《现代数值计算方法(MATLAB版)》习题解答.pdf

现代数值计算方法 MATLAB版 习题参考答案及部分习题解答提示 第一章 1 1 1 0 5 0 00217 5 2 0 5 10 5 0 217 3 3 0 5 10 2 0 000217 6 4 0 5 102 0 0217 3 1 2 1 0 5 0 014 4 2 0 5 10 4 0 11 3 3 0 5 10 3 0 0017 5 4 0 5 10 9 0 017 4 1 3 1 3 146 0 5 10 4 2 3 1416 0 5 10 4 3 3 14159 1 4 提示 1 2 a1 1 10 n 1 10 4 n 5 lg2 lg a1 1 4 lg2 n 5 2lg2 3 699 n 4 3976 n 3 1 5 r x 1 2a1 10 2 0 5 10 2 1 6 提示 1 2 2 10 n 1 4 2lg2 n 4 1 7 提示 1 2 a1 1 10 n 1 3 10 3 n 4 lg6 lg a1 1 3 lg6 n 3 lg1 2 2 2218 n 2 9208 n 2 1 8 提示 x1 2 56 562 4 2 28 783 x 1 28 27 982 55 982 55 98 x2 28 783 282 781 28 783 1 55 982 0 01786 1 10 提示 1 sin x y sinx 2sin y 2 cos x y 2 2 1 cos1 1 cos21 1 cos 1 sin21 1 cos 1 3 ln 1010 1 105 ln 1 1010 1 105 ln 1010 1 105 1 11 1 A 比较准确 2 A 比较准确 1 12 算法 2 准确 在算法 1 中 0 0 2231 带有误差 0 5 10 4 而这个误差在以后的每次计算中 顺次以 41 42 传播到 In中 而算法 2 中的误差是按 1 4n 减少的 是稳定的计算公式 第二章 2 1 提示 因 B 奇异 故 x 0 使得 Bx 0 于是 Ax A B x x A 1 A B x x A 1 A B x 1 A 1 A B 即 A 1 1 A B 2 2 x 1 9 x 2 29 x 4 A 1 8 A 2 4 2 A 6 2 3 提示 迭代矩阵 BJ 0 0 4 0 4 0 40 0 8 0 4 0 80 I BJ 0 40 4 0 4 0 8 0 40 8 0 8 2 0 8 0 32 0 1 0 8 2 3 0 4 1 3 因 3 0 4 1 3 1 故用 Jacobi 迭代法不收敛 2 4提示 Bs 100 110 221 1 0 22 00 1 000 100 110 0 21 0 22 00 1 000 0 22 02 3 002 谱半径 Bs max i 2 1 故用 Gauss Seidel 迭代法不收敛 2 5 提示 因系数矩阵 A 是严格对角占优的 故 Jacobi 迭代法 Gauss Seidel 迭代法以及 SOR 迭代 法在 0 2 时 都是收敛的 2 6提示 1 BJ 0 22 10 1 2 20 I BJ 2 2 1 1 22 3 0 所以 1 2 3 0 BJ 0 1 故 Gauss Seidel 迭代法发散 2 7 提示 Bs D L 1U 1 2 00 1 2 10 0 1 2 1 2 01 1 00 1 000 0 1 2 1 2 0 1 2 1 2 00 1 2 其特征 值 1 0 2 3 1 2 故 Bs 1 2 1 故 Jacobi 迭代发散 2 8 提示 1 A a13 1a2 32a 当 a 5 时 Jacobi 迭代收敛 2 a 0 a2 1 0 a3 14a 12 0 a 1 a3 14a 12 0 a 1 a a2 14 12 0 所以 当 a 14 时 A 对称正定 从而 Gauss Seidel 迭代收敛 2 9 Jacobi x k 1 1 2 9x k 2 2 9x k 3 7 9 x k 1 2 2 5x k 1 4 5x k 3 2 5 x k 1 3 2 5x k 1 4 5x k 2 2 5 Gauss Seidel x k 1 1 2 9x k 2 2 9x k 3 7 9 x k 1 2 2 5x k 1 1 4 5x k 3 2 5 x k 1 3 2 5x k 1 1 4 5x k 1 2 2 5 SOR 迭代 1 