计算方法第七章(r)
16,第七章 桥梁墩台—计算
LOGO
3.可变作用
汽车荷载冲击力： 钢筋混凝土桩柱式墩台及其它轻型墩台，在计算汽车荷载时应计入冲击 力。但对于重力式实体墩台，冲击力的作用衰减很快，因此，验算时可 不计冲击影响；
汽车荷载制动力： 制动力是桥梁墩台承受的主要纵向水平力之一，在计算梁式桥墩台时， 制动力可移至支座中心（铰或滚轴中心）或滑动支座、橡胶支座、摆动 支座的底座面上；
eo
偏心距越大基底的应力分布越不均匀，将导致基底的不均匀沉降
LOGO
基底承受单向或双向偏心受压的 值可按下式计算：
1
e0 pmin A
N
pmin
N A
Mx Wx
My Wy
ρ ―墩台基础底面的核心半径； Pmin―基底最小压应力，当为负值时表示拉应力；
e0―N作用点距截面重心的距离。
LOGO
fd ―材料强度设计值 ; ad ―几何参数设计值，可采用几何参数标准值，即设计文件规定值。
LOGO
墩台截面的承载力验算包括：
1）验算截面的选取；
•验算截面
2）验算截面的内力计算；
墩台身的基础顶面 墩台身截面突变处 与墩台帽交界处的墩身截面
高墩
3）承载能力极限状态验算：按轴心或偏心受压构件验算墩身各截面的 承载能力。对于砌体以及混凝土截面，要分别采用《圬规》相应条款 4.0.4~4.0.8的规定计算。如果不满足要求就应根据4.0.10修改墩身截面尺 寸重新验算；
ftmd ―构件受拉边层的弯曲抗拉强度设计值，按《圬规》表3.3.2、表3.3.3-4和
表3.3.4-3采用；
ex、ey―双向偏心时，轴向力在x方向和y方向的偏心距 ；
φ―砌体偏心受压构件承载力影响系数或混凝土轴心受压构件弯曲系数，分别 参见《公路圬工桥涵设计规范》第4.0.6条和4.0.8 条。
计算方法第七章(特征值与特征向量)
( j p, q) i 1, 2, , n
最后，雅可比方法的计算步骤可以归纳为： （1）确定非对角绝对值最大元位置（p，q），并计算sin和 cos的值； （2）计算迭代矩阵的元素；
（3）计算特征向量；
（4）与计算精度进行比较，以决定第三节 QR 分解方法 3.1 QR 分解 设 u 为n维实单位向量，称下面矩阵为Householder矩阵：
则
(2) (3) 1 a12 a13 (3) a 2 23 (3) Q2 A1 Q2Q1 A a33 (3) 0 a 3n
埃特金加速： 可以证明：乘幂法线性收敛
mk 1 1
2 mk 1 1
2 1
[ zk 1 10 ] i [ zk 10 ] i
2 1
称为收敛率
由于
zk
线性收敛于 x1 ，于是可以对之进行埃特金加速，
( zk )i ( zk 2 )i ( zk 1 )i2 Wi ( zk )i 2( zk 1 )i ( zk 2 )i
, a
(k) pq
0
第 k 步迭代矩阵的元素为：
a a a
(k ) pj
a a
( k 1) pj
cos a
2
( k 1) qj
sin a
(k ) jp
(k ) k 1) ( k 1) k) aqj a (pj sin aqj cos a (jq ( j p, q ) (k ) pp ( k 1) pp
cos 2a a
( k 1) pp
(k 1) pq
sin cos a
( k 1) pq
(k 1) qq
第七章LR分析法
识别活前缀的DFA
拓广文法G[S]： 句子abbcde的可归前缀：
S’ → S[0]
S[0]
S → aAcBe[1] ab[1]
A → b[2]
aAb[3]
A → Ab[3]
aAcd[4]
B → d[4]
aAcBe[1]
识别活前缀及可归前缀的有限自动机
0S 2a
a 5
a 9
14 a
1*
b
3
4
6 A7b
第7章 LR分析法
LR分析法
自底向上分析法的关键是如何在分析过程中 确定句柄
LR分析法给出一种能根据当前栈中的符号 串进行分析的方法，即：向右查看输入串的 K个符号就可以唯一确定分析器的动作是移 进还是归约；用哪个产生式归约。
因而也就能唯一地确定句柄 R 最右推导
规范推导 规范句型 规范归约
LR分析算法
then begin pop || 令当前栈顶状态为S’ push GOTO[S’,A]和A(进栈)
end else if ACTION[s,a]=acc
then return (成功) else error end.重复
7.2 LR(0)分析
例 G[S]： S aAcBe A b A Ab B d
⇔aAcBe[1]
用(1)规约，前部aAcBe[1]
⇔S
这些前部符号串为归约时在栈里的符号串， 规范句型的这种前部称为可归前缀。
可归前缀和子前缀
分析上述每个前部的前缀，对应分别为：
ab[2]
,a,ab
aAb[3] ,a,aA,aAb
aAcd[4] ,a,aA,aAc,aAcd
aAcBe[1] ,a,aA,aAc,aAcB,aAcBe
高中数学第七章复数经典大题例题(带答案)
