计算方法试题集及答案(新)

2024年2月27日发(作者：虽然但是造句)

1.x 为精确值*x的近似值；y*fx*为一元函数y1fx的近似值；y*fx*,y*为二元函数y2fx,y的近似值，请写出下面的公式：e*x*x：*erx*x

x*x*f'x*rx*

fx*y1*f'x*x*

ry1*fx*,y*fx*,y*y2x*y*

xy*ry2*fx*,y*ex*fx*,y*ey*

*xyy2y2*2、 计算方法实际计算时，对数据只能取有限位表示，这时所产生的误差叫 舍入误差 。

3、 分别用2.718281，2.718282作数e的近似值，则其有效数字分别有 6 位和 7

位；又取31.73（三位有效数字），则131.73 10-2

。

24、 设x11.216,x23.654均具有3位有效数字，则x1x2的相对误差限为 0.0055 。

5、 设x11.216,x23.654均具有3位有效数字，则x1x2的误差限为 0.01 。

6、 已知近似值xA2.4560是由真值xT经四舍五入得到,则相对误差限为 0.0000204 .

y0=2,7、 递推公式,如果取yn=10yn-1-1,n=1,2,y021.41作计算,则计算到y10时,误差为1108

;这个计算公式数值稳定不稳定 不稳定 .

28、 精确值3.14159265，则近似值1*3.141和2*3.1415分别有 3 位和

4 位有效数字。

9、 若xe2.71828x,则x有 6 位有效数字，其绝对误差限为1/2*10 。

-5**10、 设x*的相对误差为2％，求(x*)的相对误差0.02n

*11、近似值x0.231关于真值x0.229有( 2 )位有效数字；

n12、计算方法主要研究( 截断 )误差和( 舍入 )误差；

13、为了使计算

y10346 的乘除法次数尽量地少，应将该表达式改x1x12x13

写为y10(3(46t)t)t,t1x1，为了减少舍入误差，应将表达式20011999改写为

220011999。

14、改变函数f(x)x1x (x1)的形式，使计算结果较精确

fx1x1x。

，取5位有效数字，则所得的近似值x=_2.3150____. 15、设

16、 已知数 e=,取近似值 x=2.7182,那麽x具有的有效数字是 4 。

二、单项选择题：

1、舍入误差是( A )产生的误差。

A. 只取有限位数 B．模型准确值与用数值方法求得的准确值

C． 观察与测量 D．数学模型准确值与实际值

2、3.141580是π的有( B )位有效数字的近似值。

A． 6 B． 5 C． 4 D． 7

x3、用 1+x近似表示e所产生的误差是( C )误差。

A． 模型 B． 观测 C． 截断 D． 舍入

x34、用1+3近似表示1x所产生的误差是( D )误差。

A． 舍入 B． 观测 C． 模型 D． 截断

5、-324．7500是舍入得到的近似值，它有( C )位有效数字。

A． 5 B． 6 C． 7 D． 8

6、( D )的3位有效数字是0.236×102。

(A) 0.0023549×103 (B) 2354.82×10－2 (C) 235.418 (D) 235.54×10－1

4x(31)31.7327、取计算，下列方法中哪种最好？（ C ）

1616224(423)(423)(31)28163(A)； (B)； (C) ； (D) 。

三、计算题

1. 有一个长方形水池,由测量知长为(50±0.01)米,宽为(25±0.01)米,深为(20±0.01)米,试按所给数据求出该水池的容积,并分析所得近似值的绝对误差和相对误差公式,并求出绝对误差限和相对误差限.

解：设长方形水池的长为L，宽为W,深为H，则该水池的面积为V=LWH

3当L=50,W=25,H=20时，有 V=50*25*20=25000(米)

此时，该近似值的绝对误差可估计为

VVVVLWH

LWH =WHLHLWLWH

V相对误差可估计为：rV

V而已知该水池的长、宽和高的数据的绝对误差满足

L0.01,W0.01,H0.01

故求得该水池容积的绝对误差限和相对误差限分别为

VWHLHLWLWH 25*20*0.0150*20*0.0150*25*0.0127.50

rVV27.501.1*103V250002.已知测量某长方形场地的长a=110米,宽b=80米.若aa*0.1米， bb*0.1米

试求其面积的绝对误差限和相对误差限.

解：设长方形的面积为s=ab

2当a=110,b=80时，有 s==110*80=8800(米)

此时，该近似值的绝对误差可估计为

sssab

ab =baabs

s相对误差可估计为：rs而已知长方形长、宽的数据的绝对误差满足

a0.1,b0.1

故求得该长方形的绝对误差限和相对误差限分别为

sbaab 80*0.1110*0.119.0

rss19.00.002159s8800绝对误差限为19.0；相对误差限为0.002159。

n3、设x*的相对误差为2％，求(x*)的相对误差

解：由于f(x)xn,f'(x)nxn1,故(x*)nxnn(x*)n1(xx*)xx*故r*nn*nr0.02n(x)x

4、计算球体积要使相对误差为1%，问度量半径R允许的相对误差限是多少？

解：令VfR4R3，根据一元函数相对误差估计公式，得

3

f'R4R2

RVRR3RR1%43fRR3从而得RR1

3005.正方形的边长大约为100cm，问怎样测量才能使面积的误差不超过1cm2

解：da=ds/(2a)=1cm/(2*100)cm=0.5*10cm,即边长a的误差不超过0.005cm时，才能保证其面积误差不超过1平方厘米。

6．假设测得一个圆柱体容器的底面半径和高分别为50.00m和100.00m，且已知其测量误差为0.005m。试估计由此算得的容积的绝对误差和相对误差。

解：Vr2h

V*V2rh(r*r)=2*3.1415926*50*100*0.005=157.0796325

2-2r*rV*V=2=0.0002

rV

第一章 插值法

一、填空题：

1.设xi(i=0,1,2,3,4)为互异节点，li(x)为相应的四次插值基函数，则(x+2).

4xi044i2lix＝

次插值基函数，则2.设xi(i=0,1,2,3,4，5)为互异节点，li(x)为相应的五xi055i2xi4xi31lix=x52x4x31

3.已知f(x)2x35，则f[1,2,3,4]2,f[1,2,3,4,5]0

4.f(x)5.设3x21,则f[1,2,3]____3_____,f[1,2,3,4]___0______。

则=0

＝3,

6.设和节点则= 4.

