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现代科学工程计算基础课后习题现代科学工程计算基础课后习题 第一章第一章 绪论绪论 基本上不会考，略 第二章第二章 函数的插值与逼近函数的插值与逼近 1.(1) 证明： 由题意有(x) = (x 0)(x 1) (x k;1)，则有以下式子: 0() = 1 1() = 0,( = 0 ) 2() = 0,( = 0,1 ) ;1() = 0,( = 0,1,;2 ) () = 0,( = 0,1,;2,;1 ) 考察a00(x) + a11(x) + +a;1;1(x) + a(x) = 0 的系数， 依次代入x0,x1,x;1得： a00 (x 0) = 0,又 0() = 1,可得a0 = 0 a00 (x 1) + a11 (x 1) = 0,可得a1 = 0 a00 (x k;1) + a11 (x ;1) + +a;1;1 (x ;1) = 0,可得a;1 = 0 最后代入x得： a00 (x k) + a11 (x ) + +a (x ) = 0,可得a = 0 由于a0= a1= a2= a;1= a= 0,所以*(x)+( = 0,1, ,n)线性无关. 1.(2)证明： 由题意有(x) = (x;0)(x;1)(x;+1)(x;) (;0)(;1)(;+1)(;) , 以及 ( ) = = 1, = 0, (, = 0,1,n). 考察a00(x) + a11(x) + +a;1;1(x) + a(x) = 0 的系数， 代入x0得：a00 (x 0) =0，又0 (x 0) = 1，可得a0 = 0 代入x得：a(x) =0，又(x) = 1，可得a= 0 由于a0= a1= a2= a;1= a= 0,所以*(x)+( = 0,1,n)线 性无关. 2.(1)证明： 令f(x) = ,则f(x)的 n 次 Lagrange 插值多项式= () 0 ， 讨论其插值余项R(x) = f(x) = +1() (:1)! :1()， 因为k = 0,1,n n， f(x)的 n 阶导数： f(x) = ！ (k; )! ;(k n)， 所以有 f:1(x)=0，可得f(x) =R(x) =0，f(x)= . 则有 f(x) () 0 ，原命题得证. 2.(2)证明： 原式 = ( ) 0 () = , ( ) ;() 0 0 ()- (二项式定理) = , ( ) ;() 0 0 ()- = ,( )() ; 0 0 ()- (交换符号顺序) = ,( )() ; 0 - (2.1 中结论，其中k i = 0,1,n) = (x x) (二项式定理) = 0 则( ) 0 () 0,( = 1,2,n)，原命题得证. 3.解： f(x)在 x=100,121,144 三点的二次插值多项式为 L2(x) = 100 (x 121)(x 144) (100 121)(100 144) + 121 (x 100)(x 144) (121 100)(121 144) + 144 (x 100)(x 121) (144 100)(144 121) 代入 x=115 得f(115) 2(115) = 10.735。f (x) = 1 4 ; 3 2,f (x) = 3 8 ; 5 2,误差限R2(x) = 3() 3! 3() 3(144) 3! |(115 100)(115 121)(115 144)| = 0 001748167。 使用内插法，f(x)在 x=100,121 两点的一次插值多项式为 L1(x) = 100 (x 121) (100 121) + 121 (x 100) (121 100) 代入 x=115 得f(115) 1(115) = 10.714。误差限R1(x) = 2() 2! 2() 2(121) 2! |(115 100)(115 121)| = 0 01690。结果不同 显然是由于使用了不同的数学模型，精确度有所不同。 4.证明： 对 f(x)在 x=a,b 两处进行插值，则插值多项式为 L1(x) = f(a) + f(b) ()()0 L1(x) = 0 考察插值余项R1(x) = f(x) 1() = () 2! ( )( ), 又L1(x) = 0，可得f(x) = () 2! ( )( )， ( )( ) = . : 2 / 2 + .: 2 / 2 (;)2 4 ( )， () = () 2! ( )( )，两边同时取绝对值得: |()| = | () 2! ( )( )| | () 2 (;)2 4 |对x ,a,b-恒成立。 