李庆扬-数值分析第五版第5章与第7章习题答案

复习与思考题 1、用高斯消去法为什么要选主元哪些方程组可以不选主元 k0 的情况，这时答：使用高斯消去法时，在消元过程中可能出现akkk0，但相对很小时，用其做除数，消去法无法进行；即时主元素akk会导致其它元素数量级的严重增长和舍入误差的扩散，最后也使得计算不准确。因此高斯消去法需要选主元，以保证计算的进行和计算的准确性。 当主对角元素明显占优（远大于同行或同列的元素）时，可以不用选择主元。计算时一般选择列主元消去法。 2、高斯消去法与LU分解有什么关系用它们解线性方程组Ax = b有何不同A要满足什么条件 答：高斯消去法实质上产生了一个将A分解为两个三角形矩阵相乘的因式分解，其中一个为上三角矩阵U，一个为下三角矩阵L。 用LU分解解线性方程组可以简化计算，减少计算量，提高计算精度。 A需要满足的条件是，顺序主子式（1,2，…，n-1）不为零。 3、楚列斯基分解与LU分解相比，有什么优点 楚列斯基分解是LU分解的一种，当限定下三角矩阵L的对角元素为正时，楚列斯基分解具有唯一解。 4、哪种线性方程组可用平方根法求解为什么说平方根法计算稳定 具有对称正定系数矩阵的线性方程可以使用平方根法求解。 平方根法在分解过程中元素的数量级不会增长，切对角元素恒为正数，因此，是一个稳定的算法。 5、什么样的线性方程组可用追赶法求解并能保证计算稳定 对角占优的三对角方程组 6、何谓向量范数给出三种常用的向量范数。 向量范数定义见p53，符合3个运算法则。 正定性 齐次性 三角不等式 设x 为向量，则三种常用的向量范数为：（第3章p53,第5章p165） n||x||1|xi| i1||x||2(x) i1n122i||x||max|xi| 1in7、何谓矩阵范数何谓矩阵的算子范数给出矩阵A = (ai j )的三种范数|| A||1，|| A||2，|| A||∞，|| A||1与|| A||2哪个更容易计算为什么 向量范数定义见p162，需要满足四个条件。 正定条件 齐次条件 三角不等式 相容条件 矩阵的算子范数有 ||A||1 ||A||2 ||A|| 从定义可知，||A||1更容易计算。 8、什么是矩阵的条件数如何判断线性方程组是病态的 答：设A为非奇异阵，称数cond(A)vA1vAv （v1,2,）为矩阵A的条件数 当cond(A)1时，方程是病态的。 9、满足下面哪个条件可判定矩阵接近奇异 （1）矩阵行列式的值很小。 （2）矩阵的范数小。 （3）矩阵的范数大。 （4）矩阵的条件数小。 （5）矩阵的元素绝对值小。 接近奇异阵的有 （1）、（2） 注：矩阵的条件数小说明A是良态矩阵。 矩阵的元素绝对值小，不能说明行列式的值小等。 10、判断下列命题是否正确： （1）只要矩阵A非奇异，则用顺序消去法或直接LU分解可求得线性方程组Ax = b的解。 答：错误，主元位置可能为0，导致无法计算结果。 （2）对称正定的线性方程组总是良态的。 答：正确。 （3）一个单位下三角矩阵的逆仍为单位下三角矩阵。 答：正确。 （4）如果A非奇异，则Ax = b的解的个数是由右端向量b的决定的。 答：正确。解释：若A|b与A的秩相同，则A有唯一解。若不同，则A无解。 （5）如果三对角矩阵的主对角元素上有零元素，则矩阵必奇异。 （6）范数为零的矩阵一定是零矩阵。 答：正确。 （7）奇异矩阵的范数一定是零。 答：错误，• 可以不为0。 （8）如果矩阵对称，则|| A||1 = || A||∞ 。 答：根据范数的定义，正确。 （9）如果线性方程组是良态的，则高斯消去法可以不选主元。 答：错误，不选主元时，可能除数为0。 （10）在求解非奇异性线性方程组时，即使系数矩阵病态，用列主元消去法产生的误差也很小。 答：错误。对于病态方程组，选主元对误差的降低没有影响。 （11）|| A ||1 = || AT ||∞ 。 答：根据范数的定义，正确。 （12）若A是n n的非奇异矩阵，则 cond(A)cond(A1)。 答：正确。A是n n的非奇异矩阵，则A存在逆矩阵。 cond(A)A•A1cond(A)A

11根据条件数的定义有：•(A)11A1•AA•A1

