华中科技大学出版社—数值分析第四版—课后习题及答案.pdf

第四版数值分析习题答案 第一章绪论习题参考答案 1 lnx r x x x 2 1 0 02 n n n rnn n xx xnx xn x xx 3 1 x 有 5 位有效数字 2 x 有 2 位有效数字 3 x 有 4 位有效数字 4 x 有 5 位有效 数字 5 x 有 2 位有效数字 4 4333 124124 0 5 100 5 100 5 101 05 10 xxxxxx 123231132123 0 214790825x x xx xxx xxx xx 6 22 24 2 444 1 8 855668 10 xx xx xxx 5 333 2 3131 1 0 003333 436433 rrr VVV RVV VV 6 33 100 111 1001010 10022 Y 7 1 2878355 982x 2 11 287830 01786 55 98228783 x 8 2 1 arc 12 N dxtgN x 9 1 2 1 0 005 2 xSSS 10 0 1Sg ttg t 2 2 0 2 1 2 r g ttt S tt gt 故 t 增加时 S 的 绝对误差增加 相对误差减小 11 108 100 1 10 10 2 yy 计算过程不稳定 12 6 21 0 005051f 如果令 21 4 则 6 1 21 0 004096f 2 6 1 0 005233 21 f 3 3 32 2 0 008f 4 3 1 0 005125 32 2 f 5 9970 21f 4 f 的结果最好 13 30 4 094622f 开 平 方 时 用 六 位 函 数 表 计 算 所 得 的 误 差 为 4 1 10 2 分别代入等价公式 1xx ln x f 1xx ln x f 2 2 2 1 中计算可得 243 1 22 1 ln 1 1 60103 10 2 11 fxx xxxx 47 2 22 11 ln 1 108 33 10 602 11 f xxxx 14 方程组的真解为 12 1000000000999999998 1 000000 1 000000 999999999999999999 xx 而无论用方程一还是方程二代入消元均解得 12 1 00 1 00 xx 结果十分可 靠 15 sinsincos tan sin sbc aac babc cabc cc sabcabc 第二章插值法习题参考答案 1 10 1 0 nij ji n i in xxxxxV 10 1101 nij jinn xxxxxV 2 12 12 1 1 4 21 11 2 1 3 21 11 2 1 0 2 xxxxxx xL 3 7 2 3 6 5 2 xx 3 线性插值 取 510826 0 693147 0 6 0 5 0 1010 yyxx 则 620219 0 54 0 54 0 54 0ln 0 01 01 01 x xx yy yL 二次插值 取 510826 0 693147 0 916291 0 6 0 5 0 4 0 210210 yyyxxx 则 54 0 54 0ln 2 L 54 0 54 0 54 0 54 0 54 0 54 0 1202 10 2 2101 20 1 2010 21 0 xxxx xx y xxxx xx y xxxx xx y 0 616707 4 2 1 1011 xxxxfxLxfxR 其中 10 xx 所以总误差界 max sco max 2 1 101 1010 xxxxxxR xxxxxx 8 2 2 01 1006 1 18060 1 8 1 4 1 2 1 xx 5 321202 310 2 xxxxxx xxxxxx xl 当 hxx 3 74 0 时 取得最大值 27 7710 max 2 30 xl xxx 6 i 对 1 0 nkxxf k 在 n xxx 10 处进行 n 次拉格朗日插值 则有 xRxPx nn k 1 1 0 1 0 n n n i k jj xxxxf n xxl 由于 0 1 n f 故有 k n i k jj xxxl 0 ii 构造函数 k txxg 在 n xxx 10 处进行 n 次拉格朗日插值 有 n i j k jn xltxxL 0 插值余项为 n j j n n k xx n g xLtx 0 1 1 由于 2 1 0 1 nkg n 故有 0 n i j k jn k xltxxLtx 令 xt 即得 n i j k j xltx 0 0 7 以 a b 两点为插值节点作 xf 的一次插值多项式 1 ax ab afbf afxL 据余项定理 2 1 1 babxaxfxLxf 由于 0 bfaf 故 max 8 1 max max 2 1 2 1 xfabbxaxxfxfxLxf bxabxabxa 8 截断误差 4 4 6 1 2102 xxxxxxexR 其中 1210 hxxhxx 则 hxx 3 3 1 时取得最大值 3 210 44 3 9 2 maxhxxxxxx x 由题意 10 3 9 2 6 1 634 2 hexR 所以 006 0 h 