高中数学第七章复数经典大题例题单选题1、已知z =2+i ，则z−i 1+i =（ ）A ．1−2iB ．2+2iC ．2iD ．−2i答案：D分析：根据共轭复数的定义及复数的除法法则即可求解.由z =2+i ，得z =2−i ，所以z−i 1+i =2−i−i 1+i =2(1−i )×(1−i )(1+i )×(1−i )=2×(1−2i+i 2)2=−2i .故选：D.2、设(−1+2i)x =y −1−6i ，x,y ∈R ，则|x −yi|=（ ）A ．6B ．5C ．4D ．3答案：B分析：根据复数实部等于实部，虚部等于虚部可得{x =−3y =4，进而求模长即可. 因为(−1+2i )x =y −1−6i ，所以{2x =−6−x =y −1，解得{x =−3y =4， 所以|x −yi |=|−3−4i|=√(−3)2+(−4)2=5.故选：B.3、已知下列三个命题：①若复数z 1，z 2的模相等，则z 1，z 2是共轭复数；②z 1，z 2都是复数，若z 1+z 2是虚数，则z 1不是z 2的共轭复数；③复数z 是实数的充要条件是z =z .则其中正确命题的个数为A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个答案：C解析：运用复数的模、共轭复数、虚数等知识对命题进行判断.对于①中复数z 1和z 2的模相等,例如z 1=1+i ,z 2=√2i ,则z 1和z 2是共轭复数是错误的;对于②z 1和z 2都是复数,若z 1+z 2是虚数,则其实部互为相反数,则z 1不是z 2的共轭复数,所以②是正确的;对于③复数z 是实数,令z =a ,则z =a 所以z =z ,反之当z =z 时,亦有复数z 是实数,故复数z 是实数的充要条件是z =z 是正确的.综上正确命题的个数是2个.故选C小提示：本题考查了复数的基本概念,判断命题是否正确需要熟练掌握基础知识,并能运用举例的方法进行判断,本题较为基础.4、在复平面内，复数z =1+i 1−i +1−i 2对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案：A解析：由复数的运算求出z ，则可得其对应的点的坐标，从而得出结论．z =(1+i)2(1−i)(1+i)+1−i 2=2i 2+1−i 2=12+12i ， 则z 在复平面内对应的点为(12，12)，在第一象限，故选：A .5、z 1、z 2是复数，则下列结论中正确的是（ ）A ．若z 12+z 22>0，则z 12>−z 22B ．|z 1−z 2|=√(z 1+z 2)2−4z 1⋅z 2C ．z 12+z 22=0⇔z 1=z 2=0D ．|z 12|=|z 1|2答案：D解析：举反例z 1=2+i ，z 2=2−i 可判断选项A 、B ，举反例，z 2=i 可判断选项C ，设z 1=a +bi ，(a,b ∈R )，分别计算|z 12|、|z 1|2即可判断选项D ，进而可得正确选项.对于选项A ：取z 1=2+i ，z 2=2−i ，z 12=(2+i )2=3+2i ，z 22=(2−i )2=3−2i ，满足z 12+z 22=6>0，但z 12与z 22是两个复数，不能比较大小，故选项A 不正确；对于选项B ：取z 1=2+i ，z 2=2−i ，|z 1−z 2|=|2i |=2，而√(z 1+z 2)2−4z 1⋅z 2=√42−4(2+i )(2−i )=√16−20无意义，故选项B 不正确；对于选项C ：取，z 2=i ，则z 12+z 22=0，但是z 1≠0，z 2≠0，故选项C 不正确；对于选项D ：设z 1=a +bi ，(a,b ∈R )，则z 12=(a +bi )2=a 2−b 2+2abi11z =11z =|z 12|=√(a 2−b 2)2+4a 2b 2=√(a 2+b 2)2=a 2+b 2，z 1=a −bi ，|z 1|=√a 2+b 2，所以|z 1|2=a 2+b 2，所以|z 12|=|z 1|2，故选项D 正确.故选：D.6、已知i 为虚数单位，则i +i 2+i 3+⋅⋅⋅+i 2021=（ ）A ．iB ．−iC ．1D ．-1答案：A分析：根据虚数的运算性质，得到i 4n +i 4n+1+i 4n+2+i 4n+3=0，得到i +i 2+i 3+⋅⋅⋅+i 2021=i 2021，即可求解.根据虚数的性质知i 4n +i 4n+1+i 4n+2+i 4n+3=1+i −1−i =0，所以i +i 2+i 3+⋅⋅⋅+i 2021=505×0+i 2021=i .故选：A.7、已知正三角形ABC 的边长为4，点P 在边BC 上，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为（ ） A ．2B ．1C ．−2D ．−1答案：D分析：选基底，用基向量表示出所求，由二次函数知识可得.记|BP⃗⃗⃗⃗⃗ |=x ，x ∈[0,4] 因为AP⃗⃗⃗⃗⃗ =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−2|BP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=x 2−2x =(x −1)2−1≥−1. 故选：D8、已知关于x 的方程（x 2＋mx ）＋2x i ＝－2－2i （m ∈R ）有实数根n ，且z ＝m ＋n i ，则复数z 等于（ ）A ．