数值分析简明教程0-1 (14)
《数值分析简明教程》第二版(王能超 编著)课后习题答案 高等教育出版社
-------------------------------------------------------------------------------0.1算法1、 (p.11,题1)用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根,要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即至少需2、(p.11,题2) 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根;使用二分法求这一实根,要求误差不超过21021-⨯。
【解】由于210)(-+=x e x f x ,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-⨯+=e f ,082110)1(1>+=-⨯+=e e f ,即0)1()0(<⋅f f ,由连续函数的介值定理知,)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ,因此取7=k ,即至少需二分-------------------------------------------------------------------------------0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有几位有效数字?并给出它们的相对误差限。
数值分析简明教程讲义
第1章 绪论数值计算方法是一门与计算机使用密切结合的实用性很强的数学课程,其特点如下: 第一,面向计算机,要根据计算机特点提供实际可行的有效算法,即算法只能包括加、减、 乘、除运算和逻辑运算,是计算机能直接处理的。
第二,有可靠的理论分析,能任意逼近并达到精度要求,对近似算法要保证收敛性和数值稳 定性,还要对误差进行分析,这些都建立在相应数学理论基础上。
第三,要有好的计算复杂性,时间复杂性好是指节省时间,空间复杂性好是指节省存储量, 这也是建立算法要研究的问题,它关系到算法能否在计算机上实现。
第四,要有数值实验,即任何一个算法除了从理论上要满足上述三点外,还要通过数值试验 证明是行之有效的。
误差的基本概念除了极个别的情况外,数值计算总是近似计算,实际计算结果与理论结果之间存在着误差。
数值分析的任务之一是将误差控制在一定的容许范围内或者至少对误差有所估计。
一、误差的来源 1、模型误差用计算机解决科学计算问题首先要建立数学模型,它是对被描述的实际问题进行抽象,简化而得到的,因而是近似的,数学模型与实际问题之间出现的这种误差称为模型误差。
这种误差可忽略不计,在数值计算方法中不予讨论。
2、观测误差在数学模型中往往还有一些根据观测得到的物理量,如温度,长度,电压等等,测量的结果不可能绝对正确,由此产生的误差称为观测误差。
观测误差在数值计算方法中也不予讨论。
3、截断误差(方法误差)在数学模型不能得到精确解时,通常要用数值方法求它的近似解,其近似解与精确解之间的误差称为截断误差或方法误差。
4、舍入误差在计算过程中,由于计算机的字长有限,采用计算机数系中和实际数据比较接近的数来表示,由此产生的误差以及计算过程又可能产生新的误差,这些误差称为舍入误差。
二、绝对误差和相对误差1、绝对误差秘绝对误差限设数x (精确值)有一个近似值为*x ,记*)(x x x e -=称e(x)为近似值*x 的绝对误差,简称误差。
《数值分析》完整版讲义
2.1.3 多项式插值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.4 基函数插值法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1 为什么要插值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.1.2 什么是插值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.1.2 数值分析的研究内容 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.3 学习建议 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
i
· ii ·
目录
2.2 Lagrange 插值 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.1 Lagrange 基函数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.2 Lagrange 插值多项式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.3 插值余项 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.2.4 Lagrange 基函数性质 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
数值分析简明教程第二版课后习题答案(供参考)
数值分析简明教程第⼆版课后习题答案(供参考)0.1算法1、(p.11,题1)⽤⼆分法求⽅程013=--x x 在[1,2]内的近似根,要求误差不超过10-3.【解】由⼆分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取⾃然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即⾄少需2、(p.11,题2)证明⽅程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯⼀个实根;使⽤⼆分法求这⼀实根,要求误差不超过21021-?。
【解】由于210)(-+=x e x f x,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-?+=e f ,082110)1(1>+=-?+=e e f ,即0)1()0(⼜010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]内有唯⼀实根.由⼆分法的误差估计式211*1021212||-++?=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取⾃然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=?≈≥k ,因此取7=k ,即⾄少需⼆分0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有⼏位有效数字?并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字:因为11102105.001828.0||-?=<=-K x e ,所以7.21=x 有两位有效数字;因为12102105.000828.0||-?=<=-K x e ,所以71.22=x 亦有两位有效数字;因为3310210005.000028.0||-?=<=-K x e ,所以718.23=x 有四位有效数字;%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε; %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε; %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析简明教程(第二版)课后习题答案
0.1算法1、 (p.11,题1)用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根,要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即至少需2、(p.11,题2) 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根;使用二分法求这一实根,要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-⨯+=e f ,082110)1(1>+=-⨯+=e e f ,即0)1()0(<⋅f f ,由连续函数的介值定理知,)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ,因此取7=k ,即至少需二分0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有几位有效数字?并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字:因为11102105.001828.0||-⨯=<=- x e ,所以7.21=x 有两位有效数字; 因为12102105.000828.0||-⨯=<=- x e ,所以71.22=x 亦有两位有效数字;因为3310210005.000028.0||-⨯=<=- x e ,所以718.23=x 有四位有效数字;%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε; %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε; %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析简明教程修订版教学设计
数值分析简明教程修订版教学设计一、教学目标本教学设计旨在让学生学会使用数值分析方法处理实际问题,掌握数值解法的基本原理、基本思想和方法,具备数值分析和计算机辅助设计能力,并能够对不同数值分析方法进行综合分析,选择最佳的解法。
二、教学内容和教学方法2.1 教学内容1.方程求解与根的寻找2.一次线性方程组求解3.常微分方程数值解法4.插值与逼近5.数值积分与微积分方程求解2.2 教学方法本课程采用讲授与实例演示相结合的教学方法。
针对不同内容,采用不同的教学方法:1.方程求解与根的寻找:讲解主要理论知识,然后通过编程演示实例进行深入讲解。
2.一次线性方程组求解:通过算法推导演示求解过程,然后结合实例进行练习。
3.常微分方程数值解法:通过算法推导演示求解过程,然后通过实例让学生独立进行求解。
4.插值与逼近:通过实例演示讲解,然后通过编程让学生进行计算。
5.数值积分与微积分方程求解:通过算法推导演示求解过程,然后通过实例让学生独立进行求解。
三、教学评估与作业3.1 教学评估课程中将采用多种方式来进行教学评估,包括课堂提问、小组讨论、实验报告和期末考试等。
其中,期末考试占总评成绩的50%。
3.2 作业要求本课程将布置多种类型的作业,包括课后习题、课堂练习、编程作业和实验报告等。
作业占总评成绩的50%。
四、教学进度安排1.方程求解与根的寻找(2周)2.一次线性方程组求解(2周)3.常微分方程数值解法(4周)4.插值与逼近(2周)5.数值积分与微积分方程求解(4周)五、教学资源本课程所需的教学资源包括:1.讲义:对数值分析基本知识和方法进行全面讲解。
2.编程软件:如MATLAB、Python等。
3.实例程序:涵盖方程求解、矩阵计算、方程组求解等。
4.教学视频:教师根据课堂教学内容精心录制的视频,便于学生复习。
