数值分析证明
《数值分析》第四章答案
习题41. 给定x x f =)(在144,121,100=x 3点处的值，试以这3点建立)(x f 的2次(抛物)插值公式，利用插值公式115求的近似值并估计误差。
再给13169=建立3次插值公式，给出相应的结果。
解：x x f =)( 2121)(-='x x f ，2341)(--=''x x f ,2583)(-='''x x f ,27)4(1615)(--=x x f，72380529.10)115(=f1000=x ， 1211=x ， 1442=x ， 1693=x 100=y ， 111=y ， 122=y ， 133=y))(())(())(())(())(())(()(1202102210120*********x x x x x x x x y x x x x x x x x y x x x x x x x x y x L ----+----+----= )121144)(100144()121115)(100115(12)144121)(100121()144115)(100115(11)144100)(121100()144115)(121115(10)115(2----⨯+----⨯+----⨯=L=2344)6(1512)23(21)29(1511)44)(21()29)(6(10⨯-⨯⨯+-⨯-⨯⨯+----⨯72276.1006719.190683.988312.1=-+=))()((!3)()()(2102x x x x x x f x L x f ---'''=-ξ ，144100<<ξ )44115()121115()100115()(max 61)115()115(1441002-⨯-⨯-⋅'''≤-≤≤x f L f x 296151083615⨯⨯⨯⨯⨯≤-001631.0101631.02=⨯=- 实际误差 22101045.0)115()115(-⨯=-L f))()(())()(())()(())()(()(312101320130201032103x x x x x x x x x x x x y x x x x x x x x x x x x y x L ------+------= ))()(())()(())()(())()((23130321033212023102x x x x x x x x x x x x y x x x x x x x x x x x x y ------+------+ )169100()144100()121100()169115()144115()121115(10)115(3-⨯-⨯--⨯-⨯-⨯=L )169121()144121()100121()169115()144115()100115(11-⨯-⨯--⨯-⨯-⨯+)169144()121144()100144()169115()121115()100115(12-⨯-⨯--⨯-⨯-⨯+)144169()121169()100169()144115()121115()100115(13-⨯-⨯--⨯-⨯-⨯+)48()23(21)54()29(1511)69()44()21()54()29()6(10-⨯-⨯-⨯-⨯⨯+-⨯-⨯--⨯-⨯-⨯= 254869)29()6(1513)25(2344)54()6(1512⨯⨯-⨯-⨯⨯+-⨯⨯-⨯-⨯⨯+ 723571.10409783.0305138.2145186.11473744.1=+-+= ))()()((!4)()()(3210)4(3x x x x x x x x f x L x f ----=-ξ，169100<<ξ)169115)(144115)(121115)(10115(101615241)115()115(73----⨯⨯⨯≤--L f )54()29()6(151016152417-⨯-⨯-⨯⨯⨯⨯=- 0005505.0105505.03=⨯=-实际误差 321023429.0)115()115(-⨯=-L f 2. 设j x 为互异节点),,1,0(n j =求证： (1)k nj j k j x x l x =∑=)(0),,1,0(n k =;(2)0)()(0=-∑=x l x x j knj j ),,1(n k =。
清华大学贾仲孝老师(贾哥)高等数值分析证明题汇总
又因为A可对角化， A= -1 则p(A)=p( ) -1 则 rk
n
pPk ,p (0)1
min
p( ) -1r0
取r0 i xi Xy, 其中y =(1, 2 , 3 k-1, k ,0,0 0,0)T
i 1
则 rk
pPk ,p (0)1
i 2
n
i 2 i 2 k 1 (vk , Avk ) i 1 1 1 n 1 2 2k (vk , vk ) i i
i 1
n
1212 k 1 2 2 2 2 k 1 i 2 i 2 k 1
2 2k 1 1
又因为A可对角化， A= -1 则p(A)=p( ) -1 则 rk
pPk , p (0)1
min
p( ) -1r0 ( ) r0
pPk ,p (0) 1 1 i n
pPk , p (0)1
min
p( )
即 rk ( ) r0 可取pk (t )
n
