2023年西南交通大學數值分析題庫

考試目的及考試大綱本題庫的編纂目的旨在給出多套試題，每套試題的考察范圍及難度配置均基于“水平測試”原則，按照教學大綱和教學內容的規(guī)定，通過對每套試題的解答，可以客觀公正的評估出學生對本課程理論體系和應用方法等重要內容的掌握水平。通過它可以有效鑒別和分離不同層次的學習水平，從而可以對學生的學習成績給出客觀的綜合評估結果。本題庫力求作到可以較為全面的覆蓋教學內容，同時突顯對重點概念、重點內容和重要方法的考察?？荚噧热萆婕耙韵虏糠郑壕w論與誤差：絕對誤差與相對誤差、有效數字、誤差傳播分析的全微分法、相對誤差估計的條件數方法、數值運算的若干原則、數值穩(wěn)定的算法、常用數值穩(wěn)定技術。非線性方程求解：方程的近似解之二分法、迭代法全局收斂性和局部收斂定理、迭代法誤差的事前估計法和事后估計法、迭代過程的收斂速度、r階收斂定理、Aitken加速法、Newton法與弦截法、牛頓局部收斂性、Newton收斂的充足條件、單雙點割線法（弦截法）、重根加速收斂法。解線性方程組的直接法：高斯消元法極其充足條件、全主元消去法、列主元消去法、高斯-若當消元法、求逆陣、各種消元運算的數量級估計與比較、矩陣三角分解法、Doolittle和Crout三角分解的充足條件、分解法的手工操作、平方根法、Cholesky分解、改善的平方根法(免去開方)、可追趕的充足條件及合用范圍、計算復雜性比較、嚴格對角占優(yōu)陣。解線性方程組迭代法：向量和矩陣的范數、常用向量范數的計算、范數的等價性、矩陣的相容范數、誘導范數、常用范數的計算；方程組的性態(tài)和條件數、基于條件數誤差估計與迭代精度改善方法；雅可比（Jacobi）迭代法、Gauss-Seidel迭代法、迭代收斂與譜半徑的關系、譜判別法、基于范數的迭代判斂法和誤差估計、迭代法誤差的事前估計法和事后估計法；嚴格對角占優(yōu)陣迭代收斂的有關結論；松弛法及其迭代判斂法。插值法：插值問題和插值法概念、插值多項式的存在性和唯一性、插值余項定理；Lagrange插值多項式；差商的概念和性質、差商與導數之間的關系、差商表的計算、牛頓（Newton）插值多項式；差分、差分表、等距節(jié)點插值公式；Hermite插值及其插值基函數、誤差估計、插值龍格（Runge）現象；分段線性插值、分段拋物插值、分段插值的余項及收斂性和穩(wěn)定性；樣條曲線與樣條函數、三次樣條插值函數的三轉角法和三彎矩法。曲線擬合和函數逼近：最小二乘法原理和多項式擬合、函數線性無關概念、法方程有唯一解的條件、一般最小二乘法問題、最小二乘擬合函數定理、可化為線性擬合問題的常見函數類；正交多項式曲線擬合、離散正交多項式的三項遞推法。最佳一致逼近問題、最佳一致逼近多項式、切比雪夫多項式、切比雪夫最小偏差定理、切比雪夫多項式的應用(插值余項近似極小化、多項式降冪)。本段加黑斜體內容理論推導可以淡化，但概念需要理解。數值積分與微分：求積公式代數精度、代數精度的簡樸判法、插值型求積公式、插值型求積公式的代數精度；牛頓一柯特斯(Newton-Cotes)公式、辛卜生（Simpson）公式、幾種低價牛頓一柯特斯求積公式的余項；牛頓一柯特斯公式的和收斂性、復化梯形公式及其截斷誤差、復化Simpson公式及其截斷誤差、龍貝格（Romberg）求積法、外推加速法、高斯型求積公式、插值型求積公式的最高代數精度、高斯點的充足必要條件。正交多項式的構造方法、高斯公式權系數的建立、Gauss-Legendre公式的節(jié)點和系數。本段加黑斜體內容理論推導可以淡化，但概念需要理解。常微分方程數值解：常微分方程初值問題數值解法之歐拉及其改善法、龍格—庫塔法、阿當姆斯方法。本套題庫均采用閉卷考試，卷面總分為100分。試題形式分為判別正誤、多項選擇、填空、解答和證明等多種題型。其中判斷題、多項選擇題和填空題覆蓋整個內容范圍，題量多而廣，重點集中在基本概念、公式和方法的構建與解決思想等方面，此類題型重要用于考察學生對整體內容的理解與掌握情況；解答題重點放在重要的計算技術和方法的具體實現過程，重要考察學生對重要計算技術、技巧和方法理解與掌握情況；證明題重要集中在重要的計算技術和方法的分析過程，重要考察學生的理論分析能力和知識的綜合運用能力。本課程的考試方法與規(guī)定：期末閉卷考試，準時完畢上機習題。學習合格條件：考試卷面成績60且上機習題符合規(guī)定，兩者缺一不可。綜合成績：原則上=卷面成績，但可參考上機習題完畢情況作微調。

1緒論要使的近似值的相對誤差限0.1%,應至少取___4____位有效數字。＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%，故可取n4,即4位有效數字。要使的近似值的相對誤差限0.1%,應至少取___4___位有效數字,此時的絕對誤差限為設y=f(x1,x2)若x1,x2,的近似值分別為x1*,x2*,令y*=f(x1*,x2*)作為y的近似值,其絕對誤差限的估計式為:||f(x1*,x2*)|x1-x*1|+|f(x1*,x2*)|x2-x*2|計算f=(-1)6,?。?.4,運用下列算式，那個得到的結果最佳？答：__C_____.(A),(B)(3-2)2,(C),(D)99-70要使的近似值的相對誤差限0.1%,應至少取_________位有效數字？＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%故可取n3.097,即4位有效數字。設x=3.214,y=3.213，欲計算u=,請給出一個精度較高的算式u=.u=設x=3.214,y=3.213，欲計算u=,請給出一個精度較高的算式u=.u=設y=f(x1,x2)若x1,x2,的近似值分別為x1*,x2*,令y*=f(x1*,x2*)作為y的近似值,其絕對誤差限的估計式為:||f(x1*,x2*)|x1-x*1|+|f(x1*,x2*)|x2-x*2|；2方程根設迭代函數(x)在x*鄰近有r（1）階連續(xù)導數，且x*=(x*)，并且有(k)(x*)=0(k=1,…,r-1)，但(r)(x*)0，則xn+1=(xn)產生的序列{xn}的收斂階數為___r___稱序列{xn}是p階收斂的假如用牛頓法求f(x)=0的n重根，為了提高收斂速度，通常轉化為求另一函數u(x)=0的單根，u(x)=用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,則x1=________解x1=1.5970149用牛頓法解方程的迭代格式為_______________解迭代過程收斂的充足條件是1.___用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,則x1=1.5970149用牛頓法解方程的迭代格式為_______________用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,則x1=________解x1=1.5970149迭代公式xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a)是求a1/2的(12)階方法3方程組矩陣的LU分解中L是一個_為單位下三角陣，而U是一個上三角陣____。設線性方程組的系數矩陣為A=,全主元消元法的第一次可選的主元素為-8，或8___，第二次可選的主元素為8+7/8或-8-7/8____.列主元消元法的第一次主元素為_－8_________；第二次主元素為(用小數表達)7.5_____;在方陣A的LU分解中,方陣A的所有順序主子不為零,是方陣A能進行LU分解的充分(充足,必要)條件；嚴格行對角占優(yōu)陣能__(能,不能)進行LU分解；非奇異矩陣___不一定___(一定，不一定)能進行LU分解。

