数值分析-课后习题答案

1-1.下列各数都是经过四舍五入得到的近似值,试分别指出它们的绝对误差限,相对误差限和有效数字的位数.x1=5.420,x2=0.5420,x3=0.00542,x4=6000,x5=0.6105.一.习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1（第10页）解绝对误差限分别为:1=0.510-3,2=0.510-4,3=0.510-5,4=0.5,5=0.5104.相对误差限分别为:r1=0.510-3/5.420=0.00923%,r2=0.00923%,r3=0.0923%,4=0.0083%,5=8.3%.有效数位分别为:4位,4位,3位,4位,1位.1-2.下列近似值的绝对误差限都是0.005,试问它们有几位有效数字.a=-1.00031,b=0.042,c=-0.00032解有效数位分别为:3位,1位,0位.课件ppt1-3.为了使101/2的相对误差小于0.01%,试问应取几位有效数字?解因为101/2=3.162…=0.3162…10,若具有n位有效数字,则其绝对误差限为0.5101-n,于是有r=0.5101-n/3.162…<0.5101-n/3<0.01%因此只需n=5.即取101/2=3.1623解x1=28+27.982=55.982,x2=1/x1=0.0178631-4.求方程x2-56x+1=0的两个根,使它们至少具有四位有效数字课件ppt2-2(1).用列主元Gauss消元法解方程组解二.习题2(第50页)回代得解:x3=1,x2=-1,x1=0课件ppt2-3(1).对矩阵A进行LU分解,并求解方程组Ax=b,其中解，所以课件ppt2-4.对矩阵A进行LDM分解和Crout分解，其中解课件ppt2-5.对矩阵A进行LDLT分解和GGT分解，并求解方程组Ax=b，其中解课件ppt2-6(1).给定方程组a.用Cramer法则求其精确解.b.用Gauss消元法和列主元Gauss消元法求解,并比较结果.(用两位浮点计算).解a.x=-1/-0.99=1.010101,y=-0.98/-0.99=0.989899b.用Gauss消元法课件ppt2-8.用追赶法求解方程组:回代得解:y=1,x=0.再用列主元Gauss消元法回代得解:y=1,x=1.课件ppt解课件ppt2-10.证明下列不等式:(1)x-yx-z+z-y;(2)|x-y|x-y;证明(1)x-y=(x-z)+(z-y)x-z+z-y(2)因为x=(x-y)+yx-y+y所以x-yx-y,同理可证y-xx-y于是有|x-y|x-y.课件ppt2-11.设为一向量范数,P为非奇异矩阵,定义xp=Px,证明xp也是一种向量范数.证明(1)xp=Px0,而且Px=0Px=0x=0(3)x+yp=P(x+y)=Px+PyPx+Py=xp+yp(2)xp=P(x)=Px=||Px=||xp所以xp是一种向量范数.2-12.设A为对称正定矩阵,定义xA=,证明A是一种向量范数.证明由Cholesky分解有A=GGT,所以xA=GTx2,由上题结果知xA是一向量范数.课件ppt2-16.对任意矩阵范数,求证:证明(1)因为A=AEAE,所以E1.(2)1E=AA-1AA-1,故2-17.证明:(1)如果A为正交矩阵,则Cond2(A)=1;(2)如果A为对称正定矩阵,则Cond2(A)=1/n,1和n分别为A的最大和最小特征值.证明(1)A正交,则ATA=AAT=E,Cond2(A)=A2A-12=1.(2)A对称正定,ATA=A2,A2=1.A-12=1/n.(3)A-1-B-1=A-1(B-A)B-1A-1B-1A-B课件ppt三.习题3(第75页)3-2.讨论求解方程组Ax=b的J迭代法和G-S迭代法的收敛性.其中解(1)J迭代法的迭代矩阵为得(2+5/4)=0,即1=0,2=,3=,故(B)=所以J迭代法不收敛.课件ppt(2)类似可得(B)=0,(G)=2,故J迭代法收敛,G-S迭代法不收敛.所以,(G)=1/2,故G-S迭代法收敛.G-S迭代法的迭代矩阵为:,得(2+1)2=0,故(G)=1/2.课件ppt3-3.用J迭代法和G-S迭代法求解方程组J迭代法有x(1)=(1.2,1.5,2)T,x(1)-x(0)=2取初始近似x(0)=(0,0,0)T,问各需迭代多少次才能使误差x(k)-x*10-6.