數(shù)值分析資料報告 第四版 課后習題問題詳解 李慶揚

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1、word第一章 1、設，x的相對誤差為，求的誤差。解設為x的近似值，則有相對誤差為，絕對誤差為，從而的誤差為，相對誤差為。2、設x的相對誤差為2%，求的相對誤差。解設為x的近似值，則有相對誤差為，絕對誤差為，從而的誤差為，相對誤差為。3、下列各數(shù)都是經(jīng)過四舍五入得到的近似數(shù)，即誤差不超過最后一位的半個單位，試指出它們是幾位有效數(shù)字：，。解有5位有效數(shù)字；有2位有效數(shù)字；有4位有效數(shù)字；有5位有效數(shù)字；有2位有效數(shù)字。4、利用公式（3.3）求下列各近似值的誤差限，其中均為第3題所給的數(shù)。（1）；解；（2）；解；（3）。解。5、計算球體積要使相對誤差限為1%，問度量半徑R允許的相對誤差是多少？解由

2、可知，從而，故。6、設，按遞推公式計算到，若?。ㄎ逦挥行?shù)字，）試問計算將有多大誤差？解令表示的近似值，則，并且由，可知，即，從而，而，所以。7、求方程的兩個根，使它至少具有四位有效數(shù)字（）解由與（五位有效數(shù)字）可知，（五位有效數(shù)字）。而，只有兩位有效數(shù)字，不符合題意。但是。8、當N充分大時，怎樣求？解因為，當N充分大時為兩個相近數(shù)相減，設，則，從而，因此。9、正方形的邊長大約為100cm，應怎樣測量才能使其面積誤差不超過1?解由可知，若要求，則，即邊長應滿足。10、設，假定g是準確的，而對t的測量有秒的誤差，證明當t增加時S的絕對誤差增加，而相對誤差卻減少。證明因為，所以得證。11、序列滿足

3、遞推關系，若（三位有效數(shù)字），計算到時誤差有多大？這個計算過程穩(wěn)定嗎？解設為的近似值，則由與可知，即，從而，因此計算過程不穩(wěn)定。12、計算，取，利用下列公式計算，哪一個得到的結果最好？，。解因為，所以對于，有一位有效數(shù)字；對于，沒有有效數(shù)字；對于，有一位有效數(shù)字；對于，沒有有效數(shù)字。13、，求的值。若開平方用六位函數(shù)表，問求對數(shù)時誤差有多大？若改用另一等價公式計算，求對數(shù)時誤差有多大？解因為（六位有效數(shù)字），所以，。14、試用消元法解方程組，假定只有三位數(shù)計算，問結果是否可靠？解精確解為。當使用三位數(shù)運算時，得到，結果可靠。15、已知三角形面積，其中c為弧度，且測量a，b，c的誤差分別為，證明

4、面積的誤差滿足。解因為，所以。第二章 插值法1、根據(jù)（2.2）定義的德蒙行列式，令，證明是n次多項式，它的根是，且。證明由可得求證。2、當時，求的二次插值多項式。解。3、給出的數(shù)值表用線性插值及二次插值計算的近似值。X解若取，則，則，從而。若取，則，則，從而。4、給出的函數(shù)表，步長，若函數(shù)具有5位有效數(shù)字，研究用線性插值求近似值時的總誤差界。解設插值節(jié)點為，對應的值為，函數(shù)表值為，則由題意可知，近似線性插值多項式為，所以總誤差為，從而。5、設，求。解。令，則，從而極值點可能為，又因為，顯然，所以。6、設為互異節(jié)點，求證：1）；2）；解1）因為左側是的n階拉格朗日多項式，所以求證成立。2）設，則

5、左側是的n階拉格朗日多項式，令，即得求證。7、設且，求證。解見補充題3，其中取即得。8、在上給出的等距節(jié)點函數(shù)表，若用二次插值求的近似值，要使截斷誤差不超過，問使用函數(shù)表的步長h應取多少？解由題意可知，設x使用節(jié)點，進行二次插值，則插值余項為，令，則，從而的極值點為，故，而，要使其不超過，則有，即。9、若，求及。解。10、如果是m次多項式，記，證明的k階差分是次多項式，并且（l為正整數(shù)）。證明對k使用數(shù)學歸納法可證。11、證明。證明。12、證明。證明因為，故得證。13、證明：。證明。14、若有n個不同實根，證明。證明由題意可設，故，再由差商的性質1和3可知：，從而得證。15、證明n階均差有下列

6、性質：1）若，則；2）若，則。證明1）。2）。16、，求，。解，。17、證明兩點三次埃爾米特插值余項是，并由此求出分段三次埃爾米特插值的誤差限。解見P30與P33，誤差限為。18、XXXXXXXXXX19、求一個次數(shù)不高于4次的多項式，使它滿足，。解設，則，再由，可得：解得。從而。20、設，把分為n等分，試構造一個臺階形的零次分段插值函數(shù)，并證明當時，在上一致收斂到。解令。21、設，在上取，按等距節(jié)點求分段線性插值函數(shù)，計算各節(jié)點中點處的與的值，并估計誤差。解由題意可知，從而當時，。22、求在上的分段線性插值函數(shù)，并估計誤差。解設將劃分為長度為h的小區(qū)間，則當，時，從而誤差為，故。23、求在上