設A是正定矩陣，則A的cholesky的分解唯一(唯一,不唯一).設，為使A可分解為A=LLT，其中L是對角線元素為正的下三角形矩陣，則a的取值范圍是，取a=1，則L=。解，改善的方法不會4迭代，則，，；答：4，3.6180340，5；已知方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法___是___收斂（填“是”或“不”）。給定方程組 記此方程組的Jacobi迭代矩陣為BJ=(aij)33，則a23=-1；,且相應的Jacobi迭代序列是__發(fā)散_____的。設，則關于的1,，則Rn上的兩個范數||x||p,||x||q等價指的是_C,DR,_C_||x||q_||x||pD||x||q_；Rn上的兩個范數_一定____是等價的。（選填“一定”或“不一定”）。，則19,13____，____12；已知方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法___收斂（填“收斂”或“發(fā)散”），則，，解已知方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法_____________收斂（填“是”或“不”），解（3）因的Jacobi迭代矩陣，，故Jacobi迭代是收斂的，已知方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯-塞德爾法的迭代格式是________________；解已知方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法_____________收斂（填“是”或“不”），解因的Jacobi迭代矩陣，，故Jacobi迭代是收斂的，已知方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯-塞德爾法的迭代格式是________________；解，要使，a應滿足___________；解則，，。，則，。解。設若,則矩陣A的1-范數4，cond1(A)=16。假如線性方程組用Jacobi迭代法，其迭代矩陣滿足。假如用Gauss-Seidel迭代法解此線性方程組，則方法一定(一定,不一定)收斂設，則2，則，，；答案：（1）19，13，12；方程組用超松馳法求解時，迭代矩陣為,要使迭代法收斂，條件0<<2是必要條件(充足條件、必要條件、充要條件)；假如是正定矩陣，用超松馳法求解，方法收斂當且僅當在區(qū)間(0,2)時。給定方程組 ，其Jacobi迭代格式的迭代矩陣為當<1時，Jacobi迭代格式收斂；其Gauss-Seidel迭代格式的迭代矩陣為，當<1時Gauss-Seideli迭代格式收斂。已知方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法__是__收斂（填“是”或“不”）已知,則__6___，__7__,A的譜半徑（1）.設，則關于的1,,。則，，解已知方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯-塞德爾法的迭代格式是________________；解設線性方程組的系數矩陣為A=,列主元消元法的第一次主元素為(13)；第二次主元素為(用小數表達)(14);記此方程組的高斯-塞德爾迭代矩陣為BG=(aij)44，則a23=(15),.(13)-8;(14)7.5;(15)-17/4;5插值在等式中,系數ak與函數f(x)有關。（限填“有”或“無”）設lk(x)是關于互異節(jié)點x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函數，則0m=1,2,…,n用個不同節(jié)點作不超過次的多項式插值，分別采用Lagrange插值方法與Newton插值方法所得多項式(相等,不相等)。函數與函數中,是三次樣條函數的函數是_f____，另一函數不是三次樣條函數的理由是_____二階導不連續(xù)__________。設Pk(xk,yk),k=1,2,…,5為函數y=x2-3x+1上的5個互異的點，過P1,…,P5且次數不超過4次的插值多項式是x2-3x+1。函數與函數中,是三次樣條函數的函數是，另一函數不是三次樣條函數的理由是不滿足具有二階連續(xù)導數。令f(x)=ax7+x4+3x+1,則f[20,21,…,27]=a；f[20,21,…,28]=0設(i=0,1,…,n)，則＝_x_____,這里（xixj,ij,n2）。牛頓插商與導數之間的關系式為：設x0,x1,x2是區(qū)間[a,b]上的互異節(jié)點，f(x)在[a,b]上具有各階導數，過該組節(jié)點的2次插值多項式的余項為：R2(x)=在等式中,系數ak與函數f(x)__無__關.高次插值容易產生________龍格（Runge）現象。設Pk(xk,yk),k=1,2,…,5為函數y=x2-3x+1上的5個互異的點，過P1,…,P5且次數不超過4次的插值多項式是___x2-3x+1___。令f(x)=x7+x4+3x+1,則f[20,21,…,28]=______0_____擬定n+1個節(jié)點的三次樣條函數所需條件個數至少需要____4n______個若f(x)充分光滑，若2n+1次多項式 H2n+1(x)滿足H2n+1(xi)=f(xi),,則稱H2n+1(x)是f(x)的___Hermite插值_________多項式，且余項R（x）=f(x)—H2n+1(x)=_________；設Pk(xk,yk),k=1,2,…,5為函數y=x2-3x+1上的5個互異的點，過P1,…,P5且次數不超過4次的插值多項式是______。解（4）y=x2-3x+1用個作不超過次的多項值插值，分別采用Lagrange插值方法與Newton插值方法所得多項式相等(相等,不相等)6擬合采用正交多項式擬合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常見的_法方程組病態(tài)___問題。試擬定[0,1]區(qū)間上2x3的不超過二次的最佳一致逼近多項式p(x),該多項式唯一否？答：p(x)=(3/2)x,;唯一。設f(x)C[a,b]，f(x)的最佳一致逼近多項式是__一定___存在的。在函數的最佳一致逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的(10)范數,在函數的最佳平方逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的(11)范數.無窮范數；||f||；2-范數若{0(x),1(x),…,n(x)}是[a,b]上的正交族。為f(x)的最佳平方逼近。