则 max |()| (;)2 8 max | ()|，原命题得证。 5.解： 考察函数f(x) = sinx,由于 x ,-,则f (x) = ,1,0-。 在三点节点x = x0,x0+ ,x0+ 2( 为步长)上进行插值，设插值区 间上某点x = x0+ (0 2)，则插值余项为 R2(x) = f () 3! ( 0)( 1)( 2) = f () 3! ( 1) ( 2) | f () 3! 3 ( 1)( 2)| 1 3! 3 |( 1)( 2)| ，t ,0,2- 考察函数g(t) = ( 1)( 2),g(t) = 3t2 6t + 2.令g(t) = 0， 得 t = 1 3 3 。 g(t)在闭区间0,2内先增后减再增,其中 g(0)=g(2)=0。g(t)的 两个极值点及对应的值分别为：g.1 3 3 / = 23 9 ,g.1 + 3 3 / = 23 9 则0 |g(t)| 23 9 。 可得R2(x) 1 3! 3 |( 1)( 2)| 3 27 3，要求截断误差不超 过10;5， 则 3 27 3 10;5 4 481 10;2,则步长 h 最大取0 0448。 6.(1)解： f,0- = f(0) = 1 0 f,0,1- = f(1);f(0) 1;0 = 1 01，f,1,2- = f(2);f(1) 2;1 = 1 12 f,0,1,2- = f,1,2-;f,0,1- 2;0 = 1 012， 猜想f,0,1,- = (1) 1 01，很显然对 n=0 成立。 假设n = k时成立，则f,0,1,k- = (1) 1 01 当n = k + 1时, f,0,1,k:1- = f,1,2,+1-;f,0,1,- +1;0 = (;1) 1 12+1;(;1) 1 01 +1;0 = (;1) 1 12+1;(;1) 1 01 +1;0 = = (;1)+1 +10 01+1 +1; = (1):1 1 01+1 则对则对 n=k+1n=k+1 也成立，即原假设成立也成立，即原假设成立。 6.(2)解： f,0- = f(0) = 0， f,0,1- = f(1);f(0) 1;0 = 1;0 1;0 ， f,1,2- = f(2);f(1) 2;1 = 2;1 2;1 ， f,0,1,2- = f,1,2-;f,0,1- 2;0 = 0(2;1);1(2;0):2(1;0) (1;0)(2;0)(2;1) ， f,1,2,3- = f,1,2-;f,0,1- 2;0 = 1(3;2);2(3;1):3(2;1) (2;1)(3;1)(3;2) ， f,0,1,2,3 - = f,1,2,3- f,0,1,2- 3 0 = (1 0)(3 2)23 (2 0)(3 1)13+ (2 1)(3 0)03 +(3 2)(1 0)01 (3 1)(2 0)02+ (3 0)(2 1)12 (1 0)(2 0)(3 0)(2 1)(3 1)(3 2) 猜想就是跟排列组合相关的某一形式。(有待进一步研究) 7.证明： 由题意，f(x) = a+ a;1;1+ +a1 + a0有 n 个不同的实 根1,2,， 则f(x)必包含因式( )( = 1,2,n).又f(x)中 的系数为a,故可将 f(x)转化为以下形式 f(x) = a( 1)( 2) ( ) 可得 f (x) = a( 1) ,( 2) ( )- + a( 2) ,( 1)( 3) ( )- + +a( ) ,( 1) ( ;1)- 分别代入,则f (x)中含( )的项均为 0，而含有( ) 的 项不为 0，故可得: f () = a( ) ( 1) ( ;1)( :1) ( ) = a( 1) ( ;1)( :1) ( ) = a( 1) ( ;1)( :1) ( ) 观察要证明的式子， 我们可以联想到使用定理 4.1(老版书 30 页)。 构造函数g(x) = ，运用定理 4.1 性质 1，得： g,1,2,- = g() ( 1) ( ;1)( :1) ( ) 1 = a g() f () 1 再运用定理 4.1 性质 4，得： g,1,2,- = g(;1)() ( 1)! 联立上述两式，得 g() f () 1 = g,1,2, ,- a = ;1 g(;1)() ( 1)! 类似的讨论在习题 2.(1)中讨论过，我们有结论: 若 g(x) = xk,则gk(x) = k!,gk:1(x) = 0,即 k 阶导为常数，k + 1 阶导为零。 函数g(x) = ,则g(;1)(x) = 0 ,0 2 (n 1)! , = 1 故， g() f () 1 = ;1 g(1)() (;1)! = 0 ,0 2 ;1 , = 1 ，证毕。 