湘潭大学：《数值分析》课程教学资源（试卷习题）最后一课数值分析习题解答

练习题 1.1 2.1,2.11,2.14,2.22 4.1,4.5,4.12,4.13,4.14,4.16 55,5.8,5.10,5.115.18,522,5.23,5.26,5.28,5.30 6.1,6.3,68,6.9,6.11 7.6,7.14,7.17 8.1,8.2,8.7,8.8,8.9,8 8.15 第四章数值积分方法与数值徽分 5.求系数A1,A2和A3,使求积公式 f(x)x≈A1f(-1)+A2f(-1/3)+A3f(1/3) 对于次数≤2的一切多项式都是精确成立的 解:求积公式 ∫(x)4(1)+4/(3)+4(均3 是一个插值型求积公式,令f(x)=1,x,x2得: A1+A2+A3=2 A1-A2+A3 A+42+41=3 解得:A1=1,A2=0,A3 12.确定参数a使求积公式的代数精度尽可能地高 ∫八(x)=(o)+f(h)+ah2r(o)-(h)() 解令:f(x)=x",n≥2得: h 公式”对f(x)=1、x精确成立 当n=2时 n=3时,a ,n=4时,a=

练习题 1.1, 2.1, 2.11, 2.14, 2.22 3.22 4.1, 4.5, 4.12, 4.13, 4.14, 4.16 5.5, 5.8, 5.10, 5.11, 5.18, 5.22, 5.23, 5.26, 5.28, 5.30 6.1, 6.3, 6.8, 6.9, 6.11 7.6, 7.14, 7.17 8.1, 8.2, 8.7, 8.8, 8.9, 8.14, 8.15 第四章 数值积分方法与数值微分 5. 求系数 1 2 3 A , A 和A ，使求积公式  −  − + − + 1 1 1 2 3 f (x)dx A f ( 1) A f ( 1/ 3) A f (1/ 3), 对于次数  2 的一切多项式都是精确成立的. 解：求积公式 −  − + − + 1 1 1 2 3 ) 3 ) ( 1 3 f (x) dx A f ( 1) A f ( 1 A f 是一个插值型求积公式，令 2 f (x) =1, x, x 得： 2 , A1 + A2 + A3 = 0 , 3 1 3 1 − A1 − A2 + A3 = 3 2 9 1 9 1 A1 + A2 + A3 = ， 解得： 2 1 A1 = ， A2 = 0 ， 2 3 A3 = 12. 确定参数 a 使求积公式的代数精度尽可能地高 [ (0) ( )] [ (0) ( )]. 2 ( ) 2 0 f f h ah f f h h f x dx h  + +  −   (*) 解 令： n f (x) = x ， n  2 得： 1 1 1 2 1 1 1 + + + = − + n n n h h anh n , an n = − + 2 1 1 1 , 2 ( 1) 1 + − = n n n a 公式(*) 对 f (x) = 1、 x 精确成立. 当 n = 2 时， 12 a = 1 ， n = 3 时， 12 a = 1 ， n = 4 时， 40 = 3 a

故:当取a=12时,()具有3次代精确度 13假定求积公式 x2f(x)dx≈A0f(x0) 对于1,x精确成立,试求x0,Ao 解:由 x2dx dx= Ao xo 可得:A6 dx =0 故 dxr≈ 16.求数值微分公式的余项 f(x0)≈(-3f(x0)+4f(x+h)-f(x+2h)/2h 解:于x +h三点作f(x)的 Lagrange插值多项式 L2(x) (x-x0-h)(x 2h) f(x0) (x-xo(x 2h) f(xo + h) (x-x0)(x-x f(x0+2h) 2h 2x-2x-3h L2(x) 2x-2 f(ro+h) (2x-2x0-h f(x0+2h) 得 f(x0)≈L2(x0)=(-3f(x)+4f(x+h)-f(x+2h)/2h 余项:因为 R(x)=f(x)-L2(x) (x-x0 Mo 有 R(x0)=f(x)-L2(x0) h2 3 第五章线性代数方程组的解法