7、的分段埃爾米特插值，并估計誤差。解設將劃分為長度為h的小區(qū)間，則當，時，從而誤差為，故。24、給定數(shù)據(jù)表如下：試求三次樣條函數(shù)，并滿足條件：1）；2）。解由，及（8.10）式可知，由（8.11）式可知，。從而1）矩陣形式為：，解得，從而。2）此為自然邊界條件，故；，矩陣形式為：，可以解得，從而。25、若，是三次樣條函數(shù)，證明1）；2）若，式中為插值節(jié)點，且則。解1）。2）由題意可知，所以。補充題：1、令，寫出的一次插值多項式，并估計插值余項。解由，可知，余項為，故。2、設，試利用拉格朗日插值余項定理寫出以為插值節(jié)點的三次插值多項式。解由插值余項定理，有，從而。3、設在有二階連續(xù)導數(shù)，求證：。證

8、因為是以a，b為插值節(jié)點的的線性插值多項式，利用插值多項式的余項定理，得到：，從而。4、設，求差商，和。解因為，所以，。5、給定數(shù)據(jù)表：，1246741011求4次牛頓插值多項式，并寫出插值余項。解一階差商二階差商三階差商四階差商1421-34061710由差商表可得4次牛頓插值多項式為：，插值余項為。6、如下表給定函數(shù)：，0123436111827試計算出此列表函數(shù)的差分表，并利用牛頓向前插值公式給出它的插值多項式。解構造差分表：03320016520211723189427由差分表可得插值多項式為：。第三章 函數(shù)逼近與計算1、（a）利用區(qū)間變換推出區(qū)間為的伯恩斯坦多項式；（b）對在上求1次

9、和3次伯恩斯坦多項式并畫出圖形，并與相應的馬克勞林級數(shù)部分和誤差做出比較。解（a）令，則，從而伯恩斯坦多項式為，其中。（b）令，則，從而伯恩斯坦多項式為，其中。；。2、求證：（a）當時，；（b）當時，。證明（a）由及可知，而，從而得證。（b）當時，。3、在次數(shù)不超過6的多項式中，求在的最佳一致逼近多項式。解由可知，從而最小偏差為1，交錯點為，此即為的切比雪夫交錯點組，從而是以這些點為插值節(jié)點的拉格朗日多項式，可得。4、假設在上連續(xù)，求的零次最佳一致逼近多項式。解令，則在上具有最小偏差，從而為零次最佳逼近一次多項式。5、選擇常數(shù)a，使得達到極小，又問這個解是否唯一？解因為是奇函數(shù)，所以，再由定理

10、7可知，當時，即時，偏差最小。6、求在上的最佳一次逼近多項式，并估計誤差。解由可得，從而最佳一次逼近多項式為7、求在上的最佳一次逼近多項式。解由可得，從而最佳一次逼近多項式為。8、如何選取r，使在上與零偏差最小？r是否唯一？解由，可知當與零偏差最小時，從而。另解：由定理7可知，在上與零偏差最小的二次多項式為，從而。9、設，在上求三次最佳逼近多項式。解設所求三次多項式為，則由定理7可知，從而。10、令，求、。解由可知，令，則，從而。 11、試證是在上帶權的正交多項式。？12、在上利用插值極小化求的三次近似最佳逼近多項式。解由題意可知，插值節(jié)點為，即，則可求得。13、設在上的插值極小化近似最佳逼近

11、多項式為，若有界，證明對任何，存在常數(shù)，使得。證明由題意可知，從而取，則可得求證。14、設在上，試將降低到3次多項式并估計誤差。解因為，所以，誤差為。15、在利用冪級數(shù)項數(shù)節(jié)約求的3次逼近多項式，使誤差不超過0.005。解因為，取前三項，得到，誤差為，又因為，所以3次逼近多項式為，此時誤差為。16、是上的連續(xù)奇（偶）函數(shù)，證明不管n是奇數(shù)或偶數(shù)，的最佳逼近多項式也是奇（偶）函數(shù)。解的最佳逼近多項式是由切比雪夫多項式得到的，再由切比雪夫多項式的性質4即得。17、求a、b使為最小，并與1題及6題的一次逼近多項式誤差作比較。解由，可得，解得。18、，定義（a）；（b）。問它們是否構成積？解（a）因為