10.(1)证明： 数学归纳法，当 n=0 时，f,0- = (0) = 1 ;0，成立. 假设当 n=k 时成立，则f,0,1,- = 1 (;0)(;1)(;), 当 n=k+1 时, f,0,1,- = f,1,2,+1-;f,0,1,- +1;0 = 1 (a1)(2)(a+1); 1 (a0)(1)(a) +1;0 = 1 (;0)(;1)(;)(;+1) 即 k+1 时也成立，原命题得证。 10.(2)证明： 根据牛顿插值多项式及插值余项关系可得： f(x) f,x- = (x) + (x) 即 1 ;x = ,0- + ,0,1-( 0) + +,0,1,-( 0)( 1) ( ;1) + ,0,1, - :1() = ,0- + ,0,1-( 0) + +,0,1,-( 0)( 1) ( ;1) + ,0,1,-( 0)( 1) ( ) = 1 ;0 + (;0) (;0)(;1) + + (;0)(;1)(;n1) (;0)(;1)(;) + (;0)(;1)(;n1)(;n) (;0)(;1)(;)(;) (下面比上面多一项)，证毕。 11.解： Lagrange 插值 3() = 1 ( 0)( 3)( 6) (3 0)(3 3)(3 6) + 2 ( + 3)( 3)( 6) (0 + 3)(0 3)(0 6) + 2 ( + 3)( 0)( 6) (3 + 3)(3 3)(3 6) + 10 ( + 3)( 0)( 3) (6 + 3)(6 0)(6 3) Newton 插值，均差表如下 () 一阶均差 二阶均差 三阶均差 -3 -1 0 2 2 (1) 0 (3) = 1 3 -2 2 2 3 0 = 4 3 4 3 1 3 (3) = 7 18 6 10 10 + 2 6 3 = 4 4 + 4 3 6 0 = 8 9 8 9 + 7 18 6 (3) = 23 243 对应的牛顿插值多项式为 3() = 1 + 1 (x + 3) + . 7 18/ (x + 3)x + 23 243 (x + 3)x(x 3) 12.解： 使用 Lagrange 插值的思想，构造基函数，建立多项式如下： p(x) = f(x0) 0(x) + f(x1) 1(x) + f(x2) 2(x) + f (x 0) 0(x) + f (x 1) 1(x) ，其中x0 = 0,x1= 1,x2= 2, f(x0) = f (x0) = 0, f(x1) = f (x1) = 1, f(x2) = 1。 由于p(x0) = p (x 0) = 0，所以不必考虑0(x)，0(x)。 满足如下条件： 1. (x)( = 0,1,2),(x)(j = 0,1)均为 4 次多项式 2. (x) = = 0, 1, = , (x 0) = (x 1) = 0 (i = 0,1,2),(x) = 0( = 0,1,2), (x) = ( = 0,1) (1)对于1(x),有1 (x 0) = 1 (x 2) = 0，1 (x 0) = 0，则可设: 1(x) = (a x + b ) (x x0)2(x x2) = (ax + b) (x x0)2(x x2) (x 1 x0)2 (x 1 x2) 这里用到了书本中 41 页的方法来简化计算。. (设因式的方法:若f(x)在某点xk函数值和导数值均为零， 则 f(x)包含因 式(x x)2，1(x)为 4 次多项式，故前面的系数为一次式). 根据条件1 (x 1) = 1,1 (x 1) = 0 计算得 a= 2(1;2):(1;0) ( 1;0)(1;2) , b=1 + 1 2(1;2):(1;0) ( 1;0)(1;2) (未验证)。代入可得 (2)对于2(x),有2 (x 0) = 2 (x 1) = 0，2 (x 0) = 2 (x 1) = 0， 则 可设: 2(x) = C (x x0)2(x x1)2= C (x;x0)2(x;x1)2 (x 2;x0)2 (x 2;x1)2(便于计算) 根据条件2 (x 2) = 1 计算得 C=1,则 2(x) = (x;x0)2(x;x1)2 (x 2;x0)2 (x 2;x1)2。 (3)对于1(x),有1 (x 0) = 1 (x 1) = 1 (x 2) = 0，1 (x 0) = 0，则 可设: 1(x) = (x x0)2(x x1)(x x2 ) 根据条件1 (x 1) = 1 计算得 C= 1 (x 1;x0)2 (x 1;x2),则1(x) = (x;x0)2(x;x1)(x;x2) (x 1;x0)2 (x 1;x2) 综上所述，代入就可以得到最终的 4 次多项式。 