2 2 i 2 i 2 k
2 2k i 3
i 3 n
1
2 2 k ) 2 …… 1 1 12 2 2 ( 2 ) 2 k …… 1 2 2 ( 2 ) 2 k 2 2 2 ( 2 ) 2 k 1 1 1 =o ( 2 ) 2 k 2 1 1 121 2 2 (
证毕 15． 叙述幂法 解，见讲义 P80。
5 / 6
结语： 最后三道题为四个月后补录，准确性已经无法保证，仅供参考，祝君顺利。
6 / 6
12 1 C2T X 2T A X 2C 2 1 (12 1)1 C2T ( X 2T A X 2 )C 2 C2 1 X 2 C2 =o(e 2 k ) （ o C2 ）
数值分析课后参考答案06
第六章习题解答1、设函数01(),(),,()n x x x φφφ 在[,]a b 上带权()x ρ正交，试证明{}()nj j x φ=是线性无关组。
证明：设0()nj jj l x φ==∑，两端与01()(,,,)kx k n φ= 作内积，由()jx φ的正交性可知，200(),()((),())((),())()()n n b k j j j k j k k k k k a j j x l x l x x l x x l x x dx φφφφφφρφ==⎛⎫==== ⎪⎝⎭∑∑⎰， 于是有001(,,,)k l k n == ，即{}()nj j x φ=是线性无关组。
2、试确定系数,a b 的值使22(()cos )ax b x dx π+-⎰达到最小。
解：定义02,[,]f g C π∈上的内积为20fgdx π⎰，取011(),()x x x ϕϕ==，()s x ax b =+，()cos f x x =，则法方程为0001010111(,)(,)(,)(,)(,)(,)f a f b ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 其中()2000112,dx ππϕϕ=⨯=⎰，()2201018,xdx ππϕϕ=⨯=⎰，()3211024,x xdx ππϕϕ=⨯=⎰，()2001,cos f xdx πϕ==⎰，()21012,cos f x xdx ππϕ==-⎰，于是方程组为22312812824a b πππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭，解之得1158506644.,.a b ==-。
3、已知函数11()(,)f x x =∈-，试用二类Chebyshev 多项式()n U x 构造此函数的二次最佳平方逼近元。
解：法一、取20121(),(),(),x x x x x ϕϕϕ===()()()00112222235,,,,,ϕϕϕϕϕϕ===，()()()011202203,,,,ϕϕϕϕϕϕ===，同时由二类Chebyshev 多项式的性质知 ()()()11101211028,,,,,f f f x ππϕϕϕ---======⎰⎰⎰于是可得法方程为0122203220003220835c c c ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭，解之得0121.0308,0,0.7363c c c ===-， 于是()f x 的二次最佳逼近元是2001122() 1.03080.7363x c c c x ϕϕϕϕ=++=-法一、二类Chebyshev 多项式2012()1,()2,()41U x U x x U x x ===-，取内积权函数()()x f x ρ==，于是11200114(,)(1)3f U fU dx x dx ρ--==-=⎰⎰，1121111(,)2(1)0f U fU dx x x dx ρ--==-=⎰⎰，112222114(,)(41)(1)15f U fU dx x x dx ρ--==--=-⎰⎰ 由()n U x 正交性及(,)2n n U U π=可得0000(,)8(,)3f U c U U π==，1111(,)0(,)f U c U U ==，2222(,)8(,)15f U c U U π==-， 于是()f x 的二次最佳逼近元为001122()x c U c U c U ϕ=++=21632515x ππ- 4、设012{(),(),()}L x L x L x 是定义于[0,)+∞上关于权函数()xx eρ-=的首项系数为1的正交多项式组，若已知01()1,()1L x L x x ==-，试求出二次多项式2()L x 。
数值分析书本答案
习题一1、取3.14,3.15，722，113355作为π的近似值，求各自的绝对误差，相对误差和有效数字的位数。