3＋iB ．3－iC．－3－iD．－3＋i答案：B分析：根据复数相等得出m,n的值，进而得出复数z. 由题意知（n2＋mn）＋2n i＝－2－2i，即{n 2+mn+2=02n+2=0，解得{m=3,n=−1，∴z=3−i故选：B多选题9、已知复数z=21+i，则正确的是（）A．z的实部为﹣1B．z在复平面内对应的点位于第四象限C．z的虚部为﹣iD．z的共轭复数为1+i答案：BD分析：根据复数代数形式的乘除运算化简，结合复数的实部和虚部的概念、共轭复数的概念求解即可.因为z=21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，所以z的实部为1，虚部为-1，在复平面内对应的点为(1，-1)，在第四象限，共轭复数为z=1+i，故AC错误，BD正确.故选：BD10、复数z=1−i，则（）A．z在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)B．z在复平面内对应的点的坐标为(1,1)C．|z|=2D．|z|=√2答案：AD分析：利用复数的几何意义，求出复数对应的点坐标为(1,−1)，即可得答案；z=1−i在复平面内对应的点的坐标为(1,−1)，|z|=√2．故选：AD.11、已知复数z满足(1+i3)z=2，则下列说法中正确的有（）A．z的虚部是iB．|z|=√2C．z⋅z=2D．z2=2答案：BC分析：根据复数的除法运算求出z，结合相关概念以及复数乘法运算即可得结果.z=21+i3=21−i=1+i，其虚部为1，|z|=√2，z⋅z=(1+i)(1−i)=2，z2=(1+i)2=2i≠2．故选：BC.12、已知复数z1=−2+i（i为虚数单位），复数z2满足|z2−1+2i|=2，z2在复平面内对应的点为，则（）A．复数z1在复平面内对应的点位于第二象限B．1z1=−25−15iC．(x+1)2+(y−2)2=4D．|z2−z1|的最大值为3√2+2答案：ABD分析：利用复数的几何意义可判断A选项；利用复数的除法运算可判断B选项；利用复数的模长公式可判断C选项；利用复数模长的三角不等式可判断D选项.对于A选项，复数z1在复平面内对应的点的坐标为(−2,1)，该点位于第二象限，A对；对于B选项，1z1=1−2+i=−2−i(−2+i)(−2−i)=−25−15i，B对；对于C选项，由题意可得z2−1+2i=(x−1)+(y+2)i，因为|z2−1+2i|=2，则(x−1)2+(y+2)2=4，C错；对于D选项，z1−1+2i=−3+3i，则|z1−1+2i|=√(−3)2+32=3√2，所以，|z2−z1|=|(z2−1+2i)−(z1−1+2i)|≤|z2−1+2i|+|z1−1+2i|=2+3√2，D对.(), M x y故选：ABD.13、若复数z 满足：z (z +2i )=8+6i ，则（ ）A ．z 的实部为3B ．z 的虚部为1C ．zz =√10D ．z 在复平面上对应的点位于第一象限答案：ABD分析：根据待定系数法，将z =a +bi (a,b ∈R )代入条件即可求解a =3，b =1，进而即可根据选项逐一求解. 设z =a +bi (a,b ∈R )，因为z (z +2i )=8+6i ，所以zz +2iz =8+6i ，所以(a 2+b 2−2b )+2ai =8+6i ，所以a 2+b 2−2b =8，2a =6，所以a =3，b =1，所以z =3+i ，所以z 的实部为3，虚部为1，故A ，B 正确；zz =|z |2=10，故C 不正确；z 在复平面上对应的点(3,1)位于第一象限，故D 正确．故选:ABD ．填空题14、i 2 021＝________.答案：i分析：利用周期性求得所求表达式的值.i 2021=i 505×4+1=i 1=i所以答案是：i15、设复数z ，满足|z 1|=1，|z 2|=2，z 1+z 2=√3−i ，则|z 1−z 2|=____________．答案：√6解析：根据复数的几何意义得到对应向量的表示，再结合向量的平行四边形法则以及余弦定理求解出|z 1−z 2|的值.设z 1,z 2在复平面中对应的向量为OZ 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OZ 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，z 1+z 2对应的向量为OZ 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，如下图所示：因为z 1+z 2=√3−i ，所以|z 1+z 2|=√3+1=2，所以cos∠OZ 1Z 3=12+22−221×2×2=14， 又因为∠OZ 1Z 3+∠Z 1OZ 2=180°，所以cos∠Z 1OZ 2=−cos∠OZ 1Z 3=−14，所以|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=OZ 12+OZ 22−2OZ 1⋅OZ 2⋅cos∠Z 1OZ 2=1+4+1=6， 所以|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6，又|z 1−z 2|=|Z 2Z 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6，所以答案是：√6.小提示：名师点评复数的几何意义：（1）复数z =a +bi (a,b ∈R )一一对应↔复平面内的点Z (a,b )(a,b ∈R )； （2）复数z =a +bi (a,b ∈R ) 一一对应↔平面向量OZ ⃗⃗⃗⃗⃗ . 16、在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(3,−5).则(1−i)z =___________.答案：−2−8i ##−8i −2分析：根据给定条件求出复数，再利用复数的乘法运算计算作答.在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(3,−5)，则z =3−5i ，所以(1−i)z =(1−i)(3−5i)=−2−8i .所以答案是：−2−8i解答题17、已知复数z 1＝4－m 2＋（m －2）i ，z 2＝λ＋2sin θ＋（cos θ－2）i （其中i 是虚数单位，m ，λ，θ∈R ）.(1)若z 1为纯虚数，求实数m 的值；(2)若z 1＝z 2，求实数λ的取值范围.答案：(1)-2；(2)[2，6]分析：（1）z 1为纯虚数，则其实部为0，虚部不为0，解得参数值；（2）由z 1＝z 2，实部、虚部分别相等，求得λ关于θ的函数表达式，根据sinθ的范围求得参数取值范围.(1)由z 1为纯虚数，则{4−m 2=0,m −2≠0,解得m ＝－2. (2)由z 1＝z 2，得{4−m 2=λ+2sinθ,m −2=cosθ−2,∴λ＝4－cos 2θ－2sin θ＝sin 2θ－2sin θ＋3=(sinθ−1)2+2. ∵－1≤sin θ≤1，∴当sin θ＝1时，λmin ＝2，当sin θ＝－1时，λmax ＝6，∴实数λ的取值范围是[2，6].18、已知m ∈R ，α、β是关于x 的方程x 2+2x +m =0的两根．（1）若|α−β|=2√2，求m 的值；（2）用m 表示|α|+|β|．答案：（1）−1或3；（2）|α|+|β|={2√m,m >12,0≤m ≤12√1−m,m <0.分析：（1）由α、β是关于x 的方程x 2+2x +m =0的两根．可得α+β=−2，αβ=m ，对α，β分为实数，与一对共轭虚根即可得出．（2）不妨设α⩽β，对m 及其判别式分类讨论，利用根与系数的关系即可得出．解：（1）∵α、β是关于x 的方程x 2+2x +m =0的两根．∴α+β=−2，αβ=m ，若α，β为实数，即Δ=4−4m ≥0，解得m ≤1时；则2√2=|α−β|=√(α+β)2−4αβ=√4−4m ，解得m =−1．若α，β为一对共轭复数，即Δ=4−4m <0，解得m >1时；则2√2=|α−β|=√(α+β)2−4αβ=|√4m −4i|，解得m =3．综上可得：m =−1或3．（2）因为x2+2x+m=0，不妨设α⩽β．Δ=4−4m⩾0，即m⩽1时，方程有两个实数根．α+β=−2，αβ=m，0⩽m⩽1时，|α|+|β|=|α+β|=2．m<0时，α与β必然一正一负，则|α|+|β|=−α+β=√(α+β)2−4αβ=2√1−m．Δ=4−4m<0，即m>1时，方程有一对共轭虚根．|α|+|β|=2|α|=2√α2=2√m综上可得：|α|+|β|={2√m,m>1 2,0⩽m⩽12√1−m,m<0．。
计算方法与误差理论-7
参数解不止一组，而为一簇。
常微分方程—龙格-库塔方法
改进的欧拉公式: l=1, λ1=λ2=1/2 变形的欧拉公式: l=1/2, λ1=0, λ2=1 y i 1 y i hk2 k1 f ( x i , y i ) h k 2 f ( x i 1 , y i k1 ) 2 2
xi i xi 1
常微分方程——欧拉方法
梯形公式—数值积分用梯形公式计算
y ( xi 1 ) y ( xi ) yi 1
公式：
xi 1
xi
f ( x, y ( x))dx i 0,1,2,...,n 1
h yi [ f ( xi , yi ) f ( xi 1 , yi 1 )] 2
梯形公式的局部截断误差：
( 2) i 1
Ri 1 R
1 3 h y ' ' ' ( i ) O(h 3 ) 12
xi i xi 1
常微分方程——欧拉方法
改进欧拉公式
将欧拉公式与梯形公式联合使用
1.先用欧拉公式的y(xi+1)的一个粗糙的近似值 (预测值) 2.然后对预测值用梯形公式进行校正(校正值)
1 2 1 l 1 二阶龙格-库塔公式 2 2 单步显式公式 1 1 1 2l ,
常微分方程—龙格-库塔方法
2 1 2l
待定参数： λ1, λ2, l（3个）
要使公式具有2阶精度（局部截断误差(h0,
h1, h2的系数必须为零)和泰勒展开）得：
y0-0.2*0.1yp=0.9800
计算方法第七章
存在常数L，使得
|f(x,y1)f(x,y2)|L|y1y2| 对所有axb以及任何y1,y2都成立，则上述初值问题存在唯一的连续可微解y=y(x)。 1. 离散变量法
(1)离散化：y(x)在 [a,b]上一系列离散点xk处的近似值yk 。用yk为y(xk)的近似值
xk=a+kh
k=0, 1,,n
h=(ba)/n
第七章 常微分方程的数值解法
7.1 引言 7.2 初值问题解法
7.2.1 单步法
7.2.1.1 欧拉法与改进的欧拉法 7.2.1.2 龙格-库塔法 7.2.1.3 单步法的相容性、收敛性与稳定性
7.2.2 线性多步法 7.2.3 微分方程组和高阶微分方程
7.3 边值问题解法
7.3.1 试射法 7.3.2 差分法
y(xk+1)yk+1=h1P+1yP+1(1)+O(h1P+1)
y(xk+1)yk+1*=h2P+1yP+1(2)+O(h2P+1)
设h2>h1，yP+1(1)yP+1(2)
浙江大学研究生学位课程
《实用数值计算方法》
1
7.1 引言
微分方程：表示未知函数y(x)与未知函数的导数以及自变量之间关系的方程。
方程的阶：在方程中出现的各阶导数的最高阶数n
微分方程
常微分方程
在微分方程 中出现的未 知函数只含 一个自变量
n
i
i0
diy dxi
n1
0
变系数的线性常微分方程
线性常微分方程
y”=f(x,y,y’) axb
边值问题：在函数所定义区间的两端点上给定已知条件
第七章 混凝土简支梁桥计算
（2）轮载分布：a b 0.2 0.6m 1 1
(a1 2h) (b1 2h) 0.36 0.76m
（3）板的有效工作宽度：
• （4）车轮荷载集度
P 140 2 2 2 qQ 2 1 1 64.86 KN ab 2.84 0.76
• 5、汽车及冲击力弯矩（偏于安全地取冲击 系数 M 0 0 G1M G1 Q1M Q1 • 6、弯矩组合 • 7、Mc 、Ms
位移互等定理 板条相同
横向分布系数
在横向分布影响线上加栽
列表计算、刚度参数计算
为计算方便，对于 不同梁数、不同几何 尺寸的铰接板桥的计算结果可以列为表 格，供设计时查用
引入刚度参数
半波正弦荷载引起的变形计算
3.铰接梁法
假定各主 梁除刚体 位移外， 还存在截 面本身的 变形,应计 入悬臂端 的弹性挠 度
第二节 主梁内力计算
荷载横向分布系数
主梁内力计算 活载、恒载
荷载横向分布计算
一、荷载横向分布计算原理
x x
P
P
x
x
z
η 1（
y
z
在单梁上，截面内力等于荷载与相应位置影响线纵 坐标的乘积。 在梁式桥上，
s P ( x, y) P 1( x) 2 ( y)
二、荷载横向分布计算方法分类
• 适用范围： 1.利用企口缝连接的装配式板桥 2.无中间横隔梁仅在翼板间由焊接钢板或伸 出的交叉钢筋连接的装配式梁桥 3.荷载布置在跨中
2.铰接板法
假定各主梁接缝间仅传递剪力g，求得传 递剪力后，即可计算各板分配到的荷载
传递剪力根据板缝间的变形协调计算
变位系数计算
横向分布影响线
全国通用2023高中数学必修二第七章复数题型总结及解题方法
全国通用2023高中数学必修二第七章复数题型总结及解题方法单选题1、若z(1+i3)=i，则在复平面内复数z对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案：B分析：先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义判断.因为z(1−i)=i，所以z=i1−i =i(1+i)2=−1+i2，故z对应的点位于复平面内第二象限．故选：B．2、已知z=x+yi，x，y∈R，i是虚数单位.若复数z1+i+i是实数，则|z|的最小值为（）A．0B．52C．5D．√2答案：D分析：利用复数的运算法则和复数为实数的充要条件可得x=y+2，再利用复数模的计算公式和二次函数的单调性即可得出.解：∵复数z1+i +i=(x+yi)(1−i)(1+i)(1−i)+i=x+y+(y−x+2)i2是实数y−x+2=0故x=y+2|z|=√x2+y2=√(y+2)2+y2=√2y2+4y+4=√2(y+1)2+2≥√2当且仅当y=−1,x=1时取等号|z|的最小值为√2故选：D3、设i为虚数单位，若z i=2+√5i，则|z|=（）A．√3B．2C．√5D．3答案：D分析：根据复数的乘法，利用对应相等先求得z =√5−2i ，再求模长即可得解. 令z =a +b i ，z i=a i −b =2+√5i ， 所以a =√5,b =−2， 即z =√5−2i ， 所以|z|=√5+4=3， 故选：D4、若a,b ∈R ，i 是虚数单位，a +2021i =2−bi ，则a 2+bi 等于（ ） A ．2021+2i B ．2021+4i C ．2+2021i D ．4−2021i 答案：D分析：根据复数相等可得a =2，−b =2021，进而即得. 因为a +2021i =2−bi ，所以a =2，−b =2021，即a =2，b =−2021， 所以a 2+bi =4−2021i ． 故选：D ．5、已知复数z =2−3i ，若z̅⋅(a +i )是纯虚数，则实数a =（ ） A ．