习题一1.什么叫数值方法？数值方法的基本思想及其优劣的评价标准如何？数值方法是利用计算机求解数学问题近似解的方法xmax x i , x ( x 1 , x 2 , x n ) T R n 及 A nR n n .2.试证明maxa ij , A ( a ij )1 in1 i n1j证明：（ 1）令 x rmaxxi1 i nnp 1/ pnx ip1/ pnx r p 1/ p1/ pxlim(x i lim x r [( ]lim x r [limx r))() ]x r npi 1pi 1 x rpi 1 xrp即 xx rnp1/ pnp 1/ p又 lim(lim(x rx i)x r)pi 1pi 1即 xx rxx r⑵ 设 x(x 1,... x n )0 ，不妨设 A 0 ，nnnn令maxaijAxmaxaijx jmaxa ij xjmax x i maxaijx1 i nj 11 i nj 11 i nj 11 i n1 i nj 1即对任意非零 xR n，有Axx下面证明存在向量 x 00 ，使得Ax 0，x 0n( x 1,... x n )T 。
其中 x j设j a i 0 j ，取向量 x 0sign(a i 0 j )( j 1,2,..., n) 。
1nn显然x 01 且 Ax 0 任意分量为ai 0 jx jai 0 j，i 1i1nn故有Ax 0maxaijx jai 0 j即证。
ii 1j 13. 古代数学家祖冲之曾以355作为圆周率的近似值，问此近似值具有多少位有效数字？113解： x325 &0.314159292 101133xx355 0.266 10 6 0.5 101 7 该近似值具有 7 为有效数字。
4. 若 T(h)逼近其精确值T 的截断误差为R(T ) : T (h) T A i h2 ii 1T0 ( h) T (h) 其中，系数 A i与h无关。
试证明由 4 m T m 1 ( h) T m 1 ( h)Tm(h) 2 , m 1,2,4 m 1所定义的 T 的逼近序列{T m(h)}的误差为T m(h) T A i( m) h 2m 2 ，i 1其中诸 A i(m)是与h无关的常数。
证明：当m=0 时左边（） - 2 i 右边T0 h T= i hi 1设 m=k 时等式成立，即T（k h） - T=i(k)h2 k 2ii 1当 m=k+1 时4k 1T k ( h) T k ( h) 4k 1[T i( k ) (h) 2k 2 i ] [T i( k) (h)2 k 2i ]T k（1 h） - T=2T = i 12 i 1T 4k 1 1 4k 1 1(i k) (h)2( k 1) 2i即证。
i 1习题 21.试构造迭代收敛的公式求解下列方程：（ 1）x cos x sin x ; (2) x 4 2x。
4解：（ 1）迭代公式x k 1 cos x k sin x k , ( x) cos x sin x ，(x)' 1 公式收敛4 4k 0 1 2 3x k 0 0.25 0.25098 0.25098x* 0.25098（ 2）( x) ln(4 x) ， x0 1.5 ，(x0 )' 1 局部收敛ln 2x k 1 ln(4 x k ) ln 2k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10x k 1.5 1.322 1.421 1.367 1.397 1.380 1.390 1.384 1.387 1.386 1.386 x* 1.3862. 方程x3 x 2 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）x 1 1,对应迭代公式x k 1 11 x2 2;x k（ 2）x3 1 x2 ，对应迭代公式x k 1 3 1 x k2 ;（ 3）x2 1 ,对应迭代公式x k 1 1 。
x 1 x k 1判断以上三种迭代公式在x0 1.5 的收敛性，选一种收敛公式求出x0 1.5 附近的根到4位有效数字。
解：（ 1）(x) 1 1 ' (x) 2 ( x )' 1 局部收敛x2 x3 0x2 ' (x) 2x(1 x2 )2( x0 )'（ 2）(x) 1 3 1 局部收敛31 ' ( x) 1 2（ 3）(x)x( x 1) 3 (x0 )' 1 不是局部收敛1 2迭代公式（1）：0 1 2 3 4 5 6 7 81.5 1.44444 1.47929 1.456976 1.47108 1.46209 1.46779 1.4416 1.466479 10 11 12 13 14 15 161.4650 1.46593 1.4653 1.46572 1.46548 1.46563 1.465534 1.465595x* 1.466迭代公式（ 2）：k 0 1 2 3 4 5 6x k 1.5 1.481 1.473 1.469 1.467 1.466 1.466 x* 1.4663.已知 x(x) 在[a,b]内有一根 x*，(x) 在[a,b]上一阶可微，且x [ a,b], ( x) 3 1 ，试构造一个局部收敛于x *的迭代公式。