12、，但反之不成立，所以不構成積。（b）構成積。19、用許瓦茲不等式（4.5）估計的上界，并用積分中值定理估計同一積分的上下界，并比較其結果。解。因為，所以。20、選擇a，使下列積分取最小值：，。解，從而。當時，當時，由，可得交點為，若，則，若，則。同理可知，當時，當時，從而當時，積分取得最小。21、設，分別在上求一元素，使其為的最佳平方逼近，并比較其結果。解由，可知，解得，即在上為。由，可知，解得，即在上為。22、在上，求在上的最佳平方逼近。解由，可知，解得。從而最佳平方逼近多項式為。23、是第二類切比雪夫多項式，證明它有遞推關系。證明令，則。24、將在上按勒讓德多項式及切比雪夫多項式展開，求三

13、次最佳平方逼近多項式并畫出誤差圖形，再計算均方誤差。解若按照切比雪夫多項式展開，其中；若按照勒讓德多項式展開，其中；從而；，從而三次最佳逼近多項式為。25、把在上展成切比雪夫級數(shù)。解若按照切比雪夫多項式展開，其中。從而。26、用最小二乘法求一個形如的經(jīng)驗公式，使它與下列數(shù)據(jù)相擬合，并求均方誤差。1925313844解由。又，故法方程為，解得。均方誤差為。27、觀測物體的直線運動，得出以下數(shù)據(jù)：時間t（秒）0距離s（米）010305080110解設直線運動為二次多項式，則由。，。又，故法方程為，解得。故直線運動為。28-31略。補充題：1、現(xiàn)測得通過某電阻R的電流I及其兩端的電壓U如下表：IU試

14、用最小二乘原理確定電阻R的大小。解電流、電阻與電壓之間滿足如下關系：。應用最小二乘原理，求R使得達到最小。對求導得到：。令，得到電阻R為。2、對于某個長度測量了n次，得到n個近似值，通常取平均值作為所求長度，請說明理由。解令，求x使得達到最小。對求導得到：，令，得到，這說明取平均值在最小二乘意義下誤差達到最小。3、有函數(shù)如下表，要求用公式擬合所給數(shù)據(jù)，試確定擬合公式中的a和b。-3-2-10123解取，則，而，。故法方程為，解得。4、在某個低溫過程中，函數(shù)y依賴于溫度的實驗數(shù)據(jù)為1234已知經(jīng)驗公式的形式為，是用最小二乘法求出a和b。解取，則，而，。故法方程為，解得。5、單原子波函數(shù)的形式為，

15、試按照最小二乘法決定參數(shù)a和b，已知數(shù)據(jù)如下：X0124y解對兩邊取對數(shù)得，令，則擬合函數(shù)變?yōu)?，所給數(shù)據(jù)轉化為X0124y取，則，而，。故法方程為，解得。因而擬合函數(shù)為，原擬合函數(shù)為。第四章 數(shù)值積分與數(shù)值微分1、確定下列求積公式中的待定參數(shù)，使其代數(shù)精度盡量高，并指明所構造出的求積公式所具有的代數(shù)精度。1）；解分別取代入得到：，即，解得又因為當時，；當時，；從而此求積公式最高具有3次代數(shù)精度。2）；解分別取代入得到：，即，解得，又因為當時，；當時，；從而此求積公式最高具有3次代數(shù)精度。3）；解分別取代入得到：，即，解得與，又因為當時，；，從而此求積公式最高具有2次代數(shù)精度。4）。解分別取代入

16、得到：，所以，又因為當時，當時，所以此求積公式最高具有3次代數(shù)精度。2、分別用梯形公式和辛普森公式計算下列積分：（1）；解。精確值為。2）；（略）3）；解（略），精確值為。4）；（略）。3、直接驗證柯特斯公式（2.4）具有5次代數(shù)精度。證明顯然節(jié)點為，分別取代入得到：，；從而此求積公式最高具有5次代數(shù)精度。4、用辛普森公式求積分并估計誤差。解。，從而。5、推導下列三種矩形求積公式：；解由微分中值定理有：，從而再由微分中值定理有：，從而。由微分中值定理有：，從而。6、證明梯形公式（2.9）與辛普森公式（2.11）當時收斂到積分。證明由與可得求證7、用復化梯形公式求積分，問要將積分區(qū)間分成多少等分

17、，才能保證誤差不超過（設不計舍入誤差）？解由可知，令，則，從而。8、用龍貝格方法計算積分，要求誤差不超過。解由及可得。（參見95頁）9、衛(wèi)星軌道是一個橢圓，橢圓周長的計算公式是，這里a是橢圓的半長軸，c是地球中心與軌道中心（橢圓中心）的距離，記h為近地點距離，H為遠地點距離，公里為地球半徑，則，。我國第一顆人造衛(wèi)星近地點距離公里，遠地點距離為2384公里，試求衛(wèi)星軌道的周長。解由，可得。10、證明等式，試依據(jù)的值，用外推算法求的近似值。證明因為，由可得，。11、用下列方法計算積分，并比較結果。1）龍貝格方法；（2）三點及五點高斯公式；3）將積分區(qū)間分為四等分，用復化兩點高斯公式。解。12、用三