7.设f00,f116,f246,则f0,1 16 ,f0,1,2 7 ,fx的二次牛顿插值多项式为 0+16(x-0)+7(x-0)(x-1) 。

8.如有下列表函数:

xi

0.2 0.3 0.4

fxi

0.04 0.09 0.16

则一次差商f0.2,0.4= 0.6 。

29、2、f(1)1,f(2)2,f(3)1，则过这三点的二次插值多项式中x的系数为 -2 ，拉格朗日插值多项式为L2x11x2x32x1x3x1x2,或222x29x8

310、对f(x)xx1,差商f[0,1,2,3]( 1 ),f[0,1,2,3,4]( 0 )；

11、已知f(1)＝2，f(2)＝3，f(4)＝5.9，则二次Newton插值多项式中x系数为( 0.15 )；

12、设f(0)0,f(1)16,f(2)46,则l1(x)xx2，f(x)的二次牛顿插值多项式为2N2(x)16x7x(x1)。

l(x),l1(x),,ln(x)是以整数点x0,x1,,xn为节点的Lagrange插值基函数，13、0则nlx=

kk0n1 ，xkljxk=

k0nxj，，当n2时k0(x4k2xk3)lk(x)(

xx3 )。

4214、设一阶差商 ，

则二阶差商

15、通过四个互异节点的插值多项式p(x),只要满足三阶均差为0，则p(x)是不超过二次的多项式

4f(x)3x2x1，则差商f[2,4,8,16,32] 3 。 16、若

二、单项选择题：

21、设f

(-1)=1,f

(0)=3,f

(2)=4,则抛物插值多项式中x的系数为( A )。

A． –0．5 B． 0．5 C． 2 D． -2

2、拉格朗日插值多项式的余项是( B ),牛顿插值多项式的余项是( C ) 。

(A) f(x,x0,x1,x2,…,xn)(x－x1)(x－x2)…(x－xn－1)(x－xn)，

f(n1)()Rn(x)f(x)Pn(x)(n1)! (B)

(C) f(x,x0,x1,x2,…,xn)(x－x0)(x－x1)(x－x2)…(x－xn－1)(x－xn)，

f(n1)()Rn(x)f(x)Pn(x)n1(x)(n1)!(D)

3、有下列数表

x 0

f(-2

0.5

-1.75

1

-1

1.5

0.25

2

5

2

2.4.x) 25

所确定的插值多项式的次数是（ A ）。

（A）二次； （B）三次； （C）四次； （D）五次

4、由下列数表进行Newton插值，所确定的插值多项式的最高次数是（ D ）

xi

3.5

１ 1.5 ２ 2.5 ３

f(xi)

11.5

-1 0.5 2.5 5.0 8.0

(A)5； (B)4； (C)

3； (D)

2。

l(x)是以xkk(k0,1,,9)为节点的Lagrange插值基函数，则k05、设i(A)x； （B）k； （C）i； （D）1。

6、由下列数据

0 1 2 3

x

f(x)

1 2 4 3

确定的唯一插值多项式的次数为( A )

(A) 4； (B)2； (C)1； (D)3。

三、问答题

1.什么是Lagrange插值基函数?它们有什么特性？

4

-5

kl(k)i9( C )

答：插值基函数是满足插值条件的n次插值多项式，它可表示为 2.给定插值点并有以下性质，

可分别构造Lagrange插值多项式和Newton插值多项式，它们是否相同？为什么?它们各有何优点？

答：给定插值点后构造的Lagrange多项式为都满足条件次多项式与 Newton插值多项式为,于是 有n+1个零点，这与n次多项式只有n个零点矛盾，故是相同的。它们形式不同但它表明n即 是用基函数表达的，便于研究方法的稳定性和收敛性等理论研究和 每增加一个插值点就增加一项前面计算都有效，因此较适合于计算。 应用，但不便于计算，而

e插值与Lagrange插值公式的构造与余项表达式有何异同？

答：Hermite插值的插值点除满足函数值条件外还有导数值条件比Lagrange插值复什一些，但它们都用基函数方法构造，余项表达式也相似，对Lagrange插值余项表达式为，而Hermite插值余项在有条件的点看作重节点，多一个条件相当于多一点，若一共有m+1个条件，则余项中前面因子为即可得到Hermite插值余项。

四、计算题

1、设fxx75x31,求差商0101201f2,2,f2,2,2,f2,2,01,27,f2,2, 后面相因子改为,28

012解：f27,f2169,f216705，故

0112012f2,2162,f2,28268,f2,2,22702

根据差商的性质，得

01f2,2,7f1,277!01f2,2,,28f88!0

xi:12、求满足下列条件的埃尔米特插值多项式:

yi2yi'解：根据已知条件可求得

223

1120x2x1x2,1x2x5x10xx1x2,1xx2x1代入埃尔米特三次插值多项式公式

'p3xy00xy11xy00xy0'1x22

=22x1x232x5x1x1x2x2x13、如有下列表函数:

2222

xi

0

3

1

6

2

11

3

18

4

27

fxi

试计算此列表函数的差分表,并给出它的牛顿插值多项式及余项公式.

解：查分表如下：

xi

0

1

2

3

4

fi

3

6

11

18

27

fi

3

5

7

9

2fi

1

1

1

3fi

0

0

4fi

0

2N4(x)=3+3(x-0)+1*(x-0)(x-1)=x+2x+3,0≤x≤1

4、给出lnx的函数表如下：

x

0.40 0.50 0.60 0.70

－0.356675

lnx

－0.916291

－0.693147

－0.510826

试用线性插值和抛物插值求ln0.54的近似值。

5．已知

x

F（x）

-1

3

1

1

2

-1

请依据上述数据求f(x)的2次Lagrange插值多项式。

解：记x01,x11,x22,则f(x0)3,f(x1)1,f(x2)1所以L2(x)f(x0)f(x2)(xx0)(xx2)(xx1)(xx2)f(x1)(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x0x2)(xx0)(xx1)(x2x0)(x2x1)

(x1)(x2)(x1)(x2)31(11)(12)(11)(12)(x1)(x1)(1)(21)(21)111(x1)(x2)(x1)(x2)(x1)(x1)2236.用插值法求满足以下条件的不超过三次的插值多项式

f(0)=1,f(1)=2,f (2)=9,f’(1)=3,并写出插值余项。

解：根据Lagrange插值多项式和Newton插值多项式得出

L2xN2x3x22x1

设待插值函数为：

H3xN2xkx0x1x2

根据

’H31f'13,

得参数k1,

则

H3xx31.

插值余项为：

4f2

R3xfxH3xxx1x24!

7、 已知

xi

f(xi)

1

2

3

6

4

5

5

4

P(x)，分别用拉格朗日插值法和牛顿插值法求f(x)的三次插值多项式3并求f(2)的近似值（保留四位小数）。

L3(x)2答案：(x3)(x4)(x5)(x1)(x4)(x5)6(13)(14)(15)(31)(34)(35)

5

(x1)(x3)(x5)(x1)(x3)(x4)4(41)(43)(45)(51)(53)(54)

差商表为

xi

1

3

4

5

yi

2

6

5

4

一阶均差

2

-1

-1

二阶均差

-1

0

三阶均差

14

1P3(x)N3(x)22(x1)(x1)(x3)(x1)(x3)(x4)4

f(2)P3(2)5.5

8、已知sinx区间[0.4，0.8]的函数表

xi

yi

0.4 0.5 0.6 0.7 0.8

0.38942 0.47943 0.56464 0.64422 0.71736

如用二次插值求sin0.63891的近似值，如何选择节点才能使误差最小？并求该近似值。

答案：解： 应选三个节点，使误差

|R2(x)|M3|3(x)||(x)|尽量小，最靠近3!尽量小，即应使3插值点的三个节点满足上述要求。即取节点{0.5,0.6,0.7}最好，实际计算结果sin0.638910.596274， 且

sin0.638910.5962741(0.638910.5)(0.6389190.6)(0.638910.7)3!