解：方程 x(x) 等价于 x 0.5[ (x) 3x]构造迭代公式x k 10.5[ ( x k )3x k ]由于( x) 在 [a,b] 上也一阶可微[ 0.5( (x) 3x) ]0.5 ' ( x) 30.51故上述迭代公式是有局部收敛性.4.设 ( x) 在方程 x ( x) 根 x * 的邻近有连续的一阶导数，且(x * ) 1 ，证明迭代公式 x k 1( x k ) 具有局部收敛性。
证明 ：( x)在 x * 邻近有连续一阶导数，则'( x) 在 x * 附近连续，令 ' (x *) L 1 则取1 L则0当 x x *时 有'( x)'( x * )从而'( x)'( x)'(x * )'( x * )L(1L)1( x) x *(x) ( x * )'( )( x x * )x x *故 x *< (x)< x *令 ax *， bx *由定理 2.1 知，迭代公式 x k 1(x k ) 是有局部收敛性。
5.用牛顿法求方程f (x) x 3 2x 24x 7 0 在 [3,4] 中的根的近似值（精确到小数点后两位） 。
解： f ( x) x 3 2x 2 4x 7f ' ( x) 3x 2 4x4y 次迭代公式 x k 1x k 32x k 2 4x k 7x k3x k 2 4x k 4k0 1 2 3x k3.53.643.633.63x *3.636.试证用牛顿法求方程 ( x 2)2( x3) 0 在 [1,3] 内的根 x *2 是线性收敛的。
解：令 f ( x) ( x 2) 2 ( x 3)f ' (x) 3x 22x 8 (x 2)(3 x 4)y 次迭代公式 x k 1 x k (x k 2)( x k 3)3x k 4故 e k 1x *xk 12 x k( x k 2)( x k 3)( x k 2)(2x k 1)3x k 43x k 4e k x* x k x k 2 从而ek 1 2x k1， k 时， x k 2 e k 3x k 4故 kek 1 1 ，2e k故牛顿迭代公式是线性收敛的7. 应用牛顿法于方程x3 a 0 ,导出求立方根 3 a 的迭代公式，并讨论其收敛性。
解： f ( x)x3 af ' (x) 3x2相应的牛顿迭代公式为xk 1 x kx k3 a 2x k3 a3x2 3x k2迭代函数(x) 2x k3 a ，' ( x) 2 x3 2a ，'' ( x) 2ax 43x k2 3x3则' 3a ) 0 ，'' 3a ) 0 ( (习题 31.设有方程组5x 1 2x 2 x 3 12 x 1 4x 22x 3202x 1 3x 2 10x 33(1) 考察用 Jacobi 法， Gauss-Seidal 法解此方程组的收敛性；(2) 用 Jacobi 法及 Gauss-Seidal 法解方程组，要求当x ( k 1) x (k)10 4 时迭代终止。
5 2 1解：（ 1） A1 44A 是强对角占优阵。
23 10故用雅克比法及高斯 -塞德尔法解此方程均收敛。
（ 2） x 121x 3125x255x 2 41x 1 21 x 3 5x 351 x 1 103 x 3310雅克比法：x ( k 1)2x (k )3 x ( k) 12 ，( k 1)1(k )1 ( k )5 ， x ( k 1)1 x (k)3 x (k)3 ， 15 2535x 24 x 12x 335110210取初始向量 x 1(0)x 2(0) x 3(0)0 ，迭代 18 次有 x i 18 x i 17 10 4 （ i=1,2,3 ）x 1 3.999996 ， x 2 2.999974 ， x 3 2.000000高斯 -塞德尔法：x 1( k 1)2 x 2(k )3 x ( k) 12 ， x 2(k 1) 41 x1(k ) 12 x ( k )5 ， x 3(k 1)1x 1(k)3 x (k)3 5 5 3535 10 210取初始向量 x 1(0)x 2(0) x 3(0)0 ，迭代 8 次有 x i 8 x i 710 4 （ i=1,2,3 ）x 1 4.000033 ， x 2 2.999983 ， x 32.0000022. 设有方程组a 11 x1a 12 x2b 1 , (a 11 ,a 120),a 21 x1a 22x2b 2x 1(k )1(b 1 a 12 x 2(k 1) )迭代公式：a 11, k1,2, .x 2(k)1 (b2 a 21x 2(k 1) )a22求证由上述迭代公式产生的向量序列x ( k ) 收敛的充要条件是a 12a211.a a证明 ：a12a11a 12a21迭代公式 x ( k 1)Bx ( k)f 中的矩阵 B，det( EB) 2，a21a 11a22a22由迭代收敛的充要条件知(B) 1a 12a211即证。