六、教学心得与体会本教学设计将理论讲解和实践操作相结合,使学生在实践中深入理解数值分析的思想、方法和技术,从而提高他们的计算机科学与数学水平,增强他们的迈向工程技术领域和科学研究领域的实用能力。
数值分析报告简明教程课后习题问题详解
比较详细的数值分析课后习题答案0.1算法1、 (p.11,题1)用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根,要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即至少需2、(p.11,题2) 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根;使用二分法求这一实根,要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-⨯+=e f ,082110)1(1>+=-⨯+=e e f ,即0)1()0(<⋅f f ,由连续函数的介值定理知,)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ,因此取7=k ,即至少需二分0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有几位有效数字?并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字:因为11102105.001828.0||-⨯=<=- x e ,所以7.21=x 有两位有效数字; 因为12102105.000828.0||-⨯=<=- x e ,所以71.22=x 亦有两位有效数字;因为3310210005.000028.0||-⨯=<=- x e ,所以718.23=x 有四位有效数字;%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε; %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε; %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析简明教程课后习题答案
比较详细的数值分析课后习题答案0.1算法1、 (p.11,题1)用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根,要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即至少需2、(p.11,题2) 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根;使用二分法求这一实根,要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-⨯+=e f ,082110)1(1>+=-⨯+=e e f ,即0)1()0(<⋅f f ,由连续函数的介值定理知,)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ,因此取7=k ,即至少需二分0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有几位有效数字?并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字:因为11102105.001828.0||-⨯=<=-K x e ,所以7.21=x 有两位有效数字; 因为12102105.000828.0||-⨯=<=-K x e ,所以71.22=x 亦有两位有效数字;因为3310210005.000028.0||-⨯=<=-K x e ,所以718.23=x 有四位有效数字;%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε; %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε; %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析简明教程
ℓi1
=
ai1 u11
(i = 2,3,∙∙∙, n)
ukj = akj − ∑km−=11 ℓkmumj
ℓik
=
1 ukk
�aik
−
∑km−=11
ℓimumk�
(j = k, k + 1,∙∙∙, n) (i = k + 1, k + 2,∙∙∙, n)
平方根法(Cholesky 分解法)(系数矩阵对.称.正.定.):
则 (1) x = φ(x) 在 [a, b] 上有唯一实根 x∗;
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周斌
(2) 对任意 x0 ∈ [a, b] , 迭代公式收敛,且
lim
k→+∞
������������
=
������∗
(3) 后验误差估计:
|xk
−
x∗|
≤
L 1−L
|xk
−
xk−1|
先验误差估计:
|xk
−
谱半径:
n 阶 矩 阵 B 在 复 数 范 围 内 的 各 特 征 值 为 λi (i = 1,2,∙∙∙, n) , 则 称 ρ(B) = max1≤i≤n|λi| 为 B 之谱半径。
ρ(B) ≤ ‖B‖ (注: ‖∙‖ 是 Rn×n 上任一矩阵范数)
矩阵条件数: n 阶非奇异矩阵 A 的条件数:Cond(A) = ‖A−1‖‖A‖
② 系数矩阵 A = (aij)n×n 严格对角占优 ③ 系数矩阵 A 对称正定
SOR 迭代法 �x(k+1) = (1 − ω)x(k) + ωD−1(b − Lx(k+1) − Ux(k))� : ⇓
x(k+1) = Bωx(k) + ω(D + ωL)−1b Bω = (D + ωL)−1[(1 − ω)D − ωU]
数值分析简明教程课后习题答案
;
。
【解】(1)令时等式精确成立,可列出如下方程组:
解得:,即:,可以验证,对公式亦成立,而对不成立,故公式(1)具有3次代数精度。
(2)令时等式精确成立,可列出如下方程组:
解得:,即:,可以验证,对公式亦成立,而对不成立,故公式(2)具有3次代数精度。
(3)令时等式精确成立,可解得:
即: ,可以验证,对公式亦成立,而对不成立,故公式(3)具有2次代数精度。
由三点公式(51)、(52)和(53)可知,,则
2、(p.96,习题25)设已给出的数据表,
x
1.0
1.1
1.2
f(x)
0.2500
0.2268
0.2066
试用三点公式计算的值,并估计误差。
【解】已知,用三点公式计算微商:
,
用余项表达式计算误差
3、(p.96,习题26)设,分别取步长,用中点公式(52)计算的值,令中间数据保留小数点后第6位。
;
(2),而,实际误差为:。
由,可知,则余项表达式
1.4 曲线拟合
1、(p.57,习题35)用最小二乘法解下列超定方程组:
【解】构造残差xx函数如下:
,
分别就Q对x和y求偏导数,并令其为零:
:,
:,
解方程组(1)和(2),得
2、(p.57,习题37)用最小二乘法求形如 的多项式,使之与下列数据相拟合。
,,取;
,,取;
【解】(1);
(2)。
2、(p.124,题2)取,用xx方法求解初值问题,。
【解】xx格式:;化简后,,计算结果见下表。
n
0
1
2
3
xn
0.0
0.2
数值分析简明教程讲义
第1章 绪论数值计算方法是一门与计算机使用密切结合的实用性很强的数学课程,其特点如下: 第一,面向计算机,要根据计算机特点提供实际可行的有效算法,即算法只能包括加、减、 乘、除运算和逻辑运算,是计算机能直接处理的。
第二,有可靠的理论分析,能任意逼近并达到精度要求,对近似算法要保证收敛性和数值稳 定性,还要对误差进行分析,这些都建立在相应数学理论基础上。
第三,要有好的计算复杂性,时间复杂性好是指节省时间,空间复杂性好是指节省存储量, 这也是建立算法要研究的问题,它关系到算法能否在计算机上实现。
第四,要有数值实验,即任何一个算法除了从理论上要满足上述三点外,还要通过数值试验 证明是行之有效的。
1.1 误差的基本概念除了极个别的情况外,数值计算总是近似计算,实际计算结果与理论结果之间存在着误差。
数值分析的任务之一是将误差控制在一定的容许范围内或者至少对误差有所估计。
一、误差的来源 1、模型误差用计算机解决科学计算问题首先要建立数学模型,它是对被描述的实际问题进行抽象,简化而得到的,因而是近似的,数学模型与实际问题之间出现的这种误差称为模型误差。
这种误差可忽略不计,在数值计算方法中不予讨论。
2、观测误差在数学模型中往往还有一些根据观测得到的物理量,如温度,长度,电压等等,测量的结果不可能绝对正确,由此产生的误差称为观测误差。
观测误差在数值计算方法中也不予讨论。
3、截断误差(方法误差)在数学模型不能得到精确解时,通常要用数值方法求它的近似解,其近似解与精确解之间的误差称为截断误差或方法误差。
4、舍入误差在计算过程中,由于计算机的字长有限,采用计算机数系中和实际数据比较接近的数来表示,由此产生的误差以及计算过程又可能产生新的误差,这些误差称为舍入误差。
二、绝对误差和相对误差1、绝对误差秘绝对误差限设数x (精确值)有一个近似值为*x ,记 称e(x)为近似值*x 的绝对误差,简称误差。
当e(x)为正时,近似值*x 偏大,叫做强近似值 ;当它为负时,近似值*x 偏小,叫作弱近似值。
数值分析简明教程课后习题答案
比较详细的数值分析课后习题答案0.1算法1、 (p.11,题1)用二分法求方程013=--x x 在[1,2]的近似根,要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即至少需2、(p.11,题2) 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]有唯一个实根;使用二分法求这一实根,要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-⨯+=e f ,082110)1(1>+=-⨯+=e e f ,即0)1()0(<⋅f f ,由连续函数的介值定理知,)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ,因此取7=k ,即至少需二分0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有几位有效数字?并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字:因为11102105.001828.0||-⨯=<=-K x e ,所以7.21=x 有两位有效数字; 因为12102105.000828.0||-⨯=<=-K x e ,所以71.22=x 亦有两位有效数字;因为3310210005.000028.0||-⨯=<=-K x e ,所以718.23=x 有四位有效数字;%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε; %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε; %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析简明教程课后习题答案