0.55032104xx0,x0.5,x1f(x)e0129、取节点,求函数在区间[0,1]上的二次插值多项式P2(x),并估计误差。

解：

P2(x)e0(x0.5)(x1)0.5(x0)(x1)e(00.5)(01)(0.50)(0.51)

e1(x0)(x0.5)(10)(10.5)2(x0.5)(x1)4e0.5x(x1)2e1x(x0.5)

又

f(x)ex,f(x)ex,M3max|f(x)|1x[0,1]

|R2(x)||exP2(x)|故截断误差

1|x(x0.5)(x1)|3!。

10、已知f

(-1)=2，f

(1)=3，f

(2)=-4，求拉格朗日插值多项式L2(x)及f

(1，5)的近似值，取五位小数。

解：L2(x)2(x1)(x2)(x1)(x2)(x1)(x1)34(11)(12)(11)(12)(21)(21)

234(x1)(x2)(x1)(x2)(x1)(x1)323

1f(1.5)L2(1.5)0.0416724

11、(12分)以100,121,144为插值节点，用插值法计算115的近似值，并利用余项估计误差。

用Newton插值方法：差分表：

100

121

144

1

0

1

1 0.0476190

1

2 0.0434783

-0.

11510+0.0476190(115-100)-0.(115-100)(115-121)

=10.7227555

32f'''xx8

5Rf'''1151001151211151443!5131002156290.0016368

12、(10分)已知下列函数表：

x

0 1

f(x)

2 3

1 3 9 27

(1)写出相应的三次Lagrange插值多项式；

(2)作均差表，写出相应的三次Newton插值多项式，并计算f(1.5)的近似值。

解：（1）

L3(x)(x1)(x2)(x3)(x0)(x2)(x3)(x0)(x1)(x3)(x0)(x1)(x2)(01)(02)(03)(10)(12)(13)(20)(21)(23)(30)(31)(32)

438x2x2x133

（2）均差表：327

18

6

3

N12x2x(x1)43(x)3x(x1)(x2)

f(1.5)N3(1.5)5

13、 已知y=f（x）的数据如下

x 0 2 3

f（x） 1 3 2

求二次插值多项式 及f（2.5）

解：

14、设

（1）试求 在 上的三次Hermite插值多项式H（x）H（x）以升幂形式给出。

（2）写出余项 的表达式

解 （1）

（2）

第四章 数值积分

使满足

一、填空题

1、求21x2dx，利用梯形公式的计算结果为 2.5 ，利用辛卜生公式的计算结果为2.333 。

2． n次插值型求积公式至少具有 n 次代数精度，如果n为偶数，则有 n+1

次代数精度。

3． 梯形公式具有1次代数精度，Simpson公式有 3 次代数精度。

4.插值型求积公式5、 计算积分0.51Afxfx的求积系数之和 b-a 。

kkk0anb,取4位有效数字。用梯形公式计算求得的近似值为 0.4268 ，用辛卜生公式计算求得的近似值为 0.4309 ，梯形公式的代数精度为 1 ，辛卜生公式的代数精度为

3 。

6、 已知f

(1)=1,f

(3)=5,f

(5)=-3,用辛普生求积公式求xdx15f(x)dx≈( 12 )。

7、 设f

(1)=1，

f(2)=2，f

(3)=0，用三点式求f(1)( 2.5 )。

8、若用复化梯形公式计算个求积节点。

110exdx，要求误差不超过10，利用余项公式估计，至少用 47762f(x)dx[f(1)8f(0)f(1)]199、数值积分公式的代数精度为 2 。

10、已知f(1)1.0,f(2)1.2,f(3)1.3，则用辛普生（辛卜生）公式计算求得13f(x)dx_________答案：2.367，0.25

,用三点式求得f(1) 。

10、 数值微分中，已知等距节点的函数值 ， 则由三点的求导公式，有

11、 对于n+1个节点的插值求积公式 至少具有n次代数精度.

二、单项选择题：

1、等距二点求导公式f(x1) ( A )。

(A)

f(x1)f(x0)x1x0(B)f(x1)f(x0)x0x1(C)f(x0)f(x1)x0x1n(D)f(x1)f(x0)x1x0

2、在牛顿-柯特斯求积公式：式的稳定性不能保证，所以实际应用中，当（ A ）时的牛顿-柯特斯求积公式不使用。

i0baf(x)dx(ba)Ci(n)f(xi)(n)Ci中，当系数是负值时，公

（A）n8， （B）n7， （C）n10， （D）n6，

三、问答题

1.什么是求积公式的代数精确度？如何利用代数精确度的概念去确定求积公式中的待定参数？

答：一个求积公式立，而当如果当为任意m次多项式时，求积公式精确成为次数大于m次多项式时，它不精确成立，则称此求积公式具有m次代数精确度。根据定义只要令代入求积公式两端，公式成立，得含待定参数的m+1个方程的方程组，这里m+1为待定参数个数，解此方程组则为所求。

四、计算题

1、确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精确度尽量高，并指明求积公式所具有的代数精确度.

(1)

解：本题直接利用求积公式精确度定义，则可突出求积公式的参数。

令代入公式两端并使其相等，得

解此方程组得，于是有

再令，得

故求积公式具有3次代数精确度。

（2）

（3）

解：令

代入公式精确成立，得

解得，

得求积公式

对

故求积公式具有2次代数精确度。

2.求积公式10f(x)dxA0f(0)A1f(1)B0f'(0)，已知其余项表达式为R(f)kf'''(),(0,1)，试确定系数A0,A1,B0，使该求积公式具有尽可能高的代数精度，并给出代数精度的次数及求积公式余项。

解：本题虽然用到了f'(0)的值，仍用代数精度定义确定参数A0,A1,B0。令f(x)1,x,x2,分别代入求积公式，令公式两端相f(x)1,A20A11A03等，则得f(x)x,A11B01,求得A123,则有f(x)x2,A1113B0610f(x)dx23f(0)13f(1)1'6f(0)再令f(x)x3,此时110x3dx14，而上式右端3,两端不相等，故它的代数精度为2次。为求余项可将f(x)x3代入求积公式1'0f(x)dx23f(0)13f(1)16f(0)kf'''(),(0,1)当f(x)x3，f'(x)3x2,f''(x)6x,f'''(x)6,7.代入上式得1140x3dx136k,即k172,所以余项R(f)172f'''(),(0,1)3、根据下面给出的函数f(x)sinxx的数据表，分别用复合梯形公式和复合辛甫生公式

计算I1sinx0xdx

xk

0.000 0.125 0.250 0.375 0.500

f1 0.9970.98960.9760.95885(xk)