故：当取 12 a = 1 时，（*）具有 3 次代精确度. □ 13 假定求积公式 −  1 1 0 0 2 x f (x)dx A f (x ) 对于 1， x 精确成立，试求 0 0 x , A 解： 由 − = 1 1 0 2 x dx A ， − = 1 1 0 0 3 x dx A x 可得： 3 2 3 1 1 3 0 = = − x A ， − = 1 1 2 0 0 1 x dx A x = 0 故： −  1 1 2 (0) 3 2 x f (x)dx f . □ 16. 求数值微分公式的余项. f (x0 )  (−3 f (x0 ) + 4 f (x0 + h) − f (x0 + 2h))/ 2h . 解：于 0 x ， x0 + 2h ， x0 + h 三点作 f (x) 的 Lagrange 插值多项式： ( ) 2 ( )( 2 ) ( ) 2 0 0 0 2 f x h x x h x x h L x − − − − = ( ) ( )( 2 ) 2 0 0 0 f x h h x x x x h + − − − − + ( 2 ) 2 ( )( ) 2 0 0 0 f x h h x x x x h + − − − + . ( ) 2 2 2 3 ( ) 2 0 0 2 f x h x x h L x − −  = ( ) (2 2 2 ) 2 0 0 f x h h x x h + − − − + ( 2 ) 2 (2 2 ) 2 0 0 f x h h x x h + − − + . 令 0 x = x ，得： ( ) ( ) 0 2 0 f  x  L x = (−3 f (x0 ) + 4 f (x0 + h) − f (x0 + 2h))/ 2h 余项：因为 ( )( )( 2 ) 3! ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 (3) 2 x x x x h x x h f R x = f x − L x = − − − − −  有 . 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (3) 0 0 2 0 h f R x f x L x   =  −  = 第五章 线性代数方程组的解法

10.试证对n维向量x有 2≤|≤ 证明:|1=∑x≤ n max/xk|=n 又x1|≥maxx,故:|。≤|x≤n口 11.设A为n阶实矩阵,试证 ∥。≤‖42≤‖4 明:A=(an) a,I=tr(A'A) 又:tr(AA)=A1+2+…+ 其中:为AA的特征值,由于AA为半正定矩阵,有λ1≥0 故:D(44)≥mxλ,有:‖4≥mxx=4 又:D(4≤nmx人故:24。≤4 23.给定方程组 证明 Jacobi迭代方法收敛而G-S迭代方法发散 解:方程组: 12-2 Jacobi方法:迭代矩阵 B,=D(D-A) 特征方程:det(a-B1)=0 或 det(D-)det(lD-(L+U=0 2an a12 a a 23 lA1=0

10．试证对 n 维向量 x 有   x  x  n x 1 . 证明： = = n k k x x 1 1   n x = n x k k max 又 k k x max x 1  , 故：   x  x  n x 1 . □ 11．设 A 为 n 阶实矩阵，试证 . 1 F 2 F A A A n   证明： A aij nxn = ( )  = = = n i n j a F aij 1 1 2 2 tr(A A) T = 又： n T tr(A A) = 1 + 2 ++  其中： i 为 A A T 的特征值，由于 A A T 为半正定矩阵，有 i  0 故： i i T tr(A A)  max  , 有： ( ) 2 2 1 A max i A i F   = . 又： ( )i i T tr(A A)  n max  , 故： 2 1 A A n F  . □ 23．给定方程组           =                     − 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 3 2 1 x x x . 证明 Jacobi 迭代方法收敛而 G-S 迭代方法发散. 解：方程组：           − 2 2 1 1 1 1 1 2 2           3 2 1 x x x           = 1 1 1 Jacobi 方法：迭代矩阵： ( ) 1 B1 = D D − A − 特征方程： det(I − B1 ) = 0 或： det( ) det( ( )) 0 1  − + = − D D L U 31 32 33 21 22 23 11 12 13 a a a a a a a a a    0 2 2 1 1 2 2 = − =   