比较详细的数值分析课后习题答案0.1算法1、 (p.11,题1)用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根,要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ,因此取9=k ,即至少需2、(p.11,题2) 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根;使用二分法求这一实根,要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x ,则)(x f 在区间[0,1]上连续,且012010)0(0<-=-⨯+=e f ,082110)1(1>+=-⨯+=e e f ,即0)1()0(<⋅f f ,由连续函数的介值定理知,)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ,即)(x f 在区间[0,1]上是单调的,故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ,得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ,因此取7=k ,即至少需二分0.2误差1.(p.12,题8)已知e=2.71828…,试问其近似值7.21=x ,71.22=x ,x 2=2.71,718.23=x 各有几位有效数字?并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字:因为11102105.001828.0||-⨯=<=- x e ,所以7.21=x 有两位有效数字; 因为12102105.000828.0||-⨯=<=- x e ,所以71.22=x 亦有两位有效数字;因为3310210005.000028.0||-⨯=<=- x e ,所以718.23=x 有四位有效数字;%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε; %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε; %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数学分析简明教程答案
第十章 数项级数§1 级数问题的提出1.证明:若微分方程0=+'+''xy y y x 有多项式解n n x a x a x a a y ++++= 2210,则必有),,2,1(0n i a i ==.证明 由多项式解nn x a x a x a a y ++++= 2210得1232132-++++='n n x na x a x a a y , 22432)1(1262--++++=''n n x a n n x a x a a y .从而 134232)1(1262--++++=''n n x a n n x a x a x a y x , 且 111232210+---++++++=n n n n n n x a x a x a x a x a x a xy .将上述结果代入微分方程0=+'+''xy y y x ,得342231201)16()9()4(x a a x a a x a a a ++++++0)(11122=++++++---n n n n n n n x a x a x a n a .比较系数得递推公式如下:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧===+=+=+=--.0,0,0,09,04,012231201n n n n a a a n a a a a a a由此解得0210=====n a a a a ,因而),,2,1,0(0n i a i ==.2.试确定系数 ,,,,10n a a a ,使n n nx a∑∞=0满足勒让德方程0)1(2)1(2=++'-''-y l l y x y x .解 设nn nx ay ∑∞==,则11-∞=∑='n n n xna y ,22)1(-∞=∑-=''n n nx an n y ,故∑∑∑∞=∞=-∞=----=--=''-2222222)1()1()1()1()1(n n n n n n n n n x a n n xa n n xa n n x y x ,∑∑∞=∞=--=-='-111222n n n n n n x na xna x y x ,∑∑∞=∞=+=+=+0)1()1()1(n n n n nn x a l l x a l l y l l .将上述结果代入勒让德方程0)1(2)1(2=++'-''-y l l y x y x ,得y l l y x y x )1(2)1(02++'-''-=∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=-++----=01222)1(2)1()1(n n n n nn n nn n n n x a l l x na x a n n xa n n∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=+++---++=0122)1(2)1()1)(2(n n n n nn n nn n nn x a l l x na x a n n x a n n .比较系数,得递推公式如下:⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+++++-=+++--=++-=++-=++++-.,0)1)(2()1)((,0)1()))(1((,012)3)(2(,06)2)(1(,02)1(211423120n n n n a n n a n l n l na n a n l n l a a l l a a l l a a l l 由此解得⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++-+-+--=⨯⨯⨯++--=⨯+--=⨯+--=-++++-+--=⨯⨯++-=⨯+--=+-=+,)!12()2()4)(2)(1()32)(12()1(,2345)4)(2)(1)(3(45)4)(3(,23)2)(1(,)!2()12()3)(1()42)(22()1(,234)3)(1()2(34)3)(2(,2)1(112135130202402a k k l l l l k l k l a a l l l l a l l a a l l a a k k l l l l k l k l a a l l l l a l l a a l l a k k k k从而可以得到⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+++-+--+=∑∞=1200)!2()12()1()42)(22()1(k k k x k k l l l k l k l a a y⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-+-+--++∑∞=+11211)!12()2()2)(1()32)(12()1(k k k x k k l l l k l k l a x a .其中10,a a 取任何常数.§2 数项级数的收敛性及其基本性质1.求下列级数的和: (1)∑∞=+-1)15)(45(1n n n ; (2)∑∞=-12141n n;(3)∑∞=---1112)1(n n n ; (4)∑∞=-1212n nn ; (5)1,sin 1<∑∞=r nx rn n;(6)1,cos 1<∑∞=r nx rn n.解(1)由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-15145151)15)(45(1n n n n ,故)15)(45(11161611+-++⨯+⨯=n n S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=1514511116161151n n )(51151151∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n , 所以级数的和51=S . (2)由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=-121121211412n n n ,故)(21121121121121513131121∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=n n n n S n .所以级数的和21=S . (3)322111212)1(11111=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫⎝⎛-=--∞=∞=--∑∑n n n n n .(4)12221222121111-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=n nn nn n n n nn n ,因此欲求原级数的和,只需计算级数∑∞=122n n n 即可.对级数∑∞=122n n n ,设其部分和n n n S 2226242232++++= ,则 14322222226242221++-++++=n n n nn S , 故1432222222222212121+-+++++=-=n n n n n n S S S 1432222121212121+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++=n n n112222112112121+---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=n n n . 从而221lim =∞→n n S ,即4lim =∞→n n S ,因此原级数31412221211=-=-=-∑∑∞=∞=n n n n n n . (5)由于级数的部分和kx rS nk kn sin 1∑==,故[]x k x k r x kx rxS r nk k nk k n )1sin()1sin(cos sin 2cos 21111-++==∑∑=+=+x k r x k rnk k nk k )1sin()1sin(1111-++=∑∑=+=+kx rrkx r n k kn k k sin sin 1212∑∑-=+=+=)sin ()sin )1sin((21nx r S r x r x n r S n n n n -+-++=+,从中解得xr r xn r nx r x r S n n n cos 21)1sin(sin sin 212-++-+=++.又由于当∞→n 时,0)1sin(,0sin 1122→≤+→≤++++n n n n r x n r r nx r ,故xr r xr S n n cos 21sin lim 2-+=∞→, 因此xr r xr nx r n n cos 21sin sin 21-+=∑∞=.(6)级数的部分和kx rS nk kn cos 1∑==,从而[]x k x k r x kx rxS r nk k nk k n )1cos()1cos(cos cos 2cos 21111-++==∑∑=+=+x k r x k rnk k nk k )1cos()1cos(1111-++=∑∑=+=+kx rrkx r n k kn k k cos cos 1212∑∑-=+=+=)cos 1()cos )1cos((21nx r S r x r x n r S n n n n -++-++=+,从中解得x r r r x r x r r r x n r nx r x r S n n n n n cos 21cos cos 21)1cos(cos cos lim lim 222212-+-=-+-+-+=++∞→∞→. 