39784 1584 72675 108

xk

0.625 0.750 0.875 1.000

f0.9360.9080.87710.841

(xk)

15563 85168 9257 47098

解 用复合梯形公式,这里n=8,h180.125,

1sinx0xdx0.1252{f(0)2[f(0.125)f(0.25)f(0.375)f(0.5)f(0.625)f(0.75)f(0.875)]f1}

0.94569086用复合辛甫生公式: 这里n=4,h140.25.可得

1sinx0xdx0.256{f(0)4[f(0.125)f(0.375)

f(0.625)f(0.875)]2[f(0.25)f(0.5)f(0.75)]f(1)}

0.946083305

11f(x)dxA[f(1)f(1)]B[f()f()]1224、求A、B使求积公式的代数精度尽量高,1并求其代数精度；利用此公式求I211dxx(保留四位小数)。

2f(x)1,x,x答案：是精确成立，即

2A2B212182ABA,B23 得99

1811f(x)dx[f(1)f(1)][f()f()]19922求积公式为

121当f(x)x时，公式显然精确成立；当f(x)x时，左=5，右=3。所以代数精度为3。

341

21t2x311111811dxdt[][]1t3x9131391/23123970.69286140

5、n=3,用复合梯形公式求0e1xdx的近似值（取四位小数）,并求误差估计。

解：01xedxT3100[e2(e13e23)e1]1.734223

f(x)ex,f(x)ex，0x1时，|f(x)|e

|R||exT3|ee0.0250.052108123

1x至少有两位有效数字。

e6、（15分）用n8的复化梯形公式（或复化 Simpson公式）计算0dx时，试用余项估计其误差。用n8的复化梯形公式（或复化 Simpson公式）计算出该积分的近似值。

RT[f]解：ba2111hf()2e00.68

7hT(8)[f(a)2f(xk)f(b)]2k1

1[12(0.88249690.77880080.60653066160.53526140.472366550.41686207)0.36787947]

0.6329434

7、（10分）已知数值积分公式为：

h0hf(x)dx[f(0)f(h)]h2[f'(0)f'(h)]2，试确定积分公式中的参数，使其代数精确度尽量高，并指出其代数精确度的次数。

解：f(x)1显然精确成立；

f(x)x时，h2h0h2hxdx[0h]h2[11]22；

h3hh3122xdx[0h]h[02h]2h2f(x)x时，032212；

hh4h12332xdx[0h]h[03h]3f(x)x时，04212；

f(x)x4时，0hh5h12h543xdx[0h]h[04h]52126；

4所以，其代数精确度为3。

8、(10分)用复化Simpson公式计算积分Isinxdx50x的近似值，要求误差限为0.510。

111S1f04ff10.9461458862

S21113f04f2f4ff10.9460869312424

1S2S10.39310-515

IS20.94608693

IS2sinxx2x4x6x8fx1x3!5!7!9!或利用余项：

f(4)1x2x41xf(4)x572!94!5

f(4)R5ba2880n410.5105428805n，n2，IS2

9、（9分）数值求积公式精度是多少？

303f(x)dx[f(1)f(2)]2是否为插值型求积公式？为什么？其代数x2x1f(1)f(2)1221 解：是。因为f(x)在基点1、2处的插值多项式为3p(x)3p(x)dx[f(1)f(2)]02 。其代数精度为1。

1dx012x210、(10分)取5个等距节点 ，分别用复化梯形公式和复化辛普生公式计算积分2的近似值（保留4位小数）。

f(x)解：5个点对应的函数值xi

0

112x2

1 1.5 2 0.5

f(xi)

1 0.666667 0.333333 0.181818 0.111111

----------------------------------------------------------（2分）

(1)复化梯形公式（n=4,h=2/4=0.5）：

T4(2) 复化梯形公式（n=2,h=2/2=1）：

0.5[12(0.6666670.3333330.181818)0.111111]2

0.868687

1S2[14(0.6666670.181818)20.3333330.111111]6

0.861953

11、(6分)构造代数精度最高的如下形式的求积公式，并求出其代数精度：

1xfxdxAfA1f1002

1取f(x)=1,x，令公式准确成立，得：

A0A1211111A0A1A0A13，6

2，23

3f(x)=x时，公式左右=1/4; f(x)=x时，公式左=1/5, 公式右=5/24

∴ 公式的代数精度=2

12、 证明定积分近似计算的抛物线公式

具有三次代数精度

证明：当 =1时，

公式左边：当

公式右边： 左边=右边

=x时

左边：当 时

右边：左边=右边

左边：当

右边：时

左边=右边

左边： 右边： 左边=右边

当 时左边：

右边：

故 具有三次代数精度

13、 试确定常数A，B，C和 ，使得数值积分公式

有尽可能高的代数精度。试问所得的数值积分公式代数精度是多少？它是否为Gauss型的？

解

第五章 常微分方程

一、填空题

，该数值求积公式具有5次代数精确度，

1、求解一阶常微分方程初值问题y= f

(x,y)，y(x0)=y0的改进的欧拉公式为

[0]yn1ynhf(xn,yn)h[0]yy[f(x,y)f(x,yn1nnnn1n1)]2。

[0]yn1ynhf(xn,yn)yf(x,y)h[0]yy[f(x,y)f(x,yn1nnnn1n1)]y(x)y00的改进欧拉法22、解初值问题是

2 阶方法。

3、解初始值问题 近似解的梯形公式是

4、解常微分方程初值问题 的梯形格式

是二阶方法

二、计算题

dy2xxy1.用改进欧拉方法计算初值问题dxy(0)00x1，取步长h=0.1计算到y5。

~yn1ynhf(xn,yn)解：改进的欧拉公式

~hyn1yn[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]2代入f(x,y)xxy,且xnnh,有

2h22yn1yn[x2nxnynxn1xn1ynh(xnxnyn)]

2yn0.05(1.9x2(n0,.1,2,3,4)n2.1xn-1.9yn0.11)xn

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5yn 0.00550 0.02193 0.05015 0.09094 0.145002. 用梯形法解初值问题确解解：用梯形法求解公式，得

相比较

取步长h=0.1,计算到x=0.5，并与准

解得

精确解为

y'xy,0x13．用改进的Euler法解初值问题 ；取步长h=0.1计算y0.5，并与精y01,确解yx12e相比较。(计算结果保留到小数点后4位)