系數ak=在函數的最佳一致逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的無窮范數.在函數的最佳平方逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的2范數.(無窮范數；2-范數，1-范數)設f(x)=2x4在[-1,1]上的不超過3次最佳一致逼近多項式P(x)=2x2-1/4。采用正交多項式擬合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常見的(9)問題.在函數的最佳一致逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的(10)范數.函數的最佳平方逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的(11)范數.函數f(x)=|x|在[-1,1]的，次數不超過一次的最佳平方逼近多項式是。7積分Gauss型求積公式不是插值型求積公式。（限填“是”或“不是”）n個不同節(jié)點的插值型求積公式的代數精度一定會超過n-1次設稱為柯特斯系數則=______1____為辛卜生（Simpson）公式具有___3____次代數精度。2n階Newton-Cotes公式至少具有2n+1次代數精度。設公式為插值型求積公式，則,且=b-an個節(jié)點的插值型求積公式的代數精度不會超過2n－1次。Gauss點與積分區(qū)間____無關_____但與被積函數___有關。當常數A=，B=，時，數值積分公式是Gauss型積分公式Simpsons數值求積公式具有____3_________次代數精度，用于計算所產生的誤差值為_____________；形如的插值型求積公式，其代數精度至少可達成______n____階，至多可達成__2n+1________階；勒讓德（Legendre）多項式是區(qū)間______[-1,1]_____上，帶權_____1_____正交的正交多項(3)用梯形公式計算積分9.219524E-003:此值比實際值小(大,小)用復化梯形公式計算積分,要把區(qū)間[0,1]一般要等分41份才干保證滿足誤差小于0.00005的規(guī)定（這里）；假如知道，則用復化梯形公式計算積分此實際值大(大，小)。若用復化梯形求積公式計算積分區(qū)間應分2129等分，即要計算個2130點的函數值才干使截斷誤差不超過；若改用復化Simpson公式，要達成同樣精度區(qū)間應分12等分，即要計算個25點的函數值。Simpsons數值求積公式具有___3__________次代數精度，用于計算所產生的誤差值為_____________；形如的插值型求積公式，其代數精度至少可達成_____n_____階，至多可達成___2n+1_______階；若用復化梯形求積公式計算積分區(qū)間應分2129等分，即要計算個2130點的函數值才干使截斷誤差不超過；若改用復化Simpson公式，要達成同樣精度區(qū)間應分12等分，即要計算個25點的函數值在認為內積的空間C[0,1]中，與非零常數正交的最高項系數為1的一次多項式是。Simpsons數值求積公式具有___________次代數精度，用于計算所產生的誤差值為_____________；形如的插值型求積公式，其代數精度至少可達成__________階，至多可達成__________階；8微分方程歐拉預報--校正公式求解初值問題的迭代格式(步長為h)，此方法是階方法。，此方法是2階方法。稱微分方程的某種數值解法為p階方法指的是其局部截斷誤差為O(hp+1)。求解微分方程數值解的Euler法的絕對穩(wěn)定區(qū)間是____(-2,0)______。歐拉預報--校正公式求解初值問題,如取步長h=0.1,計算y(0.1)的近似值為0.005000,此方法是2階方法（1）當，時，下述形式的RK公式為二階公式歐拉預報--校正公式求解初值問題的迭代格式(步長為h)，此方法是2階方法。用Euler方法解初值問題的近似解的最終表達式(取步長)；當時，。

題庫分類填空題緒論部分設x=3.214,y=3.213，欲計算u=,請給出一個精度較高的算式u=.u=設y=f(x1,x2)若x1,x2,的近似值分別為x1*,x2*,令y*=f(x1*,x2*)作為y的近似值,其絕對誤差限的估計式為:||f(x1*,x2*)|x1-x*1|+|f(x1*,x2*)|x2-x*2|要使的近似值的相對誤差限0.1%,應至少取_______位有效數字？＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%故可取n4,即4位有效數字。要使的近似值的相對誤差限0.1%,應至少取_________位有效數字？＝0.4…10,a1=4,r10-(n-1)<0.1%故可取n3.097,即4位有效數字。對于積分In=e-1xnexdx試給出一種數值穩(wěn)定的遞推公式_________。In-1=(1-In)/n,In0易知I0=1-e-1In=1-nIn-1故In-1=(1-In)/n0<In1/(n+1)0(n)取In0選擇填空計算f=(-1)6,取＝1.4,運用下列算式，那個得到的結果最佳？(C)(A),(B)(3-2)2,(C),(D)99-70方程的根用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0的根，取初值x0=1.5,則x1=(3)x1=1.5970149迭代公式xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a)是求a1/2的(12)階方法方程組直接解法迭代解法設線性方程組的系數矩陣為A=,全主元消元法的第一次可選的主元素為(13)，第二次可選的主元素為(14).列主元消元法的第一次主元素為(15)；第二次主元素為(用小數表達)(16);記此方程組的高斯-塞德爾迭代矩陣為BG=(aij)44，則a23=(17)；-8，或8；8+7/8或-8-7/8；-8；7.5；插值填空設Pk(xk,yk),k=1,2,…,5為函數y=x2-3x+1上的5個互異的點，過P1,…,P5且次數不超過4次的插值多項式是______。y=x2-3x+1設x0,x1,x3是區(qū)間[a,b]上的互異節(jié)點，f(x)在[a,b]上具有各階導數，過該組節(jié)點的2次插值多項式的余項為：______.R2(x)=設(i=0,1,…,n)，則＝______,這里（xixj,ij,n2）。x三次樣條插值與一般分段3次多項式插值的區(qū)別是_____三次樣條連續(xù)且光滑，一般分段3次連續(xù)不一定光滑。插值多項式與最小二乘擬合多項式都是對某個函數f(x)的一種逼近，兩者的側重點分別為________。用個作不超過次的多項值插值，分別采用Lagrange插值方法與Newton插值方法所得多項式相等(相等,不相等)計算題(a10分)依據下列函數值表，建立不超過3次的lagrange插值多項式L3(x).x0123f(x)19233解：基函數分別為l0(x)=-x3+x2-x+1l1(x)=l2(x)=l2(x)=Lagrange插值多項式L3(x)==.