习题

a1、设A是对称阵且a110，经过高斯消去法一步后，A约化为110Ta1，A2证明A2是对称矩阵。 证明： a11a设对称矩阵A12...a1na12a110a22a12a12a11A(1)......a1n0aa122na11a12...a110a22a12a12...a11.........a1n0aa12...n2a11a12...a1na22...an2 ，则经过1次高斯校区法后，有 .........a2n...anna1n...an2a12a11......a...ann1na12a11 a1na12an2a1na11...aann1na1na11...a1n所以a1T[a12...an2] a12a12aa...aa1nn222a12a1111A2......... aa1n1nan2a12...anna1na11a11 所以A2为对称矩阵。 2、设A是对称正定矩阵，经过高斯消去法一步后，A约化为A(aij)n，(2)其中A(aij)n，A2(aij)n1； 证明：（1）A的对角元素aii0(i1,2,,n)；（2）A2是对称正定矩阵； ,0,,0)T,i1,2,,n，则因为A是对称正定（1）依次取xi(0,0,,0,1i矩阵，所以有aiixTAx0。 ai1a1ja11(2)（2）A2中的元素满足aijaij,(i,j2,3,,n)，又因为A是对称正定矩阵，满足(2)aijaijaijaji,i,j1,2,,n，所以ai1a1ja11ajia1iaj1a11a(ji2)，即A2是对称矩阵。 3、设Lk为指标为k的初等下三角矩阵（除第k列对角元以下元素外，Lk和单位阵I 相同），即 1...1Lkmk1,k...mn,k 1...1求证当i,jk时，LkIijLkIij 也是一个指标为k的初等下三角矩阵，其中Iij为初等置换矩阵。 4、试推导矩阵A 的Crout分解A=LU的计算公式，其中L为下三角矩阵，U为单位上三角矩阵。 本题不推导。参见书上例题。P147页。 5、设Uxd ，其中U为三角矩阵。 （1）就U为上及下三角矩阵推导一般的求解公式，并写出算法 （2）计算解三角方程组Uxd的乘除法次数 （3）设U为非奇异矩阵，试推导求U1的计算公式 本题考查求解公式的一般方法，可从第n个元素开始，逐步计算n-1,…1时对应的求解公式。 解法，略。 6、证明： （1）如果A是对称正定矩阵，则A1也是对称正定矩阵 （2）如果A是对称正定矩阵，则A可以唯一地写成ALTL，其中L是具有正对角元的下三角矩阵 均是对称正定矩阵的性质。应予以记住。 7、用列主元消去法解线性方程组 12x13x23x31518x13x2x315 xxx6123并求出系数矩阵A的行列式的值 1233 A1831111123315 A|b1831151161使用列主元消去法，有 123315 A|b1831151161183115 12331511611831157015 3717310618618311571731 0618670153183706001151731 1866666217A的行列式为-66 方程组的解为 X1=1,x2=2,x3=3 8、用直接三角分解（Doolittle分解）求线性方程组的解 111xx41526x39111x1x2x38 45312x1x22x38本题考查LU分解。 解： 141A312151411615 21001L1031 11214U0015116001613 909575409、用追赶法解三对角方程组Axb，其中 2100012100A01210001210001210，b0。 00解：追赶法实际为LU分解的特殊形式。设U为、单位上三角矩阵。