解：改进的尤拉公式为：

yn1ynhfxn,yn

hyn1ynfxn,ynfxn1,yn12x代入fx,yxy和xnnh，有

yn1ynh22hx2hynnh

h22h2hh22 yn2nh2nh22代入数据，计算结果如下：

n

xn

yn

y(xn）

0

0

1

00

1

03

'21

0.1

1.1121

1.1128

2

0.2

1.2485

1.2497

3

0.3

1.3918

1.3936

4

0.4

1.5849

1.5874

5

0.5

1.791.794.设初值问题yx100y,y00，

a) 由Euler方法、取步长h=0.1写出表示上述初值问题数值解的公式；

b) 由改进Euler方法、取步长h=0.1写出上述初值问题数值解的公式。

解：a）根据Euler公式：yn1ynhfxn,yn

2yn1ynhfxn100yn

yn111yn0.001n2 3分

yn1ynhfxn,ynb）根据改进Euler公式：hyyfxn,ynfxn1,yn1n1n2 5分

h22xn100ynxn1100yn12h222 =ynxn100ynxn1100ynhxn100yn

2h2 =yn1200yn12xn0.2xn0.012 =61yn0.006n20.001n0.0005

yn1yny'xy5.设初值问题y(0)1x0，

a) 写出由Euler方法、取步长h=0.1解上述初值问题数值解的公式；

b) 写出由改进Euler方法、取步长h=0.1解上述初值问题数值解的公式。

解：a）根据Euler公式：

yn1ynhfxn,yn

yn1ynn0.1(xnyn)0.9yn0.1xn

yn1ynhfxn,ynb）根据改进Euler公式：hyyfxn,ynfxn1,yn1n1n2

hxnynxn1yn12h =ynxnynxn1ynhxnyn2h =ynxnynxnhynhxnhyn

2h22h22hh2h2 =ynxn222 =0.905yn0.095xn0.005yn1yn6、用欧拉方法求

y(x)etdt0x2

在点x0.5,1.0,1.5,2.0处的近似值。

解：y(x)etdt0x2等价于

2yexy(0)0 (x0)

xx0,x10.5,x21.0,x31.5,x42.0.

f(x,y)e记,取h0.5,02则由欧拉公式

yn1ynhf(xn,yn)y00,

n0,1,2,3

可得

y(0.5)y10.5,y(1.0)y20.88940,

y(1.5)y31.07334,y(2.0)y41.12604

7、取步长h0.2，用预估-校正法解常微分方程初值问题

y2x3yy(0)1

(0x1)

(0)yn1yn0.2(2xn3yn)(0)yn1yn0.1[(2xn3yn)(2xn13yn1)]答案：解：

即

yn10.52xn1.78yn0.04

0

0

1

1

0.2

1.82

2

0.4

5.8796

3

0.6

10.7137

4

0.8

19.4224

5

1.0

35.0279

n

xn

yn

dyf(x,y)(cxd)dx8、(10分) 求参数a,b，使得计算初值问题y(x0)y0的二步数值方法yn1ynh[af(xn,yn)bf(xn1,yn1)]

的阶数尽量高，并给出局部截断误差的主项。

h2h3y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4)2!3!解：

yn1y(xn)h(ay(xn)by(xn1))

h2y(xn)ahy(xn)bh(y(xn)hy(xn)y(xn)O(h4))2!

3bhy(xn)(ab)hy(xn)bh2y(xn)hy(xn)O(h4))2

ab1311a,bb22时，

2，即所以当

bh3yn1y(xn1)y(xn)O(h4)O(h3)2局部截断误差为

h3yn1y(xn1)y(xn)4局部截断误差的主项为，该方法为二阶方法。

y'y19、（15分）取步长h0.1，求解初值问题用改进的欧拉法求y(0.1)的值；

y01

(0)yn1ynhf(xn,yn)0.9yn0.1h(0)yy[f(x,y)f(x,yn1nnnn1n1)]0.905yn0.0952解：改进的欧拉法：

所以y(0.1)y11；

'y2xy10、（10分）对于一阶微分方程初值问题，取步长h0.2，用Euler预报－校y01

正法求y(0.2)的近似值。

解：Euler预报－校正法

(0)yn1yn0.2(2xnyn)0.4xn0.8yn(0)yn1yn0.1(2xnyn2xn1yn1)0.16xn0.2xn10.82yny(0.2)y10.20.20.8210.86

hyn1yn[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]211、（10分）用二步法求解一阶常微分方程初值yf(x,y)y(x0)y0问题，问：如何选择参数,的值，才使该方法的阶数尽可能地高？写出此时的局部截断误差主项，并说明该方法是几阶的。

解：局部截断误差为

hTn1y(xn1)y(xn)[f(xn,y(xn))f(xn1,y(xn1))]2

23hhhy(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4)y(xn)[y(xn)y(xn1)]2!3!2

23hhhy(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4)y(xn)y(xn)2!3!2hh2[y(xn)hy(xn)y(xn)O(h3)]22!

233hhhh(1)y(xn)(1)y(xn)()y(xn)O(h4)222!3!4

103221 因此有105h3y(xn)局部截断误差主项为12，该方法是2阶的。

12、(10dy83y(x0)dx分)取步长h0.2，求解初值问题y(0)2，用欧拉预报—校正法求y(0.2)的近似值。

解：（1）欧拉预报-校正法：

(0)yn1yn0.2(83yn)1.60.4ynyn1yn0.1(83yn83(1.60.4yn))1.120.58yn

y(0.2)y12.28

13、(8分)已知常微分方程的初值问题：

dydxxy,1x1.2y(1)2



.)的近似值，取步长h0.2。 用改进的Euler方法计算y(12

k1fx0,y00.5，k2fx1,y0hk11.120.20.50.5238095

y1y0hk1k220.10.50.52380952.10714292

第六章 方程求根

一、填空题

321、已知方程xx0.80在x01.5附近有一个根，构造如下两个迭代公式：

2(1)xk130.8xk(2)xk1-0.8x3k

则用迭代公式(1)求方程的根收敛_，用迭代公式(2)求方程的根_发散_。

xkfxk2、设fx可微，求方程xfx的根的牛顿迭代格式为

xk1xk 。

1f'xk2xxax5,要是迭代法xk1xk局部收敛到x*5，3、则a的取值范围是

1a0

5

4、迭代法的收敛条件是（1）

5.写出立方根3（2）MAXxL1。

'axbxk31313的牛顿迭代公式xk1xk

3xk23-36．用二分法求解方程f(x)xx10在[1，2]的近似根，准确到10，要达到此精度至少迭代 9 次。

7、设f(x)可微,求方程xf(x)的牛顿迭代格式是xn1xnxnf(xn)1f(xn) ；

ban18、用二分法求非线性方程f

(x)=0在区间(a,b)内的根时，二分n次后的误差限为

2。

3x10f(x)x9． 用二分法求方程在区间[0,1]内的根,进行一步后根的所在区间为

0.5，1 ,进行两步后根的所在区间为 0.5，0.75 。

10、若用二分法求方程fx0在区间[1,2]内的根，要求精确到第3位小数，则需要对分 10

次。

11、如果用二分法求方程xx40在区间[1,2]内的根精确到三位小数，需对分10 次。

312、求方程

那么 1.5

的近似根，用迭代公式 ，取初始值 ，

13、 解非线性方程f(x)=0的牛顿迭代法具有局部平方收敛

14、 迭代过程 （k=1,2,…）收敛的充要条件是

< 1

二、单项选择题：

1、用简单迭代法求方程f(x)=0的实根，把方程f(x)=0表示成x=(x)，则f(x)=0的根是( B )。

(A) y=(x)与x轴交点的横坐标 (B) y=x与y=(x)交点的横坐标

(C) y=x与x轴的交点的横坐标 (D) y=x与y=(x)的交点

2、用牛顿切线法解方程f(x)=0，选初始值x0满足( A ),则它的解数列{xn}n=0,1,2,…一定收敛到方程f(x)=0的根。

(A)f(x0)f(x)0(B)f(x0)f(x)0(C)f(x0)f(x)0(D)f(x0)f(x)0

3、为求方程x3―x2―1=0在区间[1.3,1.6]内的一个根，把方程改写成下列形式，并建立相应的迭代公式，迭代公式不收敛的是(A )。

x2(A)1,迭代公式:xk1x11xk1

x1(B)(C)11,迭代公式:x1k12x2xk

21/3x31x2,迭代公式:xk1(1xk)x1x,迭代公式:xk1(D)322xk12xkxk1

4、计算3的Newton迭代格式为( B )

xkxxx3323xk1kxk1kxk1k2xk；(B)22xk；(C)

