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第一章 引论（习题） 2证明：的相对误差约等于的相对误差的1/2. 证明 记 ，则 . 3设实数的位进制浮点机器数表示为. 试证明 ，其中的记号*表示+、-、/ 中一种运算. 证明： 令： 可估计： （为阶码），故： 于是： . 4改变下列表达式使计算结果比较精确：（1） （2）（2）(3)要注意 （3） . 解 (1) . (2) . (3) . 6设做的时候迷糊关于精确数有3位有效数字，估计的相对误差. 对于，估计对于的误差和相对误差. 解 的相对误差：由于 . , . （） 对于的误差和相对误差. = . 9序列满足递推关系：. 取及，试分别计算，从而说明该递推公式对于计算是不稳定的. 解 递推关系： (1) 取初值 ， 计算 可得： ， ， ， (2) 取初值 不会 ， 怎么求的？ ， ,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. 利用注意格式Lagrange插值公式求下列各离散函数的插值多项式（结果要简化）：（1）-101/21-3-1/201（2）-101/21-3/2001/2 解(2)：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. 设是以为节点的次多项式插值问题的基函数. （1）证明 （2）证明.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)：记，自己不会 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. 设.考虑以为节点的Lagrange插值公式当时的极限.证明成立公式. 其中 ，并计算.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. 给出的数值表0.10.20.30.40.50.700100.401600.10810-0.17440-0.43750试利用这个表求在0.3与0.4之间的根.解：因为 ， 为凹函数.又从数值表可见：1） 当时，单调下降.有反函数2） 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、若 ，问：; .解 .有：=1, . 9.证明下列关系的正确性: (1) (2) (3) 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. 利用差分性质证明:.提示:考虑差分,并利用差分和函数值可互相表示 证明： 记： ， 有： 故： . 13、求次数的多项式，满足， 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、 设 ，并且 ， 求证 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.已知插值条件为12324121-1求相应的三次插值样条函数.解 利用三弯矩方法 ， ， ， 解得： ， ， . 第四章 数值积分方法与数值微分 (习 题)1直接验证梯形公式（1.2）与中矩形公式（1.3）具有1次代数精度，而辛甫生公式（1.4）则具有3次代数精度. 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对于的数值积分公式，其中为对在进行插值的2次多项式.证明：.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证明 中矩形公式的Peano核误差公式为： ,其中 并由此导出误差形式.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. 求系数，使求积公式对于次数的一切多项式都是精确成立的. 解：求积公式 是一个插值型求积公式，令 得： ， 解得： ， ，12. 确定参数使求积公式的代数精度尽可能地高 (*) 解 令： ， 得： , , 对、精确成立. 当 时， ， 时， ， 时， 故：当取 时，（*）具有3次代精确度. 不知道原因,就是取相等的13 假定求积公式 对于，精确成立，试求 解： 由 ， 可得： ， 故： . 14. 建立Gauss型求积公式：. 解： 令： ， 和 代入 得： ， ， ， 。 16. 求数值微分公式的余项.记住，自己不会.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设为阶按行严格对角占优矩阵，经Gauss消去法一步后变为如下形式 试证是阶按行严格对角占优矩阵.证明： 已知： ， , 证明： ， 右= . (对列也可以证明) 4设为实对称非奇异矩阵，且各阶顺序主子式证明：可以分解为，其中为具有正对角元的下三角阵，为对角阵，其对角元.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. 假定已知的三角分解:,试设计一个算法来计算的元素.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试证对维向量有. 证明： 又 , 故： . 8设为阶实矩阵，试证 证明： 又： 其中：为的特征值，由于为半正定矩阵，有 故： , 有：. 又： , 故： . 9设是向量范数，为实矩阵，是维向量，证明是的连续函数. 证明 有： 当 时. 10设为阶非奇异矩阵， 表示矩阵的任一种从属范数，试证 （1）， （2）.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. 设是由向量范数诱导的矩阵范数, 证明:若非奇异,则证明： 事实上： , 令： ， , 于是： 故： . , 12设是的三角分解，其中.并设分别表示和的第行，验证 ,并证明 . 证： 由 故： 有： , ， 故： . 由 故： 归纳法，设 由： , 故： . 而： 有： . 13设非奇异，是方阵的特征值，证明 .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设 .已知方程组的精确解为. （1）计算条件数； （2）取,分别计算它的残余向量.本题的结果说明了什么问题？记解 ， 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求矩阵的，以及，其中 .解： ,故：.又：, 故：=. 16若存在正定矩阵，使 为对称正定阵，试证迭代法记 ， 收敛.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设有方程组记，其中， .已知它有解.如果右端有小扰动，试估计由此引起的解的相对误差.解：* ， 故： . 18设有迭代格式，其中 ， .