解：14.31=x312110211021--⨯=⨯≤-x π 所以，1x 有三位有效数字绝对误差：14.3-=πe ，相对误差：ππ14.3-=r e 绝对误差限：21021-⨯≤ε，相对误差限：213106110321-+-⨯=⨯⨯=r ε21122105.0105.01084074.000840174.015.315.3---⨯=⨯≤⨯==-=πx所以，2x 有两位有效数字绝对误差：15.3-=πe ，相对误差：ππ15.3-=r e 绝对误差限：11021-⨯=ε，相对误差限：11061-⨯=r ε31222105.0105.01012645.00012645.0722722---⨯=⨯≤⨯==-=πx所以，3x 有三位有效数字绝对误差：722-=πe ，相对误差：ππ722-=r e绝对误差限：21021-⨯=ε，相对误差限：21061-⨯=r ε1133551=x 7166105.0105.01032.000000032.0113355---⨯=⨯≤⨯==-π 所以，4x 有七位有效数字 绝对误差：113355-=πe ，相对误差：ππ113355-=r e绝对误差限：61021-⨯=ε，相对误差限：61061-⨯=r ε3、下列各数都是对准确数四舍五入后得到的近似数，试分别指出它们的绝对误差限和相对误差限，有效数字的位数。
5000,50.31,3015.0,0315.04321====x x x x解：0315.01=x m=-13141*10211021---⨯=⨯≤-x x 所以，n=3，1x 有三位有效数字绝对误差限：41021-⨯=ε，相对误差：2110611021-+-=⨯=n r a ε3015.02=x m=04042*10211021--⨯=⨯≤-x x所以，n=4，1x 有四位有效数字绝对误差限：41021-⨯=ε，相对误差：3110611021-+-=⨯=n r a ε50.313=x m=24223*10211021--⨯=⨯≤-x x所以，n=4，1x 有四位有效数字绝对误差限：21021-⨯=ε，相对误差：3110611021-+-=⨯=n r a ε50004=x m=44404*10211021-⨯=⨯≤-x x所以，n=4，1x 有四位有效数字绝对误差限：5.010210=⨯=ε，相对误差：23110105211021--+-=⨯=⨯=n r a ε 4、计算10的近似值，使其相对误差不超过%1.0。
数值分析学习公式总结
第一章1霍纳（Horner ）方法： n a 1-n a 2-n a ……2a 1a 0a输入=c+ n b *c c b n *1- c b *3 c b *2 c b *1n b 1-n b 2-n b 2b 1b 0bAnswer P （x ）=0b该方法用于解决多项式求值问题P （x ）=n a n x +1-n a 1-n x +2-n a 2-n x +……+2a 2x +1a x +0a2 注：p ˆ为近似值绝对误差：|ˆ|pp E p -=相对误差：|||ˆ|p pp R p -=有效数字:210|||ˆ|1d p p pp R -<-= （d 为有效数字，为满足条件的最大整数） 3 Big Oh(精度的计算)： O(h ⁿ)+O(h ⁿ)=O(h ⁿ);O(h m )+O(h n )=O(h r ) [r=min{p,q}]; O(h p )O(h q )=O(h s ) [s=q+p]; 第二章2.1 求解x=g(x)的迭代法 用迭代规则，可得到序列值｛｝。
设函数g 。
如果对于所有x ，映射y=g(x)的范围满足y ， 则函数g 在内有一个不动点; 此外，设定义在内，且对于所有x ，存在正常数K<1，使得，则函数g 在内有唯一的不动点P 。
定理2.3 设有（i ）g ，g ’，（ii ）K 是一个正常数，（iii ）。
如果对于所有如果对于所有x 在这种情况下，P 成为排斥不动点，而且迭代显示出局部发散性。
. 波尔查诺二分法(二分法定理)<收敛速度较慢>试值（位）法：<条件与二分法一样但改为寻求过点(a,f(a))和(b,f(b))的割线L 与x 轴的交点(c,0)>应注意越来越小，但可能不趋近于0，所以二分法的终止判别条件不适合于试值法.牛顿—拉夫森迭代函数：)(')()(1111-----==k k k k k p f p f p p g p 其中k=1,2,……证明：用泰勒多项式证明第三章线性方程组的解法 对于给定的解线性方程组Ax=b一Gauss Elimination （高斯消元法 ）第一步Forward Elimination 第二步 BackSubstitution二LU Factorization第一步 A = LU 原方程变为LUx=y ；第二步 令Ux=y,则Ly = b 由下三角解出y ； 第三步 Ux=y,又上三角解出x ；三Iterative Methods （迭代法）2n n 22221211n n 1212111b x a x a x a b x a x a x a =+++=+++nn nn 22n 11n 2n n 22221211n n 1212111b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a =+++=+++=+++初始值四 Jacobi Method1.选择初始值2.迭代方程为五Gauss Seidel Method1.迭代方程为00201,,,n x x x 00201,,,n x x x nnk n nn k n k n n k n k nn k k kn n k k a x a x a x a bx a x a x a bx a x a x a b x )()()(1122111222121212111212111--++++++-=++-=++-=k k k kn n k k kn n k k a x a x a bx a x a x a bx )()(1112221121212111212111++++++++-=++-=2.选择初始值 判断是否能用Jacobi Method 或者GaussSeidel Method 的充分条件（绝对对角占优原则）第四章 插值与多项式逼近·第一节 泰勒级数和函数计算一些常用函数的泰勒级数展开：for all x for all x for all x -1 -1for00201,,,nx x x定理4.1（泰勒多项式逼近）设，而是固定值。