2xk；(D)

3xk。 (A)

13103225、用二分法求方程x4x100在区间[1,2]内的实根，要求误差限为，则对xk1分次数至少为( A )

(A)10； (B)12； (C)8； (D)9。

3x2不收敛的是( 6、已知方程x2x50在x2附近有根，下列迭代格式中在0C )

k(A)k1； (B)三、问答题

1.什么是不动点？如何构造收敛的不动点迭代函数？

x32x55xk12xk32xk5xk132xxx53xk1kkk2。； (C)； (D)

答：将方程改写为若使则称点为不动点而就是不动点的迭代函数，迭代函数 （1）'可以有很多，但必须使构造的满足条件

（2）MAXxL1

axb 若已知，且 时也收敛，称为局部收敛。

初始近似，当时为什么还不能断定迭代法 2.对于迭代法收敛？

答：迭代法是否收敛一定要按收敛定理的条件判断，定理6.1是全局收敛性，需要在包含的区间上证明且才能说明由出是迭代法才可由收敛

如果用局部收敛定理6.2，则要知道不动点为 证明其收敛性，由还不能说明迭代法收敛。

3.怎样判断迭代法收敛的快慢？一个迭代公式要达到P阶收敛需要什么条件？

答：衡量迭代法快慢要看收敛阶P的大小，若序列收敛于，记为若存在

及，使则称序列若而为为P阶收敛，P越大收敛越快，当P＝1，则越小，收敛越的不动点，P为大于1的整数，则此迭代公式为P阶收敛。

在连续，且快。一个迭代公式4.方程敛？

答：用曲线求根的Newton法是如何推出的？它在单根附近几阶收敛？在重根附近是几阶收在点上的切线的零点近似曲线零点得到就是Newton法，在单根附近2阶收敛，当为重根时是线性收敛。

5、简述二分法的优缺点

答：优点(a)计算简单，方法可靠；(b)对f

(x)

要求不高(只要连续即可) ；(c)收敛性总能得到保证。缺点(a)无法求复根及偶重根 ; (b)收敛慢

6、画图说明牛顿迭代公式的几何意义。

f(xk)

xk1xk

f(xk)yf(x)x,f(x)牛顿迭代公式就是切线与 x 轴交点的横坐标，

所以牛顿法是用切线与 x 轴的交点的横坐标来近

似代替曲线与x 轴交点的横坐标。

xk1xk四、计算题

y

o

xx

1、用二分法求方程的正根，使误差小于0.05.

。本题f(x)=x2-x-1=0,因f(1)=-1,f(2)=1,故区间[1,2]解 使用二分法先要确定有根区间为有根区间。另一根在[-1,0]内，故正根在[1,2]内。用二分法计算各次迭代值如表。

其误差2. 求方程迭代公式.

在

=1.5附近的一个根，将方程改写成下列等价形式，并建立相应

(1)

(2)

，迭代公式,迭代公式.

.

(3)，迭代公式.

试分析每种迭代公式的收敛性，并选取一种收敛最快的方法求具有4位有效数字的近似根.

解：（1）取区间且，在且，在中，则L<1，满足收敛定理条件，故迭代收敛。

（2），在中，且，在中有，故迭代收敛。

（3），在附近，故迭代法发散。

，在迭代（1）及（2）中，因为（2）的迭代因子L较小，故它比（1）收敛快。用（2）迭代，取则

3. 给定函数数,迭代法解：由于迭代函数由递推有

，设对一切x,存在，而且的根.

.证明对的任意常均收敛于方程，，为单调增函数，故方程。令的根是唯一的（假定方程有根，则）。，，即

4. 用Newton法求下列方程的根，计算准确到4位有效数字.

(1) 在=2附近的根.

(2)解：（1） 在=1附近的根.

Newton迭代法取，则

，取

（2）令，则5. 应用Newton法于方程解：方程的根为,求立方根

，取的迭代公式，并讨论其收敛性.

，用Newton迭代法

此公式迭代函数法2阶收敛。

，则，故迭代x6.用牛顿法求方程xe10的根，x00.5，计算结果准确到四位有效数字。

解：根据牛顿法得

xkxek

xk1xk1xk取,迭代结果如下表

所以，方程的根约为0.56714

xx(xn),n0,1,2,，讨论其收敛性，7、构造求解方程e10x20的根的迭代格式n14|xx|10n1n并将根求出来，。

xf(x)e10x2,答案：解：令

f(0)20,f(1)10e0.

x)，故f(x)0在(0,1)内有唯一实根.将方程且f(x)e100对x(，

f(x)0变形为

x1(2ex)10

则当x(0,1)时

(x)1(2ex)10，1(2exn)10

exe|(x)|11010

故迭代格式

xn1x0.5，计算结果列表如下： 收敛。取0n

0

0.5

4

0.090595993

1

0.035127872

5

0.090517340

2

0.096424785

6

0.090525950

3

0.089877325

7

0.090525008

xn

n

xn

6*|xx|0.000000951076且满足 .所以x0.090525008.

8、用牛顿(切线)法求3的近似值。取x0=1.7, 计算x1 , x2 , x3

的值，保留五位小数。

2解：3是f(x)x30的正根，f(x)2x，牛顿迭代公式为

xn12x3xn3xn1nxn22xn2xn， 即

(n0,1,2,)

3

1.73205

取x0=1.7, 列表如下：

n

1

1.73235

32

1.73205

xn

9、（15分）方程xx10在x1.5附近有根，把方程写成三种不同的等价形式（1）11x1n1x13x13xxnxx1对应迭代格式n1nx对应迭代格式；(2)；（3）3xx31对应迭代格式xn1xn1。判断迭代格式在x01.5的收敛性，选一种收敛格式计算x1.5附近的根，精确到小数点后第三位。

1(x)(x1）3（1.5）0.1813解：（1），，故收敛；

2

(x)（2）2(x)3x（3），12x2111.5）0.171x，（，故收敛；

（1.5）31.521，故发散。

x01.5，x11.3572，x21.3309，x31.3259，x41.3249，

x1.32476，x61.32472

5选择（1）：10、(6分)写出求方程4xcosx1在区间[0,1]的根的收敛的迭代公式，并证明其收敛性。

解：：xn1xn11cosxn4，n=0,1,2,…

'x11sinx1x[0,1],迭代公式都收敛。

44 ∴ 对任意的初值0

的Newton迭代格式

11、 设

（1） 写出解

（2） 证明此迭代格式是线性收敛的

证明：（1）因 ，故 ，由Newton迭代公式：

n=0,1,…

得 ，n=0,1,…

（2）因迭代函数 ，而 ，

又 ，则

故此迭代格式是线性收敛的。

第七章 线性方程组的直接解法

一、填空题

14A1.