a 11a223. 用 SOR 方法解下列方程组（取松驰因子1.2 ） ,要求 x (k 1) x (k )10 4 .2x 1 x 21x 1 4x 2.5解： SOR 方法x 1(k 1) x 1(k )(b 1 a 11x 1( k) a 12 x 2(k ) )a11x 2(k 1) x 2(k )(b 2a 21x 1(k 1) a 22x 2(k ) )a22a 11 2, a 12 1,a 21 1,a 224, b 1 1,b 2 5, 1.2故 x 1(k 1)0.2x 1( k) 0.6x ( k ) 0.6 ， x 2(k 1)0.2x 2(k) 0.3x ( k 1) 1.521迭代初值 x 1(0)x 2(0)kx 1(k)x 2(k)0 0.000000 0.000000 1 0.6000000 -1.320000 2 1.2720000 -0.854400 3 0.858240 -1.071648 4 1.071341 -0.964268 5 0.964293 -1.017859 6 1.017857 -0.991071 7 0.991071 -0.997768 8 1.004464 -0.997768 9 0.997768 -1.001116 10 1.001116 -0.999442 11 0.999442 -1.000279 12 1.000279 -0.999861 13 0.999861 -1.000070 14 1.000070 -0.999965 15 0.999965 -1.000017x (16) x (15) 0.000052 10 4x 1 x 1(16) 1.000017 x 2 x 2(16)0.9999914.用选列主元高斯消去法求解方程组3x 1 x 2 4x 3 7x 1 2x 2 2x 3 12x 1 3x 2 2 x 3 0解：31 4 731 4 75 2 4 M 1 2 2 1 0A D3 3 3232 07 14 143 3 33 14 7 3 1 4 7 07 14 14 0 7 14 14 3 3 3 3 335 2 4 042333解得2,1,0.55.用追赶法解三角方程组2 1 0 0 0 x 1 1 1 2 1 0 0 x 2 0 0 1 2 1 0 x3 0 00 1 21 x 40 01 2 x 5解：高斯迶元11 00 122 2 1 0 00 11 01 2 0 0 1 2 1 00 0 331 0 12 1 0 0 01 30 4 0 0 1 2 1 0 44112 00 0155x 5 1 6 x 4 1 4 1 15 56 3 回代得x 3 1 3 1 1 4 4 3 2 x 2 1 2 1 2 3 3 2 3 x 1112 52 23 65211 1解为x63 2 3 66.用三角分解法求解方程组2 4 8 x 1 5 4 18 16 x 2 6 6 220 x 37解：系数矩阵三角分解为：2 4 8 1 0 0 2 4 8 4 18 16 2 1 00 10 32 6 22031 10 76原方程可表为：1 0 02 4 8 21 0 0 10 32 31 10 0761 2587310 0 y 1 5 解 21 0 y2 8 得y5 2 1031 1y 372 4 8 x 1 解0 10 32 x 20 076x3得 x291,21, 5190 95 385 2 101.5316,0.2211,0.13161 2 67.用选主元法去法计算下列行列式的值3 24 .1 2 69 5 195 1 r 1r3m 21 11 11 解： 32 43 24 3 0m 311 3 3 9 5 11 2 6 913 539991 5r 2 r 353 13 33m 32 53 l 2 l 39911 1339 1 5 053 13 9 930 5353 30 9309531 104 8.设 A 计算 cond ( A) .11解：110411- 104 104-1A1 1104 -1 1- 104cond AAA 110411041 4 104101习题四1.