(b10分)已知由插值節(jié)點(0,0),(0.5,y),(1,3)和(2,2)構造的3次插值多項式P3(x)的x3的系數為6，試擬定數據y.解：P3(x)＝故最高次項系數為 帶入數值解得y=4.25.(c15分)設lk(x)是關于互異節(jié)點x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函數，證明證明：其中，wn+1(x)=故當0jn時，=xj,當j=n+1時，xn+1=將x=0帶入ok!(c10分)設lk(x)是關于互異節(jié)點x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函數，證明是n次多項式，且最高次系數為x0+…+xn,證：查--5分注意余項==xn+1-wn+1(x)---5分ok!(c10分)設函數f(x)是k次多項式，對于互異節(jié)點x1,…,xn,，證明當n>k時，差商f[x,x1,…,xn]0，當nk時，該差商是k-n次多項式。證明：因注意到n>k時，f(n)(x)=0，n=k時，f(n)(x)=k!ak，ak為f(x)的k次項系數。(7f)nk-1由差分定義遞推,查n=k-1,k-2,…(3f)ok!(c10分)設g(x)和h(x)分別是f(x)關于互異節(jié)點x1,…,xn-1以及互異節(jié)點x2,…,xn的插值多項式，試用g(x)和h(x)表達f(x)關于互異節(jié)點x1,…,xn的插值多項式.解：令q(x)=Ag(x)(x-xn)+Bh(x)(x-x1)為待定n次多項式，A,B為待定系數，注意到g(xk)=f(xk),k=1,…,n-1h(xk)=f(xk),k=2,…,n-------(7f)帶入得A=1/x1-xn,B=1/xn-x1,帶入ok!(a10f)設lk(x)是關于互異節(jié)點x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函數，證明(1)m=0,1,…,n(2)0m=1,2,…,n證明：由插值唯一性定理知(1)。展開知（2）(a10f)證明對于不超過k次的多項式p(x)有knlk(x)是關于互異節(jié)點x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函數證明：由插值唯一性定理知。(a10f)設p(x)是任意初次項系數為1的n+1次多項式，lk(x)是關于互異節(jié)點x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函數證明其中證明：插值余項直接計算ok!(a10f)已知函數y=f(x)在點x0的某鄰域內有n階連續(xù)導數，記xk=x0+kh(k=1,2,…,n),證明證明：因(x0,x0+nh)注意到n階導數連續(xù)性，兩邊取極限ok!(c10f)用等節(jié)距分段二次插值函數在區(qū)間[0,1]上近似函數ex,如何估算節(jié)點數目使插值誤差10-6.解：考慮子區(qū)間[xi-1,xi]二次插值余項令x=xi+1/2+s(h/2)上式化簡為令得h0.028413故子區(qū)間個數為N=2/h70.4,取N=71故插值節(jié)點數為2N+1=143(b10分)設f(x)在區(qū)間[a,b]上有二階連續(xù)導數，P1(x)為其以a,b為節(jié)點的一次插值多項式，證明證明：運用插值余項結果可得線性插值多項式P1(x)在子區(qū)間[a,b]上的余項估計式，再估計最值ok!(b10分)已知s(x)是[0,2]上的已知自然邊界條件的三次樣條函數，試擬定s(x)=中的參數b,c,d解：運用邊界條件s/(2-0)=0及樣條函數定義可得b=-1,c=-3,d=1(b10分)判斷下面2個函數是否是[-1,1]上以0為內節(jié)點的三次樣條函數。設(1)S(x)=(2)S(x)=解：(1)是，(2)否。(a10f)令f(x)=x7+x4+3x+1求f[20,21,…,27]及f[20,21,…,28]解：f[20,21,…,27]=1f[20,21,…,28]=0(a10f)證明n階均差有下列性質：(1)若F(x)=cf(x),則F[x0,x1,…,xn]=cf[x0,x1,…,xn] (2)若F(x)=f(x)+g(x),則F[x0,x1,…,xn]=f[x0,x1,…,xn]+g[x0,x1,…,xn]證明：其中，ak=ok!(a10f)回答下列問題：（1）什么叫樣條函數？（2）擬定n+1個節(jié)點的三次樣條函數所需條件個數至少需要多少？（3）三轉角法中參數mi的數學意義是什么？答：（1）略 （2）4n個（3）mi=S/(xi)即樣條函數在節(jié)點xi處的一階導數。(a10f)回答下列問題：（1）何謂Hermite插值問題？（2）Hermite插值與一般多項式插值有什么區(qū)別？擬合采用正交多項式擬合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常見的(9)問題.在函數的最佳一致逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的(10)范數.在函數的最佳平方逼近問題中,評價逼近限度的指標用的是函數的(11)范數.無窮范數||f||；2-范數計算題(b10f)設f(x)[-a,a]的最佳一致逼近多項式為P(x),試證明f(x)是偶函數時P(x)也是偶函數；f(x)是奇函數時P(x)也是奇函數。證明：（1）令t=-x,考察|f(x)-P(x)|=|f(-t)-P(-t)|=|f(t)-P(-t)|,故P(-x)也是f(x)[-a,a]的最佳一致逼近多項式，由最佳一致逼近多項式的唯一性知P(-x)=P(x).（2）略。(a10f)試擬定[0,1]區(qū)間上2x3的不超過二次的最佳一致逼近多項式p(x),該多項式唯一否？解：p(x)=(3/2)x,唯一。求f(x)=2x3+x2+2x-1在[-1,1]上的最佳二次逼近多項式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3(x)=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4-8x2+1解:f(x)=2x3+x2+2x-1-P(x)=2.T3(x)=T3(x)故P(x)=f(x)-T3(x)=2x3+x2+2x-1-2x3+3x=x2+x-1求f(x)=2x4在[-1,1]上的3次最佳一致逼近多項式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3(x)=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4-8x2+1解：P(x)=2x2-1/4求f(x)=2x4在[0,2]上的3次最佳一致逼近多項式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos=xT2(x)=cos2=2x2-1T3(x)=cos3=4x3-3xT4(x)=cos4=8x4-8x2+1解：令x=t+1,t[-1,1],f(x)=g(t)=(t+1)4故g(t)的3次最佳一致逼近多項式為P3(t)=4t3+7t2+4t+7/8故f(x)的3次最佳一致逼近多項式為P(x)=P3(x-1)=4x3-5x2+2x-1/8設f(x)C[a,b],,證明f(x)的最佳零次一致逼近函數為s(x)=(M+m)/2,其中M和m分別為f(x)在[a,b]上的最大與最小值。