德爾法收斂的充要條件是。例6-12給出方程組〔1)研究用SOR方法求解的收斂性；〔2)用高斯—塞德爾法及的SOR法求解，取，迭代到；解〔1〕故A對稱正定，當時，SOR方法收斂〔2)SOR法迭代格式為當時,高斯—塞德爾法格式為用高斯—塞德爾迭代法，取初值，迭代到32步，得用SOR法，，取初值，迭代到15步，得例6-18給定線性方程組，用迭代公式求解，其中為實數(shù)。問的取值在什么范圍內(nèi)可使迭代收斂？取何值時可使迭代收斂最快？解所給迭代公式的迭代矩陣為其特征方程為即 當且僅當，故取時,迭代收斂，當時，到達最小值，故當時迭代收斂最快.1.填空題〔1),要使,a應(yīng)滿足___________；(2)方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯—塞德爾法的迭代格式是________________；〔3〕〔2〕中的雅可比迭代格式是否收斂___________，其漸近收斂速度=___________;〔4〕用高斯—塞德爾法解方程組，其中a為實數(shù)，方法收斂的充要條件是應(yīng)使a滿足______________；〔5)給定方程組，a為實數(shù)，當a滿足______________且時，SOR迭代法收斂.〔答案：〔1〕;(2〕；〔3〕是,1。4067054；〔4)；〔5〕?！?。設(shè)方程組〔a〕 〔b〕試考察解此方程組的雅可比迭代法及高斯-塞德爾迭代法的收斂性.解〔a〕雅可比法的迭代矩陣，雅可比迭代法不收斂。高斯-塞德爾法迭代矩陣故高斯-塞德爾迭代法收斂?！瞓〕雅可比法的迭代矩陣故雅可比迭代法收斂。高斯—塞德爾法的迭代矩陣故高斯-塞德爾迭代法不收斂。8.證明矩陣對于是正定的，而雅可比迭代只對是收斂的。證明當時，由故A是正定的.又雅可比法迭代矩陣故，故當時，雅可比迭代法收斂。

例5-10求矩陣Q的|｜Q|｜1，｜｜Q|｜2，||Q|｜與Cond2(Q),其中分析這實際上是根本概念題，只要熟悉有關(guān)范數(shù)與條件數(shù)的定義即可.解答(1〕由定義，顯然｜|Q||1=4〔2〕因QTQ=4I，故〔3〕由定義顯知〔4〕因QTQ=4I，故,從而所以 例5—12設(shè)有方程組AX=b，其中它有解。如果右端有小擾動，試估計由此引起的解的相對誤差。分析此題是討論方程組的右端項的小誤差所引起的解的相對誤差的估計問題,這與系數(shù)矩陣的條件數(shù)有關(guān),只要求出Cond〔A〕,再由有關(guān)誤差估計式即可算得結(jié)果.解答容易求得 ，從而Cond〔A〕=22。5由公式有例5—13試證明矩陣A的譜半徑與范數(shù)有如下關(guān)系其中｜|A｜｜為A的任何一種算子范數(shù)。分析由于譜半徑是特征值的絕對值的最大者，故由特征值的定義出發(fā)論證是自然的.證明由特征值定義，對任一特征值有 AX=X〔X0，特征向量〕取范數(shù)有 ｜|AX｜|=|｜｜|X||由于