黄云清版数值计算方法习题解答.doc

第一章 引论（习题）2 证明 ： 记 ，则 . 3 证明： 令： 可估计： （为阶码），故： 于是： . 4 解 (1) . (2) . (3) . 6 解 的相对误差：由于 . , . （） 对于的误差和相对误差. = . 9 解 递推关系： (1) 取初值 ， 计算 可得： ， ， ， (2) 取初值 ， ,记： , 序列 ，满足递推关系，且 ， , 于是： , , , 可见随着 的主项 的增长，说明该递推关系式是不稳定的.第二章 多项式插值 (习 题)1. 方法一. 由 Lagrange 插值公式 ,，, .可得： 方法二. 令：由 ， ， 定A，B （称之为待定系数法） 2. 证明(1) 由于 故： ，当 时 有： ， 也即为 的插值多项式，由唯一性，有： ， 证明(2)：利用Newton插值多项式 差商表： f(x) 一阶 二阶 n阶差商 1 0 0 代入式有：. 为次代数多项式，由插值多项式的唯一性：有 . 4. 解 作以为节点的Lagrange插值多项式，有： ， 其中： ， ， 令： 有 ， 又： 故当 时，成立公式： . 5. 解：因为 ， 为凹函数.又从数值表可见：当时，单调下降.有反函数于及之间有一个根0.700100.401600.10810-0.17440-0.437500.10.20.30.40.5作差商表：一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商0.700100.10.401600.20.335000.108100.30.340710.0096436-0.174400.40.353980.023040.015310.437500.50.380080.047840.029230.01225的Newton插值多项式：7 解 .有：=1, . 9. 证明：(1) .(3) ！ 此题可利用数学归纳法： 设 成立，证明 成立.又 时是成立的. 10. 证明： 记： ， 有： 故： . 13 解 作重节点差商的Newton插值公式 重节点差商表： 一阶 二阶 三阶 四阶 1 1 2 1 0 -2 1 0 0 1 1 2 2 1 0得 . 17 证： 取 ， ， ， ， 记： ， 有 又三弯矩方程为：( ) ， . 分段积分： 由于 ， ， ，于是： 又： 记 = 由 ， . 得： 即当： 时, 达最小 故： ,由最小模原理： . 20. 解 利用三弯矩方法 ， ， ， 解得： ， ， . 第三章 最佳逼近及其实现 (习 题)2. 解 (1) 不是 中的内积，事实上容易验证： ， 但是 当且仅当 . 条件不满足，因为： 推出，. 因而 不是 中的内积. (2) 是 空间的内积，这是因为： 推出 , ，又 ，故 . 4. 解：由于 ，则于上保号，由定理5的推论2可知：的交错点组恰有三个交错点，且 ，即： 故： ， 记 ，即证得(1). (2) 若 ，此时由 得： ， ， . 误差估计： 5. 解：选取 ，使得： ，达到极小， 即要求 ，于上一致逼近于 ，如图 应选 ，使得： , 于 上有两个轮流为正负偏差点，其中之一为1，另一个假设为 于是： , ， （ 为的极值点） 得： 解得： ，, 取 ， . 又： 是唯一的. 6. 证明：由最佳一致逼近的特征定理，为的最佳一致逼近多项式，则存在个点 使得： =. 又由于 ，于 中有一个点 ， ， 使得： , 即： 为满足插值条件： ， 的插值多项式. 7 解：求C*，使得： 记 , 依最佳一致逼近的特征定理：应取 于 才有两个轮流正负的偏差点，（即 于上的最大值点和最小值点）， ， 此时： 即 为的零次最佳逼近多项式. 8. 解： 因为 与零偏差最小，故： .