数值分析习题解答1
第一章 引论（习题）2．证明：x 的相对误差约等于x 的相对误差的1/2.证明 记 x x f =)( ，则 )()(***x x x x x x x x f E r +-=-=)(21**x E x x x x x xr ≈-⋅+=. □3．设实数a 的t 位β进制浮点机器数表示为)(a fl . 试证明 t b a b a fl -≤+*=*121||),1/()()(βδδ， 其中的记号*表示+、-、⨯、/ 中一种运算.证明： 令： )()()(b a fl b a fl b a **-*=δ 可估计： 1|)(|-≥*c b a fl β（c 为b a *阶码）， 故： 121||--≤c t c ββδt -=121β 于是： )1()()(δ+*=*b a b a fl . □4．改变下列表达式使计算结果比较精确：（1）;1||,11211<<+--+x x x x 对 （2）;1,11>>--+x x x x x 对 （3） 1||,0,c o s 1<<≠-x x xx 对. 解 (1) )21()1(22x x x++. (2) )11(2x x x x x-++. (3) xx x x x x x cos 1sin )cos 1(sin cos 12+≈+=-. □6．设937.0=a 关于精确数x 有3位有效数字，估计a 的相对误差. 对于x x f -=1)(，估计)(a f 对于)(x f 的误差和相对误差.解 a 的相对误差：由于 31021|)(|-⋅≤-=a x x E . xa x x E r -=)(, 221018110921)(--⋅=⨯≤x E r . （1Th ） )(a f 对于)(x f 的误差和相对误差. |11||)(|a x f E ---==()25.021011321⨯⋅≤-+---a x xa =310- 33104110|)(|--⨯=-≤a f E r . □9．序列}{n y 满足递推关系：1101.100-+-=n n n y y y . 取01.0,110==y y 及01.0,101150=+=-y y ，试分别计算5y ，从而说明该递推公式对于计算是不稳定的. 解 递推关系： 1101.100-+-=n n n y y y(1) 取初值 10=y ， 01.01=y 计算可得： 11001.10022-⨯=-y 10001.1-=410-= 6310-=y ， 8410-=y ， 10510-=y ， … (2) 取初值 50101-+=y ， 2110-=y ,记： n n n y y -=ε, 序列 {}n ε ，满足递推关系，且 5010--=ε ， 01=ε1101.100-+-=n n n εεε, 于是： 5210-=ε,531001.100-⨯=ε, 55241010)01.100(---⨯=ε,55351002.20010)01.100(--⨯-⨯=ε,可见随着 n ε 的主项 5210)01.100(--⨯n 的增长，说明该递推关系式是不稳定的.。
数值分析.pdf
1、证明1 - x - sin x = 0 在[0,1]内有一个根，使用二分法求误差不大于 21 ⨯10-4 的根要迭代 多少次并输出每一步的迭代解和迭代误差。
解：因为()()1*2/2/+-=-≤-k k k k a b a b x x ， ()4110*212/01-+≤-k ，所以经过计算之后有14=k ，即需要迭代14次。
运用matlab 编程法程序如下：function T1a = 0;b = 1;fprintf('n || a || b || c \n') for k=1:14c = (a+b)/2;fa = 1-a-sin(a);fb = 1-b-sin(b);fc = 1-c-sin(c);fprintf('%d || %f || %f || %f \n',k,a,b,c);if abs(fc)<(1/2)*10^(-4) r=c; sprintf('the root is: %d' , r); elseif fa*fc<0 b=c;elseif fb*fc<0 a=c;endendroot = (a+b)/2运行结果如下：n || a || b || c1 || 0.000000 || 1.000000 || 0.5000002 || 0.500000 || 1.000000 || 0.7500003 || 0.500000 || 0.750000 || 0.6250004 || 0.500000 || 