18、點公式和五點公式求在和1.2處的導數(shù)值，并估計誤差，的值由下表給出：X解由三點公式，可知，誤差為；，誤差為，誤差為。由五點公式可知，。1、計算上的積分的兩點求積公式。解求積公式的代數(shù)精度不超過，將求積公式和求積系數(shù)作為4個待定系數(shù)，依次取被積函數(shù)為代入求積公式，得到方程組：，可以解得，從而求積公式為。2、直接驗證梯形公式與中矩形公式具有一次代數(shù)精度，而辛普生公式具有三次代數(shù)精度。證明（1）依次將代入梯形公式中，得到：；，從而梯形公式具有一次代數(shù)精度。（2）依次將代入中矩形公式中，得到：；，從而中矩形公式具有一次代數(shù)精度。（3）依次將代入辛普生公式中，得到：；，從而辛普生公式具有三次代數(shù)精度。3

19、、求近似求積公式的代數(shù)精度。解 依次將代入求積公式中，得到：；，因此所給求積公式具有三次代數(shù)精度。4、求三個不同的節(jié)點和常數(shù)C，使求積公式具有盡可能高的代數(shù)精度。解 依次將代入求積公式中，得到：，即，解得，此時求積公式為，具有3次代數(shù)精度。令代入求積公式中，得到：所以此求積公式的代數(shù)精度只有3次。5、用三個節(jié)點（）的Gauss求積公式計算積分。解三個節(jié)點的Gauss求積公式為，所以。6、試確定常數(shù)A，B，C和，使得數(shù)值積分公式為Gauss型公式。解要使數(shù)值積分公式為Gauss型公式，則其具有次代數(shù)精度。依次將代入都應精確成立，故有，即，解得。7、試確定常數(shù)A，B，C和，使得數(shù)值求積公式具有盡可

20、能高的代數(shù)精度。此時的代數(shù)精度是多少？它是否是Gauss型公式？解依次將代入求積公式，得到：，即，解得，從而求積公式為，令代入得到：，從而求積公式只具有3次代數(shù)精度，不是Gauss型公式。第五章 常微分方程數(shù)值解法1、就初值問題分別導出歐拉方法和改進的歐拉方法的近似解的表達式，并與準確解相比較。解由歐拉公式可知，即，從而，即，又因為，所以。再由，可知誤差為。由改進的歐拉公式可知，即，從而，即，又因為，所以。再由，可知誤差為。2、用改進的歐拉方法求解初值問題，取步長計算，并與準確解相比較。解由改進的歐拉公式可知，又由，可得，從而；。3、用改進的歐拉方法解，取步長計算，并與準確解相比較。解由改進的

21、歐拉公式可知，又由，可得，從而；。4、用梯形方法解初值問題，證明其近似解為，并證明當時，它收斂于原初值問題的準確解。解由梯形公式可知，從而，即，從而，又由可知，。5、利用歐拉方法計算積分在點的近似值。解令，則，從而令，利用歐拉方法得到：，又由，得到：；。6、取，用四階經(jīng)典的龍格-庫塔方法求解下列初值問題：1）；解由四階經(jīng)典的龍格-庫塔方法可知，；。；又由可知，。從而由可得：；。精確解為。2）。精確解為。7、證明對任意參數(shù)t，下列龍格-庫塔公式是二階的。證明因為，所以而，比較系數(shù)可知，所給龍格-庫塔公式是二階精度的。8、證明下列兩種龍格-庫塔方法是三階的：（1）；（2）；證明在三階龍格-庫塔公式

22、中，（1）取，。即為所給方法，并且滿足，因而具有三階精度。（2）取，。即為所給方法，并且滿足，因而具有三階精度。9、分別用二階顯式亞當姆斯方法和二階隱式亞當姆斯方法解下列問題：，取計算，并與準確解相比較。解由可知，當使用二階顯式亞當姆斯方法時，。從而，；當使用二階隱式亞當姆斯方法時，即，從而。故；。精確解為。10、證明解的下列差分公式是二階的，并求出截斷誤差的首項。證明因為，所以，從而比較系數(shù)可得差分公式具有二階精度，并且截斷誤差首項為。11、導出具有下列形式的三階方法：。解因為，所以，從而若公式具有三階精度，則必須有：。12、將下列方程化為一階方程組：1）；解令，則，從而有，再令，則初值問題

23、為。精確解為2）。解令，則，從而有，。3）。解令，則，從而有，初值為。13、取，用差分法解邊值問題。解顯然，令，及，代入得到：，即，再由可知， 解得。14、對方程可建立差分公式，試用這一公式求解初值問題，驗證計算解恒等于準確解。解由差分格式可建立方程組。15、取，用差分方法解邊值問題。解顯然，令及，代入得到：，即，又由可得，從而由得方程組為：，可以解得。第六章 方程求根閱讀材料：一般的n次多項式方程稱為n次代數(shù)方程。對于3次、4次的方程，雖然也可以在數(shù)學手冊上查到求解公式，但是太復雜。至于5次以上的方程就沒有現(xiàn)成的求解公式了。代數(shù)方程可以說是最簡單的非線性方程，因為雖然不能很好地算出它的根，但