因此x r r r x r nx r n ncos 21cos cos 221-+-=∑∞=. 2.讨论下列级数的敛散性: (1)∑∞=-112n n n; (2)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+13121n nn; (3)∑∞=+112cosn n π;(4)∑∞=+-1)13)(23(1n n n ; (5)∑∞=+++1)1()1(1n n n n n .解(1)由于通项)(02112∞→≠→-n n n ,故原级数发散. (2)由于∑∑∞=∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛=112121n nn n ,∑∑∞=∞=⎪⎭⎫⎝⎛=113131n nn n 均收敛,故原级数收敛.(3)由于通项)(010cos 12cos ∞→≠=→+n n π,故原级数发散.(4)由于⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-13123131)13)(23(1n n n n ,从而部分和)13)(23(1741411+-++⨯+⨯=n n S n ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++-+-=131231714141131n n)(31131131∞→→⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n , 因而原级数收敛.(5)由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=+-+=+++11111)1()1(1n n n n nn n n n n ,从而∞→n 时, 111111131212111→+-=+-++-+-=n n n S n ,故原级数收敛.3.证明定理10.2.定理10.2 若级数∑∞=1n n u ,∑∞=1n nv收敛,则级数)(1n n nv u±∑∞=也收敛,且∑∑∑∞=∞=∞=±=±111)(n n n n n n nv u v u.证明 设∑∑==='=nk k nnk kn v S uS 11,,则由已知条件知,存在有限数s s ',,使得 s v S s u S nk k n nn nk k n n n '=='==∑∑=∞→∞→=∞→∞→11lim lim ,lim lim , 设级数)(1n n nv u±∑∞=的部分和数列为n μ,则)()(111∞→'±→'±=±=±=∑∑∑===n s s S S v u v u nn nk k nk k nk k k n μ, 所以)(1n n nv u±∑∞=也收敛,且∑∑∑∞=∞=∞=±=±111)(n n n n n n n v u v u .4.设级数∑∞=1n nu各项是正的,把级数的项经过组合而得到新级数∑∞=1n nU,即,2,1,0,1211=+++=++++n u u u U n n n k k k n ,其中 <<<<<<=+12100,0n n k k k k k k ,若∑∞=1n nU收敛,证明原来的级数也收敛.证明 设∑∑====nk k n nk kn U uS 11,σ,则n nk k n U U U U +++==∑= 211σ)()(21112121k k k k u u u u u u +++++++=++ n n n n k k k k S u u u =+++++++--)(2111 .由于∑∞=1n nU收敛,故}{n σ有界,即{n k S }有界,即存在0>M ,使得N n ∈∀,都有M S n k ≤.又由于∑∞=1n nu是正项级数,故M S S n k n ≤≤,而且{n S }单调上升,由单调有界原理可知,原级数∑∞=1n nu收敛.§3 正项级数1.判别下列级数的收敛性: (1)∑∞=+121n nn ;(2)∑∞=--1122)12(1n n n ; (3)∑∞=--112n n nn ; (4)∑∞=12sinn nπ;(5))1(111>+∑∞=a a n n; (6)∑∞=11n nnn;(7)nn n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1121;(8)[]∑∞=+1)1ln(1n nn ;(9)∑∞=-+12)1(2n nn; (10)∑∞=13sin2n nn π;(11)∑∞=-+15sin ))1(3(n nn n π;(12)∑∞=11!2sin n nn ; (13)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-11cos 1n n n ; (14)∑∞=11cos n n ; (15)∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+111ln 1n n n ; (16)∑∞=+12)1ln(n n n ; (17)∑∞=11arcsin 1sin n n n ; (18)∑∞=12arctan n nn π;(19)∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+1111n n ; (20)∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+122111n n .解(1)∑∞=+121n nn .由于111lim2=+∞→nnn n ,而∑∞=11n n 发散,所以级数∑∞=+121n nn 发散.(2)∑∞=--1122)12(1n n n .对任意正整数n ,都成立关系式nn n n 2121222212)12(1≤≤---, 而级数∑∞=1222n n 收敛,由比较判别法知,原级数收敛. (3)∑∞=--112n n n n .由于02112lim ≠=--∞→n n n n ,所以级数∑∞=--112n n nn 发散.(4)∑∞=12sin n nπ.由于ππ=∞→n n n 212sinlim,而∑∞=121n n 收敛,故∑∞=12sin n nπ收敛. (5)∑∞=+111n n a .由于1>a ,故n nn a a a ⎪⎭⎫ ⎝⎛=<+1111,而∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛11n na 收敛,由比较判别法知,级数∑∞=+111n na收敛. (6)∑∞=11n n n n .由于11lim 11lim ==∞→∞→n n n n n nn n ,而∑∞=11n n 发散,故∑∞=11n n nn 发散.(7)nn n ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+1121.由于10121lim 121lim <=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n n n ,故级数nn n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1121收敛.(8)[]∑∞=+1)1ln(1n nn .由于10)1ln(1lim )1ln(1lim <=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n nn ,故原级数收敛.(9)∑∞=-+12)1(2n nn. 方法1因为∑∑∑∞=∞=-∞=-+=-+11112)1(212)1(2n n n n n n nn ,而∑∞=-1121n n 和∑∞=-12)1(n n n 均收敛,故∑∞=-+12)1(2n nn收敛. 方法2 由于n n n 232)1(2≤-+对一切n 都成立,而∑∞=123n n 收敛,故∑∞=-+12)1(2n nn 收敛.(10)∑∞=13sin2n nnπ.由于πππ=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→nn n n n nn n n 3123sin2lim 323sin2lim,而∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛132n n收敛,故原级数收敛.(11)∑∞=-+15sin))1(3(n nnn π.由于4)1(3≤-+n,因此,若∑∞=15sin 4n nn π收敛,则原级数收敛.考虑级数∑∞=15sin4n nnπ,由于πππ=⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛∞→∞→nn nn n n nn n 5145sin4lim 545sin4lim,且∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛154n n收敛,故∑∞=15sin4n nn π收敛,因而原级数收敛.(12)∑∞=11!2sin n nn .由于!1!2sin n n n ≤,而∑∞=1!1n n 收敛,因而原级数收敛.(13)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-11cos 1n n n .由于21121sin 2lim 11cos 1lim22==⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→n n n n n n n ,而∑∞=11n n发散,因而原级数发散.(14)∑∞=11cos n n .由于011cos lim ≠=∞→n n ,由级数收敛的必要条件知,原级数发散. (15)∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+111ln 1n n n .由于1111ln lim 111ln 1lim 23=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→nn n n n n n ,而∑∞=1231n n 收敛,故原级数收敛.(16)∑∞=+12)1ln(n n n .由于0)1ln(lim 1)1ln(1lim 232=+=+∞→∞→n n n n n n n ,而级数∑∞=1231n n 收敛,故原级数收敛.(17)∑∞=11arcsin 1sin n n n .由于111arcsin 1sin lim2=∞→n n n n ,而级数∑∞=121n n收敛,故原级数收敛.(18)∑∞=12arctan n nn π.由于极限ππ=∞→n n n n n 22arctanlim,而对于级数∑∞=12n nn ,根据1212lim <=∞→nn n n ,故由根式判别法知,级数∑∞=12n nn 收敛,因而原级数收敛. (19)∑∞=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+1111n n .对通项进行分子有理化可得 )1(21)1(2111211111111111+>+=+>++=++=-+n n n nn n n n n n n , 由于∑∞=+1)1(21n n 发散,故原级数发散.(20)∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+122111n n .由于422212111n n n +=-⎪⎭⎫⎝⎛+,而级数∑∑∞=∞=14121,2n n n n 均收敛,因而原级数收敛.2.