證明[a,b]上的正交函數系H={h1(x),h2(x),…,hm(x)}是線性無關的函數系。證：寫出線性組合式子――――2分作內積求系數―――――――――2分（10分）求f(x)=lnx,x[1,2]上的二次最佳平方逼近多項式的法(正規(guī))方程組。（規(guī)定精確表達，即不使用小數）解：取=span{1,x,x2},[a,b]=[1,2]法方程組為計算知解之得：a0=-1.142989,a1=1.382756, a2=-0.233507最佳平方逼近多項式為P2(x)=-1.42+1.38x-0.233x2平方誤差為||f-P2||22=(f,f)-a0(f,0)–a1(f,1)–a2(f,2)0.410-5設f(x)在有限維內積空間＝span{0,…,n}上的最佳平方逼近為p(x),試證明，f(x)-p(x)與中所有函數正交。證明：查(f(x)-p(x),j)=(f,j)-(p(x),j)注意到ak是法方程組的解。而法方程組兩邊的j-th分量為((j,0)(j,1)…(j,n))=(p(x),j)ok!設是在空間＝span{0,…,n}中對f(x)C[a,b]的最佳平方逼近,證明：(f-p,f-p)=(f,f)-證：注意到ak是法方程組的解。而法方程組故k=1,…n,(f(x)-p(x),k)=0,------------(5分)(p-f),p)=0-------------------(5分)(f-p,f-p)=(f,f)-2(f,p)+(p,p)=(f,f)-(f,p)+(p-f),p)=(f,f)-(f,p)-------------------(5分)求下列矛盾方程組的最小二乘解解：x1=-29/12,x2=-39/12寫出相應的法方程組ATAx=ATb――――5分求解x1=-29/12,x2=-39/12――――5分推導用最小二乘法解矛盾方程組Ax=b的法方程組ATAx=ATb解：給出目的函數h(x)=||Ax-b||2------------------5=xTATAx-2xTATb+bTb----------5求偏導得到駐點方程組ATAx-ATb=0---------------5證明：{0,…,n}為點集{xi}mi=1上的線性無關族法方程GTGa=GTy有唯一解。其中證：充足性）。一方面注意到若a0,a1,..,an為方程組a00+a11+…+ann=0（9）的解，則必為方程組((0,0)a0+(1,0)a1+…+(n,0)an=0(0,1)a0+(1,1)a1+…+(n,1)an=0…..(0,n)a0+(1,n)a1+…+(n,n)an=0(10)的解。事實上，令0,1,…,n分別與(9)兩端作內積得(10)，知也！設|GTG|0（10）僅有0解(9)也僅有0解故{0,…,n}無關。證必要性）。{0,…,n}無關(9)僅有0解即a=(a0,a1,..,an)0Ga0aTGTGa=(Ga)T(Ga)=||Ga||22>0GTG正定|GTG|>0|GTG|0.若{0(x),1(x),…,n(x)}是點集{x1,x2,…,xm}上的離散正交族。為給定數據對(xi,yi)(i=1,2,…,m)的最小二乘擬和函數。證明：證：法方程系數矩陣為QTQ==此時法方程為故若{0(x),1(x),…,n(x)}是[a,b]上的正交族。為f(x)的最佳平方逼近。證明：證：法方程系數矩陣為QTQ==此時法方程為故求函數f(x)=|x|在[-1,1]上求關于函數族span{1,x2,x4}的最佳平方逼近多項式。解：由內積(f,g)=,令0=1，1=x2,2=x4,計算知法方程得解之得：a0=15/185=0.117…a1=105/64=1.64…a2=-105/128=-0.820…最佳平方逼近多項式為:0.117+1.64x2-0.820x4求函數f(x)=在[1,3]上求關于函數族span{1,x}的最佳平方逼近多項式。解：由內積(f,g)=,令0=1，1=x,計算法方程得解之得：a0=(13/2)ln3-6=1.14…a1=3-3ln3=0.295…最佳平方逼近多項式為:1.14-0.295x求a,b,c的值，使達成最小解：就是求f(x)=sinx關于函數族span{1,x,x2}在[0,]上的最佳平方逼近。由內積(f,g)=,令0=1，1=x,2=x2計算知法方程為解之得：a0=-14/,a1=72/2,a2=-60/3求a,b,c的值，使達成最小解：由唯一性知，a=0,b=0,c=3什么是非線性最小二乘擬合問題？回答下列問題：求解線性最小二乘問題碰到的重要困難是什么？用離散正交多項式進行擬合的重要優(yōu)點是什么？回答下列問題：什么叫最佳多項式平方逼近？什么叫最佳多項式一致逼近？回答下列問題：最佳平方逼近多項式與最小二乘擬合多項式在計算方法上有何相似之處？兩者區(qū)別是什么？數值積分微分方程數值解答案插值節(jié)點函數值相等最小二乘擬和乃綜合偏差最小。法方程組病態(tài)3-17/4正誤題()線性方程組的條件數與其解法無關。()設A為可逆矩陣，R則cond(A)=cond(A)。()Rn上一切向量范數都等價。()矩陣A的譜半徑不超過||A||1。()在等式中,系數ak與函數f(x)有關。()說微分方程初值問題的數值方法是p階的，指的是其局部截斷誤差是與hp同階的無窮小,其中h為步長。()Gauss點與積分區(qū)間無關但與被積函數有關。()微分方程初值問題的Euler方法第一步的局部截斷誤差等于第一步的整體截斷誤差。（1）.設，則關于的1,,。(2)設A是正定矩陣，則A的cholesky的分解唯一(唯一,不唯一)(3)用梯形公式計算積分9.219524E-003:此值比實際值小(大,小)(4)用Euler方法解初值問題的近似解的最終表達式(取步長)；當時，。(5)令f(x)=3x7+x4+3x+1,則f[20,21,…,27]=3；f[20,21,…,28]=(5)在認為內積的空間C[0,1]中，與非零常數正交的一次多項式是例4-2證明在[0,1]內有一個根，使用二分法求誤差不大于的根要迭代多少次？解答設，則；又因，故在[0，1]上單減，因此f(x)在[0,1]上有且僅有一個根。使用二分法時，誤差限（按例4-1的編號方式）為，解得 所以需迭代14次即可。例4-3求解方程的根，規(guī)定取,分別用簡樸迭代法、迭代法的加速方法：，以及埃特金方法求解，規(guī)定誤差應滿足。解答（1）簡樸迭代法。此時迭代公式為 計算結果如下：kk00.5100.566907210.6065306110.567277220.5452392120.567067330.5797031130.567486340.5600646140.567118850.5711721150.567157160.5648629160.567135470.5684380170.567147780.5664094180.567140790.5675596此時已滿足，故取。（2）用加速技巧來做。在附近，，故取，此時迭代式為 計算結果如下：kk00.530.56714980.567143110.60653070.566581740.56714340.567143320.56746190.5671318此時已滿足，做。