−23B ．23C ．−32D ．32 答案：D分析：根据共轭复数的定义及复数的乘法运算结合纯虚数的定义即可得出答案. 解：z̅⋅(a +i )=(2+3i )(a +i )=2a −3+(3a +2)i 是纯虚数，则{2a −3=03a +2≠0，解得a =32.故选：D.6、若关于x 的实系数一元二次方程的两个根分别是x 1=1+√3i 和x 2=1−√3i ，则这个一元二次方程可以是（ ）.A ．x 2−2x +2=0B ．x 2−2x +4=0C ．3x 2−2x +1D ．x 2+2x +4=0 答案：B分析：设方程为ax 2+bx +c =0(a ≠0)，根据韦达定理分别将b,c 用a 表示，即可得出答案. 解：设方程为ax 2+bx +c =0(a ≠0)， 则x 1+x 2=−ba =2，所以b =−2a ， x 1x 2=ca =4，所以c =4a ，则方程为a (x 2−2x +4)=0(a ≠0)， 故只有B 选项符合题意. 故选：B.7、设(−1+2i)x =y −1−6i ，x,y ∈R ，则|x −yi|=（ ） A ．6B ．5C ．4D ．3 答案：B分析：根据复数实部等于实部，虚部等于虚部可得{x =−3y =4，进而求模长即可.因为(−1+2i)x =y −1−6i ，所以{2x =−6−x =y −1 ，解得{x =−3y =4，所以|x −yi|=|−3−4i|=√(−3)2+(−4)2=5. 故选：B.8、如果复数z 满足|z +1−i |=2，那么|z −2+i |的最大值是（ ） A ．√13+2B ．2+√3 C ．√13+√2D ．√13+4 答案：A分析：复数z 满足|z +1−i|=2，表示以C(−1,1)为圆心，2为半径的圆．|z −2+i|表示圆上的点与点M(2,−1)的距离，求出|CM|即可得出．复数z 满足|z +1−i|=2，表示以C(−1,1)为圆心，2为半径的圆． |z −2+i|表示圆上的点与点M(2,−1)的距离． ∵|CM|=√32+22=√13． ∴|z −2+i|的最大值是√13+2． 故选：A ．小提示：本题考查复数的几何意义、圆的方程，求解时注意方程|z+1−i|=2表示的圆的半径为2，而不是√2．9、若复数z满足(1+i)z=|1+i|，则z的虚部为（）A．−√2i B．−√2C．−√22i D．−√22答案：D分析：先利用复数的模长和除法运算化简得到z=√22−√22i，再根据虚部的定义，即得解由(1+i)z=|1+i|=√2，得z=√21+i =√2(1−i)(1+i)(1−i)=√22−√22i，∴z的虚部为−√22.故选：D10、复数i2+i3+i2022=（）A．i B．−2−i C．−2+i D．−1答案：B分析：由复数的乘方化简计算．i2+i3+i2022=(−1)+(−i)+(−1)=−2−i．故选：B．填空题11、已知向量a⃗=(2，4)，b⃗⃗=(−1，2)，则向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量为________（用坐标表示）．答案：(−65,12 5)分析：先计算两个向量的夹角的余弦值，再计算向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量.因为a⃗=(2，4)，b⃗⃗=(−1，2)，则cos〈a⃗，b⃗⃗〉=a⃗⃗⋅b⃗⃗|a⃗⃗|⋅|b⃗⃗|=2√5⋅√5=35，所以向量a⃗在向量b⃗⃗上的投影向量为|a⃗|cos〈a⃗，b⃗⃗〉⋅b⃗⃗|b⃗⃗|=2√5×35⋅√5(-65，125).所以答案是：(-65，125)12、已知(1+i)z=2i（i为虚数单位），则z=___________. 答案：1+i##i+1分析：根据复数代数的四则运算计算即可. ∵(1+i )z =2i ,∴z =2i 1+i=2i (1−i )(1+i )(1−i )=i (1−i )=1+i .所以答案是：z =1+i .13、设z =1−i1+i +3i ，则|z|=___________________ ． 答案：2分析：根据复数的除法运算法则化简复数z ，再代入模长公式计算. z =1−i1+i +3i =1−2i+i 21−i 2+3i =−i +3i =2i ，所以|z|=2所以答案是：2 解答题14、设复数z =3cosθ+2i sinθ，求函数y =θ−argz (0<θ<π2)的最大值以及对应的θ值．答案：当θ=arctan√62时，y 取得最大值arctan √612分析：根据辐角的主值定义，结合两角差的正切公式、基本不等式进行求解即可. 由z =3cosθ+2i sinθ，可得tan(argz)=2sinθ3cosθ=23tanθ， tany =tan(θ−argz)=tanθ−tan(argz)1+tanθ⋅tan(argz)=tanθ−23tanθ1+23tan 2θ=tanθ3+2tan 2θ=13tanθ+2tanθ,因为0<θ<π2，所以tanθ>0，于是3tanθ+2tanθ≥2√3tanθ⋅2tanθ=2√6，当且仅当3tanθ=2tanθ时取等号，则当tanθ=√62时取等号，即当θ=arctan√62时取等号，因此有tany ≤2√6=√612，因此函数y =θ−argz (0<θ<π2)的最大值为arctan √612，此时θ=arctan√62. 