计算方法习题集及答案(总结版)

从而
ek +1 2 xk + 1 = ek 3xk + 4
， k → ∞ 时， x
k
→2
故 k → ∞ ， ee
k +1 k
→
1 2
故牛顿迭代公式是线性收敛的 7. 应用牛顿法于方程 x − a = 0 , 导出求立方根 a 的迭代公式，并讨论其收敛性。 解： f ( x) = x − a
3 3
3
f ' ( x) = 3x 2
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 2. 试证明 x = max x , x = ( x , x , L x ) ∈ R 及 A = max ∑ a
n
T
n
∞
1≤i ≤ n
i
1
2
n
∞
1≤ i ≤ n
ij
, A = (aij ) ∈ R n×n .
7 1.4416 15 1.465534
8 1.46647 16 1.465595
x* ≈ 1.466
迭代公式（2） ：
k 0 1.5 1 1.481 2 1.473 3 1.469 4 1.467 5 1.466 6 1.466
xk
x* ≈ 1.466
已知 x = ϕ ( x) 在[a,b]内有一根 x ，ϕ ( x) 在[a,b]上一阶可微，且 ∀x ∈ [a, b], ϕ ′( x) − 3 < 1 ，试构造一个 局部收敛于 x 的迭代公式。 解： 方程 x = ϕ ( x) 等价于 x = 0.5[ϕ ( x) − 3x] 构造迭代公式 x = −0.5[ϕ ( x ) − 3x ] 令 φ ( x) = −0.5[ϕ ( x) − 3x]
5 2 1 A= −1 4 4 2 −3 10
2 5 1 5
< 10 −4
时迭代终止。
解： （1）
A
是强对角占优阵。
故用雅克比法及高斯-塞德尔法解此方程均收敛。 （2） x = − x − x −
1 2 3 12 5 1 x2 = 1 4 x1 − 2 x3 + 5 3 x3 = − 1 5 x1 + 10 x3 +
= ∑ ∆i( k ) (h) 2( k +1)+ 2i
i =1
即证。
习题 2
试构造迭代收敛的公式求解下列方程： + sin x （1） x = cos x 4 ; (2) x = 4 − 2 。 解： + sin x cos x + sin x （1）迭代公式 x = cos x 4 ， ϕ ( x) , ϕ ( x) = 4
雅克比法：
3 10 12 5
3 (k ) 2 (k ) x1( k +1) = − 5 x2 − 5 x3 −
，x
( k +1) 2
(k ) 1 (k ) =1 4 x1 − 2 x 3 + 5
18 i
，x
( k +1) 3 −4
(k ) 3 =−1 + 10 x (2 k ) + 5 x1
取初始向量 x
n j =1 i0 j
0
≠0
，使得
0
∞ ∞
=µ
，
j
设 µ = ∑ a ，取向量 x 显然 x
0 ∞
= ( x1 ,...xn )T
n
。其中 x
n i =1
= sign( ai0 j )( j = 1, 2,..., n)
。
=1
且 Ax 任意分量为 ∑ a
0 i =1 n n i i =1 j =1
i0 j
5.
3 2
k +1
= ϕ ( xk )
是有局部收敛性。 在[3,4]中的根的近似值（精确到小数点后两位） 。
3
− 2x 2 − 4x − 7 = 0
f ' ( x) = 3x 2 − 4 x − 4
y
次迭代公式 x
k +1 = xk −
3 2 xk − 2 xk − 4 xk − 7 2 3 xk − 4 xk − 4
p →∞
即x
∞
≤ xr
n p 1/ p
又 lim(∑ x
p →∞ i =1
i
)
≥ lim(∑ xr )1/ p = xr
p p →∞ i =1
n
即x ≥x x =x ⑵ 设 x = ( x ,...x ) ≠ 0 ，不妨设 A ≠ 0 ，
∞ r ∞ r
1 n
令 µ = max ∑ a
n 1≤i ≤ n j =1
∞
k
(k ) i
h 2 k + 2i
当 m=k+1 时
k +1
i =1
∞ ∞ k +1 ( k ) h 2 k + 2i h 4 [ T + ∆ ( ) ] − [ T + ∆i( k ) (h) 2 k + 2 i ] 4 Tk ( ) − Tk (h) ∑ ∑ i 2 i =1 i =1 2 Tk + （ −T = −T 1 h）-T= 4k +1 − 1 4 k +1 − 1 ∞
5
习题 3
1.