2=0,p(B1)=0, Jacobi方法收敛 auss-Seidel迭代方法 迭代矩阵: B2=(D-D)U,de(-B2)=0,(特征方程) 或B2的特征化为下面方程的根 de((D-L)-U)=0 1a 2 23-42+42+422-2x2-2x2=0 3-42+42=0,A(A-2)2=0 1=0,A (重根) 故:P(B2)>1, Gauss-Seidel迭代方法发散 26.设求解方程Ax=b的简单迭代法 x+)=Gx+d,k=0,2, 收敛.求证当00, b-Ax6)=(1-)x)+ob 1|=1 时,收敛 0<λ,<2

0 3  = ， (B1 ) = 0 ， Jacobi 方法收敛 Gauss-Seidel 迭代方法： 迭代矩阵： B D L U 1 2 ( ) − = − , det(I − B2 ) = 0 , （特征方程） 或 B2 的特征化为下面方程的根： det((D − L) −U) = 0 即： 0 31 32 33 21 22 23 11 12 13 = a a a a a a a a a       , 0 2 2 1 2 2 = −       4 4 4 2 2 0 3 2 2 2 2  −  +  +  −  −  = 4 4 0 3 2  −  +  = ， ( 2) 0 2   − = 1 = 0 ， 1,2 = 2 （重根） 故： (B2 ) 1, Gauss-Seidel 迭代方法发散. □ 26．设求解方程 Ax = b 的简单迭代法 x (k+1) = Gx(k ) + d, k = 0,1,2,  收敛. 求证当 0  1 时，迭代法 x (k +1) = [(1−)I +G]x (k ) +d, k = 0,1,2,  收敛. 证明： x Gx d k k = + ( +1) ( ) 收敛, 当： 0  1 x I G x d k k = − + + ( +1) ( ) [(1 ) ] 收敛  Q = 1− + G  Q  1− +  G = 1−(1−  G )  1. □ 30．设有方程组 Ax = b ，其中 A 为对称正定阵，试证当松弛因子  满足 0    2 /  （  为 A 的最大特征值）时下述迭代法收敛： ( ), (k 1) (k ) (k ) x = x + b − Ax +  k = 0,1,2, . 证明： Ax = b ， A 对称正定,  A  0， ( ) (k 1) (k ) (k ) x = x + b − Ax +  I A x b k = − + ( ) ( ) (*) 当： G = 1− A 1 时，收敛 −11− A 1 0 A  2  A  2 0  

故当0<<2时(收敛B=mx 第六章习题 1.利用圆盘定理估计下列矩阵特征值的界 (1) (2) (3) 解:(1) A=-11 A-1≤2,D3:-2≤2 ∈D∪D 321 103 由A=A,A的特征值为实数 盖尔圆盘 D ≤2 A-3≤ ,戏,础∈D∪D2∪D2=D1, 1 4 A=A,A的特征值为实数。 D2:2-4≤2 ∈D∪D2=D2 3.设A=(a,)为n阶实对称矩阵,A1≥2≥…≥为其特征值,证明

故当   2 0   时(*)收敛.  = max  A . □ 第六章 习 题 1．利用圆盘定理估计下列矩阵特征值的界: （1）           − − − − 1 1 2 1 1 1 1 0 0 ； （2）           1 0 3 2 3 0 3 2 1 ； （3）             1 4 1 1 4 4 1    . 解： (1)           − − − − = 1 1 2 1 1 1 1 0 0 A 1 (1)  A = − ， 盖尔圆盘： D2 ：  −1  2 , D3：  − 2  2 (2)  A , 2 3 (3)  A  D  D ,  A  4 . (2)           = 1 0 3 2 3 0 3 2 1 A 由 T A = A ， A 的特征值为实数。 盖尔圆盘： D1 ：  −3  3 D2 ：  −3  2 D3：  − 3 1 (1)  A ， (2)  A ， (3)  A  D1  D2  D3 = D1，  A  6 (3) 4 1 1 4 1 1 4 A     =         T A = A ， A 的特征值为实数。 盖尔圆： D1 :  − 4 1 D2 :  − 4  2 1 2 ( ) D D i  A   = D2 .  A  6 . □ 3．设 ( ) i j A = a 为 n 阶实对称矩阵， 1  2  n 为其特征值，证明 n  aii  1 , i =1,2,  ,n

