《现代数值计算方法(MATLAB版)》习题解答

1、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) 0.5105, 0.217%, 3;(3) 0.5102, 0.000217%, 6;(4) 0.5102, 0.0217%, 3. 1.2 (1) 0.5, 0.014%, 4; (2) 0.5104, 0.11%, 3; (3) 0.5103, 0.0017%, 5; (4) 0.5109, 0.017%, 4. 1.3 (1) 3.146, 0.5104; (2) 3.1416, 0.5104; (3) 3.14159. 1.4 提示: 1 2(a1+1)

2、 10(n1)= 104 n = 5 lg2 lg(a1+ 1) 4 lg2 n 5 2lg2 3.699 n 4.3976 n = 3. 1.5 |r(x)| 1 2a1 102 0.5 102. 1.6 提示: 1 22 10(n1) 4 2lg2 n = 4. 1.7 提示: 1 2(a1+1) 10(n1)= 3103 n = 4lg6lg(a1+1) 3lg6 n 3lg1.2 2.2218 n 2.9208 n = 2. 1.8 提示: x1,2= 56+5624 2 = 28 783, x 1= 28 + 27.982 = 55.982 55.98, x2= 28 783 = 2

3、82781 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 = 1cos21 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 0.5 104, 而这个误差在以后的每次计算中 顺次以 41, 42, 传播到

4、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 = A1(A B)x,x A1A Bx, 1 A1 A B,即A1 1 AB. 2.2 x1= 9, x2= 29, x = 4; A1= 8, A2= 4 2, A = 6. 2.3 提示: 迭代矩阵 BJ= 00.40.4 0.400.8 0.40.80 , |IBJ|= ? ? ? ? ? ? ? ? ? 0.40.4 0.40.8 0.40.8 ? ? ? ? ? ? ? ? ? =(0.8)(2

5、+ 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 1 022 001 000 = 100 110 021 022 001 000 = 022 023 002 . 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)

6、 BJ= 022 101 220 , |I BJ|= ? ? ? ? ? ? ? ? ? 22 11 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 2 011 001 000 = 0 1 2 1 2 01 2 1 2 001 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

7、 |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 (

8、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)

9、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

10、. 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 2DA = 10.50.5 0.510.5 0.50.51 不正定, 故 Jacobi 迭代发散. 2.15提示: BJ= 001 100 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 = 001 001 001 , 因

11、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 142 11533 , 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

12、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 k1 成立. 现设 1= 0, ,k1= 0,k= 0. 由

13、 归纳假设有 a(1) 11 = 0,a(k1) k1,k1= 0, Gauss 消去法可以进行 k1 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 (k1) k1,k1 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(k1) k1,k1a (k) kk, 由 k= 0, 可推出 a(k) kk = 0. 3.4 提示: (1) a(2) i

14、j = aij mi1a1j= aij ai1 a11a1j = aji a1i a11aj1 = a(2) ji , 所以 A2是对称的. (2) A(2)= a11T 1 0A2 = L1A, L1= 1 a21 a11 1 . . . . . . . an1 a11 01 , 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| + |

15、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 A1为对称正定阵. 由于 A1也是对称正定阵, 故由 Cholesky

16、 分解定理有 A1= L1LT 1, 其中 L1是具有正对角元的下 4 三角阵, 所以 A = (LT 1) 1L1 1 = (L1 1 )TL1 1 = LTL(L = L1 1 ). 因 L1是具有正对角元的下三角阵, 故 L = L1 1 也是具有正对角元的下三角阵. 3.13 cond(A)1= A1A11= 1 1010. 3.14 提示: 将 (A+A)(x+x) = b 两端减去 Ax = b 得 Ax = A(x+x), x = A1A(x+x), 由相容性有 x2 A12A2x+x2. 于是, x2 x+x2 A12A2= cond(A)2 A2 A2 . 又已知 AT= A