为的最佳一致逼近多项式. 9. 证明：我们仅证明是偶函数时，亦是偶函数.由于为的最佳一致逼近多项式，有： 和： 即： 亦是的最佳一致逼近多项式，由最佳一致逼近多项式的惟一性，有： 即： 为偶函数. 11 解： 设 ， 分别为的一次、二次最佳平方逼近多项式。 内积 计算如下内积： , , , , , , 建立法方程组： (1) ，得： ， 于是 (2) 解得： ， ， , 于是： . 12 记：=将与作内积，则得： 这里： 于是： 由此类推，可得行列式 有相同的符号，而： 故： 均大于0矩阵的顺序主子式行列式均大于0，说明是正定矩阵. 13. 证明 记： 由于 ，两两正交，故： . 16. 证明：1）首先于内至少有一个根，事实上：于内至少有一个变号.2）其次，于内没有重根，设：为次的多项式.故：另一方面：，矛盾最后，设：于内无根，由于（不妨设）另一方面： 矛盾.这说明于内只有个单根. 17 证明 ， 证： 令： ，则：, =. 18. 解：函数 于 上的关于权函数的三次最佳平方逼近多项式为：. 其中： 、，可以由数值积分公式近似求得. 19. 解： 令： , 则： , 其中： ， 为Chebyshev多项式 的零点，又Chebyshev多项式 是在上与零偏差最小的多项式，即： 函数的Lagrange插值多项式余项： 有： .（注意：） 21 证明：(1) 阶矩阵 记 于是 且 （对称）由于线性无关，即对于，有 即：A为正定矩阵. (2) 当 时，这 时的最佳平方逼近向量 适合法方程组： 其中： 由于 线性无关，有det , 故： 即： . 23 解 求 值，使得 达到极小值，即求 使得： 讨论：(1) 若 ，则 ，极小值为： . (2) 若 ，则 极小值为： . (3) 若 , 则 ，令 得 极小值点为： ， 这时 ， 比较：（1）、（2）、（3）无疑 处达到极小. 24. 解：超定方程组： 其中： ， ， 最小二乘法法方程为： 即： 得： ， ， . 第四章 数值积分方法与数值微分 (习 题)1 解 梯形公式： . 矩形公式： . 以上两求积公式以 代入公式两边，结果相等，而以代入公式两边，其结果不相等.故梯形公式的代数精度等于1. Simpson公式： . 容易验证：以分别代入Simpson公式两边，结果相等。以代入左边=右边=Simpson公式两边，结果相等。而以代入Simpson公式两边，其结果不相等。故Simpson求积公式的代数精度为3. 3 证明： 为于进行插值的二次多项式，则： 其中： . 求积分公式误差 , 其中： , . 4 解 已知中矩形公式对于一次多项式精确成立，由Taylor展开： . 又： . 5. 解：求积公式: 是一个插值型求积公式，令 得： ， 解得： ， ，12. 解 令： ， 得： , 对、精确成立. 当 时， ， 时， ， 时， 故：当取 时，（*）具有3次代精确度. 13 . 解： ， 可得： ， 故： . 14. 解：令：，和 代入 得： ， ， ， 。 16. 解：于 ， ，三点作的Lagrange插值多项式： . .令 ，得：余项：因为 有 第五章 线性代数方程组的解法 (习 题)3证明： 已知 ， , 证明 ， 右= . (对列也可以证明) 4 证明： (已知) L单位下三角阵，U单位上三角阵，D=diag() 由于： ， 故 ，写： =. , . 的对角元绝对值等于1.的对角元即为的对角元0. 6. 解： 记： ,其中： 为的第列元素 由于： , 故： ， 矩阵的元素即为 因为 有 , 记： 有 解系数矩阵为三角阵的方程组(*)求得，然后解系数矩阵为上三角阵的方程组(*)，即可求得，因而得到的结果。7 证明： 又 , 故： . 8 证明： 又： 其中：为的特征值，由于为半正定矩阵，有 故： , 有：. 