设有方程组
5 x1 + 2 x 2 + x3 = −12 − x1 + 4 x 2 + 2 x3 = 20 2 x − 3x + 10 x = 3 2 3 1
( k +1) (k )
∞
(1)
考察用 Jacobi 法，Gauss-Seidal 法解此方程组的收敛性； −x (2) 用 Jacobi 法及 Gauss-Seidal 法解方程组，要求当 x
1
，迭代 18 次有 x − x < 10 （i=1,2,3） x = −3.999996 ， x = 2.999974 ， x = 2.000000 高斯-塞德尔法： 12 = x − x +5， x x =− x − x − ，x =− x + 5 取初始向量 x = x = x = 0 ，迭代 8 次有 x − x < 10 （i=1,2,3） x = −4.000033 ， x = 2.999983 ， x = 2.000002
1.
x
k +1 k k
'
<1
公式收敛
3 0.25098
k
0 0
1 0.25
2 0.25098
xk
x* ≈ 0.25098
− x) （2） ϕ ( x) = ln(4 ，x ln 2 xk +1 =
k 0
0
= 1.5
， ϕ (x )
0
'
<1
局部收敛
6 7 8 9 10
ln(4 − xk ) ln 2
1 2 3 4 5
(m) 2m+2 h m ( h) − T = ∑ Ai i =1 ∞
所定义的 T 的逼近序列{T
( m) i
m ( h)}
的误差为 T
∞
，
其中诸 A 是与 h 无关的常数。 证明：当 m=0 时 左边 = T（h）-T=∑ ∆ h = 右边
2i 0
i
i =1
设 m=k 时等式成立，即 T（h）-T=∑ ∆
3.
* *
k +1 k k
3
由于 ϕ ( x) 在[a,b]上也一阶可微 [−0.5(ϕ ( x) − 3x)′] = 0.5 ϕ ( x) − 3 < 0.5 < 1 故上述迭代公式是有局部收敛性. 4. 设 ϕ ( x ) 在方程 x = ϕ ( x) 根 x 的邻近有连续的一阶导数，且 ϕ ′( x ) < 1 ，证明迭代公式 x 有局部收敛性。 证明： ϕ ( x ) 在 x 邻近有连续一阶导数，则 ϕ ( x) 在 x 附近连续， 令 ϕ ( x ) = L < 1 则取 ε = 1 − L 则 ∃σ > 0当 x − x < σ 时 有 ϕ ( x) − ϕ ( x ) < ε 从而 ϕ ( x) ≤ ϕ ( x) − ϕ ( x ) + ϕ ( x ) < L + (1 − L) = 1
' *
*
*
k +1
= ϕ ( xk )
具
'
*
'
*
*
'
'
*
'
'
'
*
'
*
ϕ ( x ) − x* = ϕ ( x) − ϕ ( x* ) = ϕ ' (ξ )( x − x* ) < x − x* < σ
故
x* − σ <ϕ(x)<x* + σ
* *
令 a = x −σ ，b = x +σ 由定理 2.1 知，迭代公式 x 用牛顿法求方程 f ( x) = x 解： f ( x) = x − 2 x − 4 x − 7
相应的牛顿迭代公式为 x 迭代函数 则ϕ (
' 3
k +1 = xk −
3 3 xk − a 2 xk +a = 2 3x 3 xk2
3 2 xk +a ϕ ( x) = 3 xk2
，
2 x 3 − 2a ϕ ( x) = 3x3
'
， ϕ ( x) = 2ax
''
−4
a) = 0
，ϕ (
'' 3
a) ≠ 0
ij
Ax
∞
= max ∑ aij x j ≤ max ∑ aij x j ≤ max xi max ∑ aij = µ x
1≤i ≤ n j =1 1≤i ≤ n j =1 1≤i ≤ n 1≤i ≤ n j =1
n
n
n
∞
即对任意非零 x ∈ R ，有
n
Ax x
∞ ∞
≤µ Ax0 x0
下面证明存在向量 x
附近的根到 4 位有效数字。
ϕ ' ( x) = −
2 3