（3）用埃特金方法來做。此時迭代式為 計算結果如下：k00.510.60653070.54523920.567623920.56687080.56729790.567143330.56714330.5671433此時不能再算了，因已達成精度規(guī)定，故取即可例4-4當R取適當值時，曲線與相切，試用迭代法求切點橫坐標的近似值，規(guī)定不少于4位有效數字，也不求R。分析兩曲線相切，在切點處曲線函數值相等，導數值相等，根據這些條件可列出切點橫坐標應滿足的關系式，然后用迭代法求解。解答的導數為的導數滿足，故由兩曲線相切的條件，可得 即 令，則，因此在（1，2）內有根。又在（1，2）內僅有一個根，構造迭代格式 取 ，計算結果如下： 由于，故取，即可保證有4位有效數字。即兩曲線切點的橫坐標為1.438.例4-5分別用單點弦割法和雙點弦割法求的根，規(guī)定。解答因，故沒有極值點。由于，因此在（1，2）內僅有一根。（1）用單點弦割法，迭代公式為 取，計算結果如下：kk0151.1261.21.71.31.81.41.此時，已滿足精度規(guī)定，故取即可（2）若采用雙點弦割法，迭代公式為仍取，則有kk0131.1241.21.51.取，可保證。注記本題方程為Leonardo方程。Leonardo于1225年研究了該方程，并得到了的結果，這在當時是非常重要的結果，但無人知道他是用何法而得。這時。例4-6用牛頓法求解Leonardo方程 規(guī)定 。解答由上題知，在（1，2）內有一個根，且，故應取，運用牛頓迭代公式 計算結果如下：kk0131.11.641.21.51. ,故取。注記由上兩題知，要達成同樣的精度，牛頓法的迭代次數不一定比弦割法少，盡管牛頓法是平方收斂的。究竟兩者誰的迭代次數少，要視問題而定。此外就整體計算時間而言，當牛頓法中的計算量超過的計算量的44%時，雙點弦割法的總計算時間較牛頓法的少，見參考文獻7.例4-10能不能用迭代法求解下列方程，假如不能時，試將方程改寫成能用迭代法求解的形式。（1）； （2）。分析判斷方程能否用迭代法求根，最關鍵的是在根的附近能否滿足。因此可用該條件來判斷。解答 （1），對所有的x，有 故能用迭代法求根。（2）方程為。設，則，故有根區(qū)間為[1,2]，題中，故不能用來迭代。把原方程改寫為，此時，，，故可用迭代公式 來求解。例4-11為求方程在附近的一個根，設將方程改寫為下列等價形式，并建立相應的迭代公式： （1），迭代公式 （2），迭代公式 （3），迭代公式 試分析每種迭代公式的收斂性，并取一種公式求出具有4位有效數字的近似根。解答取的鄰域[1.3,1.6]來考察。（1），故迭代公式（1）收斂。（2），故（2）也收斂。（3），故發(fā)散。由于越小，越快地收斂于，故取第（2）式來求根。計算結果如下：kk01.551.4662430111.4812480361.4658768221.4727057371.4657102431.4688173181.4656344641.4670479791.46559999由于,故可取。例4-15設，證明迭代公式 是計算的三階方法。分析本題應說明的極限為a，并且才行。關于第二件事也可按定理3.3來證（下文未給出該種證明）。證明顯然，當時，。令，則 故對，即迭代收斂，設的極限為l，則有 解得 ，由題知取。即迭代序列收斂于。 故題中迭代式確是求的三階方法。例4-18試給出簡化牛頓公式（單調弦割法） 收斂的一個充足條件。又設f(x)在[a,b]內有單根x*，證明，其中。分析這里可看作是迭代函數為的簡樸迭代法。因之，可用簡樸迭代法的充足條件來出本題方法的收斂性條件。解答令，則（在x*的鄰域內）是收斂的一個充足條件，即 解得 因而，只要對給定的，存在,使對任何上式都能成立的話，單調弦割法就收斂。再由，有 介于與x*之間這樣 所以 例4-20已知方程f(x)=0。（1）導出迭代求根公式 ；（2）證明對f(x)=0的單根，（1）的公式是具有三階收斂速度；（3）討論在f(x)=0的重根附近，（1）的公式的收斂速度。分析這里規(guī)定直接導出迭代公式，故可先求出根x*的近似表達式，然后令其值為即可，為導出x*的近似表達式可考慮f(x)的泰勒展開式。想法導出所求公式。解答（1）設x*為f(x)=0的單根，則，不妨設在x*的鄰域均有界，則 令x=x*，我們有 解出并乘以，得 上式右端第二項 所以 解出，得 即 略去高階無窮小，得 （2）討論收斂速度 故在單根附近，（1）的公式具有三階收斂速度。（3）僅就二重根的情況證明之，其余類似。運用，作泰勒展開，得 于是 代入、、的泰勒展開式，并化簡得 故在重根附近，（1）中公式是線性收斂的。例7-2已知函數方程，（1）擬定有根區(qū)間[a,b]；（2）構造不動點迭代公式使之對任意初始近似，迭代方法均收斂；（3）用所構造的公式計算根的近似值，規(guī)定。解（1）令，由于，，因此區(qū)間[2,3]是方程f(x)=0的一個有根區(qū)間，又因，，當時f(x)單減，故f(x)=0在內有具僅有一根，即。（2）將等價變形為，則，由于當 時故不動點迭代法，對均收斂。（3）取，運用進行迭代計算，結果如表7-2所示k02.512.0.22.0.32.0.42.0.此時x4已滿足誤差規(guī)定，即。例7-3考慮求解方程的迭代公式 （1）試證：對任意初始近似，該方法收斂；（2）取，求根的近似值；（3）所給方法的收斂階是多少？解（1）由迭代公式知，迭代函數。由于的值域介于與之間，且 故根據定理7.1,7.2知在內存在惟一的不動點x*，且對，迭代公式得到的序列收斂于x*。（2）取，迭代計算結果如表7-3所示。表7-3k0413.0.23.0.33.0.43.0.53.0.此時已滿足差規(guī)定，即（3）由于，故根據定理7.4知方法是線性收斂的，并有有。例7-4對于迭代函數，試討論：（1）當C為什么值時，產生的序列收斂于；（2）C取何值對收斂最快？（3）分別取，計算的不動點，規(guī)定 解（1），根據定理7.3當，亦即時迭代收斂。（2）由定理7.4知，當，即時迭代至少是二階收斂的，收斂最快。（3）分別取，并取迭代計算結果如表7-4所示。表7-4kk01.201.211.4811.61.21.121.31.131.41.此時都達成。事實上，例7-5給定初值以及迭代公式 常數證明：（1）該迭代式是二階收斂的；（2）該迭代產生的序列收斂的充要條件是。解（1）顯然，迭代函數，且，即是的不動點。又，所以，由定理7.4知，迭代是二階收斂的，且（2）因，令，則 然而 故 由此可知等價于，而又等價于，即。注（1）的結論也可直接用二階收斂的定義去證明，此外，本題迭代式事實上是對使用牛頓迭代法而得。例7-8曲線與在點（1.6,1）附近相切，試用牛頓迭代法求切點橫坐標的近似值，使。解兩曲線的導數分別為和，兩曲線相切，導數相等，故有 令，則f(1)<0,f(2)>0，故區(qū)間[1,2]是f(x)=0的有根區(qū)間，又當時，，因此f(x)=0在[1,2]上有惟一實根x*，對f(x)應用牛頓迭代法，得計算公式 由于，故取迭代計算一定收斂，計算結果如表7-6所示。表7-6kk02.031.12.41.21.51.7繼續(xù)計算仍得，故。注本題也可令，解得切點橫坐標滿足方程，用有重根時的牛頓迭代法（7.15）式計算，此時m=2，仍取x0=2，經四步可得x*=1.7。9.研究求的牛頓公式 證明對一切且序列是遞減的。證法一用數列的辦法。因由知，且又由 故，即單減有下界。根據單調有界原理知，{xk}有極限。易證其極限為。證法二設。易知f(x)=0在[0,+]內有惟一實根。對f(x)應用牛頓迭代法，得 運用例7-9的結論知，當時，單減有下界，且。當時， 此時，從x1起，單減有下界，且極限仍為。13.應用牛頓法于方程，導出求的迭代公式，并用此公式求的值。解，所以牛頓迭代公式有 易知。故取時，迭代收斂。對于，取，迭代計算，得 x1=10.33043478, x2=10.70242553, x3=10.7237414 x4=10.72380529, x5=10.72380529故。