又： , 故： . 9 证明 有： 当 时. 10证明：(1) 事实上： 故： , 而 ， 有： (2) 事实上： 故： . (习题) 证明：矩阵的-范数（行和范数）: 。证明：因为: 对任何，从而 ,现设，令显然，满足，并且 ，从而11. 证明： 事实上： , 令： ， , 于是： 故： . , 12 证： 由 故： 有： , ， 故： . 由 故： 归纳法，设 由： , 故： . 而： 有： . 13 证明：首先证明为正定矩阵，事实上，由于非奇异，若， 则 ，考虑当时有 即 为正定矩阵，设它的特征值为： = 故： 又： , 由于为对称矩阵，有 ， 故： . 14 解 ， 又： 故： (1) ( 2）取，得：取，得：、均可作为方程组的近似解， 但和有很大的差别,说明方程组是病态的.15解： ,故：.又：, 故：=. 16 证明： 已知 , ， 证明 设，分别为的任意特征值和相对应的特征向量，有： . 由的正定性，有： ， . 17 解： ， 故： . 18 解： 可先验证： . 迭代格式收敛，由于，故： 即 , 记： 于是： 即 ， 即为精确解. 19 解：方程组： Jacobi方法：迭代矩阵： 特征方程： 或： ， ， Jacobi方法收敛 Gauss-Seidel迭代方法： 迭代矩阵： , , （特征方程）或的特征化为下面方程的根： 即： , ， ， （重根）故： , Gauss-Seidel 迭代方法发散. 20 解： Jacobi迭代矩阵：= 特征方程：故： ,Gauss-Seidel 迭代矩阵： 特征方程： 故： . Jacobi迭代方法和Guass-Seidel迭代方法同时收敛或同时发散.21证明： 为正交矩阵，有 设为的某一特征值，相应特征向量为v，有： , 又 故： 矩阵 由于 ，故不等于零，从而矩阵非奇异，又为对称矩阵，且非奇异，可知为对称正定矩阵，从而线性方程组,用G-S方法求解必收敛。 22 证明： 收敛, 当： 收敛 . 23 证明： 矩阵 正定的充分必要条件为： (1) , (2) (1)、(2)均满足，由(1)有： 由(2) 有： 记可知： 于 单调上升,于 单调下降, 于 单调上升, 为 的极值点, 为 的零点故： ，当 时,合并、，可知当 时，矩阵正定 又若要Jacobi迭代法收敛，则要求取，使得和同时正定，此时 为正定矩阵的充分必要条件为： ， 、同时成立，由得： ， ， 由得： 记：,可知： 于 单调下降,于 单调上升, 又： ， 为 的零点 , 故： 当 ,综合起来，当 时矩阵和同时为正定对称矩阵，故 当 Jacobi方法解方程 是收敛的. 25 证明： ， 对称正定,， (*) 当 时，收敛 故当 时(*)收敛. . 第六章 矩阵特征值问题的解法(习 题)1 解： (1) ， 盖尔圆盘： , ： , , .(2) 由 ，的特征值为实数。盖尔圆盘： ： ： ： ，(3) ，的特征值为实数。盖尔圆盘： : : . . 2 解：(1) 可求得：的特征值 特征向量为 的特征值 ， 特征向量为： 有： ，（时） (2) 的特征值为，特征向量 的特征值为 ， 相应的特征向量为： , 当 时，收敛于， (3) 和的特征值为1 的特征向量是和即有完全特征向量系，而的特征向量为，事实上由 有： 由，得，即 为的特征向量当时仅得的第一个特征向量 3 证明：由极大极小定理： 取 , 故： . 7 解：变形乘幂法： 又： 故 若： 故： , 又： 若 ，则： . 8 证明：当时，矩阵非奇异.事实上，若奇异，则有：，使得：即：特别地：或：而且仅当时，矩阵奇异,故当：时，矩阵 非奇异.又由 ，有 因而 注意： . 9 解：此题化为求和，使得： 由于为正交矩阵，要求 故： , 记： 取 , 此时： . 11. 