0.625000 || 0.5625005 || 0.500000 || 0.562500 || 0.5312506 || 0.500000 || 0.531250 || 0.5156257 || 0.500000 || 0.515625 || 0.5078138 || 0.507813 || 0.515625 || 0.5117199 || 0.507813 || 0.511719 || 0.50976610 || 0.509766 || 0.511719 || 0.51074211 || 0.510742 || 0.511719 || 0.51123012 || 0.510742 || 0.511230 || 0.51098613 || 0.510742 || 0.511230 || 0.51098614 || 0.510742 || 0.511230 || 0.510986root =0.5110二 求解方程x e x -=的根，要求5.00=x ，分别用简单迭代法，迭代法的加速方法：)(1)(11k k k k x x p p x f x --==-++-，以及艾特金方法求解，要求误差应满足｜k k x x -+1｜510-≤ 解：简单迭代法：程序如下：x0 = 0.5;epsilon = 10^(-5); e = 1;fprintf('k || xk ||error \n'); k = 1;while e>epsilonx1 = exp(-x0);e = abs(x1-x0);x0=x1;k=k+1;fprintf('%d || %f ||%f\n',k,x1,e); endx0k || xk ||error2 || 0.606531 ||0.1065313 || 0.545239 ||0.0612914 || 0.579703 ||0.0344645 || 0.560065 ||0.0196386 || 0.571172 ||0.0111087 || 0.564863 ||0.0063098 || 0.568438 ||0.0035759 || 0.566409 ||0.00202910 || 0.567560 ||0.00115011 || 0.566907 ||0.00065212 || 0.567277 ||0.00037013 || 0.567067 ||0.00021014 || 0.567186 ||0.00011915 || 0.567119 ||0.00006716 || 0.567157 ||0.00003817 || 0.567135 ||0.00002218 || 0.567148 ||0.00001219 || 0.567141 ||0.000007x0 =0.5671迭代法的加速方法：程序如下：x0 = 0.5;epsilon = 10^(-5);e = 1;fprintf('k || xk ||error \n');k = 1;while e>epsilonx11=exp(-x0);x1=x11-p*(x11-x0)/(p-1);e = abs(x0-x1);x0=x1;k=k+1;fprintf('%d || %f ||%f\n',k,x1,e);endx0结果如下：k || xk ||error2 || 0.566582 ||0.0665823 || 0.567132 ||0.0005504 || 0.567143 ||0.0000115 || 0.567143 ||0.000000x0 = 0.5671艾特金加速迭代法：程序如下：x0 = 0.5;epsilon = 10^(-5);e = 1;fprintf('k || xk ||error \n');k = 1;while e>epsilonx1=exp(-x0);x2=exp(-x1);x00=x0-(x1-x0)^2/(x0-2*x1+x2);e = abs(x0-x00);x0=x00;k=k+1;fprintf('%d || %f ||%f\n',k,x1,e);endx0k || xk ||error2 || 0.606531 ||0.0676243 || 0.566871 ||0.0004814 || 0.567143 ||0.000000x0 =0.56713、分别用单点弦割法和双点弦割法求f(x)=x3+2x2+10x-20=0的根，要求x k+1- x k<10-6。
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]
清华大学贾仲孝老师贾哥高等数值分析证明题汇总
p(i )
可取pk
(t )
(t
1 j k
j
)
(1)k
1 j k
(
j
)
min Xp()y pPk ,p(0)1
则max 1i n
p(i )
=0
rk 0，即 rk =0
证毕！
对于 MINRES，同理可证。
3. 证 Arnoldi 过程中断时不会发生方法中断。
AVm
VmHm
min
pPk ,p(0)1
p()-1r0
n
取r0
i 1
i
xi
Xy,其中y=(1, 2, 3 k-1, k ,0,00,0)T
则 rk
min pPk ,p(0)1
p()-1r0
= min pPk ,p(0)1
Xp()X 1Xy