使用 Newton 均差插值的思想 p(x) = f,x0- + f,x0,x1-(x x0) + f,x0,x1,x2-(x x0)(x x1) + (ax + b)(x x0)(x x1)(x x2 ) 根据条件p (x 0) = 0,p (x 1) = 1可以求出 a 和 b 的值。 。 13.解：由于多项式3()满足插值条件，可设: 3() = f(x0) 0(x) + f(x1) 1(x) + f (x 0) 0(x) + f (x 1) 1(x) 代入插值条件得:3() = 0(x) + 21(x) + 1 2 0(x) + 1 2 1(x)。 根据 Hermite 插值公式得: 0(x) = ,1 2( 0) 1 0 1-( 1 0 1) 2 1(x) = ,1 2( 1) 1 1 0-( 0 1 0) 2 0(x) = ( 0 )( 1 0 1) 2 1(x) = ( 1 )( 0 1 0) 2 代入就可以得到3()的表达式。 15.(1)证明： 2= :1 = 2:1+ :2 2 ;1 0 = ( 2:1+ :2) ;1 0 = (y0 2y1+ y2) + (y1 2y2+ y3) + (y2 2y3+ y4) + +(y ;3 2y ;2+ y ;1) + (y ;2 2y ;1+ y ) + (y ;1 2y + y :1) 可以看出每个括号中，第 1 项跟前一个式子的中间项抵消，中间项跟 前一个式子的第 3 项和后一个式子的第 1 项抵消， 第 3 项跟后一个式 子的中间项抵消。可得： 2 ;1 0,所以有 = I T = () 12 ( )3 0 即用梯形求积公式计算的结果比准确值大。几何意义：二阶导数大于 零说明曲线是凹函数，梯形的斜边大于对应的函数值。 3.(1)证明: 使用泰勒公式在 x=a 处展开，得： f(x) = f(a) + f ()(x a) 则 f(x) = f(a) + f ()(x a) = () | + f ()(x;a)2 2 | = ()( ) + f ()(b;a)2 2 , ,a,b-，证毕。 3.(2)证明: 使用泰勒公式在 x=b 处展开，得： f(x) = f(b) + f ()(x b) 则 f(x) = f(b) + f ()(x b) = () | + f ()(x;b)2 2 | = ()( ) f ()(b;a)2 2 , ,a,b-，证毕。 3.(2)证明: 使用泰勒公式在 x=a:b 2 处展开，得： f(x) = f(a + b 2 ) + f (a + b 2 )(x a + b 2 ) + f .a + b 2 / 2 (x a + b 2 ) 2 则 f(x) = f.a:b 2 / + f .a:b 2 /.x a:b 2 / + f () 2 .x a:b 2 / 2 = (a + b 2 ) | + f .a + b 2 /.x a + b 2 / 2 2 | + f () 6 (x a + b 2 ) 3 | = (a + b 2 )( ) + f () 24 (b a)3, ,a,b- 证毕。 4.解：(修正：在原表格中f.7 8/ = 2 26549) 使用复化梯形公式， 将区间分为8等分共9个节点， n=8,步长h=1 8， 其中= 0, 1 8 , 1 4 , 3 8 , 1 2 , 5 8 , 3 4 , 7 8 ,1。 8= 2 7 0 ,() + (:1)- = 2 (0) + 2() 7 1 + (1) 代入数值计算得8= 3 1389875。 使用复化 Simpson 公式，将区间分为 4 等分共 5 个边界节点以及 4 个内部节点。 n=4,步长 h=1 4， 其中 = 0, 1 4 , 1 2 , 3 4 ,1， :1 2 = 1 8 , 3 8 , 5 8 , 7 8。 4= 6 3 0 () + 4(:1 2) + ( :1 ) = 6 ,(0) + 4(:1 2) 3 0 + 2() 3 1 + (1)- 代入数值计算得4= 3 1415917。 使用 Romberg 求积法，通过不同的等分方法依次求出1= 3( = 1),2= 3 1( = 1 2),4 = 3 131175( = 1 4).再利用 Romberg 求积公式 = 4 3 2 1 3 ,= 16 15 2 1 15 ,= 64 63 2 1 63 ，求得： 二分 次数 k 2 21 22 23 0 3 1 3.1 3.13333333 2 3.131175 3.1415666667 3.1421155556 3 3.1389875 3.1415916667 3.1415933334 3.1415850442 5.