给出概率积分f ( x)2xe x 2 dx的数据表：试用二次插值计算 f (0.472) .X 0.460.470.480.49 f( x)0.48465550.49375420.50274980.5116683解：取插值节点：x 00.46x 10.47x 20.48L 2x2 y i l i xi 0y0 x x x 1 x x 2x x 0 x x 2x x 0 x x 10 x x 0 x2 y1 x x0 x x y 2 x 2 x 0 x 2 x111 21 L2 0.4720.4955616f 0.472 L 2 0.472 0.49556162.已知 y=sin x 的函数表X 1.5 1.6 1.7 sinx0.997490.999570.99166试构造出差商表，利用二次 Newton 插值公式计算 sin(1.609)( 保留 5 位小数 )，并估计其误差 .解：由题意得如下差商表k x k fxkfx 0,xkfx 0,x 1,xk0 1.5 0.997491 1.60.99957 0.020802 1.70.991660.029150.49950N 2 x0.997490.02080x 1.50.49950 x1.5 x 1.6故N 2 1.609 0.999273R 2 1.609f1.609 1.5 1.609 1.6 1.609 1.763又f xsin x,fx cos xf 3max cos x0.128841.5 x 1.7故： R 2 1.609 1.92 1063. 设 x j 为互异节点 ( j0,1, , n ),求证nx k j l j (x) x k ( k(1)0,1, , n)j 0n( x j x) k l j ( x)(2)0 (k0,1,,n)j 01kL nxnkf xj 0x证明：令xx j l jf n 1又R nxf xLnxn 1xn 1 !所以f n 1故R n xL nxf xx k2 原等式左边用二项式展开得：nx knk x j l jxj 0 x j l jj 0nkj 0x j ljnkk由1结论j 0x jx jxx得k1 k 1kxC nx jx l jxL1 x l jx1k 11 kk 0xC n xx j l jxLx x j l jxnkk1 k 12 2 k 1k k0x jx l j xx C n x x C n x x1 x xj 0x k 1 1k即证4. 若 y n2n ,求 2 y n 和 4 y n .解：2y n 1yny nyyn 22 y n 1 y n n 2n 1n n2 22224y n3y n 13 y n 1222222y n 3 y n 1y n 1y n 12222y n 1y n 1y n 1y n 32222y n 2yn 1y n 1yny n 1yny n y n 1y n 1y ny n yn 1y n yn 1yn 1yn 2y n 2 4y n 1 6y n 4y n 1 y n 2n 2n1 2 n2 n 1n 22 4 26 4 2n 225.证明两点三次 Hermite 插值余项是R 3 (x)1 f (4 ) ( )( x x k )2(x x k 1 )2,( x k , x k 1)4!证明：f xs3xR3x且R 3xk0,R 3xk 10,R3xk0,R3xk 1即x k ,x k 1为R 3x的二阶零点设R 3x R xx x k 22x x k 1f xs 3xt x k 2x k 12令tf ts3tt 2 fxs3 x2x x kx x k 1易知 xk0,xk 10,xk0,xk 1又x 0由微分中值定理（ Rolle 定理）1x k , x , 2 x, x k 1 ，使得0,12x 有三个零点， x4进而 有两个零点，x 有一个零点，即xk,xk 1 使得 44f 44!xx x k 22R3x x k 14x22x6. 构造适合下列数据表的三次样条插值函数S(x)X -1 0 1 3Y -1 1 3 31y 4 28解：已知x0 1, x1 0, x2 1, x3 3,y0 1, y1 1, y2 3, y3 31,边界条件y0 4, y3 28h i x i 1 x i, i 0,1,2 即 h0 1, h1 1, h2 2从而a1h0 1 ,a2h1 1 , h0 h1 2 h1 h2 33 1f 1 f 0 f 2 f 16b a h a h1 1 10 1b2 3 1 a2 f 2 f 1 a2 f 3 f 2 18h1 h2m0 4, m3 282 1m1 6 1 4 4解 2 2 262 2 m2 18 1 28 33 3得 m1 1,m2 4当 xx0, x1 即x 1,0 时2x 0 01 0x 1 21 2 0 1 x 2 x 32x 1 10 1x 0 21 2 1 0 x 1 1 2x2x 021 0x 1xx1x 12210 1x 0x 1xy 0y 1 1xmxm131故 s xx1xxx同理，在 0,1 及 1,3 上均有 s xx 3 x 17. 