试证该迭代格式收敛.并取，计算.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： 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设是二阶矩阵，且.证明：求解的Jacobi迭代方法和Guass-Seidel迭代方法同时收敛或同时发散.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设为正交矩阵，.求证线性方程组,用G-S方法求解必收敛.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设求解方程的简单迭代法 收敛.求证当时，迭代法收敛.证明： 收敛, 当： 收敛 . 23求证矩阵 当时正定，当时Jacobi迭代法解收敛.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设有方程组，其中为对称正定阵，试证当松弛因子满足（ 为的最大特征值）时下述迭代法收敛： .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利用圆盘定理估计下列矩阵特征值的界: （1） ； （2） ；（3） .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： : : . . 2对于下列矩阵，当及时，确定其特征值和特征向量，并观察它们当时的性态： ； ； .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设为阶实对称矩阵，为其特征值，证明证明：由极大极小定理： 取 , 故： . 4（1）567在算法（2.5）中，若取，其收敛性如何？解：变形乘幂法： 又： 故 若： 故： , 又： 若 ，则： . 8设，且，则当时，初等矩阵 非奇异，且其逆可表为 .式中 . 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设非零向量，试给出一个Householder矩阵，使为的倍数.解：此题化为求和，使得： 由于为正交矩阵，要求 故： , 记： 取 , 此时： . 1011. 将矩阵 约化为三对角对称矩阵. 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设是的近似特征对，证明当取为的Rayleigh商，即 时，残量的范数达到极小.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Jacobi矩阵 的特征值全为实数且互异. 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设是不可约对称三对角矩阵 对应于特征值的特征向量.证明:(1) (2) 若取,则其中由(4.2)定义. 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设 .问：（1）矩阵T是否负定？（2）矩阵T在区间2，0内有多少特征值？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设 .对作一次带位移的方法，从而说明当与不很接近时，又当为对称矩阵时. 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验证对矩阵 使用基本方法不收敛.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设是实对称矩阵，若Rayleigh商的梯度对某个向量为零，则必是的特征向量. 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. 为求方程在附近的一个根，设将方程改写为下列等价形式，并建立相应的迭代公式：（1），迭代公式 （2），迭代公式 ，（3），迭代公式 ，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设有解存在，又证明无论如何选取，只要，简单迭代法必发散.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设在上连续可微，且，在上有根，但，则由产生的迭代序列单调收敛于. 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设有根，且，试证明产生的迭代序列对任意的均收敛于根.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证明在Newton法中，比值收敛于，这里为的根.证明：设Newton迭代法是收敛的，即 而 故 . 7设为实数，试用Newton法求，要求在迭代函数中不用除法运算. 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研究求的Newton迭代公式 .证明对一切 ，且序列是单调下降的，从而迭代过程收敛. 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试给出简化Newton公式 .收敛的一个充分条件，又设在内有单根，证明,其中 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设证明迭代公式是计算的三阶方法. 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设有单根，则迭代法当时是一阶收敛的，当时是至少二阶收敛的.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写出求解的Newton迭代法程序.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用Euler方法解初值问题.并证明其截断误差 .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：改进的Euler方法是稳定的.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构造形如下面形式的三阶格式.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求具有最高阶的三步方法的系数.解 一般三步方法为 由阶条件 ，q=2,7. 解得 当时，所以方法最高达到6阶。其系数由上式给出。6考察形如 的差分格式，证明(1) 这类格式不可能具有三阶精度；(2) 具有2阶精度的必为二阶Runge-Kutta格式.解 由一元函数的泰勒展开式有 因为 , 又由二元函数的泰勒展开有 将 及代入差方格式的右端，得