24、是總可以知道，n次方程一般具有n個根。一般由實際問題歸結得到的方程還常常含有三角函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等超越函數(shù)，如，這樣的方程叫做超越方程。求解超越方程不僅沒有一般的公式，而且若只依據(jù)方程本身，那么連是否有根、有幾個根，也都難以判斷。超越方程與次代數(shù)方程一起統(tǒng)稱為非線性方程，記作，其中是一個單變量的初等函數(shù)，它可以是多項式函數(shù)、超越函數(shù)等形式或者它們的組合形式。所謂方程求根，就是尋找一個，使得成立，這樣的叫做方程的根（解），也叫做函數(shù)的零點。若存在正整數(shù)m，使得，且，則稱為的m重根。當時，又稱為單根，這時滿足，。對于一般的非線性方程，用直接方法得到它的精確解是很困難的，例如。非線性方程的求

25、解就是研究方程在給定初值的條件下，如何利用計算機運算得到方程真解的近似值x，使得對任意給定的精度，滿足，此時稱x關于是精確的。對于具體的問題，首先要對函數(shù)加以初步的研究，判斷出方程的根的個數(shù)和大概位置，才能較好地選擇有根區(qū)間。如果選取得好，還可以把方程的根逐個分離，找出相應的有根區(qū)間。二分法的特點是當有單根時具有收斂快的特點。然而對方程有重根或復根的情況，二分法公式有時失效。1、用二分法求方程的正根，要求誤差。解令，則，所以有根區(qū)間為；又因為，所以有根區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；，所以有根區(qū)間為；取，這時它與精確解的距離。2、用比例求根法求在區(qū)間的一個根，直到

26、近似根滿足精度終止計算。？3、為求方程在附近的一個根，設將方程改寫成下列等價形式，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；4），迭代公式。試分析每種迭代公式的收斂性，并選取一種公式求出具有四位有效數(shù)字的近似值。解1）設，則，從而，所以迭代方法局部收斂。2）設，則，從而，所以迭代方法局部收斂。3）設，則，從而，所以迭代方法發(fā)散。4）設，則，從而，所以迭代方法發(fā)散。4、比較求的根到三位小數(shù)所需的計算量：1）在區(qū)間用二分法； 2）用迭代法，取初值。解1）使用二分法，令，則，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，

27、有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；，有根區(qū)間為；從而，共二分10次。2）使用迭代法，則，即，共迭代4次。5、給定函數(shù)，設對一切x，存在且，證明對于圍的任意定數(shù)，迭代過程均收斂于的根。證明由可知，令，則，又因為，所以，即，從而迭代格式收斂。6、已知在區(qū)間只有一根，而當時，試問如何將化為適于迭代的格式？將化為適于迭代的格式，并求（弧度）附近的根。解將兩邊取反函數(shù)，得到，而，從而，故迭代公式收斂。令，則，從而，將迭代公式改變?yōu)?，這時，從而，迭代格式收斂。取，。7、用下列方法求在附近的根。根的準確值，要求計算結果準確到四位有效數(shù)字。1）用牛頓法；2）用弦截法，??；3）用拋物線法，取解1），迭代停

28、止。2），迭代停止。3），其中，故，下略。8、分別用二分法和牛頓法求的最小正根。解參見第6題，。9、研究求的牛頓公式，證明對一切，且序列是遞減的。證明顯然，又因為，所以，又，所以序列是遞減的。10、對于的牛頓公式，證明收斂到，這里為的根。？11、試就下列函數(shù)討論牛頓法的收斂性和收斂速度。1）；2）。解1）由可知，故牛頓法不收斂。2）由可知，故牛頓法一階收斂。12、應用牛頓法于方程，導出求立方根的迭代公式，并討論其收斂性。解令，則。13、應用牛頓法于方程，導出求的迭代公式，并求的值。解令，則。余見例8。14、應用牛頓法于方程和，分別導出求的迭代公式，并求。解，。，。15、證明迭代公式是計算的三階

29、方法。假定初值充分靠近，求。解。補充題1、判斷下列方程有幾個實根，并指出其有根區(qū)間：1）； 2）。解1）設，則，當時，為減函數(shù)；當時，為增函數(shù)。又因為，所以可知有三個根，有根區(qū)間分別為。2）將原方程改寫為，作函數(shù)與的圖像，由圖像可知兩個函數(shù)有兩個交點，其橫坐標位于區(qū)間與，因而所給方程有兩個根。2、證明迭代格式產生的序列對于均收斂于。證明設，則。當時，并且，由迭代格式產生的序列收斂于方程的唯一正根。3、利用適當?shù)牡袷阶C明。證明考慮迭代格式，則，。令，則。當時，并且，因而迭代格式產生的序列收斂于方程在的唯一根。4、設a為正整數(shù)，試建立一個求的牛頓迭代公式，要求在迭代公式中不含有除法運算，并考慮