即 rk
X
min p()y
pPk ,p(0)1
rk X
y
min max
(t
1 j k
j
)
(1)k
1 j k
(
j
)
则max 1i n
p(i )
=0
rk 0，即 rk =0
证毕！
对于 MINRES，() =1，同理可证。
2. 若 A 可对角化，A 有 n 个不同的特征值，r0 是由 k 个不同特征值的特征向量构成。证明 GMERES 和 MINRES 至多 k 步收敛。
3/6
Tn1 Qn1A1Qn 又因为：r0 e1 Tn yn
yn Tn1 r0 e1
则 又因为Xn X0 Qn yn X0 QnQn1A1Qn r0 e1 X0 A1r0
【数值分析】-条件数性质证明笔记
【数值分析】 -条件数性质证明笔记
① 任意算子范数下的条件数均≥1 由矩阵乘法不等式可知
Cond（A）r = ||A|| . ||A-1|| ≥ ||A-1 A|| = ||E|| = 1 故Cond（A）r ≥ 1 ② 正交矩阵A在“2”范数下的条件数 Cond（A）2=1 A为正交矩阵 PS：A为正交矩阵时 ，ATA=AAT=E ； 所以 AT = A-1 可证得 CondA）2 = √（λmax ATA / λmin ATA ）= √（λmax A-1A / λmin A-1A ）= 1 PS：矩阵特征值 用 |A-λE| =0 求解 /----------------------------------分割线---------------------------------/ 下面证明的正确性有待商榷 !!! 关于证明Q是酉矩阵，A,Q都是n×n阶矩阵，cond2（QA）=cond2（AQ）=cond2（A）如下： 已知Q为酉矩阵，则Q-1=QT ； 而且Q-1也是酉矩阵。 cond2（QA）= || (QA)-1 || 2 || QA ||2 =|| A-1Q-1 ||2 || QA ||2 ->由于2-范数为酉不变范数-> =||A-1 ||2 || A ||2 = Cond（A）2 =cond（AQ）2，此处和cond2（QA）同理，也是转换后利用酉不变范数特性
(完整版)数值分析重点公式
第一章 非线性方程和方程组的数值解法 1）二分法的基本原理，误差：~12k b ax α+--<2）迭代法收敛阶：1lim0i pi ic εε+→∞=≠，若1p =则要求01c <<3）单点迭代收敛定理：定理一：若当[],x a b ∈时，[](),x a b ϕ∈且'()1x l ϕ≤<，[],x a b ∀∈，则迭代格式收敛于唯一的根；定理二：设()x ϕ满足：①[],x a b ∈时，[](),x a b ϕ∈， ②[]121212,,, ()(),01x x a b x x l x x l ϕϕ∀∈-≤-<<有 则对任意初值[]0,x a b ∈迭代收敛，且：110111i i iii x x x ll x x x lαα+-≤---≤--定理三：设()x ϕ在α的邻域内具有连续的一阶导数，且'()1ϕα<，则迭代格式具有局部收敛性；定理四：假设()x ϕ在根α的邻域内充分可导，则迭代格式1()i i x x ϕ+=是P 阶收敛的 ()()()0,1,,1,()0j P j P ϕαϕα==-≠L （Taylor 展开证明）4）Newton 迭代法：1'()()i i i i f x x x f x +=-，平方收敛 5）Newton 迭代法收敛定理：设()f x 在有根区间[],a b 上有二阶导数，且满足： ①：()()0f a f b <； ②：[]'()0,,f x x a b ≠∈；③：[]'',,f x a b ∈不变号④：初值[]0,x a b ∈使得''()()0f x f x <；则Newton 迭代法收敛于根α。
6）多点迭代法：1111111()()()()()()()()()i i i i i i i i i i i i i i i f x f x f x x x x x f x f x f x f x f x f x x x -+-----=-=+----收敛阶：P =7）Newton 迭代法求重根（收敛仍为线性收敛），对Newton 法进行修改 ①：已知根的重数r ，1'()()i i i i f x x x rf x +=-（平方收敛） ②：未知根的重数：1''()(),()()()i i i i u x f x x x u x u x f x +=-=，α为()f x 的重根，则α为()u x 的单根。
数值分析总复习-定理证明
为奇异矩阵, I − G 为奇异矩阵,则存在非零
向量 x, 使 ( I − G ) x = 0 ,即有： x = Gx 即有： 由相容性条件得： 由相容性条件得：
x = Gx ≤ G
由于
x
x≠0
,两端消去
x
,有 G ≥ 1 ,与已
知条件矛盾,假设不成立,命题得证。 知条件矛盾,假设不成立,命题得证。
由于两端消去阶方阵为严格对角占优阵因a为严格对角占优阵其主对角元素的绝对值大于同行其它元素绝对值之和且主对角元素全不为0故对角阵为非奇异
定理5.1 设函数 ϕ ( x )在[a,b]上具有连续的一阶导数 上具有连续的一阶导数, 定理 上具有连续的一阶导数 且满足： 且满足： （1）对所有的 x∈[a,b] 有 ） ∈