17、, 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

18、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

19、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 (ba)2 4 , 所以 |f(x)| (ba)2 8 max axb |f(x)|. 4.8 L3(x) = x(3x2+x3).4.9 因 f(n+1)(x) = 0,

20、x a,b, 所以 Rn(x) = 0, 故 f(x) = Ln(x). 4.10 提示: fx0,x0 = lim xx0 fx,x0 = lim xx0 f(x0)f(x) x0 x = lim xx0 f(x)f(x0) xx0 = f(x0). 4.11 提示: fx0,x1, ,xp = p k=0 f(xk) p+1(xk) . 当 p n 时, 有 fx0,x1, ,xp = 0. 而当 p = n + 1 时, 有 fx0,x1, ,xp = n+1 k=0 f(xk) n+2(xk) = f(xn+1) f(xn+1) = 1. 4.12 (1) 0.324027; (2)

21、因 |R1(x)| = |(sin x) 2! (0.330.32)(0.330.34)| 1 20.010.01 = 1 210 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)

22、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 akk(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

23、 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 +

24、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 = f1(y). 对反函数进行牛顿插值, 得 N3(y

25、) = 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

26、= 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 183 346 x1 x2 = 51 48 . 解得 x1= 3.0403, x2= 1.2418. 误差 平方和 2

27、= 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 |RTf| 0.1667;5.4 近似值 0.2083, 截断误差 |Rsf| 0.0083. 5.5(1) 2.508064, 2.476780;(2) 1.281448, 1.2778

28、28.5.6n 57.735, 取 n = 58, 近似值为 0.7468. 5.7 f(x) = 1 + 1 2x, |f(4)(x)| = |105 32 x 9 2| 105 32 ,x 1,2; |RSn| = | ba 180( h 2) 4f(4)()| 1 180 h4 24 105 32 1 2 105; n = 1 h 3.8853, 故取 n = 4. 6 5.8(1) 1 0 f(x)dx 1 32f(0.25) f(0.5) + 2f(0.75); (2) 3 次迭代精度;(3) 1 0 x2dx = 1 32 0.252 0.52+ 2 0.752 = 1 3. 5.

29、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) |RTn| = | 1 12h 2f()| 1 12h 2 1 3 1 2 103, h 18 103 = 0.1342, n = 1 h 1 0.1342 7.4516, 故取

30、 n = 8; (2) 对于同样多的节点数用复化辛普森公 式, h = 1 4, |RS4| = | 1 2880h 4f(4)()| 1 2880( 1 4) 4 1 5 = 0.271 106; (3) |RSn| 1 2880( 1 n) 4 1 5 106, 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

31、9, A2 = 5 9, 故 1 1f(x)dx = 1 95f( 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 32f(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

32、 3 1A1= 1 4, 解得: x0 = 1 2 1 23, x1 = 1 2 + 1 23, A0 = A1= 1 2, 即 1 0 f(x)dx = 1 2f( 1 2 1 23)+f( 1 2+ 1 23). 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) 2.72.6 14

33、.1600, f(2.7) f(2.8)f(2.7) 2.82.6 15.6490, f(2.7) f(2.8)f(2.6) 20.1 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) 20.1 = 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

34、,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= 2h 2+hyn,n = 0,1,2,; (2) y0= 1,y1=

35、0.9048,y2= 0.8186, 故 y(0.2) y2= 0.8186;(3) 因 yn+1= 2h 2+hyn = (2h 2+h) n+1y0, y0= 1, 故 yn= (2h 2+h) n. 由于 (2h 2+h) n = (1 2h 2+h) n = (1 h 1+h/2) 1 hx, (x = nh), 所以, 当 h 0 时, yn ex. 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,

36、y3= 3bh+ah(x1+x2), yn= (n1)bh+ah(x1+xn2)+h(axn1+b) = nbh+ah21+2+(n1) = bxn+ah2 (n1)n 2 = bxn+ 1 2axn1xn. 由已知 y(x) = 1 2ax 2+bx, 有 y(xn)yn = 1 2ax 2 n+bxn(bxn+ 1 2axn1xn) = 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)+ (1t)hy(xn)+O(h2). 将 K2, K3代入, 有 yn+1= yn+ h 2(K2+

37、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 2f(x,y) + f(x + 7 h,y+hf(x,y) 和 2(x,y,h) = 1 6K1(x,y)+2K2(x,y,h)+2K3(x,y,h)+K4(x,y,h) 对 y 满足 Lipschitz 条件即可.