判别下列级数的敛散性:(1)∑∞=1!n nn n ;(2)∑∞=12ln n nnn ; (3)∑∞=12!n n nn n ;(4)∑∞=13!n n nnn ;(5)∑∞=1!n n nne n ;(6)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n nn n n ;(7)212312nn n n ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+; (8)∑∞=++1212)3(n n nn n n ;(9))0()1()1)(1(12≥+++∑∞=x x x x x n nn; (10)+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+107419753741753415313. 解(1)∑∞=1!n n n n .由于11lim !)!1()1(lim 1>=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→+∞→e n n n n n n n n n n n ,所以∑∞=1!n n n n 发散. (2)∑∞=12ln n nnn .由于 121ln 1ln 1lim 21lim ln )1ln(21lim 2ln 2)1ln()1(lim 1<=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅+=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=++∞→∞→∞→+∞→n n n n n n n nn n n n n n n n n n n , 根据达朗贝尔判别法知,原级数收敛.(3)∑∞=12!n n n n n .由于121lim 22!)1(2)!1(lim 11<=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→++∞→e n n n n n n n n n n n n n ,故∑∞=12!n n n n n 收敛. (4)∑∞=13!n n n n n .由于131lim 33!)1(3)!1(lim 11>=⎪⎭⎫⎝⎛+=++∞→++∞→e n n n n n n n n nn n n n ,故∑∞=13!n n n n n 发散. (5)∑∞=1!n n nne n .这个级数不能用达朗贝尔判别法和柯西判别法判别,也不能用拉阿比判别法判别,但由斯特林公式可知)10(2!12<<⎪⎭⎫⎝⎛=θπθnn e e n n n ,因而πππθθn e n ne e e n n ne n n n n n nn n222!1212>=⎪⎭⎫⎝⎛=,通项的极限不为0,由级数收敛的必要条件知原级数∑∞=1!n n nne n 发散.(6)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n n n n n .因为101)(lim 1lim 22<=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→∞→n n n n n n n n n n n ,故∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+121n n n n n 收敛. (7)∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛-+122312n n n n .由于1322312lim2312lim 2<=-+=⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→∞→n n n n n n n n ,由柯西判别法知,原级数收敛.(8)∑∞=++1212)3(n n nn n n .由于)(031)3()3(222212∞→→+=+++n nn n n n n n n n n n n,因此,如果级数∑∞=+122)3(n n n n n n 收敛,则原级数也收敛.考虑级数∑∞=+122)3(n n nn n n ,由于1313lim)3(lim 222<=+=+∞→∞→nn nn n n n nn n n ,故它收敛,因而原级数也收敛.(9))0()1()1)(1(12≥+++∑∞=x x x x x n nn.当0=x 时,级数显然收敛;当0>x 时,由于⎪⎩⎪⎨⎧>=<<=+=+++++++∞→++∞→.1,0,1,21,10,1lim )1()1)(1()1()1)(1(lim 12121x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n n 因而∑∞=+++12)1()1)(1(n nnx x x x 收敛,因此原级数对一切0≥x 收敛. (10) +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+107419753741753415313.级数的一般项)23(741)12(753-⋅⋅+⋅⋅=n n u n ,由于1321332lim )23(741)12(753)13(741)32(753lim lim1<=++=-⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∞→∞→+∞→n n n n n n u u n n nn n , 因而原级数收敛.3.判别级数的敛散性:(1)∑∞=1ln 1n nn;(2)∑∞=1ln )(ln 1n nn ; (3)∑∞=1ln 21n n;(4)∑∞=1ln 31n n;(5)∑∞=131n n;(6)∑∞=13n nn;(7)∑∞=1ln n p n n(p 是任意实数); (8)∑∞=2ln 1n pnn (p 是任意实数). 解(1)∑∞=1ln 1n nn.当9≥n 时2ln >n ,故当9≥n 时2ln 11n n n <,而∑∞=121n n收敛,由比较判别法知,原级数收敛.(2)∑∞=1ln )(ln 1n n n .由于)ln(ln ln 1)(ln 1n n n n =,且)()ln(ln ∞→+∞→n n ,故存在N ,当N n >时2)ln(ln >n ,从而2)ln(ln n n n >,即当N n >时,2ln )(ln n n n>,而级数∑∞=121n n收敛,故原级数收敛.(3)∑∞=1ln 21n n.方法1 由于n n n u u n n n n n n n n n nn 112lim 12lim 12121lim 1lim 11ln 11ln )1ln(ln 1-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→+∞→+∞→, 该极限为型极限,由L 'hospital 法则得 12ln 11112ln 2lim112lim22111ln 11ln <=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⋅=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞→nn nn n n n n , 由Raabe 判别法知,原级数发散.方法2 由于n enn=<ln ln 2,所以n n 121ln >,而级数∑∞=11n n发散,由比较判别法知,原级数∑∞=1ln 21n n发散.(4)∑∞=1ln 31n n.由于13ln 13lim 1lim )11ln(1>=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+∞→+∞→n n n n n n u u n ,由Raabe 判别法知,原级数收敛.一般地,对)0(11ln >∑∞=a an n,当e a ≤<0时,对一切N n ∈,n e a n n =<ln ln 成立,所以n a n11ln ≥,从而∑∞=1ln 1n n a 发散;当e a >时,由于1ln 1lim 1>=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∞→a u u n n n n ,由Raabe 判别法知,级数∑∞=1ln 1n na收敛.(5)∑∞=131n n.由于+∞=∞→n n n ln lim,所以存在0>N ,当N n >时,有3ln 2ln >n n ,即n n ln 23ln >,从而23n n>,故2131n n <,而∑∞=121n n 收敛,故∑∞=131n n 收敛. (6)∑∞=13n nn.由于+∞=∞→n n n ln lim,所以存在0>N ,当N n >时,有3ln 3ln >n n ,即n n ln 33ln >,从而33n n>,故213n n n <,而∑∞=121n n 收敛,故∑∞=13n n n 收敛.(7)∑∞=1ln n p n n (p 是任意实数).由于当3>n 时,p p n nn ln 1<,所以若∑∞=11n p n 发散,则原级数必发散,而1≤p 时∑∞=11n p n 发散,因而1≤p 时,原级数∑∞=1ln n p nn发散.当1>p 时,由于21211111)1(11)1(1ln 11ln 11ln ln p x p x x p tdt p dt t t dt t t p p x p x p xp-+---=-=⋅=--+--⎰⎰⎰, 因而211)1(1ln ln limp dx x x dt t t p xp x -==⎰⎰∞+∞→,利用柯西积分判别法知,原级数收敛. (8)∑∞=2ln 1n p n n (p 是任意实数).当1>p 时,由于p p n n n 1ln 1<且∑∞=21n p n收敛,故原级数收敛;当1=p 时,由于)2ln(ln )ln(ln ln ln 1ln 122-==⎰⎰x t d t dt t t x x,因而+∞==⎰⎰∞+∞→dx xx dt t t x x 22ln 1ln 1lim ,由柯西积分判别法知,原级数发散;当1<p 时,由于n n n n p ln 1ln 1>,而∑∞=2ln 1n n n 就是前面1=p 时的级数,已证得它发散,因而原级数发散.4.利用Taylor 公式估算无穷小量的阶,从而判别下列级数的收敛性:(1)∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e ;(2)∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π; (3)∑∞=+--+111ln)1(n p n n n n ; (4)∑∞=++-+142)(n b n n a n .解(1)∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e .令xx x f ⎪⎭⎫⎝⎛+=11)(,则⎪⎭⎫ ⎝⎛+=x x x f 11ln )(ln ,从而⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+='1111ln 1111111ln )()(2x x x x x x x x f x f x , 因此⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∞→∞→∞→1111ln 11lim 11111ln 11lim111lim 2200n n n n nn n n nn e n n nn nn ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→1113121111lim 3322n n n n n n n nn ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→332213121)1(111lim n n n n n n n nn 22113121)1(11lim 2e e n n n n n n nn =⋅=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∞→ . 