有 （1）计算i的递推公式 1c1/b11/20.52c2/(b2a21)1/(2(1)(0.5))2/3 3c3/(b3a32)1/(2(1)(2/3))3/4 4c4/(b4a43)1/(2(1)(3/4))4/5（2）解Ly=f y1f1/b11/2y2(f2a2y1)/(b2a21)(0(1)(1/2))/(2(1)(0.5))1/3 y3(f3a3y2)/(b3a32)(0(1)(1/3))/(2(1)(2/3))1/4 y4(f4a4y3)/(b4a43)(0(1)(1/4))/(2(1)(3/4))1/5 y5(f5a5y4)/(b5a54)(0(1)(1/5))/(2(1)(4/5))1/6 （3）解UX=y x5y51/6 x4y44x51/5(4/5)1/61/3 x3y33x41/4(3/4)1/31/2 x2y22x31/3(2/3)1/22/3 x1y11x22(1/2)2/35/6 10、用改进的平方根法解方程组 11x142123x5。 23116x3本题明确要求使用平方根法进行求解。实际考查的LDU分解。见P157 x110723。 ,x2,x399911、下列矩阵能否分解为LU（其中L为单位下三角阵，U为上三角阵）若能分解，那么分解是否唯一。 612311112，B221，C2515。 A24146733161546LU分解存在的条件 一个可逆矩阵可以进行LU分解当且仅当它的所有子式都非零。如果要求其中的L矩阵（或U矩阵）为单位三角矩阵，那么分解是唯一的。同理可知，矩阵的LDU可分解条件也相同，并且总是唯一的。 即使矩阵不可逆，LU仍然可能存在。实际上，如果一个秩为k的矩阵的前k个顺序主子式不为零，那么它就可以进行LU分解，但反之则不然。 解： 因为A的一、二、三阶顺序主子式分别为1，0，-10，所以A不能直接分解为三角阵的乘积，但换行后可以。 因为B的一、二、三阶顺序主子式分别为1，0，0，所以B不能分解为三角阵的乘积。 因为C的一、二、三阶顺序主子式分别为1，5，1，所以C能够分解为三角阵的乘积，并且分解是唯一的。 12、设 0.60.5， A0.10.3计算A的行范数，列范数，2-范数及F-范数。 本题考查的是矩阵范数的定义及求法 行范数+= 列范数+= 2-范数的计算需要用到特征值，特征值的计算可以使用幂法进行计算，也可以直接求。 ATA的最大特征值为 所以2-范数为 F-范数 13、求证： （a）xx1nx； （b）1nAA2AF。 F根据定义求证。 nxmaxxix1xinmaxxinx。 1ini11in1An22F1n2aijni,j1 A2max(ATA) 14、设PRnn且非奇异，又设x为Rn上一向量范数，定义xpPx。试证明xp是Rn上向量的一种范数。 根据向量范数的定义来证明： 要求就有正定性，齐次性，三角不等式等性质。 显然xpPx0，cxpPcxcPxcxp、 x1x2P(x1x2)Px1Px2Px1Px2x1x2ppp，从而xp是Rn上向量的一种范数。 15、设ARnn为对称正定，定义 x(Ax,x)， 12A试证明xA是Rn上向量的一种范数。 根据向量范数的定义来证明： 要求就有正定性，齐次性，三角不等式等性质。 12显然xA(Ax,x)xTAx0， (Acx,cx)c2(xTAx)c(Ax,x)cx1212cxAA x1x2A(A(x1x2),(x1x2))(x1x2)TA(x1x2)A12 x1TAx1x2TAx2x1x2A16、设A为非奇异矩阵，求证1A1miny0Ayy。 因为A1maxx0A1xxmaxx0A1xAAx1max1yAyyAx0y01minAyy， 所以得证 1A1miny0Ayy 17、矩阵第一行乘以一数，成为A有最小值。 22cond(A)，证明当时，311本题考查条件数的计算 cond(A)A1A 首先计算A的逆阵 111A12 2|3|22A3，取得最小值为2 |3||3|2，当1||A12，当||取值越大，则最小值为2 12)max3,2， 从而cond(A)A123A(又当时， 32)max3,2(2)27。 21cond(A)(当时， 12)max3,2(123cond(A)(2)3367。 综上所述，cond(A)7时最小，这时，即。 232318、设A10099，计算A的条件数cond(A)v9998(v2,) 1009998991由A可知，A99100，从而 9998989998991940519602(A)(A)991001960219801， 991001T1由I(A1)T(A1)194051960223920610， 196021980110099100991980119602， ATA999899981960219405由IATA198011960223920610， 1960219405可得A2A1219603384277608，从而 cond(A)2A1A12A21960338427760839206。 