a Am =
a a
(0) 12 (1) 22
L L O
a a a
M
( m −1) mm
(0 (1 (m = a 11 ) a 22 ) L a mm− 1 ) ≠ 0
所以能实现高斯消去法求解。 =1,2,…， （m =1,2, ，n） ，所以能实现高斯消去法求解。
定理6.7 定理6.7 证: ∴ ∵
[
]
由定理5.2知,牛顿迭代法在 定理 知 牛顿迭代法在
x
*
附近局部收敛。 附近局部收敛。
又由定理 知 迭代公式至少具有二阶收敛速度。 又由定理5.3知, 迭代公式至少具有二阶收敛速度。 定理
利用泰勒公式: 利用泰勒公式
f ′′(ξ ) * 2 ′( xk )( x − xk ) + 0 = f ( x ) = f ( xk ) + f ( x − xk ) 2
与牛顿迭代公式对应的迭代函数为： 证: 与牛顿迭代公式对应的迭代函数为：
数值分析 - 第6章 方程求根
x
2
x
3
, 在[1.3,1.6]中
0.488 ≤ ϕ '( x ) ≤ 0.911, 则L < 1 ， 满足收敛定理条件，故迭代收敛。 （2 ） ϕ ( x) = 3 1 + x , 在［1.3，1.6］中ϕ ，且 （x） ∈ ［1.3，1.6］ ϕ '( x ) =
− 2x (1+ x 2) 3 , 在［1.3，1.6］中有 ϕ '( x) ≤ 0.46 = L < 1 ，故迭代收敛。 3 2 2
故此迭代为线性收敛。 4. 给定 函数 ，设对 一 切 x, 均收敛于方程 存 在，而且 的根 .证明 对 的任意常 数 ,迭代法
1 1 ≈ 0.57735，ϕ （1）＝ 2 ≈ 0.95189 3 3 1 1 x 1 2 = ϕ ( x), ϕ ,ϕ ' 在[0,1]上为 单调增函数，故有ϕ ( x ) ∈ 而 ϕ '( x ) = （0，1） 2 3 2 且 有max ϕ '( x) ≤ 0.5 < 1, 满足收敛性条件 ，故迭代序 列
x1 = 5 4 x 0 + 2 = 5 6 ≈ 1.431 0 x3 = 5 4 x 2 + 2 = 5 8.0204 ≈ 1.516 5
x2 = 5 4 x1 + 2 = 5 7.724 ≈ 1.505 1
x 4 = 5 4 x 3 + 2 = 5 8.066 ≈ 1.518 2
x3 = 1.25 −
故此迭代格式是线性收敛 的。 例 6．已知 x = ϕ ( x) 在区间 [a , b] 内只有一根，而当 a < x < b 时， ϕ ' ( x ) ≥ k > 1, 试问如何将 x = ϕ ( x) 化为 适 于迭代的形式？ 将 x = tgx 化为适于迭代的形式，并求 x = 4.5 （弧度 ）附近的根。 解：由反函数微分法则有 1 (ϕ ( x )) = ' ϕ ( x)
(完整版)数值分析部分课后答案第二版朱晓临
数值分析第二版 朱晓临第一章 习题3.324.045≈324.0 60.0876≈60.090.00035167≈0.0003517 2.00043≈2.000 6.①**x x x-≤51441111111010100.005%222a a -+--⨯=⨯⨯≤⨯=（1≤1a ≤9） 故它的相对误差限为0.005%②∵*12120....100....10n n n n x a a a a a a =±⨯=⨯＜()10.110na +⨯相对误差限＝0.03%***3311*n n n x x x x x x----=⨯⨯⨯⨯⨯⨯＜0.03%0.(a +1)10=0.3(0.a +1)10＜0.510 ∴至少有3位有效数字。
7.6*1), 1.4,0.004096A A =≈=则1.4≈时，⑴()610.005232781≈⑵(330.008-≈⑶()310.0051252613≈+⑷991-≈所以利用第三个得到的计算结果的绝对误差最小。
8.由函数的绝对误差公式：***(())'()()e f x f x e x ≈ ① 令2**2*(),()(),100f x x f x x x ===cm由题目得，*(())1e f x =，**'()2f x x = ②把②代入①，得： 1≈**2()x e x ⋅ 1≈*2100()e x ⨯⋅ *()e x 0.005cm ≈边长的测量误差不超过0.005cm 时，才能使其面积的误差不超过12cm 。
11.**()ln ,()ln f x x f x x ==令则由公式***(())'()()e f x f x e x ≈，得： ***1(())0.510e f x x x l x≈-<⨯- 又***()r x x x xε-≤， 由此可知，*()0.510l r x ε-=⨯所以*x 的相对误差限为0.510l -⨯，有l 位有效数字。
均差及其性质
看《数值分析》时，书上写了均差的若干性质，但没有证明，我自己试着证明了一下（不知道对不对）。
第一个性质是k阶均差可表示为函数值f(x
0),…,f(x
k
)的线性组合。
证明：首先写出一阶均差和二阶均差的定义式及其变形：
观察这些式子，推测出k阶均差可以表示为：
式(1)
如果能够证明下面的式子成立，则式1对于所有的k均成立：
式(2)
下面就证明式2成立，将式1代入式2得到：