证明:由极大极小定理 ≤A 取x=e1=(0.…,1…,0)y,(e1,e)=1 i=1,2 故:n≤an≤A1 9.设非零向量x,y∈R",试给出一个 Householder矩阵H,使h为y的倍数 解:此题化为求a和H,使得 由于H为正交矩阵,要求|x2=ay2 故:l 取 此时:w= =4口 第七章习题 6.为求方程x3-x2-1=0在xo=15附近的一个根,设将方程改写为下列等价形式 并建立相应的迭代公式: (1)x=1+1/x2,迭代公式xn+1=1+1/x (2)x3=1+x2,迭代公式xn1=(1+x2)3, (3)x2=1/x-1),迭代公式xm1=1(xn-1)2, 试分析每一种迭代公式的收敛性,并问哪一种迭代收敛得快? 解:取x0=1.5的邻域[13,16]来考察 1+yx2,(+4313=0911,故选代公式收敛 (2)9(x)=(1+x)y.p(x) )为 0515 故迭代公式(2)也收敛 09(y3,(x) 1.0758287>1 [2(x-1)2]/2(16-1) 故迭代公式(3)发散 由于(x)越小,越快地收敛于根a,故(2)式收敛最快。口

证明：由极大极小定理： 1 ( , ) ( , )     x x Ax x n x  0 取 T i x = e = (0,  , 1,  ,0) ,(ei , ei ) =1 i i aii (Ae , e ) = i = 1, 2,  , n 故： n  aii  1 . □ 9．设非零向量 n x, y  R ，试给出一个 Householder 矩阵 H ，使 Hx 为 y 的倍数. 解：此题化为求  和 H ，使得： Hx =y 由于 H 为正交矩阵，要求 2 2 x y =  故： 2 2 y x  = , 记： ( ) T n x x , , x = 1  取 2 2  =  x y , T H = I − 2ww 此时： 2 y x y x w − − =   . □ 第七章 习 题 6. 为求方程 1 0 3 2 x − x − = 在 x0 = 1.5 附近的一个根，设将方程改写为下列等价形式， 并建立相应的迭代公式： （1） 2 x = 1+1/ x ，迭代公式 2 1 1 1/ n n x = + x + （2） 3 2 x =1+ x ，迭代公式 2 1/ 3 1 (1 ) n n x = + x + ， （3） 1/( 1) 2 x = x − ，迭代公式 1/ 2 1 =1 ( −1) n+ n x x ， 试分析每一种迭代公式的收敛性，并问哪一种迭代收敛得快？ 解：取 x0 = 1.5 的邻域 [1.3, 1.6] 来考察 (1) 2 ( ) 1 1 x  x = + ， 3 3 1.3 ( ) = − 2  2 x  x = 0.9011 ，故迭代公式(1)收敛. (2) 3 1 2 (x) = (1+ x ) , [3(1 ) ] 2 ( ) 3 2 2 x x x +  = 3 2 2 3(1 1.3 )] 1.6 2 +    0.5515， 故迭代公式（2）也收敛。 (3) 1 ( ) 1 −  = x  x , [2( 1) ] ( ) 1 2 3 −  = − x  x 2 3 2(1.6 1) 1 −  =1.0758287 1 故迭代公式（3）发散. 由于 ( ) 0  x 越小，越快地收敛于根  ，故（2）式收敛最快。□

