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数值分析课后答案8

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第八章习题解答

1、已知方程32

10xx在

1.5x附近有根，将方程写成以下三种不同的等价形式： ①

21

1x

x

；②32

1xx

；③1

1x

x

试判断以上三种格式迭代函数的收敛性，并选出一种较好的格式。 解：①令

1

21

()1x

x

，则'

1

32

()x

x

，'

1

32

(1.5)0.59261

1.5

，故迭代收敛；

②令32

2()1xx

，则2

'2

3

22

()(1)

3xxx



，'

2(1.5)0.45581

，故迭代收敛；

③令

31

()

1x

x

，则'

3

31

()

2(1)x

x



，'

3(1.5)1.41421

，故迭代发散。

以上三中以第二种迭代格式较好。

2、设方程

()0fx有根，且'

0()mfxM。试证明由迭代格式

1()

kkkxxfx



(0,1,2,)k产生的迭代序列

0k

kx

对任意的初值

0(,)x，当2

0

M

时，均收敛

于方程的根。

证明：设

()()xxfx

，则''

()1()xfx

，故'

1()1Mxm

，进而可知， 当2

0

M

时，'

1()1x



，即'

()1x

，从而由压缩映像定理可知结论成立。

3、试分别用

Newton法和割线法求以下方程的根

cos0xx 取初值

010.5,

4xx

，比较计算结果。

解：

Newton法：

1230.75522242,=0.73914166,=0.73908513xxx；

割线法：

23450.73638414,=0.73905814,=0.73908515,=0.73908513xxxx；

比较可知

Newton法比割线法收敛速度稍快。

4、用嵌套算法求下列方程的根

①32

250(1,4)xxx，取初值

02.5x；

②32

10xxx,求方程的正根，取初值

01.5x。

解：①依代数方程求根的嵌套算法

()

0

1

()

0(0,1,2,)k

kk

kb

xxk

c

其中()()

00kk

bc与

分别由

1(1,2,,1,0)nn

iikiba

baxbinn





 1

11(2,,1,0)nn

iikicb

cbxcin







来计算0,k(0)(0)

001.875,1.25bc，(0)

0

10

(0)

04b

xx

c

，

1,k(1)(1)

0027,20bc，(1)

0

21

(1)

02.65b

xx

c

，

2,k(2)(2)

000.4354,17.6225bc，(2)

0

32

(2)

02.6747b

xx

c

，

最终可得*

2.6906x

。

②设32

()1fxxxx，由(0)0,(2)0ff

知在区间[0,2]

上存在正根，取迭代初值

为

01x

可得

1234594,3,3.6364,2.5073,2.1848,,1.8393xxxxxx

5、非线性方程组

22

112

2

211

sin0xxx

xx





有靠近

(0,0)T的解，使用简单迭代法求前两次迭代解。

解：取简单迭代格式为(1)()()2

112

(1)()2

211()

sin()kkk

kkxxx

xx





取迭代初值为(0)(0)

120xx，可得(1)

(1,0)T

x，(2)

(0,0.8415)T

x。

6、设

2

12

1

2

2

12123

()

sin(33)xf

ex

Fx

f

xxxx

















试计算Jacobi矩阵()Jx，求出使()Jx奇异的

x值。

解：2

1

12

121222

()

13cos(33)13cos(33)x

xex

Jx

xxxx









由

2

1

1212det(())13cos(33)220x

Jxxxxex可得

1213cos(33)0(1)xx

或 2

1

12220(2)x

xex

由(1)得

122

(0,1,2)

3xxkk

，从而2

0,1,1(,)

3T

Tk

xlklZ







 由(2)得2

1

21x

xxe，从而

2

,2()T

c

xccecR 综合可得2

0,1,1(,)

3T

Tk

xlklZ







或

2

,2()T

c

xccecR

7、非线性方程组

22

112

2

12121080

1080xxx

xxxx





可化为如下迭代函数求不动点问题

22

12

1112

2

121

22128

(,)

10

8

(,)

10xx

xxx

xxx

xxx











试用大范围收敛定理证明在闭域

1212{(,)|0,1.5}Dxxxx

上迭代函数有唯一不动

点。

证明：迭代函数的

Jacobi矩阵为12

12

2

12

212(,)

55

()

(,)

1

105xx

Jx

xx

xxx













当

1212{(,)|0,1.5}xDxxxx时123

555xx

，2

21217.75

10510xxx

 从而可得7.75

()1

10JJ



，由收敛定理可知结论成立。

8、用NewtonRaphson

方法求解线性方程组Axb

，其中A

是一个nn

阶非奇异阵，

将产生什么情况？

解：此时()FxAxb

，()DFxA

NewtonRaphson

迭代格式()()()

(1)()()()()

(0,1,)kkk

kkkDFxxFx

k

xxx







转化为()()

(1)()()()

(0,1,)kk

kkkAxAxb

k

xxx







对任意(0)

x

迭代一步得(1)1

xAb

，即为精确解。

9、利用NewtonRaphs

方法求下列非线性方程组的解，迭代计算直到

()(1)2

10kk

xx



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李庆扬数值分析第五版习题答案清华大学出版社

李庆扬数值分析第五版习题答案清华大学出版社

李庆扬数值分析第五版习题答案清华大学出版社

数值分析是一门研究数值计算方法的学科，它应用于各个领域，解决了许多实际问题。《李庆扬数值分析第五版习题答案》是一本为读者提供数值分析习题解答的参考书，由清华大学出版社出版。

第一章 误差

1.1 绝对误差与相对误差

在数值计算过程中，由于测量、取近似值和舍入误差等原因，我们常常会得到与真实值有一定偏差的结果。绝对误差和相对误差是描述数值计算结果与真实值之间误差大小的衡量标准。绝对误差表示实际值和计算值之间的差别，相对误差则是绝对误差与实际值之比。

1.2 舍入误差与有效数字

在数值计算中，由于计算机底层的二进制表示以及计算机在表示无穷和无法精确表示的数字时需要进行近似，会导致舍入误差。有效数字是用来表示浮点运算结果的一种方式，能够控制舍入误差的影响。

第二章 插值与多项式逼近

2.1 插值问题的提出

插值问题是在有限数据点的基础上，构造一个与这些数据点足够接近的函数。插值的目的是通过已知数据点之间构造一个函数，使得通过这个函数计算的结果近似于真实的未知数据点的值。 2.2 拉格朗日插值法

拉格朗日插值法是通过构造一个基于已知数据点的多项式函数，来实现对未知数据点的预测。它通过对每个数据点进行加权，以使得插值多项式通过这些数据点。

2.3 牛顿插值法

牛顿插值法是通过使用差商的概念，构造一个多项式函数来进行插值。差商是指由数据点的函数值所决定的差分系数。

第三章 数值积分与数值微分

3.1 数值积分的基本思想

数值积分是通过将区间进行离散化，将连续变量转化为离散变量的和，从而实现对曲线下面积的近似计算。

3.2 复合求积公式

复合求积公式将整个区间分割为若干子区间，对每个子区间进行积分，并将结果相加得到最终的数值积分结果。通过增加子区间的数量，可以提高数值积分的精确度。

3.3 数值微分的基本思想

数值微分是通过利用离散数据点之间的差值，来近似计算函数在某个点处的导数。

数值分析第二版课后答案

数值分析第二版课后答案

数值分析第二版课后答案

【篇一：《数值分析简明教程》第二版(王能超 编著)课后习题答案 高等教育出版社】

p.11，题1）用二分法求方程x?x?1?0在[1,2]内的近似根，要求误差不

3

超过10-3.

【解】 由二分法的误差估计式|x*?xk|?

2k?1?1000.两端取自然对数得k?

b?a1

????10?3，得到k?1k?1

22

3ln10

?1?8.96，因此取k?9，即至少需

ln2

x

2、（p.11，题2） 证明方程f(x)?e?10x?2在区间[0,1]内有唯一个实根；使用

1

二分法求这一实根，要求误差不超过?10?2。

2

【解】 由于f(x)?ex?10x?2，则f(x)在区间[0,1]上连续，且

f(0)?e0?10?0?2??1?0，f(1)?e1?10

?1?2?e?8?0，即f(0)?f(1)?0，由连续函数的介值定理知，f(x)在区间[0,1]上至少有一个零点.

又f(x)?ex?10?0，即f(x)在区间[0,1]上是单调的，故f(x)在区间[0,1]内有唯一实根.

b?a11

由二分法的误差估计式|x*?xk|?k?1?k?1????10?2，得到2k?100.

222

2ln10

?2?3.3219?6.6438，因此取k?7，即至少需二分两端取自然对数得k?

ln2

0.2误差 1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值x1?2.7，x2?2.71，x2=2.71，x3?2.718各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。

【解】有效数字：

1

?10?1，所以x1?2.7有两位有效数字； 21?1

因为|e?x2|?0.00828??0.05??10，所以x2?2.71亦有两位有效数字；

21?3

因为|e?x3|?0.00028??0.0005??10，所以x3?2.718有四位有效数字；

数值分析简明教程第二版课后习题答案(供参考)

数值分析简明教程第二版课后习题答案(供参考)

文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

0.1算法

1、 （p.11，题1）用二分法求方程013xx在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.

【解】 由二分法的误差估计式311*10212||kkkabxx，得到100021k.两端取自然对数得96.812ln10ln3k，因此取9k，即至少需二分9次.求解过程见下表。

)(kxf符号

0 1 2 1.5 +

1

2

3

4

5

6

7

8

9

2、（p.11，题2） 证明方程210)(xexfx在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021。

【解】 由于210)(xexfx，则)(xf在区间[0,1]上连续，且012010)0(0ef，082110)1(1eef，即0)1()0(ff，由连续函数的介值定理知，)(xf在区间[0,1]上至少有一个零点.

又010)('xexf，即)(xf在区间[0,1]上是单调的，故)(xf在区间[0,1]内有唯一实根.

由二分法的误差估计式211*1021212||kkkabxx，得到1002k.两端取自然对数得6438.63219.322ln10ln2k，因此取7k，即至少需二分7次.求解过程见下表。

)(kxf符号

0 0 1 0.5

1

2

3

4 文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.

5

6

7

0.2误差

1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值7.21x，71.22x，x2=2.71，718.23x各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。

数值分析(清华大学出版社)第二章课后答案

数值分析(清华大学出版社)第二章课后答案

1.用Gauss消去法解方程组

551631011411014211264321xxxx

解：第一步：交换第三行和第一行，得到如下矩阵

56153101111402411621

做运算22121EEE，33161EEE，441EEE，得到增广矩阵

0249525213237414210001

第二步：再做运算3322EEE，44221EEE，得到如下矩阵

94295292113377400210001

第三步：做运算4433713EEE，得到

21342951919210377400210001

利用回代公式求得.790576.0,361257.0,863874.0,115183.11234xxxx

2、解2.511.484.531.480.931.302.683.041.48123xxx=0.051.030.53

做两次换行3132;EEEE得

2.683.041.42.511.484.531.480.931.30123xxx=0.530.051.03

计算1221330.93657;0.55224;EEEEEE

2.683.041.4801.36725.916100.748810.48269123xxx=0.530.546381.3227