A19919939601。 199，A199，从而cond(A)A119、证明：如果A是正交矩阵，则cond(A)21 若A是正交阵，则A1AT，从而ATAI，(A1)TA1AA1I，故A2A121，cond(A)2A12A21。 20、设A,BRnn，且•为Rnn上矩阵的算子范数，证明： cond(AB)cond(A)cond(B) cond(AB)(AB)1ABB1A1ABB1A1AB(A1A)(B1 B)cond(A)cond(B)21、设Axb，其中A为非奇异矩阵，证明： （1）ATA为对称正定矩阵； （2）cond(ATA)(cond(A)2)2 x(ATA)x(Ax)TAxb20，所以ATA为对称正定矩阵。 max(ATA)(cond(A)2)min(AAT) 2TTT为对称正定矩阵，所以AAAAAA 由于cond(ATA)2ATA2(ATA)12max((ATA)T(ATA))min((ATA)(ATA)T)max((AAT)T(ATA))min((AAT)(ATA)T)max(ATAATA)则min(AATAAT)max(ATA)2min(AAT)2max(ATA)min(AAT)(cond(A)2)2

第7章 复习与思考题

1.什么是方程的有根区间它与求根有何关系 P213，若f(x)C[a,b] 且f(a)f(b)0，根据连续函数性质可知f(x)0在[a,b]内至少有一个实根，这时称[a,b]为f(x)0的有根区间。 2.什么是二分法用二分法求f(x)0 的根，f要满足什么条件 P213 一般地，对于函数f(x)0如果存在实数c,当x=c时，若f(c)0,那么把x=c叫做函数f(x)0的零点。解方程即要求f(x)0的所有零点。 假定f(x)0在区间（x，y）上连续， 先找到a、b属于区间（x，y），使f(a)f(b)0，说明在区间(a,b)内一定有零点，然后求f((ab)/2),现在假设f(a)0,f(b)0,ab ① 果f((ab)/2)0，该点就是零点，如果f((ab)/2)0,则在区间[(ab)/2),b]内有零点，从①开始继续使用中点函数值判断。 ② 如果f((ab)/2)0，则在区间[a,(ab)/2)]内有零点，从①开始继续使用中点函数值判断。 ③ 这样就可以不断接近零点。通过每次把f(x)的零点所在小区间收缩一半的方法，使区间的两个端点逐步迫近函数的零点，以求得零点的近似值，这种方法叫做二分法。 ④ 从以上可以看出，每次运算后，区间长度减少一半，是线形收敛。 3.什么是函数(x)0 的不动点如何确定(x)使它的不动点等价于f(x)的零点 P215. 将方程f(x)0改写成等价的形式x(x)，若要求x*满足f(x*)0，则x*(x*)；反之亦然，称x*为函数(x)的一个不动点。 4.什么是不动点迭代法(x)满足什么条件才能保证不动点存在和不动点迭代序列收敛于(x)的不动点 P215 求f(x)0的零点就等价于求(x)的不动点，选择一个初始近似值x0，将它代入x(x)的右端，可求得 x1(x0)，如此反复迭代有 xk1(xk),k0,1,2,...， (x)称为迭代函数，如果对任何x0[a,b]，由xk1(xk),k0,1,2,...得到的序列 xk有极限 limxkx* ，则称迭代方程收敛，且x*(x*)为(x)的不动点，故称kxk1(xk),k0,1,2,...为不动点迭代法。 5.什么是迭代法的收敛阶如何衡量迭代法收敛的快慢如何确定xk1(xk)(k0,1,2,...) 的收敛阶 P219 设迭代过程xk1(xk)收敛于x(x)的根x*，如果当k 时，迭代误差ekxkx* 满足渐近关系式 ek1C,Cconst0 pek则称该迭代过程是p阶收敛的，特别点，当p=1时称为线性收敛，P>1时称为超线性收敛，p=2时称为平方收敛。 