14.证明在 Newton法中,比值 B,=(xn-xu-/(n1-xu-2 收敛于-f"(a)/2f(a),这里a为f(x)=0的根 证明:设Nwo迭代法x=x-(x)是收敛的,即 f(x B 而(x1)=f(x2)+r(x2Xx-x12)+(xn1-xn。) 故B=-f(nXxn1-x2)2、f(a) 2f'(xn(n-1-Xm-2 2f(a) 18.写出求解 f(x,y)=4x2+y2-4=0,g(x,y)=x+y-sn(x-y)=0 的 Newton迭代法程序 解:f(x,y)=4x2+y2-4=0 g(x, y) 2y, s(x-y og 1+cos(x-y) Newton迭代格式由(7.14)式: 2 1-cos(*k-y2) 1+ cos(xp-V) LyR+I-yA Vk

14．证明在 Newton 法中，比值 2 1 1 2 ( )/( ) n = n − n− n− − n− B x x x x 收敛于 − f ()/ 2 f () ，这里  为 f (x) = 0 的根. 证明：设 Newton 迭代法 1 ( ) ( ) n n n n f x x x f x + = −  是收敛的，即 =  → n n lim x 1 2 1 2 ( ) ( ) n n n n n x x B x x − − − − = − ( ) 1 1 2 1 2 ( ) ( ) n n n n f x f x x x − − − −     −    = − 而 ( ) 2 1 2 2 1 2 1 2 2! ( ) ( ) ( ) ( )( ) − − − − − − − −  n = n +  n n − n + n n x x f f x f x f x x x  ( ) 2 1 2 2! ( ) − − −  = n n x x f  故 2 ( ) ( ) 2 ( )( ) ( )( ) 2 1 2 2 1 2    f f f x x x f x x B n n n n n n n   → −  −  − = − − − − − . □ 18．写出求解 ( , ) 4 4 0, ( , ) sin( ) 0 2 2 f x y = x + y − = g x y = x + y − x − y = 的 Newton 迭代法程序. 解： ( , ) 4 4 0 2 2 f x y = x + y − = , g(x, y) = x + y − sin( x − y) 8 , 2 , 1 cos(x y) x g y x f x x f = − −   =   =   , 1 cos(x y) y g = + −   Newton 迭代格式由（7.14）式：       1− cos( − ) 1+ cos( − ) 8 2 k k k k k k x y x y x y       − −  + + k k k k y y x x 1 1       + − − + − = − sin( ) 4 4 2 2 k k k k k k x y x y x y

或者: 4x2+ x4+y4-si(x4-y4) 2 1-COS(xk -)1+Cos(xk -yk 第八章常徼分方程数值解 1.用 Euler方法解初值问题 y=ax+b, yo)=0 并证明其截断误差 y(xm)-ym=amh/2 将 Enler方法应用于值问题 v=ax+b y(0)=0 得差分方程初值问题 yo=y(0)=0 这里xm=x0+mh=mh,x=0 由此得 y,=yo +h(axo+b)=hb y2=y+h(ax, +b)=hb+h(ah+)=2hb+ah y3=y2+h(ax2+b)=2hb+ah+h(a 2h+6)=3hb+3ah 迭代得到 ym=mhb+(1+2+.+m-1)ah2=mhh m(m-1) 2ah2(m=12,…) 而此问题真解为 y(xm)=y(0)+=.+bx=mbh+ah