用最小二乘法求一个形如y a bx 2 的经验公式，使与下列数据相拟合X 19 25 3138 44Y19.032.349.073.397.8解：依题意n 4, m1,x1,xx20 14x ixi故,50 i 042,5327x i1i 01 ,0 5327441,1i 0x i727769944y ixi271.41i yi 1x i369321.5i 0正则方程为553271271.45327解得0.973,17277699 1369321.50.050故拟合曲线为2y 0.973 0.05x习题 51． 试确定下面求积公式1 f ( x 1 ) f ( x2 )]f ( x)dx C[ f ( x 0 )1使其具三次代数精度 .解：要公式有 3 次代数精度，需有C(1 1 1)1dx 21C(x 0 x 1 x 2 )1 xdx1C(x 02 x 12 x 22 ) 12x 2 dx13C(x 03x 13 x 23) 1x 3dx 01解得： C2, x 00, x 12, x 2232 2故求积公式为122 ) f (2f ( x) dx [ f (0)f ()]132 22． 在区间 [a, b] 上导出含五个节点的 Newton-Cotes 公式，并指出其余项及代数精度 .解：bN(b a) B n f (a nh) f ( x) dxan 0( 1)N nNNB n(t i )dtn)!]N [ n!( N 0 i 0,i n当 N4时， B 07,B 1 16,B 2 29045 15 又B nBN n故 B 3 B 116,B 4B 0 7当 N4 时，有求积公式 459064 hf (x 1) 24hf (x 2 )64hf ( x 3 )14hf ( x 4 )（＊）f ( x) dx 14hf (x 0)ba4545454545其中 h ba, x i a ih ,i1,2,3, 44由 Lagrange 差值定理有： R 4 ( f , x)f (4 1)( )4( x x i )(4 1)!i 0故余项 R 4 ( f , x)bf 5 ( ) 4( x x i )dxa5!i 0对（＊）至少有四次代数精度f ( x) x 0 , C 5 时 式（＊）左边 =右边 =b 6a 66C 6 时 左边 右边故（＊）式具有 5 次代数精度3． 分别用复合梯形公式及复合Simpson 公式计算2xdx , (取步长 h=1/6).1ln( x 1)解：（ 1）用复合梯形公式 a 1,b2, h1 故 N6x 6 f (x)ln( x 1)f ( a)11.4427ln 2f ( a 1) 716 1.50896 ln(1316) f ( a 2) 413 1.57366 ln(713) f ( a 3) 312 1.63706 ln(512) f ( a 4) 513 1.6992 6 ln(813)5 11f ( a 6 1.7604)ln(1716)6f (b) 2 1.8205ln(3)52f ( x n ) 16.3582n 12x1[ f ( a)5dxf (b) 2 f (x n )]1.63511671ln( x 1) 12n 1（ 2）用复合 Simpson 公式：f ( x 1 ) f (a 1 ) 1.4760212 f ( x 3 ) f ( a 3 5141.5414 )ln(914) 2 12 f ( x 5 ) f ( a5 ) 17112 1.6055212ln( 1114)f ( x 7 ) f ( a 7 ) 19112 1.6683 2 12 ln(31112)f ( x 9 ) f ( a 9 )7141.7299212 ln(11 4)f ( x 11 )f (a 11 23112 1.7905) 352 12 ln(12)54f (x n 1 ) 39.2464n 02b1[ f (a)55f (b) 4 f ( x 1 ) 2 f ( x n )] 1.6352167 f (x)dxna36 n 0 2 n 14． 