以收敛阶的大小衡量收敛速度的快慢。 6.什么是求解f(x)0的牛顿法它是否总是收敛的若f(x*)0，x*是单根，f是光滑，证明牛顿法是局部二阶收敛的。 牛顿法： f(xk)f(xk) xk1xk当|f(xk)|1时收敛。 7.什么是弦截法试从收敛阶及每步迭代计算量与牛顿法比较其差别。 在牛顿法的基础上使用2点的的斜率代替一点的倒数求法。就是弦截法。 收敛阶弦截法小于牛顿法2 计算量弦截法<牛顿法（减少了倒数的计算量） 8.什么是解方程的抛物线法在求多项式全部零点中是否优于牛顿法 P229 设已知方程f(x)0的三个近似根，xk,xk1,xk2 ，以这三点为节点构造二次插值多项式p（x），并适当选取p2（x）的一个零点xk1作为新近似根，这样确定的迭代过程称为抛物线法。 抛物线法的收敛阶大于弦截法，小于牛顿法2 可用于所想是的实根和复根的求解。 9.什么是方程的重根重根对牛顿法收敛阶有何影响试给出具有二阶收敛的计算重根方法。 10.什么是求解n维非线性方程组的牛顿法它每步迭代要调用多少次标量函数（计算偏导数与计算函数值相当） 11.判断下列命题是否正确： （1）非线性方程（或方程组）的解通常不唯一（正确） （2）牛顿法是不动点迭代的一个特例（正确） （3）不动点迭代法总是线性收敛的（错误） （4）任何迭代法的收敛阶都不可能高于牛顿法（正确） （5）求多项式p(x) 的零点问题一定是病态的问题（错误） （7）二分法与牛顿法一样都可推广到多维方程组求解（错误） （8）牛顿法有可能不收敛（正确） （9）不动点迭代法xk1(xk)，其中x*(x*)，若|(x*)|1 则对任意处置x0迭代都收敛。（对） （10）弦截法也是不动点迭代法的特例（正确）

习题

1、用二分法求方程x2x10的正根，要求误差0.05。 [解]令f(x)x2x1，则f(0)1，f(2)1，所以有根区间为0,2； 又因为f(1)1，所以有根区间为1,2； f(1.5)1.521.510.25，所以有根区间为1.5,2； f(1.75)1.7521.75150，所以有根区间为1.5,1.75； 1610，所以有根区间为1.5,1.625； 64f(1.625)1.62521.6251f(1999319)(1)2110，所以有根区间为1,1.625； 16161625616195191)11.59375， 2168321291610.05。 32取x*(1这时它与精确解的距离(1.6251)2. 为求方程x3x210在x01.5附近的一个根，设将方程改写成下列等价形式，并建立相应的迭代公式： 1）x11/x2，迭代公式xk111/xk2； 2）x31x2，迭代公式xk131xk2； 3）x21，迭代公式xk11/xk1； x1试分析每种迭代公式的收敛性，并选取一种公式求出具有四位有效数字的近似值。 [解]1）设(x)121612(1.5)1，所，则，从而(x)271.53x2x3以迭代方法局部收敛。 222）设(x)1x，则(x)x(1x)3，从而 32322162(1.5)1.5(11.5)331，所以迭代方法局部收敛。 316923）设(x)31x1，则1(x)(x1)223，从而1(1.5)(0.5)221，所以迭代方法发散。 23234）设(x)x1，则(x)x(x1)2，从而 21331929(1.5)1.5()1，所以迭代方法发散。 283813. 比较求ex10x20的根到三位小数所需的计算量： 1）在区间0,1内用二分法； 2）用迭代法xk1(2ex)/10，取初值x00。 k[解]1）使用二分法，令f(x)ex10x2，则 f(0)1，f(1)e8，有根区间为0,1； f(0.5)e0.530，有根区间为0,0.5； f(0.25)e0.250.50，有根区间为0,0.25； f(0.125)e0.1250.750，有根区间为0,0.125； 111311f()e160.56050，有根区间为,； 168168331713f()e320.035780，有根区间为,； 32161632553953f()e640，有根区间为,； 64326432111173113f()e1280，有根区间为,； 12864128322323141233f()e2560，有根区间为,； 2561282563247472772347f()e5120，有根区间为,； 512256256512935592393f()e10240，有根区间为； ,1024512256102493从而x*(12393185)0.090332，共二分10次。 