式(3)
由于：
式(4)
将式4代入式3，得到了下式：
即式2成立。
证明完毕。
另外一个性质是：若f(x)在[a,b]上存在n阶导数，且所有节点∈[a,b]，则n阶均差与导数有如下的关系：
为了证明这个等式，首先构造一个函数：
φ的n阶导数是：
函数φ至少有n+1个根，分别是x
0,x
1
,…,x
n
，那么φ的n阶导数至少有一个根ξ：
证明完毕。
数值分析4-5(高斯公式)
b x 2 xdx 2 / 7
a
b x 3 xdx 2 / 9
a
作业： 习题 10，11
结束语
若有不当之处，请指正，谢谢！
待定系数法
举例 要构造下列形式的高斯公式
1
0 x f(x ) A 0f(x 0 ) A 1f(x 1 )
解 则其代数精度应为 2 n 1 2 1 1 3 即
A0
A1
b a
xdx 2 / 3
A0 x0
A0 x02
A0 x03
A1 x1 A1 x12 A1 x3
b
x xdx 2 / 5
证明 先证必要性，即
x k 是高斯点
(x)与 P(x)正交
设P(x)是任意次数不超过 n 的多项式，则
P(x)ω(x)的次数不超过2n+1，因此应准确
成立
a bP (x)(x)d x nA kP (xk)(xk) k 0
但 (x k ) 0 (k 0 ,1 ,.n ) ..,
故 (x)与 P(x)正交
1
1f(x)dx2f(0)
中矩形公式
再取 P2(x)12(3x21) 的零点
1 3
作节点构
造求积公式
1 1f(x )d x A 0f(1 3 ) A 1f(1 3 )
令它对 f(x) = 1, x 准确成立，即可定出A0 ,A1 可得两点高斯—勒让得公式为
1f(x)d xf(1)f(1)
1
33
若适当选择这些参数使求积公式具有2n+1次代
数精度，则这类公式称为高斯公式。
请回答: 以前学过的梯形公式、辛甫生公式、柯 特斯公式、中矩形公式是高斯公式吗？
答：除中矩形公式外都不是！
数值分析
这里h为常数，称为步长， , 和 分别为向前, 向后和中心差分算子.
以向前差分为例 利用一阶差分可定义二阶差分
2 f k f k 1 f k f k 2 2 f k 1 f k .
还可以定义m阶差分 m f k m 1 f k 1 m 1 f k ;
xi ƒ(xi) x0 x1 x2 x3 xn ƒ(x0) ƒ(x1) ƒ(x2) ƒ(x3) ƒ(xn) 一阶 均差 二阶均差 三阶均差 n阶均差
ƒ[x0, x1] ƒ[x1, x2] ƒ[x0, x1, x2] ƒ[x2, x3] ƒ[x1, x2, x3] ƒ[x0, x1, x2, x3] ƒ[xn-1, xn] ƒ[xn-2, xn-1, xn] ƒ[xn-3, xn-2, xn-1, xn] ƒ[x0, x1,…, xn]
0 ( x) 1 1 ( x ) x x0 2 ( x ) ( x x0 )( x x1 )
LL n ( x ) ( x x0 )( x x1 ) L ( x xn1 )
当增加一个节点xn+1时，只需加上基函数
n1 ( x xi ) 即可.
n n n j
f k ( I E ) f k (1)
1 2
n1
………… f [ x, x0 , ... , xn1 ] f [ x0 , ... , xn ] ( x xn ) f [ x, x0 , ... , xn ]
1 + (x x0) 2 + … … + (x x0)…(x xn1)
n1
f [ x, x0 ] f [ x0 , x1 ] ( x x1 ) f [ x, x0 , x1 ]
数值分析9(迭代法收敛性证明)
X (k1) X *
B( X (k) X * ) B2 ( X (k1) X * ) L Bk1( X (0) X * )
由X(0) 的任意性知
B* =lim Bk O (B) 1。
k
05:00
8/34
充分性 k
X (k1) BX (k) f B(BX (k1) f ) f L Bk1 X (0) B j f j0 则(I B)(I B B2 L Bk ) I Bk1,
(B) 1 lim Bk 0 k (I B)-1 = B j。 j0
lim X (k) (I B)1 f 说明迭代法产生的序列收敛。
k
05:00
9/34
谱半径小于1是迭代收敛的充要条件,但它不 易计算,所以在实际使用中通常并不好用。
由性质( A) A ,我们有如下推论 :
推论4.1 若||B||<1,则对任意的f和任意的初始向量 X(0)迭代法 X(k+1) =B X(k) +f 收敛。
是实对称正定矩阵时, Gauss-Seidel迭代法收敛。
定理 方程组 Ax=b 中, 若 A 是实对称正定矩阵,则
Jacobi迭法收敛？(反例)
05:00
20/34
定理4.5 设BJ元素均非负, 则下列关系有且 只有一个成立:
(1) (BJ ) (BGS ) 0; (2) 0<(BGS ) (BJ ) 1; (3) (BJ ) (BGS ) 1; (4) 1<(BJ ) (BGS )。
1 || B ||
证 X(k+1)–X* =B(X(k) – X* )
|| X(k+1) – X* || ≤ ||B(X(k) – X*) || ≤ ||B|| || X(k) – X* ||