51, 则2.设x=（11 0 5 1），则T= 6 , A的谱半径A125.

x1= 17 ，x= 11 ，x2147.

3.设计算A的行范数 ，列范数 ，F-范数 ，2范

数 .

解：

故

10 04.已知A0 2 4,则A1 8 ,0 -2 4A242,A 6

。

T5．设x=（3 -1 5 8），则x1= 17 ，x= 8 ，x2=99。

6．已知A11（A），则A的谱半径

51115 ，则A6

。

7、

x(3,0,4,12)T,则xT19,x213,x122

8.设x=（1 9 -5 2），则x1= 17 ，x9.A= 9 .

x111.

Ax 11 .

112,x3.则A1 6 ,25A 7 ,Ax1 16 ,32141003321002

321A204135分解为ALU，则U10、设矩阵482482U016A257100136的ALU，则U2。 11、设矩阵54A43,则A 9 。 12、设13、解线性方程组Ax=b的高斯顺序消元法满足的充要条件为A的各阶顺序主子式均

不为零。

二、单项选择题：

3x1x24x31x12x29x304x3xx11231、用列主元消去法解线性方程组，第1次消元，选择主元为( A ) 。

(A) －4 (B) 3 (C) 4 (D)－9

三、问答题

1.在什么情况下Gauss消去法会出现数值不稳定？如何克服？

答：当消元过程中增广矩阵此时采用列主元消去法可克服这一问题。

2．什么是矩阵 答：A的条件数定义为时就认为A为病态矩阵，通常 3.矩阵项的方程组？如 答：A的顺序主子式而当 则方程的条件数？如何判断A是"病态的"或"良态的"？

，这里 为矩阵的任一种从属范数。当 可认为A是良态的。

的元素很小时，Gauss消去法会出现数值不稳定，满足什么条件才能使A的LU分解存在唯一？如何利用A=LU分解求解不同右端

时存在唯一单位下三角阵L及上三角阵U，使A=LU，存在唯一解，此时等价于解 于是由 及可求得Ax=b的解x,同样解Ly＝c及Ux=y和Ly=d,Ux=y则分别得到不同右端项的方程解。

四、计算题

1. 用Gauss消去法求解下列方程组.

解 本题是Gauss消去法解具体方程组，只要直接用消元公式及回代公式直接计算即可。

故

12x13x23x3152. 用列主元消去法求解方程组18x13x2x315并求出系数矩阵A的行列式detA的值.

x1x2x36解：先选列主元，2行与1行交换得

消元183行与2行交换 消元00回代得解

行列式得

3. 用Doolittle分解法求习题1(1)方程组的解.

解：由矩阵乘法得

再由求得

3115717316186

0226677

由解得

14.将矩阵A分解为单位下三角矩阵L和上三角矩阵U，其中A262方程组Ax3。（9分）

4答案：

24求解Lyb得y1；求解Uxy得方程的解为：x14

555.用直接三角分解（Doolittle）法解方程组（不选主元）

2345x114481114x376132026x2365

8182940x495解：

12345L2123321,U423y149x43212116. 设，证明

解：

即，另一方面

26515，然后求解该154652T1T

1

故7．设

，证明：xx1nx。

xnx1nmaxxinx

证明：由定义可知：

xmaxxix1x21in1in从而

xx1nx

由此可以看到x1可由x控制。

38.将矩阵A分解为单位下三角矩阵L和上三角矩阵U，其中A214然后求解该方程组Ax3.5。

211解：AL•U2/31322/31/321，

1/31/1/21y144先求解2/31y23.5,得Y5/6

1/31/21y321/4321x141/2再解2/31/3x25/6，得X＝1/2

1/2x31/414109、A141，则A的（Doolittle）LU分解为

A014答案：

140A14111540415115615

2121，

11。

x12x23x31410﹑用直接三角分解（Doolittle）法解方程组

2x15x22x318。

3xx5x203121123ALU2114答案：解：35124

令Lyb得y(14,10,72)T，Uxy得x(1,2,3)T.

111x14543x1211、用列主元素消元法求解方程组

2112x311。11145431254312r1r21114解：

2111121111

54312r15432r5101213r258r2r335r1135250517950515501554312r15313r20131795555051313

回代得

x31,x26,x13。

12、(10分)用Gauss列主元消去法解方程组：

x14x22x3243x1x25x3342x16x2x327

3.0000 1.0000 5.0000 34.0000

0.0000 3.6667 0.3333 12.6667

0.0000 5.3333 -2.3333 4.3333

3.0000 1.0000 5.0000 34.0000

0.0000 5.3333 -2.3333 4.3333

0.0000 0.00000 1.9375 9.6875

1279585

x2.0000,3.0000,5.0000

T

第八章 线性方程组的迭代法

一、填空题

1、用Gauss-Seidel迭代法解方程组x1ax24，其中a为实数，方法收敛的充要条件2ax1x23是a满足22a。

222、求解方程组3x15x210.2x14x20(k1)(k)(15x2)/3x1(k1)(k1)x2x1/20的高斯—塞德尔迭代格式为 ，该迭代格1式的迭代矩阵的谱半径(M)=12。

3、写出求解方程组x11.6x210.4x1x22的Gauss-Seidel迭代分量形式kx1k111.6x201.6,k0,1,k1k100.64x220.4x1，此迭代法是否收敛 收敛 。 ，迭代矩阵为4、若线性代数方程组AX=b 的系数矩阵A为严格对角占优阵，则雅可比迭代和高斯-塞德尔迭代都__收敛.

5、 高斯--塞尔德迭代法解线性方程组

的迭代格式中求

6、 若

则矩阵A的谱半径

(A)= 1

7、 ，则A的谱半径

二、单项选择题：

＝6 ，A的 ＝6

1、 Jacobi迭代法解方程组Axb的必要条件是（ C ）。

A．A的各阶顺序主子式不为零 B．

(A)1

C．

aii0,i1,2,,n D．

A1

223A051007，则(A)为( C )． 2、设 A． 2 B． 5 C． 7 D． 3

(k1)(k)xBxg收敛的充要条件是（ B ）Axb3、解方程组的简单迭代格式。

（A）(A)1, (B)

(B)1, (C)

(A)1, (D)

(B)1

三、问答题

1.迭代法不收敛？用什么表示迭代法的收敛速度？

答：迭代法收敛的充要条件是能说明迭代法不收敛。反之

三、计算题：

1. 方程组

，当则迭代法收敛。

时因不一定能使，故不收敛的充要条件是什么？如果 能否说明迭代法

计算到 (1) 写出用J法及GS法解此方程组的迭代公式并以为止.