9 22 1nn n y 2 22 22 1122nnnnn n y 则可得 2 224n nn yy 2 12 1 22 nn n y 1112 2 22 22 nnnnn n y 则可得 2 2224 n nn yy 10 数学归纳法证 当 1 k 时 xfhxfxf 为 m 1 次多项式 假设 0 mkxf k 是 m k 次多项式 设为 xg 则 1 xghxgxf k 为 m k 1 次多项式 得证 11 右 111kkkkkk ffgggf kkkk gfgf 11 左 12 11111210010 1 0 nnnn n k kk gfgfgfgfgfgfgf 121221011 1 0 1nnnnk n k k gfgfgfgfgfgffg 13 1 0 2 n j j y 1112230112 nnnn yyyyyyyyyyyy 0011 yyyyyy nnn 14 由于 n xxx 21 是 xf 的 n 个互异的零点 所以 210n xxxxxxaxf 1 0 1 0 n ji i ij n i i xxxxaxxa 对 xf 求导得 n ji i n ji i iji xxxxxxaxf 01 0 则 n ji i ijj xxaxf 1 0 1 11 1 0 n j n j n ji i ij k j j k j xx x axf x 记 k k xxg 则 1 1 20 0 1 nkn nk xg n 由以上两式得 1 1 21 0 11 1 0 nk n j n j n ji i ij jk j k j xxxg a xx xg axf x 1 20 0 1 1 1 0 1 0 nka nk n g a n k 15 i n j njjjjjj j n xxxxxxxx xF xxxF 0 110 10 10 0 110 n n j njjjjjj j xxxfc xxxxxxxx xfc ii 证明同上 16 1 7 7 7 2 2 2 7 710 f f 0 7 2 2 2 8 810 f f 17 0 3 jjj xpxfxR 1 0 3 kkjxpxfxR jjj 即 1 kk xx 均为 3 xR 的二重零点 因而有形式 2 1 2 3 kk xxxxxKxR 作辅助函数 2 1 2 kk xtxtxKtptft 则 0 0 0 0 0 11 kkkk xxxxx 由罗尔定理 存在 121 kk xxxx 使得 0 0 21 类似再用三次罗尔定理 存在 121 kk xx 使得 0 4 又 4 4 4 xKtft 可得 4 4 fxK 即 4 1 2 1 2 4 3 kkkk xxxxxxfxR 18 采用牛顿插值 作均差表 i x i xf 一阶均差二阶均差 0 1 2 0 1 1 1 0 1 2 210101000 xxxfxxxxxxfxxxpxp 210 xxxxxxBxA 2 1 2 1 1 0 xxxBxAxxx 又由 1 1 0 0 pp 得 4 1 4 3 BA 所以 3 4 2 2 x x xp 19 记 khax n ab h k 则 1 1 1 1 1 ii ii i i ii i in xxx xx xx xf xx xx xfx 因为 baCxf 所以 xf 在 ba 上一致连续 当 Nn 时 n ab h 此时有 maxmax max 1 10 xxfxxf n xxxni n bxa ii ii i i ii i i xxxni xx xx xf xx xx xfxf ii 1 1 1 1 10 maxmax 1 ii i i ii i i xxxni xx xx xfxf xx xx xfxf ii 1 1 1 1 10 maxmax 1 maxmax 11 1 10 1 ii i ii i xxxni xx xx xx xx ii 由定义知当 n 时 x n 在 ba 上一致收敛于 xf 20 xIh 在每个小区间 1 kk xx 上表示为 11 11 1 kkk kk k k kk k h xxxf xx xx f xx xx xI 计算各值的 C 程序如下 include stdio h include math h float f float x return 1 1 x x float I float x float a float b return x b a b f a x a b a f b void main int i float x 11 xc xx x 0 5 printf x 0 f n x 0 for i 1 i 10 i x i x i 1 1 printf x d f n i x i for i 0 i 10 i xc x i x i 1 2 I xc x i x i 1 printf I d f n i 1 I xc x i x i 1 for i 0 i0 221 caa 0 则 对任意 n n AR 均 有不等 式 12 12 000 21 maxmaxmax sts sts sts xxx sts a AxAxaAx c AAcA axxa x 27 若 T A A 则 0 T xA Axx 就 有 T AAAxAx 可 推 出 T