该极限为有限数,因而nn e ⎪⎭⎫⎝⎛+-11与n 1是同阶无穷小量,由于∑∞=11n p n当1>p 时收敛,1≤p 时发散,因而原级数∑∞=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n pn n e 当1>p 时收敛,1≤p 时发散.(2)∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π.由于 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+===n n n nππππ22tan 1ln 21sec ln 21sec ln cos 1ln⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n n nπππ2222tan 2)(tan tan 21 , 故21cos 1ln lim 22ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞→nn n ,这是一个有限数,从而n πcos 1ln 与21n 是同阶无穷小量,因此原级数∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡3cos 1ln n pn π与∑∞=121n p n的收敛性一致,所以当12>p 即21>p 时,原级数收敛,而当12≤p 即21≤p 时,原级数发散.(3)∑∞=+--+111ln)1(n p n n n n .由于0)1(>-+pn n ,011ln <+-n n ,故原级数是负项级数,又由于⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+---+121ln 1111ln)1()1(n n n n n n n pp ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=111211n n n n p,故11ln)1(+--+n n n n p与121+p n 是同阶无穷小量,因而当112>+p ,即0>p 时,原级数收敛,0≤p 时,原级数发散.(4)∑∞=++-+142)(n b n n a n .因为42242)(bn n a n b n n a n b n n a n ++++++-+=++-+))(()12(2422b n n a n b n n a n ba n a ++++++++-+-=,因而当21=a 时,上式与231n 是同阶无穷小量,故原级数收敛;当21≠a 时,上式与211n 是同阶无穷小量,故原级数发散.5.讨论下列级数的收敛性:(1)∑∞=2)(ln 1n pn n ; (2)∑∞=⋅⋅2ln ln ln 1n n n n ; (3))0(ln ln )(ln 121>∑∞=+σσn nn n ;(4)∑∞=2)ln (ln )(ln 1n qpn n n . 解(1)∑∞=2)(ln 1n p n n .令函数px x x f )(ln 1)(=,则该函数在),2[+∞非负、连续且单调下降.当1=p 时,由于+∞=-==∞→∞→∞→⎰⎰))2ln(ln )(ln(ln lim ln ln 1lim ln 1lim 22x t d t dt t t x x x xx ,因而原级数发散.当1≠p 时,由于⎰⎰⎰-∞→∞→∞→==x px xp x xx t d t dt t t dt t f 222ln )(ln lim )(ln 1lim )(lim()p p x x p--∞→--=11)2(ln )(ln 11lim⎪⎩⎪⎨⎧>-<∞+=-.1,1)2(ln ,1,1p p p p因而由柯西积分判别法知,当1<p 时级数发散,当1>p 时级数收敛.综上可知,级数∑∞=2)(ln 1n pn n 在1>p 时收敛,在1≤p 时发散.(2)∑∞=⋅⋅2ln ln ln 1n nn n .根据级数通项nu ,可令函数x x x x f ln ln ln 1)(⋅⋅=,则)2(),(≥=n n f u n 且)(x f 在),2[+∞非负、连续且单调下降,由于⎰⎰⎰∞→∞→∞→==x x xx x x t d tt d t t dt t f 222ln ln ln ln 1lim ln ln ln ln 1lim )(lim[]+∞=-=∞→2ln ln ln ln ln ln lim x x .由柯西积分判别法知,原级数发散.(3))0(ln ln )(ln 121>∑∞=+σσn nn n .由于+∞=∞→n n ln ln lim ,故当n 充分大时,1ln ln >n ,因而σσ++≤11)(ln 1ln ln )(ln 1n n n n n ,由(1)知∑∞=+21)(ln 1n n n σ收敛,从而原级数收敛.(4)∑∞=2)ln (ln )(ln 1n qpn n n . 当1=p 时,由于⎰⎰∞+∞+=22)ln(ln )ln (ln 1)ln (ln ln 1x d x dx x x x q q,故1>q 时级数收敛,1≤q 时级数发散.当1>p 时,令)0(21>+=σσp ,则qq p n n n n n n n n u )ln (ln )(ln )(ln 1)ln (ln )(ln 11σσ+==, 由于+∞=∞→qn n n )ln (ln )(ln lim σ,故存在0>N ,任意N n >时,1)ln (ln )(ln >qn n σ,从而σ+<1)(ln 1n n u n ,而由(1)知∑∞=+11)(ln 1n n n σ收敛,从而原级数收敛. 当1<p 时,令)0(21>-=σσp ,则qq p n n n n n n n n u )ln (ln )(ln )(ln )ln (ln )(ln 11σσ-==, 由于+∞→q n n )ln (ln )(ln σ,从而当n 充分大时,1)ln (ln )(ln >qn n σ,从而σ-≥1)(ln 1n n u n ,而由(1)知∑∞=-11)(ln 1n n n σ发散,因此原级数发散. 综上可知,原级数∑∞=2))(ln(ln )(ln 1n qp n n n 的收敛情况是:当1>p 或1,1>=q p 时收敛,当1<p 或1,1≤=q p 时发散.6.利用拉阿比判别法研究下列级数的收敛性.(1)∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!)!2(!)!12(n pn n (p 是实数);(2))0,0(1!)1()1(1>>-++∑∞=βααααβn n n n .解(1)级数∑∞=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-1!)!2(!)!12(n pn n 的通项pn n n u ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=!)!2(!)!12(,因而根据二项展开式得⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∞→+∞→1!)!12(!)!22(!)!2(!)!12(lim 1lim 1p n n n n n n n n n u u n []pp p n p n n n n n n n n )12()22()12(lim 11222lim +-++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛++=∞→∞→()()[]1)2()2(22)2()2()12(lim11+++-++⋅++=--∞→ p p p p p pn n p n n p n n n []2)12()12()2(lim 1pn n p n p p p n =+-++=-∞→ . (上式也可以在第二个等式处将1222++n n 化为1211++n 直接使用二项展开式),所以当12>p 即2>p 时,原级数收敛,当12<p即2<p 时,原级数发散. 当2=p 时,Raabe 判别法失效,此时,由于对一切n ,222221)12(1111211n n n n n nn n u u nn n θμλ++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+令, 即1,1==μλ而且1≤n θ,因而根据高斯判别法知,原级数发散.(2))0,0(1!)1()1(1>>-++∑∞=βααααβn n n n .根据原级数的通项知ββαααααα)1()()1()!1(1!)1()1(1++++⋅-++=+n n n nn n u u n n βββαα⎪⎭⎫⎝⎛+++=+++=n n n nn n n 111)()1)(1(, 因而αααββ+--⎪⎭⎫⎝⎛++=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞→∞→+∞→n n n n n n n n n u u n n n n nn 11)1(lim 1111lim 1lim 1βαααβ+-=+--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=∞→1111)1(lim nn n n n n ,所以当11>+-βα,即βα<时级数收敛;当11<+-βα,即βα>时级数发散.当βα=时,Raabe 判别法失效,此时由于⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=+221112)1(11111n n n n n n n n u u n n αααααα⎪⎭⎫⎝⎛⋅++++-++++++-++=2211)(2)1()1()()1(1n n n n n n n n n n n ααααααααα 22)1(1)(2)1()1(111n n n n n n n n n θμλαααα++=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅++++-+++=令 , 即1,1==μλ而且显然n θ有界,因而根据高斯判别法可知,原级数发散.7.已知两正项级数∑∞=1n nu和∑∞=1n nv发散,问),max (1∑∞=n n nv u,∑∞=1),min(n n n v u 两级数的收敛性如何?答 级数),max (1∑∞=n n nv u一定发散.事实上,0),m ax (≥≥n n n u v u ,而∑∞=1n n u 发散,故),max (1∑∞=n n nv u发散.∑∞=1),min(n n n v u 可能收敛,也可能发散.例如∑∑∞=∞=---+112)1(1,2)1(1n nn n 均发散,但由于0),min(=n n v u 对一切n 都成立,故∑∞=1),min(n n nv u收敛.8.若正项级数∑∞=1n n a 收敛,证明:02lim21=+++∞→nna a a nn .