32 x k 1 1 x k 1 1 32 7 9 x k 1 2 9x k 2 2 9x k 3 x k 1 2 x k 2 1 32 2 5 2 5x k 1 1 x k 2 4 5x k 3 x k 1 3 x k 3 1 32 2 5 2 5x k 1 1 4 5x k 1 2 x k 3 上述三种迭代法都收敛 2 10 提示 x k 1 I A x k b 故迭代矩阵 B I A 的特征值为 1 i 其中 i 0 是 A 的特征值 故当 0 2 n时 有 1 i 1 从而迭代收敛 反之 若迭代收敛 则 1 i 1 可得 0 2 n 2 11 当 a 1 2时 迭代格式收敛 2 12 提示 将原方程组调整为 8x1 x2 x3 7 x1 5x2 x3 14 x1 x2 4x3 13 上述方程组的系数矩阵是严格对角占优的 2 故 Jacobi 迭代 Gauss Seidel 迭代均收敛 2 13 提示 J 0 9 1 故迭代法收敛 2 14 提示 容易验证 A 10 50 5 0 510 5 0 50 51 是对称正定的 故 Gauss Seidel 迭代收敛 但 2D A 1 0 5 0 5 0 51 0 5 0 5 0 51 不正定 故 Jacobi 迭代发散 2 15提示 BJ 00 1 100 1 3 2 3 0 特征方程 3 3 2 0 特征值 1 0 478 2 3 0 374 0 868i BJ 0 945 1 故 Jacobi 迭代收敛 BS D L 1U 00 1 00 1 00 1 因为 BS 1 故 Gauss Seidel 迭代发散 2 16 提示 1 将原方程组的系数矩阵调整为 22111 1 42 11 5 33 显然为严格对角占优矩阵 故 迭代法收敛 2 将原方程组的系数矩阵调整为上述矩阵后 写出迭代矩阵 BJ 0 11 22 1 22 1 4 0 2 4 11 33 5 33 0 因为 BJ 1 故迭代法收敛 第三章 3 1 1 x 0 1 1 T 2 x 1 2 2 1 4 3 2 1 3n 3 n2 1 3n 3 3 提示 必要性 设 a i ii 0 i 1 2 k 则可进行消去法的 k 1 步 每步 A m 由 A 逐次实 施 lijEj Ei Ei 的运算得到 这些运算不改变相应顺序主子式之值 所以有 m a 1 11 a 1 12 a 1 1m a 2 22 a 2 2m a m mm a 1 11a 2 22 a m mm 这样便有 m 0 m 1 2 k 充分性 用归纳法 当 k 1 时显然 设该命题对 k 1 成立 现设 1 0 k 1 0 k 0 由 归纳假设有 a 1 11 0 a k 1 k 1 k 1 0 Gauss 消去法可以进行 k 1 步 A 约化为 A k A k 11 A k 12 0A k 22 其中 A k 11 是对角元为 a 1 11 a k 1 k 1 k 1 的上三角阵 因为 A k 是通过消去法由 A 逐步得到的 A 的 k 3 阶顺序主子式等于 A k 的 k 阶顺序主子式 即 k det A k 11 0A k kk a 1 11 a k 1 k 1 k 1a k kk 由 k 0 可推出 a k kk 0 3 4 提示 1 a 2 ij aij mi1a1j aij ai1 a11a1j aji a1i a11aj1 a 2 ji 所以 A2是对称的 2 A 2 a11 T 1 0A2 L1A L1 1 a21 a11 1 an1 a11 0 1 则 L1ALT 1 a110 0A2 对称正定 故 A2正定 3 5提示 n j 2 j i a 2 ij n j 2 j i aij ai1 a11a1j j 2 j i aij j 2 j i ai1 a11a1j n j 1 j i aij ai1 ai1 a11 n j 2 j i a1j aii ai1 ai1 a11 n j 2 j i a1j aii ai1 a11 a11 n j 2 j i a1j aii ai1 a11 a11 n j 2 a1j a1i aii ai1 a11 a1i aii ai1 a11a1i a 2 ii 这已表明 A2是严格对角占优 矩阵 3 6 提示 1 必须 A 为对称正定矩阵 即 a 1 1 b 0 即 A 1为对称正定阵 由于 A 1也是对称正定阵 故由 Cholesky 分解定理有 A 1 L1LT 