AA 即 TT A AAA 同理可以推出 TT AAA A 综合这两 点即可得 TT A AAA 28 1 1 11 00 0 1 1 maxminmin yx A x A x xAy xyAA x 29 11 1AAAA 则 111 1 1IAAAA 故 1 AA 存 在 1111111 111 1 1 A cond A AAAAIAAAAAA A A AAAA cond A A 30 1 cond AAA 当 2 3 时 36cond A 当 2 3 时 42 cond A 当 2 3 时 cond A 有最小值 7 31 a 22 2maxminmaxmin2 TT cond AW WW Wcond W b TT W WWW 2maxmin2 TTT cond WW WW Wcond W 222 T cond Acond Wcond W 32 2maxmin 39206 0cond A 1 39601cond AAA 33 2maxmaxmaxmax 1 TT cond AA AAAII 34 1111 cond ABAB B AA B BAcond A cond B 第八章 解线性方程组的迭代法习题参考答案 1 a Jacobi 迭代矩阵 03 02 0 5 0025 0 2 04 00 1 ULDB 特征方程为 0055 0 21 0 3 BI 特征根均小于 1 Jacobi 迭代法收敛 Gauss Seidel 迭代矩阵 17 0 04 0 0 7 04 00 2 04 00 1U LDG 特征方程为 0096 0 57 0 23 GI 特征根均小于 1 Gauss Seidel 迭代法收敛 b Jacobi 迭代格式为 1 1 fBXX kk 其中 B 如上 T bDf 3 052 1 1 1 迭代 18 次得 TX9999999 19999739 29999964 3 Gauss Seidel 迭代格式为 2 1 fGXX kk 其中 G 如上 T bLDf 53 1 6 24 2 1 2 迭代 8 次得 TX000003 2999985 2000036 4 2 证 02 00 A 则 0 2 A 故 0 k A 4 3 2 k 因此 12 01 2 AIAAAI k 即级数收敛 3 证 设 aA 一方面 0 lim n An n 另一方面 0 lim lim lim lim n a n A n A n A n n n n n n n n 因此 0 lim n An n 即序列收敛于零 4 证 由已知迭代公式得迭代矩阵 0 0 22 21 11 12 a a a a G 则特征多项式为 0 2211 21122 aa aa GI 解得 2211 2112 aa aa 向量序列 k x 收敛的充要条件是 1 即 1 2211 2112 aa aa r 5 a 谱半径 1093 1 B Jacobi 迭代法不收敛 矩阵 A 对称正定 故 Gauss Seidel 迭代法收敛 b 谱半径 10 B Jacobi 迭代法收敛 谱半径 12 B Gauss Seidel 迭代法不收敛 6 证 必要性 AAk k lim 则 0lim AAk k 对任意向量x 有 0lim limlim xAAxAAAxxA k k k k k k 因而有 0lim AxxAk k 即 AxxAk k lim 充分性因对任何向量x 都有 AxxAk k lim 令 ii ex 则 iik k AeeA lim 即当 k 时 k A 的任一列向量的极限为 A 的对应的列向量 因而有 AAk k lim 7 A 对称正定 Jacobi 迭代法不一定收敛 如题 5 a 8 a Jacobi 迭代矩阵的谱半径 2 1 B b Gauss Seidel 迭代矩阵的谱半径 25 0 B c 两种方法的谱半径均小于 1 所以两种方法均收敛 事实上 对于方程组 bAx 矩阵 A 为严格对角占优则 Jacobi 和 Gauss Seidel 迭代法均收敛 9 取 0 0 X 迭代公式为 43 4 44 4 41 4 3 1 2 3 1 3 3 2 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 kkkk kkkkk kkkk XXXX XXXXX XXXX 使当 6 105 k XX 时迭代终止 取 03 1 时 迭代 5 次达到 TX4999999 00000001 15000043 0 5 取 1 时 迭代 6 次达到 TX4999995 00000002 15000038 0 6 取 1 1 时 迭代 6 次达到 TX5000003 09999989 05000035 0 6 10 迭代公式为 10323 10 2420 4 2512 5 3 1 2 1 1 3 1 3 3 2 1 1 2 1 2 3 2 1 1 1 1 kkkkk kkkkk kkkkk XXXXX XXXXX XXXXX 取 0 0 X 9 0 迭代 8 次达到精度要求 TX00003 299989 200027 4 8 11 证 所给迭代公式的迭代矩阵为 AIB 其 n 个特征值分别为 1 0 1 1 1 21 ni in 当 2 0 时 