2256102420482）使用迭代法xk12exk2e02e0.10.1，x20.0894829，，则x1 1010102e0.08948292e0.0906391x30.0906391，x40.0905126， 1010即x*x40.0905126，共迭代4次。 4. 给定函数f(x)，设对一切x，f(x)存在且0mf(x)M，证明对于范围02/M内的任意定数，迭代过程xk1xkf(xk)均收敛于f(x)0的根x*。 [证明]由xk1xkf(xk)可知，令(x)xf(x)，则(x)1f(x)，又因为0mf(x)M，0而迭代格式收敛。 2，所以1(x)1，即(x)1，从M5.用斯特芬森迭代法计算第2题中（2）和（3）的近似根，精确到105。 斯特芬森迭代法是一种加速的方法。是埃特金加速方法与不动点迭代结合。 6.设(x)xp(x)f(x)q(x)f2(x) ，试确定函数p(x)和q(x)，使求解f(x)0且以(x)为迭代函数的迭代法至少三阶收敛。 7. 用下列方法求f(x)x33x10在x02附近的根。根的准确值x*1.87938524，要求计算结果准确到四位有效数字。 （1）牛顿法 （2）弦截法，取x02,x11.9 （3）抛物线法，取x01,x13,x22 [解]1）xk133f(xk)xk3xk12xk1，x02， xkxk22f(xk)3xk33xk31732()1105552231179x1.87945，迭代停止。x11.888889， 22172561632393()39xk1xkf(xk)(xkxk1)f(xk)f(xk1)3k2）xkx3xk1xkxk1(xkxk1)1(xx)kk13322(xk3xk1)(xkxkxkxk1xk13xk11)131.92(1.92)115.8215821.881094 8411.921.922238.41，x02，x11.9，x2158215821.9(1.9)1841x3841158221582()1.91.923，迭代停止。 8418419558143.42841210265424421.87941122546204321158215821.98410.618413）xk1xkf(xk)4f(xk)f[xk,xk1,xk2]2，其中 f[xk,xk1]f[xk,xk1,xk2](xkxk1)，x01,x13,x22，故 f(x1)f(x0)17(3)10， x1x031f(x0)3，f(x1)17，f(x2)1，f[x0,x1]f[x2,x1]f(x2)f(x1)11716， x2x123f[x0,x1,x2]f[x1,x2]f[x0,x1]16106，166(23)10， x2x021111076x321010416221.9465745，下略。 8. 分别用二分法和牛顿法求xtanx0的最小正根。 解：0是函数的一个根，0～时，x单调递增，tanx单调递减，趋于负无穷。在此区间内，函数没有根。所以，最小正根大于. 当x接近且大于时，函数值为正，当x接近且大于23时，函数值222为负。因此，最小正根区间为（,择x2=，函数值为>0 23）,选择x1=2,函数值为<0,选2按二分法计算，略，x*4.493424。 按牛顿迭代法，其迭代公式为 xk1xkxtanxkf(xk)xkkf(xk)1ctanxk*，取初始值x=，得x4.493424 9. 研究求a的牛顿公式xk1(xk12a),xkx00，证明对一切k1,2,，xka且序列x1,x2,是递减的。 证： (xka)21a显然，xk0，又因为xk1a(xk)a0，所以2xk2xkaxk1axka,k1,2,，又xk1xk(xk)xk0，所以序列是2xk2xk2递减的。 10. 