30、公式的收斂性。解考慮方程，則為以上方程的根。，用牛頓迭代公式。迭代函數(shù)中不含有除法運算。由遞推得到，解得，所以當時，方法收斂。第七章 解線性方程組的直接方法2、（a）設A是對稱陣且，經(jīng)過高斯消去法一步后，A約化為，證明是對稱矩陣。（b）用高斯消去法解對稱方程組：。證明（a）中的元素滿足，又因為A是對稱陣，滿足，所以，即是對稱矩陣。（b）略。4、設A為n階非奇異矩陣且有分解式，其中L是單位下三角陣，U為上三角陣，求證A的所有順序主子式均不為零。證明將L與U分塊，其中為k階單位下三角陣，為k階上三角陣，則A的k階順序主子式為，顯然非奇異。7、設A是對稱正定矩陣，經(jīng)過高斯消去法一步后，A約化為，其中

31、，；證明：（1）A的對角元素；（2）是對稱正定矩陣；（3）；（4）A的絕對值最大的元素必在對角線上；（5）；（6）從（2）、（3）、（5）推出，如果，則對所有k，。證明（1）依次取，則因為A是對稱正定矩陣，所以有。（2）中的元素滿足，又因為A是對稱正定矩陣，滿足，所以，即是對稱矩陣。（3）因為，所以。（4）以下略。12、用高斯-約當方法求A的逆陣：。解故。13、用追趕法解三對角方程組，其中，。解因為，所以。14、用改進的平方根法解方程組。解。15、下列矩陣能否分解為（其中L為單位下三角陣，U為上三角陣）？若能分解，那么分解是否唯一。，。解因為A的一、二、三階順序主子式分別為1，0，-10，所以

32、A不能直接分解為三角陣的乘積，但換行后可以。因為B的一、二、三階順序主子式分別為1，0，0，所以B不能分解為三角陣的乘積。因為C的一、二、三階順序主子式分別為1，5，1，所以C能夠分解為三角陣的乘積，并且分解是唯一的。16、試畫出部分選主元素三角分解法框圖，并且用此法解方程組。解。18、設，計算A的行數(shù)，列數(shù)，2-數(shù)及F-數(shù)。解，因為，從而。19、求證：（a）；（b）。（a）。（b），？20、設且非奇異，又設為上一向量數(shù)，定義。試證明是上向量的一種數(shù)。證明顯然，、，從而是上向量的一種數(shù)。21、設為對稱正定，定義，試證明是上向量的一種數(shù)。證明因為A對稱正定，所以，從而是上向量的一種數(shù)。22、設，

33、求證。證明因為，而，所以由夾逼性可知，。23、證明：當且僅當x和y線性相關，且時，才有。證明當x和y線性相關，且時，不妨設，則，從而。若，則有，并且令，則，即，即存在不全為零的，從而x和y線性相關。24、分別描述中（畫圖）。解：以原點為中心，以為頂點的、邊長為的正方形。：以原點為圓心，半徑為1的圓。：以原點為中心，以為頂點的、邊長為2的正方形。25、令是（或）上的任意一種數(shù)，而P是任一奇異實（或復）矩陣，定義數(shù)，證明。證明。26、設、為上任意兩種矩陣算子數(shù)，證明存在常數(shù)，使對一切滿足。證明由數(shù)的等價性，存在常數(shù)和，使得，則有，并且，從而，令，即得求證。27、設，求證與特征值相等，即求證。證明設

34、為的特征值，則存在非零向量x，使得，兩邊同乘A，則，即是的對應特征向量為的特征值。設為的特征值，則存在非零向量x，使得，兩邊同乘，則，即是的對應特征向量為的特征值。28、設A為非奇異矩陣，求證。證明因為，所以得證。29、設A為非奇異矩陣，且，求證存在且有估計。證明因為及，所以由定理18可知，非奇異，從而非奇異，其逆存在。設，則，又由可得，可得，從而即。30、矩陣第一行乘以一數(shù)，成為，證明當時，有最小值。證明由可知，當時，矩陣A非奇異，從而，又當時，從而。當時，從而。綜上所述，時最小，這時，即。31、設A為對稱正定矩陣，且其分解為，其中，求證（a）；（b）。證明由可知，從而，故得，（a）；（b）