证明 设正项级数∑∞=1n na的部分和n n a a a S +++= 21,则下述两式成立:121121)2()1(--++-+-=+++n n a a n a n S S S , (*)n n na na na nS +++= 21, (**)用(**)减去(*)得n n n na a a S S S nS +++=+++-- 211212)(,两端同时除以n 可得nna a a n S S S nS nn n +++=+++-- 211212)(,即nna a a n S S S S n S n nn n n +++=++++--- 211212)1(,由于正项级数∑∞=1n na收敛,因而n n S ∞→lim 存在,假设s S n n =∞→lim ,根据收敛数列的算术平均数构成的新数列收敛,且与原数列极限相等可知,s nS S S nn =+++∞→ 21lim,因此0)1(lim 2lim12121=-=⎪⎭⎫⎝⎛++++--=+++-∞→∞→s s n S S S S n S n n na a a n n n n n n ,从而结论成立.9.设⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===≠=,,2,1,1,,2,1,,12222 k k a k k n n a k n求证:(1)∑∞=1n na收敛;(2) 0lim ≠∞→n n na .证明(1)由于∑∞=121n n 收敛,故∑∑∞≠=∞≠==22,12,11k n n k n n n na 收敛,而∑∑∞=∞==12112k k kk a 收敛,从而∑∑∞≠=∞=+22,11kn n nk k aa收敛,即∑∞=1n na收敛.(2)考虑n na 的一个子列}{22k a k ,则11lim lim 2222==∞→∞→kka k n k n ,即0lim ≠∞→n n na . 10. 设0>n a ,且l a a nn n =+∞→1lim,求证l a n n n =∞→lim .反之是否成立?证明 令10=a ,构造数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧=-1}{n n n a a u ,则}{n u 的前n 项的几何平均数可构成一个新数列,由于新数列收敛且与数列}{n u 极限相同,故11111lim lim lim++∞→+∞→+∞→===n n n n n n nn n u u u u a a ln n n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a ∞→+++∞→+-+∞→==⋅⋅=lim 1lim lim 1111011211 , 因而结论成立.反之不真,反例如级数∑∞=-+12)1(2n nn,由于21232)1(22121→≤-+=≤=nn n n n n n a , 故21lim =∞→n n n a ,而 613221,231223************=⋅==⋅=++--m m m m m m m m a a a a , 从而21lim1≠+∞→nn n a a ,因此反之结论不一定成立.11.利用级数收敛的必要条件证明:(1)0)!(lim 2=∞→n n n n ;(2))1(0)!2(lim!>=∞→a a n n n .证明(1)0)!(lim 2=∞→n n n n .考虑级数∑∞=12)!(n nn n ,由于 )(011111∞→→⎪⎭⎫⎝⎛++=+n n n u u nn n , 故级数∑∞=12)!(n n n n 收敛,因而0)!(lim 2=∞→n n nn . (2))1(0)!2(lim !>=∞→a a n n n .考虑级数∑∞=1!)!2(n n an ,由于)(0)12)(22(!1∞→→++=+n a n n u u nn n n , 所以级数∑∞=1!)!2(n n a n 收敛,因而)1(0)!2(lim !>=∞→a a n n n . 12.设0≥n a ,且数列}{n na 有界,证明级数∑∞=12n na收敛.证明 由数列}{n na 有界知,存在0>M ,对N n ∈∀,都有M na n ≤,从而nMa n ≤,进一步可得222n M a n≤,又由于∑∞=121n n收敛,因而由比较判别法知,级数∑∞=12n n a 收敛.13.设正项级数∑∞=1n na收敛,证明∑∞=+11n n n a a 也收敛.证明 由于对任意n ,1+n n a a )(211++≤n n a a 均成立,而级数∑∞=1n n a 和级数∑∞=+11n n a 均收敛,从而级数)(11∑∞=++n n na a也收敛,由比较判别法知,级数∑∞=+11n n n a a 收敛.14.设l a n n =∞→lim ,求证:(1)当1>l 时,∑∞=11n a nn 收敛; (2)当1<l 时,∑∞=11n a nn发散. 问1=l 时会有什么结论?证明(1)当1>l 时,令021>-=l ε,则由l a n n =∞→lim 知,存在N ,N n >∀时,有12121>+=--=->l l l l a n ε,从而当N n >时,2111+<l a n n n ,而∑∞=+1211n l n 收敛,故原级数收敛.(2)当1<l 时,令021>-=lε,则由l a n n =∞→lim 知,存在M ,M n >∀时,有12121<+=-+=+<l l l l a n ε,从而当M n >时2111+>l a n n n ,而∑∞=+1211n l n 发散,故原级数发散.当1=l 时,考虑级数∑∞=2)(ln 1n pn n ,由于nnp pn n n ln ln ln 1)(ln +=,令nnp a n ln ln ln 1+=,则1lim =∞→n n a ,此即为本题1=l 的情形,但由第5题(1)知,该级数在1>p 时收敛,1≤p 时发散,从而当1=l 时,级数∑∞=11n a nn 可能收敛也可能发散.§4 一般项级数1.讨论下列级数的收敛性:(1)∑∞=+-1100)1(n nn n;(2)∑∞=12sin ln n n n n π; (3)∑∞=++++-1131211)1(n nnn ;(4)∑∞=-+-2)1()1(n nnn ; (5))1(sin 21+∑∞=n n π;(6)∑∞=--12)1(3)1(n n n n ;(7))0()1(1>-∑∞=p n n pn; (8)2sin 311πn n n∑∞=; (9)∑∞=-12cos )1(n nnn; (10)∑∞=-12sin )1(n nn n;(11))0(sin)1(1≠-∑∞=x nxn n ; (12)∑∞=+-12)1()1(n n n n; (13)++--+++--++--1111131131121121n n ; (14))0(1)1(11>+-∑∞=+a a an n nn ;(15)∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+11sin n n n n ; (16)∑∞=⋅12sin sin n n n n .解(1)∑∞=+-1100)1(n nn n.令100)(+=x x x f ,则2)100(2100)(+-='x x x x f ,显然当100>x 时0)(≤'x f ,即)(x f 单调下降并趋向于0.由于级数前有限项的值不影响该级数的敛散性,因而由Leibniz 判别法知原交错级数收敛.(2)∑∞=12sin ln n n nn π.由于⎩⎨⎧∈-=-∈==+++,,12,)1(,,2,02sin 1Z k k n Z k k n n k π 舍去偶数项,原级数∑∑∞=+∞=---=11112)12ln()1(2sin ln k k n k k n n n π变成交错级数.令x xx f ln )(=,则2ln 1)(xxx f -=',显然当3≥x 时0)(<'x f ,即)(x f 单调下降并趋向于0.因而从第3项开始,数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n ln 单调下降并趋向于0,故n 取奇数时该数列也是单调下降并趋向于0的,由Leibniz 判别法知,原交错级数收敛.(3)∑∞=++++-1131211)1(n nnn .由于数列的前n 项的算术平均数构成的新数列极限与原数列极限相等,故根据数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1单调递减趋向于0知,数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++++n n 131211 单调递减趋向于0,又因为原级数是一个交错级数,由Leibniz 判别法知原交错级数收敛.(4)∑∞=-+-2)1()1(n nn n .由于⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+---=-+⋅-=-+-2311)1(1)1(1)1()1(11)1()1()1(nO n n n O n n nn n nn n n nnn ,而级数∑∞=-2)1(n nn及∑∞=2231n n收敛,但级数∑∞=21n n发散,因而原级数发散. (5))1(sin 21+∑∞=n n π.由于)1(sin )1())1(sin()1sin(222n n n n n n n -+-=-++=+ππππnn n ++-=1sin)1(2π,又由于⎭⎬⎫⎩⎨⎧++n n 1sin 2π单调下降趋于0,故由Leibniz 判别法知原级数收敛. (6)∑∞=--12)1(3)1(n n n n .由于∑∑∞=∞=-=-112)1(313)1(n nn nn n 收敛,故原级数绝对收敛,因而自身收敛.(7))0()1(1>-∑∞=p n n p n .由于pn 1单调递减趋向于0,根据Leibniz 判别法知原级数收敛.进一步可知:当10≤<p 时级数条件收敛,当1>p 时级数绝对收敛.(8)2sin 311πn n n ∑∞=.由于n n n 312sin31≤π,而∑∞=131n n 收敛,故原级数收敛且绝对收敛.(9)∑∞=-12cos )1(n nnn.由于 n k nk 2cos 1sin 24cos 1sin 22cos 1sin 22cos 1sin 21+++=∑=))12sin()12(sin()3sin 5(sin )1sin 3(sin --+++-+-=n n 1sin )12sin(-+=n ,故1sin 11sin 21sin )12sin(2cos 1≤-+=∑=n k nk ,即∑∞=12cos n n 的部分和数列有界,而数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1单调趋于0,由Dirichlet 判别法知级数∑∞=12cos n n n 收敛,即∑∞=-12cos )1(n n n n 收敛,从而原级。
数学分析简明教程答案14
(2)由于 是 的奇函数,因此 , .
, ,
且 在 可微,因此
, .
(3) ,
, ,
, ,
由于 在 可微,故
, .
(4) ,
, ,
, ,
且 在 上逐段可微,连续,故
,
.
2.求下列周期函数的Fourier级数:
(1) ;
(2) .
解(1)这是周期为 的函数,且 在 连续,逐段可微,又是偶函数,故 , .
,
, ,
所以,
, .
,
所以, , .
(2) ,
,
, ,
所以,
~ .
由于 在 逐段可微,而
, ,
因此,
,
.
2.由展开式
,
(1)用逐项积分法求 , , 在 中的Fourier展开式;
(2)求级数 , 的和.
解(1)
, ,
所以,
, .
, ,
, .
, ,
所以,
, .
(2)由于 ,故只须求出 即可.在(1)中最后一式,令 ,得到
第十四章傅里叶级数
§1三角级数与傅里叶级数
1.证明:
(1) 是 上的正交系;
(2) 是 上的正交系;
(3) 是 上的正交系;
(4) 不是 上的正交系.
证明(1) ,有
,
所以, 是 上的正交系.
(2) ,有
,
பைடு நூலகம்所以, 是 上的正交系.
(3)由于 ,有
,
又, ,有
,
故 是 上的正交系.
(4)因为 ,因此 不是 上的正交系.