38、 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 xn1,xn+1 上积分得 yn+1= yn1+ xn+1 xn1 f(x,y)dx = yn1+ 2hf(xn,yn), 误差为 f() 24 (xn+1 xn1)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 2f(xn,y

39、n) + f(xn+1,yn+1)，即 yn+1 = yn+ h 2(fn + fn+1).(2)对 y(x) = f(x,y) 两边在 (xn1,xn+1) 上积分得yn+1= yn1+ xn+1 xn1 f(x,y(x)dx, 利用辛普森公式即得: yn+1= yn1+ 2h b f(xn1,yn1)+4f(xn,yn)+f(xn+1,yn+1), 即 yn+1= yn1+ h 3(fn1+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)

40、= (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 2f(xn,yn)+f(xn+1,yn+1) = yn+ h 2100yn+100 x 2 n+ 2xn 100yn+1+ 100 x2 n+1+ 2xn+1, 即 (1 + 50h)yn+1= (1 50h)yn+ h50(x 2 n+ x 2 n+1) + x

41、n+ xn+1, 故 yn+1= 150h 1+50hyn + h 1+50h50(x 2 n+ x 2 n+1) + xn+ xn+1. 因 | 150h 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)

42、= 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 22 + 2h + (h) 2yn. 由 1 2|2 + 2h + (h) 2| 1 可得: h 2 . 6.14yn1= y(xn h) = y(xn) hy(xn) + h2 2 y(xn) + O(h3), yn1= y(xn h) = y(xn) hy(xn) + O(h2), yn+1= y(xn+ h) = y(xn) + hy(xn)

43、+ O(h2). 将上面三式代入公式得: yn+1= 1 2y(xn)hy (xn)+h2 2 y(xn)+O(h3)+y(xn)+ h 43y (xn)hy(xn)y(xn)+4y(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)+hfx(xn,yn)+fy(xn,y

44、n)y(xn)+ O(h2) = y(xn) + hy(xn) + O(h2), 代入公式得 yn+1= y(xn) + h 3y (xn) + 2y(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+ 2yn+1), 即 yn+1 = 3+h 32hyn, 由于 | 3+h 3

45、2h| 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=

46、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+1yn h , 所以 yn+2yn+1 h = yn+1yn h + hf(xn,yn, yn+1yn h ), 或 yn+1= 2yn yn1+ 8 h2f(xn1,yn1, ynyn1 h ),n = 1,2, 故求解初值问题的欧拉格式为: yn+1= 2yn yn1+ h2f(xn1,yn1, ynyn1 h ), y0= a,

47、y1= a + hb. 6.18 因 f(x,y,y) = 2y2 4xyy, 由习题 6.17 的结果, 有 yn+1= 2yn yn1+ h2(2y2 n1 4xn1yn1 ynyn1 h ) = (2 4hxn1yn1)yn yn1 2h(h 2xn)y2 n1, 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 x1 = 0, x = 1+5 2 . 7.3 提示: 可得序列 xk+1= 2

48、 + 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) = xf(x), (x) = 1f(x), (0,2/M), |(x)| = |1f(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) =

49、 1 23e 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

50、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 xR |(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

51、.0062; x6= 2.3537, |x6 x5| = 0.0022; x7= 2.3544, |x7 x6| = 7.68 104.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 2x+ |(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:

52、 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 (zkyk)2 zk2yk+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= 3 2xk 1 2ax 3 k, k = 0,1,. 7.15 提示: 迭代格式 xk