1 其中 L1是具有正对角元的下 4 三角阵 所以 A LT 1 1L 1 1 L 1 1 TL 1 1 LTL L L 1 1 因 L1是具有正对角元的下三角阵 故 L L 1 1 也是具有正对角元的下三角阵 3 13 cond A 1 A 1 A 1 1 1 1010 3 14 提示 将 A A x x b 两端减去 Ax b 得 A x A x x x A 1 A x x 由相容性有 x 2 A 1 2 A 2 x x 2 于是 x 2 x x 2 A 1 2 A 2 cond A 2 A 2 A 2 又已知 AT A 有 cond A 2 1 2 故结论得证 3 15 参见教材 p 55 第四章 4 1 5 6x 2 3 2x 7 3 4 2 4 3 1 3333 R1 2 1 4 0 5 100 4 3 5 3 1 6667 R2 x 2 5 3 有 1 5 3 R2 x 2 5 3 即 2 3 2 5 3 1 3 2 3 R2 2 2 3 4 4 1 20 3 L1 0 3 1 3 截断误差 0 21 2 20 3 L2 0 3 1 2475 截断误差 0 06 4 5 P3 x 56x3 24x2 5 4 6提示 1 设 f x xj 当 j 0 1 n 时 有 f n 1 x 0 对 f x 构造拉格朗日插 值多项式 Ln x n k 0 xj klk x 其 Rn x f x L1 x f k 1 n 1 n 1 x 0 故 f x Ln x 即 n k 0 xj klk x x j j 0 1 n 2 令 g t t x j j 0 1 n 对 g t 构造 n 次拉格朗日 插值多项式 得 Ln t n k 0 x k x klk t 由 1 的结论知 n k 0 x k x klk t t x j对一切 t 均成 特别地 取 t x 即有 n k 0 x k x jlk x 0 j 0 1 n 4 7 提示 因为 f x L1 x R1 x L1 x 0 所以 f x R1 x f 2 x a x b 又 因为二次函数 x a x b 在 a b 上的最大值为 b a 2 4 所以 f x b a 2 8 max a x b f x 4 8 L3 x x 3x2 x 3 4 9 因 f n 1 x 0 x a b 所以 Rn x 0 故 f x Ln x 4 10 提示 f x0 x0 lim x x0 f x x0 lim x x0 f x0 f x x0 x lim x x0 f x f x0 x x0 f x0 4 11 提示 f x0 x1 xp p k 0 f xk p 1 xk 当 p n 时 有 f x0 x1 xp 0 而当 p n 1 时 有 f x0 x1 xp n 1 k 0 f xk n 2 xk f xn 1 f xn 1 1 4 12 1 0 324027 2 因 R1 x sin x 2 0 33 0 32 0 33 0 34 1 2 0 01 0 01 1 2 10 4 故至少有 4 位有效数字 4 13提示 由题设 可令 R x f x P x a x 1 x 2 2 x 3 注意到 P x 是不超 过 3 次的多项式 故 P 4 x 0 从而f 4 x R 4 x 4 a 由此得 a f 4 x 4 x 1 3 故 f x P x f 4 4 x 1 x 2 2 x 3 4 14 提示 P x 1 4x 2 x 3 2 余项 f x P x f 5 5 x2 x 1 2 x 2 0 2 4 15 1 略 2 N3 x 4 3x 3 5 2x 2 29 12x 4 16 1 见习题 4 6 2 见习题 4 9 4 17提示 由 n k 0 ak k x n k 0 a k k i 0 c k i xi k i 0 n k 0 akc k i xi 0 得 n k 0 akc k i 0 i k n 即 5 c 0 0 c 1 0 c n 0 c 1 1 c n 1 c n n a0 a1 an 0 0 0 由于 c 0 0 c 1 1 c n n 0 故 a0 a1 an 0 从而 0 1 n线性无关 4 18 提示 P x Ln x Rn x n k 0 lk x P xk P n 1 n 1 x n k 0 P xk lk x x 4 19m0 17 8 m1 7 4 m2 5 4 m3 19 8 S x 1 8 x 1 3 