,
这是在和号中后一积分中令 换元后得到的.由此得
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• 对于欧拉格式, 对于欧拉格式,假设 y n = y ( xn ) ,则有: 则有:
' y n +1 = y ( x n ) + hf ( xn , y ( x n )) = y ( x n ) + h y ( xn )
• 按泰勒展开有: 按泰勒展开有:
y ( x n +1) = y ( xn ) + h y ( xn ) +
第三章 常微分方程的差分法
第三章 常微分方程数值解
3.1 欧拉方法 § 3.2 龙格-库塔方法 § 3.3 亚当姆斯方法 § 3.4 收敛性与稳定性 § 3.5 方程组和高阶方程 §
2
本章要点: 本章要点 本章主要研究常微分方程的定解问题。 本章主要研究常微分方程的定解问题。 这类问#39; h2 2
y
''
(ξ )
x n < ξ < x n +1
• 从而有: 从而有:
y ( x n +1) − y n +1 =
h2 2
y
''
(ξ )
• 这说明欧拉格式是一阶方法。 这说明欧拉格式是一阶方法。
11
二、 隐式欧拉格式
y ( x n +1 ) − y ( x n ) 若用向后差商 h
' y 代替方程 ( xn +1) = f ( xn +1 , y ( x n +1))
-----------(3)
(1),(2)式称为初值问题,(3)式称为边值问题 另外,在实际应用中还经常需要求解常微分方程组:
′ = f 1 ( x , y1 , y2 ) y1 ′ = f 2 ( x , y1 , y 2 ) y2 y1 ( x0 ) = y10 y2 ( x0 ) = y20
8
一、 欧拉格式
为了讨论方便,假设以下节点为等距节点
a = x0 < x1 < x2 < L < xn = b
b−a , xk = a + kh h= n
若在节点列出方程(1): y ' ( x n ) = f ( xn , y ( x n ))
' 并用差商 y ( x n +1) − y ( x n ) 代替其中的导数项 y ( x n ) ,
y2 = y1 + h( y2 −
2 × 0. 2 2 x2 ) = 1.1763 ) = 1.0918 + 0.1(1.1827 − 1.1827 y2
20
依此类推,得
[ x, y] =
1 .8
1 .7
精 精精 前 前 E ule r公公
1 .6
差分方法 差分方法是一类重要的数值解法 。这类方法 是寻求一系列离散节点 x1 < x2 < L < xn < L 上的近似 解 y1 , y 2 ,L, y n ,L
通常采用“步进式”方法。 方法。即:
y1 ⇒ y 2 ⇒ L ⇒ y n ⇒ L
4
§3.1 欧拉方法
在工程和科学技术的实际问题中, 在工程和科学技术的实际问题中,常需要求解微分方程. 只有简单的和典型的微分方程可以求出解析解 而在实际问题中的微分方程往往无法求出解析解 在高等数学中我们见过以下常微分方程: 在高等数学中我们见过以下常微分方程
n +1
n +1
预报: yn +1 = y n + hf ( x n , y n ) h 校正: [ f ( x n , y n ) + f ( x n +1 , yn +1)] = + yn +1 y n 2
改进的欧拉格式
16
• 其嵌套形式是: 嵌套形式是:
h yn +1 = y n + [ f ( x n , y n ) + f ( x n +1, y n + hf ( x n , y n ))] 2
y′ = f ( x , y ) y ( a ) = y0 a≤ x≤b
-----------(1) -----------(2)
5
y′′ = f ( x , y , y′) a ≤ x ≤ b y( a ) = y0 , y′( a ) = α
y′′ = f ( x , y , y′) a ≤ x ≤ b y ( a ) = y0 , y ( b ) = y n
• 离散化就可得到: 离散化就可得到:
h y n +1 = y n + [ f ( x n , y n ) + f ( x n +1 , y n +1)] 2
• 称为梯形格式。 称为梯形格式。
15
五、 改进的欧拉格式 • 欧拉格式是一种显式格式 欧拉格式是一种显式格式, 格式是一种显式格式,计算量小, 计算量小,但精度很低。 但精度很低。 • 梯形格式虽然精度高, 梯形格式虽然精度高,但它是一种隐式格式, 但它是一种隐式格式,计算 复杂且计算量大。 复杂且计算量大。 综合两种方法。 综合两种方法。先用欧拉格式求一个初步的近似 值 y ,称为预报值; 称为预报值;再代入梯形格式的右端计算 出一个新值 y ,称为校正值。 称为校正值。这样就构造了一个 预报—校正系统: 校正系统:
则初值问题(1)的解存在且唯一
对于问题(1),要求它的数值解
就是求未知函数y( x )在区间[ a , b ]上的一系列离散点(节点)
a = x0 < x1 < x2 < L < xn = b
上函数值y( xk )的近似值yk ( k = 1,2 ,L , n ) 而yk ( k = 1,2 ,L , n )就是问题(1)的数值解
7
从(1)的表达式
y ′ = f ( x, y ) y ( a ) = y0 a≤ x≤b
可以看出,求它的数值解的关键在于
y′( x )数值计算问题
因此, 因此,数值解法的第一步就是设法消去其导数项, 数值解法的第一步就是设法消去其导数项, 这项手续称为离散化。 这项手续称为离散化。由于差分是微分的近似运算, 由于差分是微分的近似运算, 实现离散化的基本途径是用差商近似代替导数。 实现离散化的基本途径是用差商近似代替导数。
代替方程 y ' ( xn ) = f ( x n , y ( x n )) 中的导数项 y ' ( xn ) 。 再进行离散化, 再进行离散化,可导出公式: 可导出公式:
y n +1 = y n −1 + 2hf ( xn , y n )
称为欧拉两步格式。 称为欧拉两步格式。 显然, 显然,欧拉格式和隐式欧拉格式都是单步法。 欧拉格式和隐式欧拉格式都是单步法。 易证, 易证,欧拉两步格式是二阶方法。 欧拉两步格式是二阶方法。
0 依此类推,有 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 0.5000 [ x, y] = 0.6000 0.7000 0.8000 0.9000 1.0000
1.0000 1.1000 1.1918 1.2774 1.3582 1.4351 1.5090 1.5803 1.6498 1.7178 1.7848
中的导数项 y ' ( xn +1) , 再进行离散化, 再进行离散化,可导出公式: 可导出公式:
y n+1 = yn + hf ( xn+1 , y n+1)
称为隐式欧拉格式。 称为隐式欧拉格式。它也是一阶方法。 它也是一阶方法。
12
三、 两步欧拉格式
为了改善精度, 为了改善精度,用中心差商 21h [ y ( x n + 1 ) − y ( x n − 1 )]
14
• 为了提高精度, 为了提高精度,采用梯形法计算积分: 采用梯形法计算积分:
h x n +1 ∫xn f ( x, y ( x ))dx ≈ 2 [ f ( xn , y ( xn)) + f ( xn+1 , y ( xn+1))]
• 再代入( 再代入(5)式有: 式有:
h y ( xn +1) ≈ y ( x n ) + [ f ( xn , y ( x n )) + f ( x n +1 , y ( xn +1))] 2
1.8 1.7 1.6 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1 0
前前 Euler公 公 精精 精
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9 19
1
例2. 解:
用改进的Euler公式(预测—校正系统)求解例 求解例1.
2×0 2 x0 ) = 1.1 y1 = y0 + h( y0 − ) = 1 + 0.1(1 − 1 y0 2 × 0.1 2 x1 ) = 1.0918 y1 = y0 + h( y1 − ) = 1 + 0.1(1.1 − 1.1 y1 2 × 0.1 2 x1 ) = 1.1827 y2 = y1 + h( y1 − ) = 1.0918 + 0.1(1.0918 − 1.0918 y1
• 平均化形式是: 平均化形式是:
y = y + hf ( x n , y ) p n n y c = y n + hf ( x n + 1 , y p ) 1 y n +1 = 2 ( y p + y c )
17
例1. 用Euler格式求解初值问题 y′ = y − 2 x 0 ≤ x ≤ 1 y 取 h = 0 .1 y( 0 ) = 1 解: