计算方法-刘师少版第四章课后习题完整答案

解：建立高斯—塞德尔迭代格式：
1 (k ) 2 ⎧ ( k +1) x1 = − x2 + ⎪ ⎪ 3 3 ⎨ 1 ⎪ x ( k +1) = − x ( k +1) + 1 2 1 ⎪ 2 2 ⎩
22
取初始迭代向量 x
( 0)
= (0,
0) T ，迭代结果为： 0 .1667) T 0 .2222) T 0 .2037) T 0 .2006) T 0 .2000) T
所以，X(2)=(1,1.5329,1.6393,0.8274)T 第 3 次迭代，k=2
⎧ ( 2) ⎪ x1 ⎪ ⎪ x ( 2) ⎪ 2 ⎨ ⎪ x ( 2) ⎪ 3 ⎪ ( 2) ⎪ x4 ⎩
1.46 (1 − 2 × 1 + 1.5329) = 1.3890 2 1.46 (1.3890 − 2 × 1.5329 + 1.6393) = 1.5055 = 1.5329 + 2 1.46 (1 + 1.5055 − 2 × 1.6393 + 0.8274) = 1.6790 = 1.6393 + 2 1.46 (1.6790 − 2 × 0.8274) = 0.8531 = 0.8274 + 2 = 1+
( k +1)
= Bx ( k ) + f 仍是收敛的。
2
B 1 = 1.2,
B
∞
= 1.1,
B
= 1.021 。故迭代矩阵 B 的这些范数都大于 1，虽不满
足迭代收敛的充分条件，但
det(λI − B ) =
λ − 0.9
− 0.3
0 = (λ − 0.9)(λ − 0.8) λ − 0.8
λ1 = 0.9,
26
第四章
⎧10 x1 − 2 x 2 − x3 = 3 ⎪ ⎨− 2 x1 + 10 x 2 − x3 = 15 ⎪− x − 2 x + 5 x = 10 2 3 ⎩ 1
要求 x
( k +1)
解线性方程组的迭代法习题及解答
4.1 用 Jacobi 迭代格式解方程组
− x (k )
∞
< 0.005
解 Jacobi 迭代格式为
0.200) T
0 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡1⎤ ⎡ 2 −1 0 ⎢ − 1 2 − 1 0 ⎥ ⎢ x ⎥ ⎢0 ⎥ ⎥⎢ 2 ⎥ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ 0 − 1 2 − 1⎥ ⎢ x3 ⎥ ⎢1⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 − 1 2 ⎦ ⎣ x 4 ⎦ ⎣0 ⎦ ⎣0
取初始向量 x(0)＝(1,1,1,1)T，松弛因子ω ＝1.46, 求三次迭代值. 解 建立迭代格式
所以，x(3)=(1.3890,1.5055,1.6790,0.8531) 注：本题的精确解为(1.2,1.4,1.6,0.8) 4.4 线性方程组 Ax = b 的系数矩阵为
⎡ α 1 3⎤ ⎢ ⎥ A＝ 1 α 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 3 2 α − ⎣ ⎦
试求能使雅可比迭代法收敛的 α 的取值范围。 解 当 α ≠ 0 时，雅可比迭代矩阵
所以，X(1)=(1,1,1.73,0.8029)T
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第 2 次迭代，k=1
⎧ ( 2) ⎪ x1 ⎪ ⎪ x ( 2) ⎪ 2 ⎨ ⎪ x ( 2) ⎪ 3 ⎪ ( 2) ⎪ x4 ⎩
1.46 (1 − 2 × 1 + 1) = 1 2 1.46 (1 − 2 × 1 + 1.73) = 1.5329 = 1+ 2 1.46 (1 + 1.5329 − 2 × 1.73 + 0.8029) = 1.6393 = 1.73 + 2 1.46 (1.6393 − 2 × 0.8029) = 0.8274 = 0.8029 + 2 = 1+
第 1 次迭代，k=0, X(0)=(1,1,1,1)T
1.46 ⎧ (1) ⎪ x1 = 1 + 2 (1 − 2 × 1 + 1) = 1 ⎪ ⎪ x (1) = 1 + 1.46 (1 − 2 × 1 + 1) = 1 ⎪ 2 2 ⎨ ⎪ x (1) = 1 + 1.46 (1 + 1 − 2 × 1 + 1) = 1.73 ⎪ 3 2 ⎪ 1.46 ( k +1) ⎪ x4 (1.73 − 2 × 1) = 0.8029 = 1+ 2 ⎩
故 0 < λ ( B) < 1 ，从而 ρ ( B) < 1 ，所以该迭代格式收敛。 4 .8 设 A ∈ R 公式
n×n
有 n 个正的实的特征值 λ1 ≥ λ 2 ≥ L ≥ λ n ，求证：当 0 < α <
2
λ1
时，迭代
x ( k +1) = x ( k ) + α (b − Ax ( k ) )
由于
x (7) − x (6)
∞
< 0.5 × 10 −2
所以满足要求的解为
x ∗ ≈ (0.9986, 1.9986, 2.9977) T
4 .2 用高斯—塞德尔迭代法求解线性方程组
⎧3 x1 + x 2 = 2 ⎨ ⎩ x1 + 2 x 2 = 1
要求 x
( k +1)
− x (k )
∞
< 0.005
⎤ ⎡0 α ⎤ ⎢ 1⎥ 0⎥ ⎦ ⎣ ⎦
−1
⎡ 1 = −⎢ ⎣− 2α
⎤ ⎡0 α ⎤ ⎡ − 1 ⎤ ⎡0 α ⎤ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 1⎦ ⎣ 0 ⎦ ⎣2α − 1⎥ 0⎥ ⎦⎣ ⎦
⎡0 − α ⎤ =⎢ 2⎥ ⎣0 2α ⎦
它的特征多项式为
α ⎤ ⎡λ det(λI − G s ) = ⎢ = λ (λ − 2α 2 ) 2⎥ ⎣ 0 λ − 2α ⎦
x (1) = (0.6667, x ( 2) = (0.6111, x ( 3) = (0.5925, x ( 4) = (0.5988, x ( 5) = (0.6000,
x (5) − x ( 4 )
∗ ∞
< 0.005
故方程组的近似解为 x = (0.600, 4.3 用超松弛迭代法求解线性方程组
λ 2 = 0.8 ，故 ρ ( B) = 0.9 < 1 ，所以迭代法收敛。
4.6 设线性方程组
⎧ x1 + αx 2 = 4 ⎨ ⎩2αx1 + x3 = −3
试求能使高斯－赛德尔迭代收敛的 α 的取值范围。 解 高斯－赛德尔迭代矩阵
⎡1 G s = −( D + L) U = − ⎢ ⎣2α
−1
2i
α
，故 ρ ( B ) =
2
α
，由 ρ ( B ) < 1 ，得 α > 2 ，即 α > 2 时， ρ ( B ) < 1 ，
雅可比迭代法收敛。 4.5 设 x = Bx + f ，其中
⎡0.9 0 ⎤ ⎡1 ⎤ ，f =⎢ ⎥ B=⎢ ⎥ ⎣0.3 0.8⎦ ⎣ 2⎦
证明虽然 B > 1 ，但迭代法 x 证
⎡ ⎢ 0 ⎢ 1 B＝ ⎢ − ⎢ α ⎢ 3 ⎢ ⎣α
−
1
α
2
0 −
α
3⎤ α⎥ 2⎥ − ⎥ α⎥ 0 ⎥ ⎥ ⎦ − 1 3
λ λI − B =
1
α
−
α λ
2
α
2
3
α
α
α λ
= λ3 +
6
α
3
−
6
α
3
+
9
α
2
λ−
4
α
2
λ−
1
α
2
λ = λ (λ 2 +
4
α2
)=0
24
得 λ1 = 0, λ 2,3 = ±
(k ) (k ) ⎧ x1( k +1) = 0.2 x 2 + 0.1x3 + 0 .3 ⎪ ( k +1) (k ) = 0.2 x1( k ) + 0.1x3 + 1 .5 ⎨ x2 ⎪ ( k +1) (k ) = 0.2 x1( k ) + 0.4 x 2 +2 ⎩ x3
取初始迭代向量 x
其特征值为 λ1 = 0, 当 2α < 1,
2
λ2 = 2α 2
2 时， ρ (G s ) < 1 ，高斯－赛德尔迭代收敛。 2
25
即α <
4.7 设有迭代格式
x ( k +1) = Bx ( k ) + f
(= 0,1,2,L)
其中 B = I - A，如果 A 和 B 的特征值全为正数，试证：该迭代格式收敛。 证 因为 B = I - A， 故 λ ( B) = 1 − λ ( A), λ ( A) + λ ( B) = 1 ,由于已知 λ ( A) 和 λ ( B) 全为正数，
收敛。 证
(k = 0,1,2, L)
因为 B = I − αA ，故 λ ( B ) = 1 − αλ ( A),αλ ( A) + λ ( B) = 1 由于 α > 0, λ ( A) > 0 所以 λ ( B) < 1 又因为 αλ ( A) + λ ( B ) = 1 ，而 λ1 > 0 则
αλ1 ⋅ λ ( A) + λ1 ⋅ λ ( B) = λ1
0 <α < 2
由 A 的正的实的特征值 λ1 ≥ λ 2 ≥ L ≥ λ n 知，则当
λ1
有