17 8 x 1 1 x 1 2 1 8 x 2 3 3 8 x 2 2 7 4 x 2 3 x 2 4 3 8 x 4 3 9 8 x 4 2 5 4 x 4 4 x 4 5 4 20 S x 1 3x 3 4 3x 2 1 x 1 0 x3 1 2x 2 5 3x x 0 1 7 3x 3 8 3x 2 2 3x 1 x 1 2 4 21 1 N3 x 4 3 x 1 5 6 x 1 x 5 12 x 1 x x 2 f 1 5 N3 1 5 0 4063 2 由于 y f x 单调连续 故存在反函数 x f 1 y 对反函数进行牛顿插值 得 N3 y 1 1 3 y 4 5 12 y 4 y 2 5 42 y 4 y 1 y f 1 0 5 N3 0 5 2 9107 4 22 S x 3x3 13x2 16x 8 x 1 2 3x3 23x2 56x 40 x 2 3 4 23 提示 法方程组 28x1 12x2 35 12x1 8x2 18 4 解得 x1 0 74 x2 1 19 4 24 提示 1 a 1 3214 b 0 8270 1 x a bx 误差 0 003008 2 a 0 9566 b 0 3918 1 x a bx2 误差 0 001118 3 a 3 7487 b 0 8270 1 x aebx 误差 2 1575 4 25 提示 1 x 15x3 90 7 x2 128 7 x 41 7 2 x 15x3 90 7 x2 128 7 x 41 7 4 26 y 2 77 1 13x 4 27 y 0 973 0 050 x2 4 28 提示 法方程组 18 3 346 x1 x2 51 48 解得 x1 3 0403 x2 1 2418 误差 平方和 2 0 34066 第五章 5 1 提示 验证公式对 f x 1 x x2 x3是准确的 而对 f x x4是不准确的 5 2提示 1 验证公式对 f x 1 x x2 x3 x4 x5是准确的 2 作变换 t 2x 1 有 1 0 sin x 1 xdx 1 1 sin 0 5 t 0 5 3 t dt 0 28425 5 3 近似值 0 5 截断误差 RT f 0 1667 5 4 近似值 0 2083 截断误差 Rs f 0 0083 5 5 1 2 508064 2 476780 2 1 281448 1 277828 5 6n 57 735 取 n 58 近似值为 0 7468 5 7 f x 1 1 2 x f 4 x 105 32 x 9 2 105 32 x 1 2 R Sn b a 180 h 2 4f 4 1 180 h4 24 105 32 1 2 10 5 n 1 h 3 8853 故取 n 4 6 5 8 1 1 0 f x dx 1 3 2f 0 25 f 0 5 2f 0 75 2 3 次迭代精度 3 1 0 x2dx 1 3 2 0 252 0 52 2 0 752 1 3 5 9 提示 1 将 f x 在 x a 处泰勒展开 得 f x f a f x a x a x 然后在 a b 上积分 2 类似于 1 将 f x 在 x b 泰勒展开 然后在 a b 上积分 3 将 f x 在 x a b 2 处泰 勒展开 然后在 a b 上积分 5 10f x sin x x f k x 1 k 1 1 R Tn 1 12h 2f 1 12h 2 1 3 1 2 10 3 h 18 10 3 0 1342 n 1 h 1 0 1342 7 4516 故取 n 8 2 对于同样多的节点数用复化辛普森公 式 h 1 4 R S4 1 2880h 4f 4 1 2880 1 4 4 1 5 0 271 10 6 3 R Sn 1 2880 1 n 4 1 5 10 6 n4 69 4 n 2 8 故取 n 3 即将区间 3 等分即可 5 11 已知节点 x1 x2 0 x3 设求积公式为 1 1f x dx A0f A1f 0 A2f 设求积公式对 f x 1 x2 x3 x4 x5均准确成立 求得 3 5 A0 5 9 A1 8 9 A2 5 9 故 1 1f x dx 1 9 5f 3 5 8f 0 5f 3 5 设公式的代数精度至少为 5 次 将 f x x 6 代入求积公 式 左 2 7 右 6 25 公式不准确成立 故代数精度为 5 次 5 12 提示 用反证法 5 13 4 0 