15、已知i 是虚数单位，设复数z 满足|z −2|=2. （1）求|z +1−4i |的最小值与最大值； （2）若z +4z 为实数，求z 的值.答案：（1）最大值为7，最小值为3.（2）见解析解析：（1）根据题意|z −2|=2，可知z 的轨迹为以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，|z +1−4i |表示点(x,y)到(−1,4)的距离，结合几何意义求得结果；（2）根据z +4z 为实数，列出等量关系式，求得结果.（1）设z =x +yi ，根据|z −2|=2， 所以有(x −2)2+y 2=4，所以z 的轨迹为以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，所以|z +1−4i |=|(x +1)+(y −4)i |=√(x +1)2+(y −4)2， 其表示点(x,y)到(−1,4)的距离，所以其最大值为圆心(2,0)到(−1,4)的距离加半径， 最小值为圆心(2,0)到(−1,4)的距离减半径，所以最大值为√(2+1)2+42+2=7，最小值为√(2+1)2+42−2=3； （2）z +4z =x +yi +4x+yi=x +yi +4(x−yi)x 2+y 2=(x +4x x 2+y2)+(y −4y x 2+y 2)i ，因为z +4z 为实数，所以y −4yx 2+y 2=0， 即y(1−4x 2+y 2)=0，所以y =0或x 2+y 2=4， 又因为(x −2)2+y 2=4，所以{x =0y =0 （舍去），{x =4y =0，{x =1y =√3 ，{x =1y =−√3 ，所以z =4或z =1+√3i 或z =1−√3i .小提示：该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有根据几何意义有模的最值，根据复数为实数求复数的值，属于简单题目.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
Lx zk1
Ryk
x
1/ n
lim
k
mk
lim
k
zk
xn max(xn )
反幂法的一个主要应用是已知矩阵的近似特征值后，求其特征 向量。
如果已求得矩阵某个特征值 m 的近似值 m ，则
0 m m i m (i m) 于是，用反幂法可以求出 A m I 的按模最小特征值及相应
的特征向量。此时，迭代为：
Ak
Q k 1
Ak 1Qk
1
Ak相似于Ak－1 Ak相似于A1 A
最后，可以证明， Ak 的对角线下面的元素（不包括对角线）
收敛于零，由相似关系，不难推出其对角线上的元素收敛
到矩阵 A 的特征值！
最后，要指出的是，当用 QR 方法求出特征值后（准确讲，是 特征值的近似值），我们可以用反幂法求出更加精确的特征 值，更为重要的是可以求出相应的特征向量。
（1）如 A 为实对称矩阵，则一定存在正交矩阵 Q ，使之相似 于一个对角矩阵，而该对角矩阵的对角元正是 A 的特征值。
Q Q1 , QQ I , QAQ
（2）一个矩阵左乘一个正交矩阵或右乘一个正交矩阵，其E范
数不变。
nn
A 2 E
ai2j
trace( A A) trace( AQQA)
（尤其，对于对称矩阵可以化为三对角矩阵）
（2）利用带原点位移的QR 方法构造矩阵序列 Ak
（3）对矩阵
Ak
取加速因子
a(k nn
)
进行加速
（4）判断矩阵 Ak 的最后一行非对角元素（由于是拟上三
(k 1)
ij
ij
(i, j p, q)
为使
a(k ) pq
0
，必须
tg 2
2a(pkq1)
a a (k1) pp
(k 1) qq
在这里，我们通常，限制
/4
，如果
a( k 1) pp
a( k 1) qq
，
当
a( k 1) pq
0
时，取 / 4
，当
a( k 1) pq
0
时， / 4
在具体计算第 k 步迭代矩阵的元素时，需要计算正弦值和余弦
sk
a 为
(k ) nn
，则
Ak
最后一行非对角元二阶收
敛于零（特别对于对称矩阵，能达到三阶收敛），其余次对
角元收敛于零的速度会慢一些。
加速技术下的算法：
（1）确定计算精度10E-m
（2）对矩阵 Ak
取加速因子
a(k) nn
进行加速
（3）判断矩阵 Ak 的最后一行非对角元素是否小于要求的精
度，如果不小于，继续加速迭代，如已经小于精度，停止
这叫原点移位法。
1 p 2 p i p (i 3, 4, , n)
2 p 2 1 p 1 求得A pI的按模最大特征值1, A的按模最大特征值1 1 p
埃特金加速： 可以证明：乘幂法线性收敛
mk1 1 2
mk 1
1
[zk1 10 ] i 2
[zk 10 ] i
1
n
a(m) ij
i j1
停止计算，这时，
Am RmRm1 R1AR1 Rm1Rm Pm APm
则对角阵的对角元为特征值近似值，矩阵 P 的列向量为特征向