对于f(x)0的牛顿公式xk1xkf(xk)/f(xk)，证明 Rk(xkxk1)/(xk1xk2)2收敛到f(x*)/(2f(x*))，这里x*为f(x)0的根。 证： Rk(xkxk1)/(xk1xk2)2f(xk1)/f(xk1) 2(f(xk2)/f(xk2))Rk1(xk1xk)/(xkxk1)2f(xk)/f(xk) 2(f(xk1)/f(xk1))f(xk)/f(xk)f(xk1)/f(xk1) 22(f(xk1)/f(xk1))(f(xk2)/f(xk2))Rk1Rkx11. 用牛顿法（）和求重根迭代法（）计算方程f(x)sinx0 的22一个近似根，准确到105 ，初始值x02 。 牛顿法（），m=2。 xksinxkf(xk)2xk1xkmxkxk1f(xk)sinxcosxkk 222需要计算到10，取3.1415926。x*x(7)1.8955 5求重根迭代法（） xk1xkf(xk)f(xk)[f(xk)]2f(xk)f(xk)2sinx0.5x2sinx0.5xcosx0.5 222sinx0.5xcosx0.5sinx0.5x2sinxcosx0.5需要计算到10，取3.1415926。x*x(13)1.8955。 5注：matlab编程计算得出的结果。 12. 应用牛顿法于方程x3a0，导出求立方根3a的迭代公式，并讨论其收敛性。 f(xk)xk3a1axk1xkxk2xkf(xk)3xk23xk2 f(xk)1axk1xkxkxk2xk2xkf(xk)3xkxkaxk3a3xk233xk2 axk3xk1xk0233xk当x0a时，，说明迭代数列递增。 axk3xk1xk0233xk当x0a时，，说明迭代数列递减。 f(xk)xk3a1axxx2x因此，迭代公式k1kf(x)k3x23kx2是收敛的。 kkk13. 应用牛顿法于方程f(x)1a0，导出求a的迭代公式，并求2x115的值。 af(xk)xk2xk1xkxkf(xk)2axk313axk213axkxk332ax2akxk33xk22a x010x110.6522令x210.7231 x310.7238x410.723814. 应用牛顿法于方程f(x)xna0和f(x)1na0，分别导出求xna的迭代公式，并求lim(naxk1)/(naxk)2。 kf(x)xna0的迭代公式： f(xk)xknaxk1xkxkf(xk)nxkn1(n1)xknanxkn1n1axknnxkn1nn limaxk12ak(axk)nlim(n1)axkn1nnxk(axk)limn2klim(n1)n(n1)(axk)n2(naxk)nxkklimn1n(n1)xkn1n2n[nnaxk(n1)xk]kk2[nna(n1)xk] (n1)2[nna(n1)na]1n2na a0nx的迭代公式 f(x)1f(xk)1axknxk1xkxkf(xk)naxkn1(n1)axkn1naxkn1xkn1n1xknnann1(n1)axkxkan1nana(n1)axkxknalim2nk(axk)na(naxk)2n1(n1)nxklimlimnk2na2na(axk)kn(n1)(xka) nlimaxk12k(axk)nlimklimn(n1)a(n1)xkk2na(naxk)n1n (n1)a2an12na15. 证明迭代公式xk12xk(xk3a)是计算a的三阶方法。假定初值x023xka(axk1)/(axk)2。 充分靠近x*，求limk解： 2xk(xk3a)a23xkalimaxk1(axk)3klimk(axk)lim3lim22a(3xka)xk(xk3a)2(axk)3(3xka)k lim(axk)32(axk)3(3xka)k111k3x2a3(a)2a4ak16.用抛物线法求多项式p(x)4x410x31.25x25x1.5的两个零点，再利用降阶求出全部零点。 223x1x20T(0.4,0.7)17.非线性方程组 在 附近有一个解，构造一233x1x2x110个不动点迭代法，使它能收敛到这个解，并计算精确到105（按•）。 22Txy118.用牛顿法解方程组22 取x(0)1.6,1.2。 xy1