f x dx 2 2f t 2 dt 4 3 2f 1 f 2 3f 3 5 14方法1 令公式对 f x 1 x x2 x3准确成立 得 A0 A1 1 x0A0 x1A1 1 2 x 2 0A0 x2 1A1 1 3 x 3 0A0 x 3 1A1 1 4 解得 x0 1 2 1 2 3 x1 1 2 1 2 3 A0 A1 1 2 即 1 0 f x dx 1 2 f 1 2 1 2 3 f 1 2 1 2 3 方法 2 利用公式 1 1f t dt f 1 3 f 1 3 作变量替换 x 1 2t 1 2 1 0 f x dt 1 1f 1 2 1 2t dt 即得 5 15 1 a 1 2h b 0 c 1 2h 2 a 1 3 b 2 3h 5 16 f 2 7 f 2 7 f 2 6 2 7 2 6 14 1600 f 2 7 f 2 8 f 2 7 2 8 2 6 15 6490 f 2 7 f 2 8 f 2 6 2 0 1 14 9045 f 2 7 f 2 8 2f 2 7 f 2 6 0 12 14 8900 5 17 f 1 1 f 1 2 f 1 0 2 0 1 0 217 f 1 1 f 1 2 2f 1 1 f 1 0 0 12 0 3 第六章 6 1 y0 1 y1 0 9 y2 0 8019 y3 0 7089 y4 0 6229 y5 0 5451 6 2 y0 2 y1 1 6333 y2 1 2944 y3 0 9787 y4 0 6823 y5 0 4109 6 3 1 梯形公式 y0 2 y1 1 8148 y2 1 6586 y3 1 5306 y4 1 4301 y5 1 3563 2 改进欧拉公式 y0 2 y1 1 8156 y2 1 6600 y3 1 5326 y4 1 4325 y5 1 3591 6 4 y0 1 y1 0 9537 y2 0 9146 y3 0 8823 y4 0 8564 y5 0 8367 6 5 1 yn 1 2 h 2 hyn n 0 1 2 2 y0 1 y1 0 9048 y2 0 8186 故 y 0 2 y2 0 8186 3 因 yn 1 2 h 2 hyn 2 h 2 h n 1y0 y0 1 故 yn 2 h 2 h n 由于 2 h 2 h n 1 2h 2 h n 1 h 1 h 2 1 h x x nh 所以 当 h 0 时 yn e x 6 6 y1 2 y2 2 3004 y2 2 4654 y3 2 5561 2 6059 y5 2 6333 6 7 提示 x0 y0 0 xn nh 由欧拉法 有 y1 bh y2 2bh ahx1 y3 3bh ah x1 x2 yn n 1 bh ah x1 xn 2 h axn 1 b nbh ah2 1 2 n 1 bxn ah2 n 1 n 2 bxn 1 2axn 1xn 由已知 y x 1 2ax 2 bx 有 y xn yn 1 2ax 2 n bxn bxn 1 2axn 1xn 1 2ahxn 6 8 提示 对 K2 K3在 xn yn 处二元泰勒展开 K2 y xn thy xn O h2 K3 y xn 1 t hy xn O h2 将 K2 K3代入 有 yn 1 yn h 2 K2 K3 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 又将 y xn 1 在 xn处展开 y xn 1 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 局部截断误差为 y xn 1 yn 1 O h3 故该公式是二阶的 6 9 提示 只需分别验证改进欧拉法和四阶龙格 库塔法的增量函数 1 x y h 1 2 f x y f x 7 h y hf x y 和 2 x y h 1 6 K1 x y 2K2 x y h 2K3 x y h K4 x y h 对 y 满足 Lipschitz 条件即可 6 10 提示 中矩形公式 b a f x dx b a f a b 2 误差 f 24 b a 3 对 y x f x y 两边 在 xn 1 xn 1 上积分得 yn 1 yn 1 xn 1 xn 1 f x y dx yn 1 2hf xn yn 误差为 f 24 xn 1 xn 1 3 y 24 2h 3 y 3 h3 