或者：       − − + − =       + − − + − −         =      − + + 1 cos( ) 1 cos( ) 8 2 , sin( ) 4 4 2 2 1 1 1 k k k k k k k k k k k k k k k k k k x y x y x y G x y x y x y G y x y x , □ 第八章 常微分方程数值解 1．用 Euler 方法解初值问题 y  = ax +b, y(0) = 0. 并证明其截断误差 ( ) / 2 2 y xm − ym = amh . 解 将 Enler 方法应用于值问题    =  = + y(0) 0 y ax b 得差分方程初值问题    = = + = + + (0) 0 ( ) 0 1 y y ym ym h axm b 这里 xm = x0 + mh = mh ， x0 = 0 由此得 y1 = y0 + h(ax0 + b) = hb 2 y2 = y1 + h(ax1 + b) = hb + h(ah + b) = 2hb + ah 2 2 y3 = y2 + h(ax2 + b) = 2hb + ah + h(a  2h + b) = 3hb + 3ah . 迭代得到 2 ym = mhb + (1+ 2 ++ m −1)ah 2 2 ( 1) ah m m mhb − = + (m = 1, 2, ) 而此问题真解为 m axm bxm y x = y + + 2 2 1 ( ) (0) 2 2 2 ah m = mbh +

于是其截断误差 y(xm)-y=mhb+ 2 ah?'-mhb-mm-Dah'=lamh? D 9.试列出解初值问题 =a1y1+a12y2,y1(0)= 的改进Euer格式 解求解此初值问题的改进 Euler格式为 h m+1 +a y2,=y2+haym+a22y2)+Haym+a22y 21) y、y2已知 这里y、y2分别为真解y(xn),y2(xn)的逼近 或写成矩阵形式为 h 或即 h 1+a2y 10.用上题的计算格式解初值问题 y=31+2y2,y(O)=0, 试取h=0.1算到x=1,并与精确解 y 相比较 解当 =2 4 h=0 0 代入上题中的格式中,计算到x=1得到 yo=550047 20=553723 而其精确解y(1)=493484 y2(1)=49.7163 比较数值解与精确解,可见其误差较大,其原因是步长取得太大,若缩小步长进行计 算,便可得到较好的近似

于是其截断误差 2 2 2 2 ( 1) 2 2 ( ) ah m m ah mhb m y xm ym mhb − − = + − − 2 2 1 = amh . □ 9．试列出解初值问题      = + =  = + = , (0) . , (0) , 0 2 21 1 22 2 2 2 0 1 11 1 12 2 1 1 y a y a y y y y a y a y y y 的改进 Euler 格式. 解 求解此初值问题的改进 Euler 格式为： ( ) ( ) ( ) ( )        = + + + + = + + + + + + + + + + 2 22 1 1 21 1 2 22 1 21 2 2 1 2 12 1 1 11 1 2 12 1 11 1 1 1 2 2 2 2 m m m m m m m m m m m m a y a y h a y a y h y y a y a y h a y a y h y y 1 0 y 、 2 0 y 已知 这里 1 m y 、 2 m y 分别为真解 ( ) 1 m y x ， ( ) 2 m y x 的逼近。 或写成矩阵形式为 =         + + 2 1 1 1 m m y y       +         21 22 11 12 2 1 2 a a h a a y y m m       +         21 22 11 12 2 1 2 a a h a a y y m m         + + 2 1 1 1 m m y y 或即             − − − − 21 22 11 12 2 1 2 2 2 1 a h a h a h a h         + + 2 1 1 1 m m y y             + + = 21 22 11 12 2 1 2 2 2 1 a h a h a h a h         2 1 m m y y . □ 10．用上题的计算格式解初值问题     = + =  = + = 4 , (0) 1. 3 2 , (0) 0, 2 1 2 2 1 1 2 1 y y y y y y y y 试取 h = 0.1 算到 x =1 ，并与精确解 ( )/3 5 1 x x y e e − = − ， ( 2 )/3 5 2 x x y e e − = + , 相比较. 解 当 a11 = 3 ， a12 = 2 ， a21 = 4 ， a22 =1 h = 0.1 0 1 y0 = 1 2 y0 = 代入上题中的格式中，计算到 x =1 得到 55.0047 1 y10 = , 55.3723 2 y10 = 而其精确解 y1 (1) = 49.3484 y2 (1) = 49.7163 比较数值解与精确解，可见其误差较大，其原因是步长取得太大，若缩小步长进行计 算，便可得到较好的近似。 □