例7用迭代法求方法的最小正根，規(guī)定精確到4位有效數字。解令,則。畫出及的圖形如圖6.1，其交點的橫坐標就為所求正根。由圖可知交點的橫坐標約在0.3附近。又由 ，可取區(qū)間（0，0.5）討論，并將改寫為 。則 ， 。計算得 因，故取.例11用迭代法的思想，給出求的迭代格式，并證明。解記，，則有 因上述迭代格式之迭代函數為，則 。故對于任意的，均有 ，迭代是收斂的。不妨設，則有 ，即。解之得I=2及I=-1，負根不合題意舍去，故 ，即 。18.設有解方程的迭代法 。（1）證明，均有（x*為方程的根）。（2）取x0=4,用此迭代法求方程根的近似值，誤差不超過10-3。（3）此迭代法的收斂階是多少？證明你的結論。解（1）因迭代函數 ，而對一切x,均有 故迭代過程收斂，即，均有。（2）取x0=4,代入迭代式計算有 ， ， ， ， 。取即可使誤差不超過.(3)因，故由推論6.1知，此迭代格式只具線性收斂。22.填空題（1）迭代過程收斂的充足條件是1.（2），要使迭代法局部收斂到，則取值范圍是。（3）用迭代法求方程的根，使迭代序列具有平方收斂，則。（3）用迭代法求方程的根，使迭代序列具有平方收斂，則。（4）迭代法收斂于，此迭代序列是階收斂的。解（1）。（2）因，由，即故的取值范圍是。（3）由于Newton迭代具有平方收斂，故取 。（4），，，，，故的收斂階是2.4.設a>1 。（1）構造計算I的迭代公式；（2）討論迭代過程的收斂性；（3）求I的精確值。解（1）計算I的迭代公式為 （2）上述迭代公式的迭代函數為 。因 。故由知，。即該迭代對于均收斂。（3）令，則有 ，即解之得 舍去，取。例2用迭代法求方程在區(qū)間[2，3]上的根，并討論迭代的斂散性。解由于在區(qū)間[2,3]上連續(xù)，且，所以，方程在[2,3]上有根。若把方程改寫成下列三種等價的便于迭代的形式： （1）； （2）； （3）從而可得出相應的三個迭代格式：（1）；（2）；（3）若取相同的初值，經分別迭代計算得到的結果列于表4-2中。表4-2k012345迭代（1）22.080842.0923512.0942172.0945012.094543迭代（2）22.1213202.0873482.0965172.0940172.094697迭代（3）21－5－125－1953005－7.449207×1018從表4-2中數據的變化趨勢看，迭代格式（1）和（2）得到的序列也許是收斂的，而迭代格式（3）也許是發(fā)散的。事實上，由迭代法收斂的充足條件定理4.1可知：（1）對于迭代格式（1），其迭代函數為，則在[2,3]上具有連續(xù)的一階導數，且，有，故單調增長，又，，于是，當時，，滿足定理4.1條件（1）。又，取正值，且單調遞減，所以有即滿足定理4.1的條件（2），從而迭代格式（1）收斂。（2）對于迭代格式（2），其迭代函數為，且當時，有，故是單調減少，但，顯然不滿足定理4.1的條件（1），但若在[2,3]的子區(qū)間[2,2.5]中考察，則有，也即滿足定理4.1的條件（1），又，在[2,2.5]上取負值且單調遞增，從而有，即滿足定理4.2的條件（2），從而迭代格式（2）在區(qū)間[2,2.5]上收斂。（3）對于迭代格式（3），其迭代函數為，在區(qū)間[2,3]上有，從而。在此補充一個判別迭代法發(fā)散的充足條件：若存在使，而當時，迭代發(fā)散。從而迭代格式（3）當時，迭代發(fā)散。例3對于給定的正數c，應用牛頓法于方程，并證明：當初始值滿足條件：時迭代法收斂。解由，有，則其牛頓迭代公式為 這是一個求正數c的倒數的一種不用除法運算的迭代法。下面證明其收斂性：記第k步的迭代誤差為則，從而有 。這是一個關于足標k的遞推式，反復遞推，可得。若,則，即，則有（當時），即，而c為常數，從而有迭代誤差，也就是當迭代次數時，有，即迭代法收斂。例6設法導出計算的牛頓法迭代公式，并規(guī)定公式中既無開方運算，又無除法運算。解由于規(guī)定迭代式中既無開方運算，又無除法運算，故將計算等價化為求的正根，而此時有 所以計算的牛頓法迭代公式為

例6-2如何對方程組 進行調整，使得用Gauss-Seidel方法求解時收斂？并取初始向量X（（0）=（000）T，用該方法求近似值，使。分析Gauss-Seidel方法的收斂條件有不止一個，一般總是先考慮比較方便的充足條件。觀測方程組的系數可以發(fā)現，有幾個系數的絕對值相對較大，這使得我們有也許調整方程組中各方程的順序后就使方程組化為主對角線嚴格占優(yōu)，從而Gauss-Seidel方法收斂。至于計算求解，只需先寫出迭代格式，然后再依次迭代計算。解答將第三個方程調到第一行后有 這是主對角線嚴格占優(yōu)方程組，故用Gauss-Seidel迭代法求解一定收斂。迭代格式為 由，得 由于 ，故取最后結果為例6-3設有迭代格式 其中 ，試證該迭代格式收斂。并取，計算分析這是簡樸迭代法，迭代矩陣B的-范數和1-范數顯然不小于1，于是我們考慮B的譜半徑。證明設為B的特性值，則，即 故，從而該迭代格式收斂。由，經計算得 注記由于，我們發(fā)現僅三次迭代就收斂到了精確解，這和例6-1有類似之處。事實上這兩個例子隱含了一個普遍性的結論，請讀者看例6-17例6-5給定方程組 證明Jacobi方法發(fā)散而Gauss-Seidel方法收斂。分析觀測系數矩陣的特點，它既不嚴格對角占優(yōu)，也不對稱正定，因此應當寫出Gauss-Seidel方法的迭代矩陣B，然后再觀測是否或或求出，看其是否小于1。而要證Jacobi方法發(fā)散，一般情況下只能想法說明其迭代矩陣的譜半徑不小于1。證明（1）對Jacobi方法，迭代矩陣為 設其特性值為，則 ，故Jacobi方法發(fā)散。（2）對Gauss-Seidel方法，迭代矩陣為 顯然其特性值為，故Gauss-Seidel方法收斂。注記這里所說的Jacobi方法“發(fā)散”，其具體含義應當說成“不是對任意初始向量都收斂”，也就是說“對有的初始向量Jacobi方法發(fā)散，但對有些初始向量它又也許收斂”，決不是說“對任意初始向量它都發(fā)散”，事實上，本題一定存在初始向量，使得Jacobi方法收斂，參閱例6-16.例6-6討論用Jacobi法和Gauss-Seidel方法解方程組Ax=b時的收斂性，假如收斂，并比較哪種方法收斂較快，其中 分析假如兩種方法發(fā)散，則一般應求迭代矩陣的譜半徑，說明它小于1；假如兩種方法收斂，但要比較收斂速度一般也應求譜半徑。總之，應當求迭代矩陣的譜半徑。