量近似值。实际计算中，矩阵 P 是按如下步骤计算：
P0 I
,
Pk
Pk
R
1 k
(k 1, 2,
, m)
p(k) ip
p(k 1) ip
( A mk
m ) yk
max(
yk
zk )
1
zk
yk
/ mk
lim
k
zk
xm max(xm )
(k 1, 2, , z0任意给定)
lim
k
mk
m
1
m
通常，初值选为：
z0 Le e (1,1, ,1)
这里，矩阵 L 为 角矩阵。
A m I LR 分解中的单位下三
第二节 对称矩阵的雅可比方法 两个重要的基本性质：
R1
R1
A(1) 22
R1
于是，取R为Householder矩阵，则 R1c1 化为除第一个分量外
其余分量为零的向量。
如此下去，可以将矩阵 A 化为拟上三角矩阵。
利用前面带原点位移的QR 方法的性质，可以看出，用拟上三 角矩阵进行原点位移的QR 方法计算是非常方便的。
QR 方法的总结： （1）利用Householder矩阵，将矩阵 A 相似于拟上三角矩阵
)
(2 , 0,
, 0)
于是，我们记
1 0
Q2
H
2
则
ห้องสมุดไป่ตู้
1
a(2) 12
2
a(3) 13
a(3) 23
Q2
A1
Q2Q1 A
a(3) 33
0
a(3) 3n
a(3) 12
a(3) 2n
a(3) 3n
1
a(2) 12
2
*
*
A2
a(3) nn
如此一直下去，最后得到
Qn1Qn2 Q1 A R 记 Qˆ Qn1Qn2 Q1 ，注意到这是一个正交矩阵，令 Qˆ Q
如此，产生一个新的阵，然后再重复上面的步骤，直到最后将
A 化为对角矩阵，则对角元就是所要求的特征值！
将上述过程数学化，首先，记 A A0 ，则
A1 R1 A0R1 , A2 R2 A1R2 ,
,
Ak
Rk
Ak
R
1 k
,
Ak 1 (ai(jk 1) )nn
,
ak 1 pq
max 1i jn
a(k 1) ij
3.3 带原点位移的QR 方法
为加速收敛，每次选取位移 sk ，作
Ak Ak
1
sk
I Qk Rk RkQk sk
I
(k 1, 2,
)
该矩阵序列有如下性质：
（1） Ak1相似于Ak
（2）如 Ak 为拟上三角，则 Ak 也为拟上三角矩阵（拟上三角
矩阵指的是次对角线下的元素为零的矩阵）
（3）如取位移
(1e1,
a(2) 2
,
, an )
,
a(2) n
)
1
a(2) 12
a(2) 22
a(2) n2
a(2) 12
a(2) 2n
a(2) nn
1
a(2) 2 A1
对矩阵 A1 又再重复前面的过程，即求出Householder矩阵 H2
H2 (a2(22) ,
,
a(2) n2
)
e(2
21
zk zk1 stop
例子：求矩阵的模最大特征值及其特征向量
1 2 1
A
2
4
1
1 1 6
计算结果
程序
%用乘幂法计算矩阵模最大的特征值和相应的特征向量 A=[-1,2,1;2,-4,1;1,1,-6] z0=[1,1,1]'; errtel=1e-6; er=1; k=0; while er>errtel
Hx x g 2
x x g
u
2
x x g
2
特别，取 g = e = ( 1 , 0 , …… , 0)
n
Hx x 2 e1 ( x 2 , 0, , 0) ( xi2 , 0, , 0) i 1
将矩阵 A 记为
A (a1, a2, , an ) , aj (a1j , a2 j , , anj )
cos
a(k iq
1)
sin
p(k) iq
p(k ip
1)
sin
p(k 1) iq
cos
p p (k )
(k 1)
ij
ij
( j p, q)
i 1, 2,
,n
最后，雅可比方法的计算步骤可以归纳为： （1）确定非对角绝对值最大元位置（p，q），并计算sin和
cos的值； （2）计算迭代矩阵的元素； （3）计算特征向量； （4）与计算精度进行比较，以决定是否终止计算，并输出特
zk
yk
/ mk
1/ n
lim
k
mk
为避免矩阵的求逆运算，通常也采取如下的算法：
Ayk zk1 (k 1, 2, mk max( yk ) zk yk / mk
, z0任意给定)
每次迭代需要解 Ayk zk1 ，为此，可将 A 进行LR分解，
则每次迭代只需解两个三角方程组
最后求得：
k=k+1; yk=A*z0; [c,p]=max(abs(yk)); mk=yk(p) zk=yk/mk; er=norm(zk-z0); z0=zk; end k,mk,zk
1.2 加速技术： 显然，乘幂法的收敛速度依赖
2 1
，如此比值接近1，则收敛
速度会很慢。
用 A－ pI 代替A，进行乘幂法。迭代速度可能会大大加快。
征值和特征向量。
第三节 QR 分解方法 3.1 QR 分解 设 u 为n维实单位向量，称下面矩阵为Householder矩阵：
H I 2uu
容易验证Householder矩阵为正交阵，同时又是对称阵：
HH I , H H
对任意的向量 x 以及单位向量 g，存在Householder矩阵，使
QA
2 E
i1 j1
A2
A 2
Q A 2
( AQ) 2
2
AQ
E
E
E