证明： 由于对于任意次数小于 n 的多项式表达式都成立，则表达式对 1,2,都成立,则有： 0+ 1+ += 1 00+ 11+ += 00+ 11+ +1= 可转换为矩阵形式，即： 11 01 0 1 1 0 1 = ( ) 1 2 (2 2) 1 + 1 (:1 :1) 最左边的矩阵为范德蒙德矩阵且a = 0 1 = ，则其 行列式的值不为零，该矩阵不可逆。故矩阵 0 1 存在唯一解,即只存 在一组数。 6.证明： 复化梯形公式的余项为 I = 3 12 ( ) ;1 0。 对 A 进行 1 步 Gauss 消元，相对于初等行变换(某行(列)乘以实数 加到另一行(列）上)，不会改变行列式的值。则： D = | 11111 0 0 | = D 0,(1 k n,2 i,j k) 又有 D = 11| 22 2 2 | 0,110 | 22 2 2 | 0， 即A2的各阶顺序主子式都大于 0。又由 3.(1)可知A2对称，故A2矩阵 为对称正定矩阵。 4.解； 将方程组写成矩阵乘法得形式： Ax = b，其中 A = 541 464 146 ,x = 1 2 3 ,b = 2 1 1 运用平方根分解，即A = ,原方程化为() = Gy = 。 设 = 1100 21220 313233 ,则= 112131 02232 0033 . 运用矩阵乘法得： = 50 0 45 5 14 5 0 5 5 814 7 437 35 ,= 5 45 5 5 5 0 14 5 814 7 00 437 35 使用 = ，即 50 0 45 5 14 5 0 5 5 814 7 437 35 1 2 3 = 2 1 1 ,解得y = 1 2 3 . 使用 = ,即 5 45 5 5 5 0 14 5 814 7 00 437 35 1 2 3 = 1 2 3 ,解得x = 1 2 3 . 5.解； 运用定理 3.1，若 n 阶矩阵的顺序主子式 0( = 1,2,n 1),则 A 有唯一的 LU 分解。 对于A1,|1 2 24| = 0，故不存在 LU 分解。 对于A2,|1 1 22| = 0，故不存在 LU 分解。 对于A3,|1 2 25| = 1，| 126 2515 61546 | = 1，故存在唯一的 LU 分解。 6.证明； A = 11121 21 1 1 步 Gauss 消元 11121 0 0 ,(2 i,j n). 其中 = 1 11 1. 因为 A 为严格对角占优矩阵，即| |,( = 1,2,n) ()() = 1 2 = 2 10.解； 1= | | 1 = |3| + |2| + |1| = 6 2= ( 2 1 ) 1 2 = (32+ (2)2+ 12) = 14 = max 1 | | = 3 11.解； A = 1 01 2 210 3 121 4 432 ，A= 121 012 101 ，AA= 222 250 206 则A1= 4(列范)，A= 4(行范),计算AA的特征值得1 = 1,2= 6,3= 6 ,A2= 6. cond(A)2= A2A;12 = 1 2 = 6 A;1= 1 6 1 3 1 6 1 3 1 3 1 3 5 6 1 3 1 6 ,cond(A)= AA;1= 4 4 3 = 16 3 12.解； A = 0100 99 99981, ;1 = 098 99 991001 cond(A)1= A1 A;11= 199 199 = 39601 cond(A)= AA;1= 199 199 = 39601 A = 0100 99 99981,A = 0100 99 99981,AA = 019801 19602 19602194051 求得AA的特征值为1= 0,2= 39206 cond(A)2= A2A;12=1 2 = 198 0051. 13.(1)解： cond(3)= 1 + 1 2 + 1 3 = 11 6 , cond(6)= 1 + 1 2 + 1 3 + 1 4 + 1 5 + 1 6 = 147 60 13.(2)解： H3x = b,即 1 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 1 3 1 4 1 5 x1 x2 x3 = 11 6 13 12 47 60 ，得 x1 x2 x3 = 1 1 1 H3 x = b,即 1 000 5000 333 0 5000 3330 250 0 3330 2500 200 x1 x2 x3 = 1 83 1 08 0 783 ，得 x1 x2 x3 = 1 0895 0 4880 1 4910 14.