解：首先Householder矩阵，使得： 这里： 于是将 ，映射为 , 于是：作： ，记 其中： , 这时： , . 12 解： 为的近似特征对. , 求，使得达极小，令： ， 即 , 故当 时 达到极小. 14 证明： ， 方法一：作矩阵的Sturm多项式系列： ， 有递推关系： 由于 ，令： , 则有： , 即矩阵 C 的Sturm系列和矩阵 的Sturm系列相同，因此 C 和 有相同的特征值，即C的特征值是实的且互异. 方法二： 求矩阵 , 使得 为对称三对角矩阵 此时： 其中： ， 若 , ，则 即： 故： , 不妨令： , 此时：为对称三对角矩阵，特征值是实的且互异，的特征值即为的特征值. 15 证明： 因为 ，记 于是： (1) ；事实上，的分量适合如下递推关系： 若，则由可得： 同样若，则由可得： 即此时为零向量，矛盾于为的特征向量。 (2) 取 ，则： 关系式： 当时成立，现设： 由递推关系式，有： 故： . 16 解： 设, 作Sturm多项式序列： . (1) 求同号数，此时：， 故： 矩阵于上无特征根，因而的特征均小于0，负定.(2) 求 内有多少特征值： 先计算： ，此时： 又 不是 的特征值，故： 在 内有的两个特征值. 18 解 现作的分解，得： , 其中 ， ， 其中： = 又： 若记 则： 而： 故： 此外若对称，即，此时： . 19证明：容易验证，矩阵为一正交矩阵 故： ， 此时： ， 于是： 并且对一切迭代阵， 可见当 时不收敛于对角阵. 20 解： ， .故若有，使得 , 则有： 即为关于特征值1的特征向量, 第七章 非线性方程数值解法 (习 题)2. 解：取的邻域来考察 (1) ，故迭代公式(1)收敛. (2) , ， 故迭代公式（2）也收敛。 (3) , 故迭代公式（3）发散. 由于越小，越快地收敛于根 ，故（2）式收敛最快。 3 证明： 为与之间的某一点。由于，又属于的近傍，故： ，即 从而序列发散。 4 证明：由于 ，迭代法： ，对收敛，即 现证单调性： 若，则有： 且有： ，即： ，序列单调下降。 若 ，则有 ，且有 ，即 ，序列单调上升。 5 解：迭代过程：， 迭代函数： , 因为, ，所以 , 因此迭代格式收敛于的根。 6 证明：设Newton迭代法是收敛的，即 而 故 . 7 解：令 ，求 的根，即为求 Newton迭代法 ，故： 在计算的过程中，不用除法。 9 证明 因 , 故 , 对任意 因此对一切，均有，利用这一结果，得： 故，即单调递减，根据单调有界原理知，收敛。10 解：令，则：（在的邻域内）是 收敛的一个充分条件，即： 解得： 因而，只要对给定的，存在，使对任何，上式都能成立的话，简单Newton法收敛。 再由，有 介于与之间。 这样， 所以：。 11 证明：显然，当 ，时， 令 则 故对，即迭代收敛，设的极限为，则有 解得：，由题知取，即迭代序列收敛于 。迭代公式是计算的三阶方法. 13 证明：由于为的单根，故 迭代函数 有： 若 ，即当 迭代法至少二阶收敛。 若 ，此时 ，迭代法当：时收敛。 18 解： , , Newton迭代格式由（7.14）式： , 或者：, 第八章 常微分方程数值解 (习 题)1 解：将Enler方法应用于值问题 得差分方程初值问题 这里 ， 由此得 . 迭代得到 而此问题真解为 于是其截断误差 . 2 证明：设所考虑的初值问题 其中关于满足Lipschitz条件： 考虑 令 ，则有 于是，当 时，有从而 注意，这里 取 ，则有 即改进的Euler方法是稳定的。 4 解： 将，在处泰勒展开，并考虑线性组合 得: 令 解得 , , 将此参数代入原格式中便得到三阶格式族。 5 解 一般三步方法为 由阶条件: ，q=2,7. 解得 当时，所