（1）J法得迭代公式是

取，迭代到18次有

GS迭代法计算公式为

取

2. 设方程组

证明解此方程的Jacobi迭代法与Gauss-Seidel迭代法同时收敛或发散.

解：Jacobi迭代为其迭代矩阵

，谱半径为，而Gauss-Seide迭代法为

其迭代矩阵

，其谱半径为由于

，故Jacobi迭代法与Gauss-Seidel法同时收敛或同时发散。

3. 下列方程组Ax=b，若分别用J法及GS法求解，是否收敛?

解：Jacobi法的迭代矩阵是

即GS法的迭代矩阵为

，故，J法收敛、

故，解此方程组的GS法不收敛。

4、 设必要条件.

解 J法迭代矩阵为

，detA≠0，用,b表示解方程组Ax=f的J法及GS法收敛的充分

，故J法收敛的充要条件是。GS法迭代矩阵为

由得GS法收敛得充要条件是

430245.已知方程组AXB,其中A341,B30，

01424

（1）列出Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的分量形式。

（2）求出Jacobi迭代矩阵的谱半径

答案：

（1）分量形式，J法为

GS法为（2）

1a06.实数a0，考察矩阵Aa1a，试就方程组Axb建立Jacobi迭代法和0a1Gauss-Seidel迭代法的计算公式。讨论a取何值时迭代收敛。

解：当实数a0时Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的迭代矩阵为

0a00a,B0a2BJa0aG30a00a0a

a2由detIBJ0，求得BJ的特征值为：则BJ2a，10,22a,32a，当22a时，Jacobi迭代法收敛；

222由detIBG0，求得BJ的特征值为：120,32a，则BG2a2，当

22a时，Gauss-Seidel迭代法收敛；

227． 用高斯-塞德尔方法解方程组

4x12x2x311x14x22x3182xx5x22231(0)Tx(0,0,0)，取，迭代四次(要求按五位有效数字计算)。

答案：迭代格式

x(k1)11(112x(k)(k)2x3)4x(k1)1(k1)(k)24(18x12x3)(k1)1(222x(k1)x(k1)

x3512)

k

x(k)1

x(k)x(k)2

3

0 0 0 0

1 2.7500 3.8125 2.5375

2 0.20938 3.1789 3.6805

3 0.24043 2.5997 3.1839

4 0.50420 2.4820 3.7019

3x12x210x31510x8﹑对方程组

14x2x352x110x24x38

（1） 试建立一种收敛的Seidel迭代公式，说明理由；

（2） 取初值x(0)(0,0,0)T，利用（1）中建立的迭代公式求解，||x(k1)x(k)||103。

解：调整方程组的位置，使系数矩阵严格对角占优

10x14x2x352x110x24x383x12x210x315

故对应的高斯—塞德尔迭代法收敛.迭代格式为

x1(k1)1(4x(k)x(k)51023)x(k1)1(2x(k1)(k)21014x38)(k1)1(kx310(3x11)2x(2k1)15)

要求

取x(0)(0,0,0)T,经7步迭代可得：

x*x(7)(0.999991459,0.999950326,1.000010)T.

301x15131x21114x83=， 9、用Gauss-Seidel迭代法求解线性方程组

取x=(0,0,0),列表计算三次，保留三位小数。

解：Gauss-Seidel迭代格式为：

(0)T(k1)1(k)x(x5)1331(k1)(k1)(k)(x1x31)x23(k1)1(k1)(k1)x3(x1x28)4

301131114严格对角占优，故Gauss-Seidel迭代收敛. 系数矩阵取x=(0,0,0)，列表计算如下:

(0)Tk

1

2

3

(k)x1

(k)x2

(k)x3

1.667

2.398

2.461

0.889

0.867

0.359

-2.195

-2.383

-2.526

10、（8分）已知方程组AXf，其中

4324f30A34124

14，（1） 列出Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的分量形式。

（2） 求出Jacobi迭代矩阵的谱半径。

1(k1)(k)x(243x)1241(k1)(k)x2(303x1(k)x3)41(k1)(k)x(24x2)34k0,1,2,3,解：Jacobi迭代法：

1(k1)(k)x(243x)1241(k1)(k)x2(303x1(k1)x3)41(k1)(k1)x(24x2)34k0,1,2,3,Gauss-Seidel迭代法：

0304133BJD(LU)0445(或10)0.7905693(B)00J844，

11、(10分)已知方程组Axb，其中

2111b1A121112，1

(1)列出Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的分量形式；

(2)讨论上述两种迭代法的收敛性。

解：（1）Jacobi迭代法：

(k)(k)x1(k1)(1x2x3)/2(k1)(k)(k)x2(1x1x3)/2x(k1)(1x(k)x(k))/2123

1102211BD1(LU)02211022 Jacobi迭代矩阵：(B)1 收敛性不能确定

（2）Gauss-Seidel迭代法：

(k)(k)x1(k1)(1x2x3)/2(k1)(k1)(k)x2(1x1x3)/2x(k1)(1x(k1)x(k1))/2123

1021G(DL)1U04018Gauss-Seidel迭代矩阵：121218

(B)57i11168 该迭代法收敛

122112、（15分）已知方程组Axb，其中A111 , b2，

2213（1）写出该方程组的Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的分量形式；

（2）判断两种方法的收敛性，如果均收敛，说明哪一种方法收敛更快；

解：（1）Jacobi迭代法的分量形式

(k)(k)x1(k1)12x22x3(k1)(k)2x1(k)x3;k0,1,2,x2x(k1)32x(k)2x(k)123

Gauss-Seidel迭代法的分量形式

(k)(k)x1(k1)12x22x3(k1)(k1)(k);k0,1,2,x22x1x3x(k1)32x(k1)2x(k1)123

（2）Jacobi迭代法的迭代矩阵为

022BD1(LU)101220，

1230，(B)01，Jacobi迭代法收敛

Gauss-Seidel迭代法的迭代矩阵为

022G(DL)1U023200，

10,232，(B)21，Gauss-Seidel迭代法发散

第九章 特征值与特征向量

一、计算题

101A11的模最大的特征值及其相应的单位特征向量，1.用幂法求矩阵迭代至特征值的相邻两次的近似值的距离小于0.05，取特征向量的初始T1,0近似值为。

0.9950u110vu1Av011(1)u,v10.000.09950u

1102,

1解： ①,

0.9941u210.05vu2Av121.095(2)u,v10.1080.1083u，

2221②,

1,

(1)(2)110.110.05

u30.994010.05v3u3Av21.102(3)u,v10.1100.1090u，

3322,

1③,

(2)(3)110.0020.05

0.9940x10.1090 ∴110.11，