(1)证明： 因为 x R,设 x 为向量,1,2,-, x= max 1 1 = x1 x= max 1 1 = x1 综上所述，x x1 x 14.(2)证明： 设矩阵 B = A，则= 0 = ( )2 1 ,(1 i n) 则 1 = 2 ,1 = ()2. 根据定理：矩阵的迹(主对角元素之和)等于特征值之和. 则 1 = 1+ 2+ +(为矩阵 A 特征值的个数) 而2= ,则有 ( )2= 1 1 = 1+ 2+ + = (2)2 ()2= = 1+ 2+ + = 1 (2)2 有 0(矩阵范数非负),开方即可得： 2 15.证明： cond(AB) = AB(AB);1 = AB A;1 B;1 A B B;1 A;1 = A A;1 B;1 = ()() 第五章第五章 解线性代数方程组的迭代法解线性代数方程组的迭代法 1.(1)解： Jacobi 迭代格式(k=0,1, ) 1 (:1) = 0 + 1 10 2 () + 0 + 12 10 2 (:1) = 1 10 1 () + 0 + 2 10 2 () + 23 10 3 (:1) = 0 + 2 10 2 () + 0 + 14 10 得相应的矩阵为:B = 0 1 10 0 1 10 0 2 10 0 2 10 0 , = 12 10 ;23 10 14 10 根据迭代公式(:1)= ()+ ( = 1,2,),(0)= (0,0,0,0)得： k 1 () 2 () 2 () 1 1.2 -2.3 1.4 2 0.97 -1.9 0.94 3 1.01 -2.015 1.02 4 0.9985 -1.9950 0.9970 5 1.0005 -2.0008 1.0010 6 0.9999 -1.9997 0.9998 7 1.0000 -2.0000 1.0000 (:1) ()= 3 10;4 10;3 Gauss-Seidel 迭代形式： 1 (:1) = 0 + 1 10 2 () + 0 + 12 10 2 (:1) = 1 10 1 (:1) + 0 + 2 10 2 () + 23 10 3 (:1) = 0 + 2 10 2 (:1) + 0 + 14 10 令 B = L + U = 000 1 10 00 0 2 10 0 + 0 1 10 0 00 2 10 000 ，构造迭代公式:(:1)= (:1)+ ()+ ,即：(:1)= ( );1()+ ( );1。 ( );1 = 00 10 00 010 02 00 0020 04 ，( );1 = 1 2 2 18 0 9640 k 1 () 2 () 2 () 1 1.2 -2.18 0.9640 2 0.9820 -2.0090 0.9982 3 0.9991 -2.0004 0.9999 4 1.0000 -2.0000 1.0000 (:1) ()= 9 10;4 10;3 1.(2)解： Jacobi 迭代格式(k=0,1, ) 1 (:1) = 0 + 2 5 2 () + 1 5 + 12 5 2 (:1) = 1 4 1 () + 0 + 2 4 2 () + 9 4 3 (:1) = 2 10 1 () + 3 10 2 () + 0 + 1 10 得相应的矩阵为:B = 0 ;2 5 ;1 5 1 4 0 ;2 4 ;2 10 3 10 0 , = ;12 5 9 4 1 10 根据迭代公式(:1)= ()+ ( = 1,2,),(0)= (0,0,0,0)得： k 1 () 2 () 2 () 1 -2.4000 2.2500 0.1000 2 -3.3200 1.6000 1.2550 3 -3.2910 0.7925 1.2440 4 -2.9658 0.8053 0.9960 5 -2.9213 1.0106 0.9347 6 -2.9912 1.0523 0.9874 7 -3.0184 1.0085 1.0139 8 -3.0062 0.9884 1.0062 9 -2.9966 0.9953 0.9978 10 -2.9977 1.0020 0.9979 11 -3.0004 1.0016 1.0001 12 -3.0007 0.9998 1.0006 13 -3.0000 0.9996 1.0001 (:1) ()= 7 10;4 10;3 Gauss-Seidel 迭代形式： 1 (:1) = 0 + 2 5 2 () + 1 5 + 12 5 2 (:1) = 1 4 1 (:1) + 0 + 2 4 2 () + 9 4 3 (:1) = 2