有 2 1 111ni i 因而 1 B 迭代法收敛 12 证 a ii k ik i k i a r XX 1 1 即为 Gauss Seidel 迭代格式 b 由 ii k ik i k i a r XX 1 1 及 XX k i k i 可得 ii k ik i k i a r 1 1 其中 n ij k jij i j k jij n j jij n ij k jij i j k jiji k i xaxaxaxaxabr 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ij k jij i j k jij k j n ij jij k j i j jij aaxxaxxa c d 13 a 由已知 有 1 1 2 1 1 1 bABzAz mm 及 2 1 1 1 1 2 bABzAz mm 则 1 1 2 11 1 1 21 1 1 bAbBAAzBAz mm 即由 1 1 m z 到 1 1 m z 的迭代矩阵为 21 BA 所以由 1 m z 到 1 1 m z 的迭代矩阵为 BA 1 则迭代方法收敛的充要条件为 1 1 BA b 由已知可推得 1 1 2 11 1 21 1 1 bAbBAAzBAz mm 所以迭代矩阵为 21 BA 则迭代方法收敛的充要条件为 1 21 BA 由迭代矩阵可以看出 b 迭代法的收敛速度是 a 的 2 倍 14 证 由于 01 当 1 2 1 a 时 01 1 1 2 a a a 0 1 21 aaA 所以 A 正定 Jacobi 迭代矩阵谱半径为 2 aB 所以只对 2 1 2 1 a 收敛 15 取排列阵 23 IP 则 7300 4200 1123 3125 APPT A 为可约矩阵 16 证 迭代矩阵的特征方程为 0 CIC i 若 2 1 0 niC i 则 0 C 所以 0 n C 即对任给向量 0 X 迭代 n 次后 ffXCX nn 0 其中 gcggCf n 1 则 fgcggCgCX nnn 1 1 即最多迭代 n 次收敛于方程组的解 f 17 用 SOR 方法解方程组 bAX 其中 A 对称正定 数组 x 用来存放解向量 用 max 1 1 0 k i k i ni xxp 控制迭代终止 k 表示迭代次数 k 0 i 1 1 0nixi 0 1 0 pkk i P0 P0 P P0 输出 x k 是 否 否 是 18 证 方程组的 SOR 迭代矩阵为 1 1 UDLDL 特征方程 0 1 1 ULDLD 即 0 1 ULD 记 ULDG 1 nnnnn n n aaaa aaaa aaaa 1 1 1 321 2232221 1131211 只要当 1 时 0 G 则 0 G 的根均满足 1 A 不可约则 G 也不可约 又 A 为弱对角优势阵 则当 1 且 10 时 1 1 1 1 1 ij n ij ij i j iiii aaag ij ii n ij ij i j ij gaa 1 1 1 即 1 时 G 为不可约弱对角占优 于是有 0 G 故 1 G SOR 方法收 敛 19 证 a AAAA TTT 0 xRx n 设 T n aaAx 1 则 0 22 1 n TTT aaAxAxxAAx AAT 为对称正定阵 b 因为 AAT 为对称阵 所以 左 min max 2 AA AA AAcond T T T 右 2 min max2 2 1 2 2 2 AA AA AAAcond T T 左 20 证 A 为严格对角占优 则 1 A 存在 x xA A 1 1 max 第九章 矩阵的特征值与特征向量计算习题参考答案 1 a 取初始值 1 1 1 得 k T k umax k v 11 0000000 7500000 0000008 000000 31 0000000 617564 0 3711059 540540 51 0000000 606413 0 3930959 604074 71 0000000 605660 0 3941459 603921 81 0000000 605583 0 3943779 605270 b 取初始值 1 1 1 得 k T k umax k v 10 2857140 7142861 0000007 000000 5 0 4893031 0000000 2497438 561447 9 0 5947201 0000000 1591198 856237 13 0 6035811 0000000 1514908 867829 14 0 6039461 0000000 1511768 868794 2 0Tx 使得 0TI x 即 1 0 n ii i TITI 一定存在 i使得 0 ii TI 则 ii T 1 n ii i TT 反之 1 n ii i TT 故 1 n ii i TT 3 1 14 2711 275 27 6 11 272 271 27 5 271 274 27 AI 由幂法得 1 max 6 0 750741AI 原 矩 阵 最 接 近 6 的 特 征 值 为 max 7 33202A 对 应 的 特 征 向 量 为 1 0 485551 0 185986 T