6 11 提示 1 对 y x f x y 两边在 xn xn 1 上积分得 y xn 1 y xn xn 1 xn f x y x dx 由梯形公式得 yn 1 yn h 2 f xn yn f xn 1 yn 1 即 yn 1 yn h 2 fn fn 1 2 对 y x f x y 两边在 xn 1 xn 1 上积分得yn 1 yn 1 xn 1 xn 1 f x y x dx 利用辛普森公式即得 yn 1 yn 1 2h b f xn 1 yn 1 4f xn yn f xn 1 yn 1 即 yn 1 yn 1 h 3 fn 1 4fn fn 1 6 12 1 f x y 100 y x2 2x 欧拉格式为 yn 1 yn hf xn yn yn h 100yn 100 x2 n 2xn 1 100h yn h 100 x 2 n 2xn 当 1 100h 1 即 0 h 0 02 时是稳定 的 2 提示 四阶经典龙格 库塔公式的绝对稳定条件为 1 h 2 2 h 2 3 3 h 3 4 4 h 4 1 此处 f y 100 3 梯形公式为 yn 1 yn h 2 f xn yn f xn 1 yn 1 yn h 2 100yn 100 x 2 n 2xn 100yn 1 100 x2 n 1 2xn 1 即 1 50h yn 1 1 50h yn h 50 x 2 n x 2 n 1 xn xn 1 故 yn 1 1 50h 1 50hyn h 1 50h 50 x 2 n x 2 n 1 xn xn 1 因 1 50h 1 50h 1 恒成立 故用梯形公式求解该 问题是无条件绝对收敛的 6 13 1 提示 K2 f xn h 2 yn h 2K1 f xn yn fx x yn h 2 fy xn yn h 2K1 O h 2 y xn h 2y xn O h2 所以 yn 1 yn hK2 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 注意到 y xn 1 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 n 1 y xn 1 yn 1 O h3 即公式是二阶的 2 对 y y 0 利用中点公式得 yn 1 yn h yn h 2 yn 1 2 2 2h h 2 yn 由 1 2 2 2h h 2 1 可得 h 2 6 14yn 1 y xn h y xn hy xn h2 2 y xn O h3 y n 1 y xn h y xn hy xn O h2 y n 1 y xn h y xn hy xn O h2 将上面三式代入公式得 yn 1 1 2 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 y xn h 4 3 y xn hy xn y xn 4 y xn hy xn O h2 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 将上式与 y xn 1 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 相减可得 n 1 y xn 1 yn 1 O h3 即公式是二阶的 6 15 1 f xn 1 yn 1 f xn h yn hy xn f xn yn h fx xn yn fy xn yn y xn O h2 y xn hy xn O h2 代入公式得 yn 1 y xn h 3 y xn 2 y xn hy xn O h2 y xn hy xn 2h2 3 y xn O h3 与 y xn 1 y xn hy xn h2 2 y xn O h3 得 n 1 y xn 1 yn 1 O h2 故公式是一阶的 2 对模型方程 y y 0 所给方法的形式为 yn 1 yn h 3 yn 2 yn 1 即 yn 1 3 h 3 2 hyn 由于 3 h 3 2 h 1 对任何 0 都成立 故该格式是 无条件绝对稳定的 6 16 欧拉格式为 yn 1 1 3h yn 2hzn y 0 0 zn 1 4hyn 1 h zn z 0 1 y1 1 0 3 y0 0 2z0 0 2 z1 0 4y0 1 1z0 1 1 y2 1 3y1 0 2z1 1 3 0 2 0 2 1 1 0 