ϕ ( x0 ) ' < 1 ϕ ( x0 ) ' < 1 ϕ ( x0 ) ' > 1
局部收敛 局部收敛 不是局部收敛
（2） ϕ ( x) = （3） ϕ ( x) = 迭代公式（1） ：
0 1.5 9 1.4650 1 1.44444 10 1.46593
（2） x （3） x
3
= 1+ x2 =
，对应迭代公式 x 对应迭代公式 x
0
k +1
= 3 1 + x k2 ;
2
1 , x −1
k
+1 =
1 xk − 1
。
0
判断以上三种迭代公式在 x 解： （1） ϕ ( x) = 1 + x1
2
= 1 .5
的收敛性，选一种收敛公式求出 x
2 x3
−
2 3
= 1 .5
k
0 3.5
1 3.64
2 3.63
3 3.63
xk
x* ≈ 3.63
试证用牛顿法求方程 ( x − 2) ( x + 3) = 0 在[1,3]内的根 x 解： 令 f ( x) = ( x − 2) ( x + 3)
6.
2
2
*
=2
是线性收敛的。
f ' ( x) = 3 x 2 − 2 x − 8 = ( x − 2)(3 x + 4)
x j = ∑ ai0 j
，
故有 Ax
3.
0 ∞
= max
∑ aij x j = ∑ ai0 j = µ
即证。
355 古代数学家祖冲之曾以 113 作为圆周率 π 的近似值，问此近似值具有多少位有效数字？ 325 解： x = 133 = & 0.314159292 ×10
1
x − x∗ = π −
2
xk
1.5
1.322
1.421
1.367
1.397
1.380
1.390
Baidu Nhomakorabea1.384
1.387
1.386
1.386
x* ≈ 1.386
2.
方程 x
3
− x2 −1 = 0
在 x = 1.5 附近有根，把方程写成三种不同的等价形式：
k
（1） x = 1 + x1 ,对应迭代公式 x
2
+1 = 1+
1 ; 2 xk
y
次迭代公式 x
k +1
k +1
= xk −
( xk − 2)( xk + 3) 3 xk + 4
故e
= x* − xk +1 = 2 − xk −
( xk − 2)( xk + 3) ( xk − 2)(2 xk + 1) = 3 xk + 4 3xk + 4
4
ek = x* − xk = xk − 2
证明： （1）令 x
x
j =1
r
= max xi
1≤i ≤ n
∞
= lim(∑ xi )1/ p = lim xr [∑ (
p p →∞ i =1 p →∞ i =1
n
n
xi xr
) p ]1/ p ≤ lim xr [∑ (
p →∞ i =1
n
xr xr
) p ]1/ p = lim xr ⋅ n1/ p = xr
1 + x2
ϕ ' ( x) = − x(1 + x 2 )
1 2
−
2 3
1 x −1
2 1.47929 11 1.4653
ϕ ' ( x) = − ( x − 1)
3 1.456976 12 1.46572
4 1.47108 13 1.46548
5 1.46209
6 1.46779 14 1.46563
(0) 1 (0) (0) = x2 = x3 =0
3 10
，
17 i
2
3
( k +1) 1
2 5
(k ) 2
3 5
(k )
3
( k +1) 2
1 4
(k ) 1
1 2
(k )
3
( k +1) 3 −4
1 5
(k ) 1
3 10
x (2 k ) +
355 = 0.266 ×10 −6 ≤ 0.5 × 101−7 113
该近似值具有 7 为有效数字。
1
4.
若 T(h)逼近其精确值 T 的截断误差为
R (T ) : = T (h) − T = ∑ Ai h 2i
i =1 ∞
其中，系数 A 与 h 无关。试证明由
i
T0 (h) = T (h) h 4 m Tm −1 ( ) − Tm−1 (h) 2 Tm(h) = , m = 1,2,L 4m − 1