35、。32、設，計算A的條件數(shù)。解由可知，從而，由，由，可得，從而。，從而。33、證明：如果A是正交陣，則。證明若A是正交陣，則，從而，故，。34、設且為上矩陣的算子數(shù)，證明。證明。補充題1、用Gauss消去法求解方程組：（1）； （2）。（3）； （4）。（5）。解（1）對系數(shù)矩陣的增廣矩陣進行初等行變換，故。（2）對系數(shù)矩陣的增廣矩陣進行初等行變換，故。（3）對系數(shù)矩陣的增廣矩陣進行初等行變換，故。（4）對系數(shù)矩陣的增廣矩陣進行初等行變換，故。（5）對系數(shù)矩陣的增廣矩陣進行初等行變換，故。2、用列主元Gauss消去法求解下列方程組：（1）； （2）。（3）； （4）。（5）。解（1），故。（2

36、），故。（3），故。（4），故。（5），故。3、用矩陣的直接三角分解法求解方程組：。解由可知，求解可得，求解可得。4、用平方根法（Cholesky分解）求解方程組：（1）。 （2）。解由系數(shù)矩陣的對稱正定性，可令，其中L為下三角陣。（1）求解可得，求解可得。（2）。求解可得，求解可得。5、用改進的平方根法（分解）求解方程組：（1）。 （2）。解由系數(shù)矩陣的對稱正定性，可令，其中L為下三角陣，D為對角陣。（1）求解可得，求解可得。（2）。求解可得，求解可得。6、用追趕法求解三對角方程組：（1）， （2）， （3）。解依追趕法對其增廣矩陣進行初等變換，（1），回代得到：。（2），回代得到：。（3）

37、，回代得到：。7、設，求，。解。8、證明：1）；2）。證明1）。2）。9、分別求下列矩陣的，。（1）， （2）。解（1），因為，由，解得，從而。（2），因為，由，解得，從而。10、求矩陣的，。解 ，因為，所以。第八章 解線性方程組的迭代法尋求能夠保持大型稀疏矩陣的稀疏性的有效數(shù)值解法是我們線性代數(shù)方程組數(shù)值解法的一個非常重要的課題。使用迭代法的好處在于它只需要存儲析數(shù)矩陣的非零元素和方程的右端項，因而對于大型稀疏矩陣，具有存儲量小、程序結構簡單的優(yōu)點。由于迭代格式的收斂性和收斂速度與方程組的系數(shù)矩陣密切相關，因此迭代格式的選擇和迭代的收斂性將成為討論的中心問題。定義迭代的平均收斂速度定義為。定

38、義迭代的漸近收斂速度定義為。值得注意的是，漸近收斂速度與所使用的數(shù)無關。因此，有時也把漸近收斂速度簡稱為收斂速度。1、設方程組，（a）考察用雅可比迭代法，高斯-賽德爾迭代法解此方程組的收斂性；（b）用雅可比迭代法及高斯-賽德爾迭代法解此方程組，要求當時迭代終止。解（a）由系數(shù)矩陣為嚴格對角占優(yōu)矩陣可知，使用雅可比、高斯-賽德爾迭代法求解此方程組均收斂。精確解為（b）使用雅可比迭代法：，使用高斯-賽德爾迭代法：。2、設，證明：即使，級數(shù)也收斂。證明顯然，又因為，所以，級數(shù)的值就為。3、證明對于任意選擇的A，序列收斂于零。證明設為A的任意一個特征值，x是對應的特征向量，則，從而得證。4、設方程組；

39、迭代公式為。求證：由上述迭代公式產生的迭代序列收斂的充要條件為。證明令，則由迭代公式可得，即為雅可比迭代公式，從而收斂的充要條件為，而。由可得，故得證。5、設方程組（a）；（b）；試考察解此方程組的雅克比迭代法及高斯-賽德爾迭代法的收斂性。解（a）由系數(shù)矩陣可知，由可知，從而雅可比迭代法不收斂。，由可知，從而高斯-塞德爾迭代法收斂。（b）由系數(shù)矩陣可知，由可知，從而雅可比迭代法收斂。，由可知，從而高斯-塞德爾迭代法不收斂。6、求證的充要條件是對任何向量x都有。證明若對任何向量x，都有，則依次取x為單位向量組，即得，反之顯然成立。7、設，其中A對稱正定，問解此方程組的雅克比迭代法是否一定收斂？試

40、考察習題5（a）方程組。解不一定，顯然5（a）中的系數(shù)矩陣是對稱正定矩陣，但雅可比迭代法不收斂。8、設方程組，（a）求解此方程組的雅克比迭代法的迭代矩陣的譜半徑；（b）求解此方程組的高斯-賽德爾迭代法的迭代矩陣的譜半徑；（c）考察解此方程組的雅克比迭代法及高斯-賽德爾迭代法的收斂性。解由系數(shù)矩陣可知，（a），由可知，。（b），由，可知。（c）因為A是嚴格對角占優(yōu)矩陣，兩種迭代法都收斂。9、用SOR方法解方程組（分別取松弛因子）；精確解。要求當時迭代終止，并且對每一個值確定迭代次數(shù)。（略）。10、用SOR方法解方程組（?。?；要求當時迭代終止。解由系數(shù)矩陣及，可知，從而由可得。精確解為11、設有方