解答（1）對Jacobi方法，迭代矩陣 ，方法收斂。（2）對Guass-Seidel方法，迭代矩陣 故方法收斂。由于，故Gauss-Seidel方法較Jacobi方法收斂快。例6-7設是二階矩陣，且。試證求解方程組的Jacobi方法與Gauss-Seidel方法同時收斂或發(fā)散。分析只要說明Jacobi迭代矩陣與Gauss-Seidel迭代矩陣有相同的譜半徑或者雖然譜半徑不同但同時小于1或大于等于1即可。證明Jacobi法的迭代矩陣為 其譜半徑為；而Gauss-Seidel法的迭代矩陣為 故其譜半徑為。雖然與同時小于1、等于或大于1，因而Jacobi法和Gauss-Seidel法具有相同的斂性。例6-8設線性方程組的系數矩陣為 試求能使Jacobi方法收斂的a的取值范圍。分析本題事實上也就是說a在什么范圍以外不收斂，只要涉及到發(fā)散，一般總要按收斂的充要條件去討論，因此一方面求迭代矩陣的譜半徑。解答當時，Jacobi方法的迭代矩陣為 由得，故由得，即時，Jacobi方法收斂。例6-13設求解方程組的Jacobi迭代格式為 求證：若，則相應的Gauss-Seidel方法收斂。分析本題應把B的元素通過A的元素表達出來，再由推出A所具有的特點，進而討論Gauss-Seidel方法的收斂收。證明由于B是Jacobi方法的迭代矩陣，故 又，故，即，這說明系數矩陣A是按行嚴格對角占優(yōu)，所以由定理6.5知Gauss-Seidel方法收斂。

例3考察Jacobi迭代、Gauss-Seidel迭代求解方程組 的收斂性。解對于此方程組，Jacobi迭代法的迭代矩陣為 ；BJ的特性多項式為 ；其特性值為。故有。因而Jacobi迭代法不收斂。對于此方程組，G-S迭代法的迭代矩陣為，可見，的特性值為。故有，所以G-S迭代法必收斂。13.設有方程組 若用Jacobi迭代法，G-S迭代法及的SOR法求解，試求它們的漸近收斂速度；若要使誤差，其中，問這3種迭代法各應做多少次迭代？解由于Jacobi迭代的迭代矩陣B的譜半徑，故收斂速度為 。G-S迭代法的譜半徑，漸近收斂速度 。時SOR法的迭代矩陣為 。用Newton法可求得解，于是有，漸近收斂速度 為使，其中，迭代次數k分別為：Jacobi迭代法的，取。G-S迭代法的，取。的SOR迭代法，取。27.填空題（1）已知方程組，則解此方程組的Jacobi迭代法_____________收斂（填“是”或“不”），它的漸近收斂速度_________。（2）用G-S迭代法解方程組，其中a為實數，方法收斂的充要條件是a滿足______。（3）給定方程組，a為實數，當a滿足______，且時，SOR迭代法收斂。解（1）因的Jacobi迭代矩陣，，故Jacobi迭代是收斂的，且。（2）a滿足，因此時（3）a滿足，因此時A對稱正定。6.給定方程組 （1）擬定a的取值范圍，使方程組相應的jacobi迭代收斂；（2）當a=2時，用三角分解法（不選主元）求方程組的解X*解（1）將所給方程組 改寫成 得Jacobi迭代陣 。 。解之得 。其譜半徑。由，即， ，即。（2）當a=2時，所給方程組的系數矩陣為 。設。由算式 得 。所以有 即原方程變形為 。解 ，得 再解 得 。故即為所求。6.用Jacobi、Gauss-Seidel迭代法求解下列方程組 問是否收斂？為什么？若將原方程組變?yōu)? 再用上述兩種迭代法求解是否收斂？為什么？解對方程組 。其Jacobi迭代法的迭代陣是： 。由 ，知故Jacobi迭代過程發(fā)散。Gauss-Seidel迭代法的迭代陣是： 。由 ，知。故Gauss-Seidel迭代過程發(fā)散。若將方程組變?yōu)椋? 。因其系數矩陣是強對角占優(yōu)的，故再用上述兩種迭代均收斂。例6-10建立解線性方程組 的收斂的迭代格式。解由第一個方程的二倍加上第二個方程得 由第一個方程加上第二個方程再加第三個方程的10倍，得 由此得到與原方程組同解的新方程組： 顯然，新方程組的系數矩陣按行嚴格對角占優(yōu)，故可建立雅可比迭代格式與高斯-塞德爾迭代格式，而兩種格式均收斂。其雅可比迭代格式為 其高斯-塞德爾迭代格式為 例6-11設，求解方程組，求雅可比迭代法與高斯-塞德爾迭代法收斂充要條件。解雅可比法的迭代矩陣 故雅可比法收斂的充要條件是。高斯-塞德爾法的迭代矩陣 故高斯-塞德爾法收斂的充要條件是。例6-12給出方程組（1）研究用SOR方法求解的收斂性；（2）用高斯-塞德爾法及的SOR法求解，取，迭代到；解（1）故A對稱正定，當時，SOR方法收斂（2）SOR法迭代格式為 當時，高斯-塞德爾法格式為 用高斯-塞德爾迭代法，取初值，迭代到32步，得 用SOR法，，取初值，迭代到15步，得 例6-18給定線性方程組，用迭代公式 求解，其中為實數。問的取值在什么范圍內可使迭代收斂？取何值時可使迭代收斂最快？解所給迭代公式的迭代矩陣為 其特性方程為 即 當且僅當，故取時，迭代收斂，當時，達成最小值，故當時迭代收斂最快。1.填空題（1），要使，a應滿足___________；（2）已知方程組，其雅可比法的迭代矩陣是______________，高斯-塞德爾法的迭代格式是________________；（3）（2）中的雅可比迭代格式是否收斂___________，其漸近收斂速度=___________；（4）用高斯-塞德爾法解方程組，其中a為實數，方法收斂的充要條件是應使a滿足______________；（5）給定方程組，a為實數，當a滿足______________且時，SOR迭代法收斂。（答案：（1）；（2）；（3）是，1.4067054；（4）；（5）。）2.設方程組（a） （b）試考察解此方程組的雅可比迭代法及高斯-塞德爾迭代法的收斂性。解（a）雅可比法的迭代矩陣 ，雅可比迭代法不收斂。高斯-塞德爾法迭代矩陣 故高斯-塞德爾迭代法收斂。（b）雅可比法的迭代矩陣 故雅可比迭代法收斂。高斯-塞德爾法的迭代矩陣 故高斯-塞德爾迭代法不收斂。8.證明矩陣 對于是正定的，而雅可比迭代只對是收斂的。證明當時，由 故A是正定的。又雅可比法迭代矩陣 故，故當時，雅可比迭代法收斂。例5-10求矩陣Q的||Q||1，||Q||2，||Q||與Cond2(Q)，其中 分析這事實上是基本概念題，只要熟悉有關范數與條件數的定義即可。解答（1）由定義，顯然||Q||1=4（2）因QTQ=4I，故（3）由定義顯知（4）因QTQ=4I，故，從而 所以 例5-12設有方程組AX=b，其中 已知它有解.假如右端有小擾動，試估計由此引起的解的相對誤差。分析本題是討論方程組的右端項的小誤差所引起的解的相對誤差的估計問題，這與系數矩陣的條件數有關，只規(guī)定出Cond(A)，再由有關誤差估計式即可算得結果。解答容易求得 ，從而Cond(A)=22.5由公式有 例5-13試證明矩陣A的譜半徑與范數有如下關系 其中||A||為A的任何一種算子范數。分析由于譜半徑是特性值的絕對值的最大者，故由特性值的定義出發(fā)論證是自然的。證明由特性值定義，對任一特性值有 AX=X（X0，特性向量）取范數有 ||AX||=||||X||由于范數||A||是一種算子范數，故有相容關系 ||AX||||A||||X||從而 ||||X||||A||||X||由于X0，故||||A||，從而 (A)||A||例5-18設A,B為n階矩陣，試證 Cond(AB)Cond(A)Cond(B)分