《数值分析》作业参考答案

bn
b
a l j (x)dx a
l j (x)dx
1dx b a
a
j0
j0
9.
证明： 当 A 0 时，结论显然成立； 当 A 0 时，因 | Y T AX ||| Y ||2 || A ||2 || X ||2 ，故
max
||X ||2 1,||Y ||2 1
|Y
T
AX
|||
A
||2
；
又 AT A是实对称矩阵，故存在正交阵 P ( p1, p2 ,, pn )
1 [ f (h) f (h)] f (0) h2 f ( )
2h
6
利用幂级数展开式可知存在1 (0, h),2 (h,0) 使得
f (h)
f (0) hf (0) h2 2
f (0) h3 6
f (1 )
f (h)
f (0) hf (0) h2 2
f (0) h3 6
f (2 )
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以上仅为参考答案，简答、论述题均只列及主要的解题知识点，请您结合自我理解和课本内容进行知识 掌握和巩固。如对答案等有疑义，请及时登录学院网站“辅导论坛”栏目，与老师交流探讨！
简单迭代法：
x1(m1)
x (m1) 2
x (m1) 3
1
20 1
8 1
15
(24 2x2(m) 3x3(m) ) (12 x1(m) x3(m) )
10.
1
1. L 1 1 0 ,
1 1 1
2 2 2
U
2
2
2
LT
,
2
1 X 1
1
1
2.
A1
1 2
1 2
1
0
1 2
,
0
1 2
1 2
cond ( A) 24
3.
A
正定，收敛，迭代格式
x (k 1) 1
(2 2x2(k )
2x3(k ) ) / 2
x (k 1) 2
(2 x1(k 1)
12. 证明： 由幂级数展开， 1,2 (h, h) ，使得
f (h)
f (0) hf (0) h2 2
f (0) h3 6
f (1) ，
f (h)
f (0) hf (0) h2 2
f (0) h3 6
f (2 ) ，
相减，得
1 [ f (h) 2h
f (h)]
f
(0)
h2 6
1. 3，3，3 ； 2. 1，2/3 ；3. 100！2^100 ；4. (-1 ,1)；
5.
1 ( x0 x1 )( x0 x2 )( x0 xn )
； 6. g(x) x x cosx ，2； 1 sin x
7. (-1, 1)； 8. x ； 9. 4 ； 10. 5，9 ； 11.
k || AP ||2
|| A ||22 || A ||2|| P ||2
|| A ||2
由上，结论成立。
7. 简单迭代法:不收敛
0 a 0
B1 a
0
1
,
0 1 0
(B1) 1
Seildel 迭代法:不收敛
0 a 0
B2 0
a2
1
，
( B2
)
1
0 a2 1
8.
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n b
I AT A A1 A AT A A1 AT A
I AAT AA1 AAT A A1 AT
从而 I AT A
I AAT
故 AT A 与 AAT 有相同的特征值，而
A 2
( 1/ 2 max
AT
A)
AT
2
( 1/ 2 max
AAT
)
故
A 2
AT
.
2
2.因为系数矩阵按行严格对角占优，则简单迭代法和塞德尔迭代法均收敛。
1
2 1
1
4.1.
(12
分)
L
1 2
1
2 3
1
3 4
,U
1
3 2
1
4 3
1
,X
0 1
5 4
0
2. (8 分)Seidel 收敛，因为 A 实正定对称阵. 迭代格式
x (k 1) 1
(2
x (k 1) 2
(x1(k 1)
x (k 1) 3
(2
x2(k
x2(k ) ) / 2
3. 29 12
2. A C 10 , B 16 , a 12 , 代数精确度为 5
9
9
5
3.证明： cond( A' A) || A' A || || ( A' A)1 ||
设 max{ A' A的特征值的模 } ， max{( A1)' A1的特征值的模 } ，则
上式= || A || 2 || A1 || 2 (cond( A)) 2
(30 2x1(m) 3x2(m) )
塞德尔迭代法： xx3x(m2(1(mm1)11))11815210(3(02(4122x1(xm1(2m1)x12()m3) x2(m3x1x)3(3(mm)))))
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《数值分析》作业参考答案
一. 选择题
1． A； 2.B； 3.B； 4.D; 5.C; 6.D; 7.C; 8.B; 9.D; 10.C； 11.B； 12.A；
13.A; 14.C; 15.A; 16.B; 17.D; 18.A 19.D,20.C,21.A,22.D,23.C,24.C.
二. 填空题
使得
PT
AT
AP
D
1
，
n
Pi 是特征值 i 对应的特征向量。
不妨设 k max{ i } ， 则 PkT AT APk k || A ||22 ，令 X pk , Y APk ，则
sup | Y T AX X 0,Y 0 || X ||2 ||Y
| ||2
| PT AT AP | || P ||2|| AP ||2
1
1 0 1
1 2 1 2
U
11
2
3 3
3
det(A)=9
1
2. L 7 / 5 1
6 / 5 2 1
1
0 3 / 2 1
5 7 6 5
U
1/5 2/5
0
2 3
1/ 2
det(A)=1
五、设 f (x) 在区间[ h, h ]上有三阶连续导数，证明在 [h, h]，使下式成立
以上二式相减后除以 2h ,可得
1 [ f (h) 2h
f (h)]
f (0)
h2 6
1[ f 2
(1 )
f (2 )]
而 f (x) 在[h, h] 连续，1,2 [h, h] 则存在 [h, h]，使得
1[ f 2
(1)
f (2 )]
f ( ) 即.
六、1.设 A 为 n 阶非奇异矩阵，
x(k) 3
)
/
1)
x(k) 4
2 )
/
2
x (k 1) 4
(1
x3(k 1) ) / 2
5.
p(x)
4 2
x2
1，余项
cos x
p2 (x)
1 6
|
x2 (x ) | 2
3 54 * 6
6.
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1 2
[
f
(1
)
f
(2 )]
f (0)
h2 6
f ( )
( (h, h)) .
四、
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1
1. L
2
1
2 2 1
令X
Pk , Y
||
APk APk ||2
，则 || X
|||| Y
|| 1
max | Y T AX | | PkT AT APk
||X ||2 1,||Y ||2 1
|| APk ||2
| k || APk
||2
|| A ||22 || A ||2|| Pk
||2
|| A ||2
由上，结论成立。
使得
PT
AT
AP
D
1
，
n
Pi 是特征值 i 对应的特征向量。
不妨设 k max{ i } ， 则 PkT AT APk k || A ||22 ，
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6. 证明：当 A 0 时，结论显然成立； 当 A 0 时，因 | Y T AX ||| Y ||2 || A ||2 || X ||2 ，故
sup | Y T AX X 0,Y 0 || X ||2 ||Y
| ||2
|| A ||2 ；
又 AT A是实对称矩阵，故存在正交阵 P ( p1, p2 ,, pn )
xn1
1 2
( xn
c xn
),
2；
12. x3 x 1 ；
13. 10/9, 4；
14. 10, 55, 550; 15. b b a 3
16. x 2 1 3
17. 1 3
18． 1 , 1 3i , 1 3i
24
4
三.
19. 2x2 x
20. a a b . 3
1. p(x) x2 2x 1 2. p(x) f (x)
4x3(k ) ) / 4
x3( k
1)
(2
2 x1(k 1)
4 x2(k1) ) / 6
11. 1. 过等距结点 0, 1 ,1的 f (x) 的插值多项式 p(x) 0 2
2．过等距结点 0, 1 , 3 , 1的 f (x) 的插值多项式 24
3． p(x) f (x)
p(x) 7 x(x 1) 7 x(x 1)(x 3) 16 2 4 2 4