41、程組，其中A為對稱正定陣。迭代公式，試證明當時上述迭代法收斂（其中）。解因為迭代矩陣為，而，由可知，當時，即，從而迭代法收斂。12、用高斯-賽德爾方程解，用記的第i個分量，且。（a）證明；（b）如果，其中是方程組的精確解，求證：，其中。（c）設A是對稱的，二次型，證明。（d）由此推出，如果A是具有正對角元素的非奇異矩陣，且高斯-塞德爾方法對任意初始向量是收斂的，則A是正定陣。解（a）由可得，從而，其中，即得求證。（b）由可得，從而，即，從而，即得求證，其中。（c）？。（d）若高斯-塞德爾方法對任意初始向量都是收斂的，那么由（c）知A是對稱的，又由A是具有正對角元素的非奇異矩陣，所以A是正定陣。

42、13、設A與B為n階矩陣，A非奇異，考慮解方程組，其中。（a）找出下述迭代方法收斂的充要條件，（）；（b）找出下述迭代方法收斂的充要條件，（）；并比較兩個方法的收斂速度。解（a）設，則有，從而，因此收斂的充要條件為，即。（b）設，則有，從而，因此收斂的充要條件為。迭代法（b）的收斂速度是迭代法（a）的收斂速度的2倍。14、證明矩陣對于是正定的，而雅克比迭代只對是收斂的。證明由，可知，當，即時，矩陣A是正定的。又由，可知，從而當，即時，雅可比迭代是收斂的。15、設，試說明A為可約矩陣。解取，可知，從而A為可約矩陣。16、給定迭代過程，其中（），試證明：如果C的特征值，則此迭代過程最多迭代n次收斂

43、于方程組的解。證明因為，所以最多迭代次后，從而迭代停止。17、畫出SOR迭代法的框圖。（略）18、設A為不可約弱對角優(yōu)勢陣且，求證，解的SOR方法收斂。證明設，則由可知。19、設，其中A為非奇異陣。（a）求證為對稱正定陣；（b）求證。證明（a）由可知為對稱陣，對于任意的非零向量x，由可知為正定陣，從而為對稱正定陣。（b）見上一章第31題。20、設A為嚴格對角占優(yōu)陣，證明第二章（8.23）式。證明見定理6。補充題1、用Jacobi迭代法求解方程組，初始向量為。解 Jacobi迭代格式為，迭代求解得到：，。2、設有迭代格式，其中，試證明該迭代格式收斂，并取計算求解。證明設為B的特征值，則由可得，從

44、而該迭代格式收斂。取計算得，。3、給定方程組，用雅可比迭代法和高斯-塞德爾迭代法是否收斂？解由系數(shù)矩陣可知，（1）雅可比迭代矩陣為，由可知，因而雅可比迭代法發(fā)散。（2）高斯-塞德爾迭代矩陣為，由可知，因而高斯-塞德爾迭代法收斂。4、給定線性方程組，用雅可比迭代法和高斯-塞德爾迭代法是否收斂？解（1）雅可比迭代矩陣為，由可知，因而雅可比迭代法發(fā)散。（2）高斯-塞德爾迭代矩陣為，由可知，因而高斯-塞德爾迭代法收斂。5、給定線性方程組，其中，用雅可比迭代法和高斯-塞德爾迭代法是否收斂？解（1）雅可比迭代矩陣為，由可知，因而雅可比迭代法發(fā)散。（2）高斯-塞德爾迭代矩陣為，由可知，因而高斯-塞德爾迭代法

45、收斂。另解：顯然A為對稱矩陣，并且a的各階順序主子式大于零，從而A為對稱正定矩陣，可知高斯-塞德爾迭代法收斂。6、設線性方程組的系數(shù)矩陣為，試求能使雅可比迭代法收斂的a的取值圍。解當時，系數(shù)矩陣A為奇異矩陣，不能使用雅可比迭代法。當時，雅可比迭代矩陣為，由可知，因而當，即時，雅可比迭代法收斂。7、設矩陣A非奇異，試證明使用高斯-塞德爾方法求解時是收斂的。證明由可知為對稱陣，對于任意的非零向量x，由可知為正定陣，從而為對稱正定陣。使用高斯-塞德爾方法求解時是收斂的。第九章 矩陣的特征值與矩陣向量計算1、用冪法計算下列矩陣的主特征值及對應的特征向量：（a）；（b），當特征值有3位小數(shù)穩(wěn)定時迭代終止。解計算公式為，（a）精確特征值為。（b）特征多項式為。2、方陣T分塊形式為，其中為方陣，T稱為塊上三角陣，如果對角塊的階數(shù)至多不超過2，則稱T為準三角形形式。用記矩陣T的特征值集合，證明：。證明顯然。3、利用反冪法求矩陣的最接近于6的特征值及對應的特征向量。解特征多項式為。4、求矩陣與特征值4對應的特征向量。解特征向量為。100 / 100