48 z2 0 4y1 1 1z1 0 4 0 2 1 1 1 1 1 29 6 17令 z y 则二阶方程化为等价的一阶方程组 y z y x0 a z f x y z z x0 b x0 x x1 则有欧拉格式 yn 1 yn hzn y0 a zn 1 zn hf xn yn zn z0 b n 0 1 由于 y1 y0 hz0 a hb zn yn 1 yn h 所以 yn 2 yn 1 h yn 1 yn h hf xn yn yn 1 yn h 或 yn 1 2yn yn 1 8 h2f xn 1 yn 1 yn yn 1 h n 1 2 故求解初值问题的欧拉格式为 yn 1 2yn yn 1 h2f xn 1 yn 1 yn yn 1 h y0 a y1 a hb 6 18 因 f x y y 2y2 4xyy 由习题 6 17 的结果 有 yn 1 2yn yn 1 h2 2y2 n 1 4xn 1yn 1 yn yn 1 h 2 4hxn 1yn 1 yn yn 1 2h h 2xn y2 n 1 y0 1 y1 1 h 0 1 计算得 y2 0 98 第七章 7 1 k 4 lg 2 1 14 7 2 提示 可得序列 xk 1 1 x k 设 lim k xk x 可得 x 1 x 即 x2 x 1 0 x 1 5 2 7 3 提示 可得序列 xk 1 2 x k 设 lim k xk x 可得 x 2 x 即 x2 x 2 0 x 2 7 4 提示 迭代函数 x x f x x 1 f x 0 2 M x 1 f x 1 故此迭代格式收敛于 f x 0 的根 x 7 5 提示 x x2 2x 2 x 2x 2 由 x 2 x 1 1 得 1 2 x 3 2 7 6提示 1 设 x cosx x sinx 故可考虑区间 1 1 x 0 738760 2 x 1 3e x 2 x 1 2 3e x 2 x 0 ln12 有 x 1 故 y 1 x 1 因此迭代格式 yk 1 yk 收敛 7 8 提示 x cosx x sinx 1 先考虑区间 1 1 当 x 1 1 时 x cosx 1 1 x sin1 1 故 x0 1 1 由迭代格式 xk 1 cosxk产生的序列 xk都收敛于方程 x cosx的根 2 对任意初值 x0 R 有 x1 cosx0 1 1 将 x1看成新的迭代初值 则由 1 知 迭代格式 xk 1 cosxk产生的序列 xk都收敛于方程 x cosx 的根 7 9 提示 1 迭代函数 x 2 0 5sinx 又 2 0 5 2 0 5sinx 2 0 5 x x 2 0 5 2 0 5 max x R x 0 5cosx 1 lim k xk x 2 x1 2 4546 x1 x0 0 4546 x2 2 3171 x2 x1 0 1376 x3 2 3671 x3 x2 0 0500 x4 2 3497 x4 x3 0 0174 x5 2 3559 x5 x4 0 0062 x6 2 3537 x6 x5 0 0022 x7 2 3544 x7 x6 7 68 10 4 取近似值 x x7 2 3544 3 取 x 2 3544 则 x 1 6471 0 故此迭代法是线性收敛的 7 10 提示 1 设 f x x lnx 2 0 有等价方程 x lnx 2 取迭代函数 x lnx 2 此时 x 1 x max 2 x x 1 x 1 2 1 所以迭代过程 xk 1 lnxk 2 局部收敛 2 取 初值 x0 3 计算结果如下 x1 3 09861 x2 3 13095 x3 3 14134 x4 3 14465 x5 3 14570 x6 3 14604 取 x x6 3 146 有 4 位有效数字 3 用斯蒂芬迭代法加速 yk lnxk 2 zk lnyk 2 xk 1 zk zk yk 2 zk 2yk xk 计算结果如下 x1 3 14674 x2 3 14619 x3 3 14619 7 11提示 由 x 是 f x 0 的单根 有 f x 0 f x 0 由 x x m x f x 有 x 1 m x f x m x f x x 1 m x f x 当 m x 1 f x 时 有 x 0 此时 若 x 0 x0 1 2a 3 2a 若 a 0 x0 3 2a 1 2a 7 14 提示 令 f x 1 x2 a 0 牛顿迭代格式为 xk 1