用变步长梯形求积公式计算1e x2).dx , ( 精确到 10 4解： a0, b 1, f ( x)e x2b a11T 02 [ f ( a) f (b)]2 (1e)0.68393972由1ba 2 k 12n 1T k 2 Tk 12kn 1f [a 2k(b a)](k1,2,L )11 2k 12n 12Tk 12k n 1 f ( 2k )得：T 1 T 1f ( 1) 0.7313702512 0 2 211 1 31(e( 1)2 ( 3 ) 2T 2 2 T 1 4 [ f ( 4 ) f ( 4 )] 0.36568513 44e4)0.7429841T 31T 2 1 [ f ( 1) f ( 3) f ( 5 ) f ( 7)] 0.745865622 8 8 8 8 8T 1 T 1 [ f ( 1 ) f ( 3) f ( 5 ) f ( 7)f ( 9) f (11) f (13 ) f (15)] 0.7465845942 3 16 16 16 16 161616 16 16 T 5 1T 4 1 16 f ( 2n 1 ) 0.746764252 32 n 1 32 T1 T 1 32 f ( 2n 1) 0.7468162 5 64 n 1 64Q|T 6 T 5 | 10 41 ex 2dx 0.746815． 用 Romberg 算法计算积分4s in(x 2 )dx , (精确到 10 4 ).解：a 0,b4 , f ( x) sin x 2T 0(0)b a[ f ( a) f (b)] 0.227162T 0(1)1 T 0(0) b a[ f (a b a )]0.173902 2 2 T 1(0)4T 0(1) T 0(0)0.1561464 1( k) 1 (k 1)b a 2k 1b aT 0 T 02 kf ( a (2 n 1)2 k)由公式2n 1m(l1)(l )T m (l )4 T m 1Tm 14m1 得：T 0(2)1 T 0(1) [ f ( ) f ( 3 )] 0.1612882 16 16 16(1)4T 0(2) T 0(1) 0.157147T 14 1T 2(0)42 T 1 (1) T 1(0)0.157147421T 0(3)1 T 0(2) [ f ( ) f ( 3 ) f ( 5) f ( 7)] 0.1581842 32 32 32 32 32(2)4T (3) T (2)T 10 0 0.1571504 1T (1) 42T 1 (2) T 1(1)0.1571542 42 1(0)43 T 2(1) T 2(0)0.157154T 343 1又 Q|T 3(0)T 2(0) |0.1571540.157147 0.000007 10 4即 T 3(0) 已经达到预定精度取 4 sin x 2 dsT 3(0)0.15726． 试构造两点 Gauss 公式11 f (x) dx A 0 f ( x 0 ) A 1 f (x 1 ) ,并由此计算积分 (精确到 10 4 )1 1 2xdx .解：二次 Lagendre 多项式：w2 ( x) 2 d 2 (x2 1)2 x214! dx2 3Gauss 点为x0由公式 A n1f ( x)dx1 1 , x1 13 3b w N 1 (x)dx N 1得a ( x x n )w N 1 ( x n )1 x 21A0 3 dx 11 (x 3 )*2* 33 31 x2 1A1 3 dx 11( x 3 )*2*( 33)3f ( 1 ) f ( 1 )3 3令t 2( x 1) 即 xt 1使得 [0,1] [ 1,1] 2 21 11 2xdx0 2 11[ (32) (32)] 1.3991t 2dt 3 31 2习题 61． 试用三种方法导出线性二步方法y n 2 y n2hf n 1解：（ 1） Taylor 展开法kk线性 k 步公式为iy n ih i fn ii 0i 0k 2, p 2, 201, 1 2 得1 21 0 122( 012 ) 00 0 1 ( 142)(122) 022!即得 y n 2y n 2hf n 1且C 3 1 ( 1 8 2 ) 1 ( 1 4 2 )13! 23（ 2） 数值积分法yn 2y ntn 2f (t, y(t ))dtt n用矩形求积公式yn 2y n (t n 2 t n ) f [ t n (1 )t n 2 , y n (1令1（中矩形公式）2即得： y n 2 y n 2hf (t n 1, y n 1 ) y n 2hf n 1（ 3） 由隐式欧拉法得 y n1y n hf n 1由显示欧拉法得 y n 2y n 1hf n 1① 代入②得) y n 2 ]①②y n 2 y n 2hf n 12． 用 Taylor 展开法求三步四阶方法类，并确定三步四阶显式方法.解：线性 k 步公式为kkiyn ihi fn ii 0ik 3, p 4 ，在（ 6.17）中令C 0 1 C 4 0, C 5C LC 0 0 1 2 3C 112 23 3 (3 0123 ) 0即 C 21 ( 14293) (12 233) 021 C 31( 182)1 ( 14 2)3!23C 41 ( 116 281 3)1 ( 182 273) 04!3!取31。