解J迭代法和G-S迭代法的迭代矩阵分别为G-S迭代法有x(1)=(1.2,1.35,2.11)T,x(1)-x(0)=2.11B=1/3=0.33333,G=1/4=0.25课件ppt易得:(B)=||,(G)=2.故当||<1时两种 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 都收敛.3-4.用J迭代法和G-S迭代法求解方程组Ax=b,其中J迭代法:,取k=14.G-S迭代法:,取k=11.问取何值时这两种迭代法是收敛的?解J迭代法和G-S迭代法的迭代矩阵分别为3-7.给定方程组课件ppt计算结果如下:取x(0)=(1.01,1.01)T,分别用J迭代法和G-S迭代法求解,问是否收敛?若收敛哪一种方法收敛得快?解(1)J迭代法和G-S迭代法的迭代 格式 pdf格式笔记格式下载页码格式下载公文格式下载简报格式下载 分别为kJ法x1(k)J法x2(k)G-S法x1(k)G-S法x2(k)01234561.010.982.031.945.094.8214.271.010.4850.53-1.045-0.91-5.635-5.231.010.981.944.8213.4639.38117.141.010.53-0.91-5.23-18.19-57.07-173.71课件ppt计算结果如下:可见,J迭代法和G-S迭代法均不收敛.(2)J迭代法和G-S迭代法的迭代格式分别为可见,J迭代法和G-S迭代法均收敛,且G-S迭代法收敛的快.实际上,(B)=31/2>1,(G)=3>1.kJ法x1(k)J法x2(k)G-S法x1(k)G-S法x2(k)01234561.010.660.670.5533330.5566670.5177780.5188891.010.9951.171.1651.2233331.2216671.2411111.010.660.5533330.5177780.5059260.5019750.5006581.011.171.2233331.2411111.2470371.2490121.249671课件ppt3-8.判定求解下列方程组的SOR方法的收敛性.解直接可验证系数矩阵A是负定矩阵,所以-A是对称正定矩阵,故当0<<2时,SOR方法收敛.3-9.给定方程组试建立一个收敛的迭代格式,并说明收敛的理由.解可建立如下形式的迭代格式课件ppt因为迭代矩阵为所以此迭代法收敛.课件ppt四.习题4(第102页)4-1.证明方程1-x-sinx=0在[0，1]内有一个根，使用二分法求误差不大于0.510-4的根需要计算多少步?解记(x)=1-x-sinx,则(x)在[0,1]连续,(0)=1>0,(1)=-sin1<0,故方程在[0,1]内有根,又(x)=-1-cosx<0,x[0,1],所以方程在[0,1]内仅有一个根.可见,需要计算14步.由于,所以k4/log2=13.294-3.比较使用下述方法求方程ex+10x-2=0的正根，准确到三位小数所需要的计算量:(1)在区间[0,1]内用二分法;(2)用迭代法,取x0=0.课件ppt解(1)由(2)迭代法的迭代函数为(x)=(2-ex)/10,|(x)|=ex/10e/10<1,取L=e/10,且x1=0.1,由k3/log2=9.97,所以需要计算10步.,可得所以,只需迭代5步.可得若取L=e0.1/10,可得k2.46,所以只需迭代3次.4-4.设(x)=cosx,证明:任取x0,迭代式xk+1=(xk),k=0,1,2,…,均收敛于方程x=(x)的根.课件ppt证明因为对任意x0,都有x1=cosx0[-1,1],所以只需证明迭代式在区间[-1,1]收敛.因为(x)=cosx连续可导,|(x)|=|sinx|sin1<1,所以(x)是区间[-1,1]上的压缩映射,因此结论成立.这里迭代函数(x)=解记(x)=x3+2x-5C[0,2],且(0)=-5<0,(2)=7>0,所以方程在区间[0,2]内有根,建立迭代格式4-5.验证区间[0,2]是方程x3+2x-5=0的有根区间,并建立一个收敛的迭代格式,使对任何初值x0[0,2]都收敛,并说明理由.,由于课件ppt0<1(x)所以(x)是区间[0,2]上的压缩映射,故迭代式收敛.证明这里(x)=x-(x),由于对任意(0,2/M)均收敛于(x)=0的根.4-7.给定函数(x),设对一切x,(x)存在且01,试问如何将x=(x)化为适于迭代的形式?将x=tanx化为适于迭代的形式,并求在x=4.5附近的根.由于|[-1(x)]|=1/|(x)|1/k<1,故迭代法收敛.将x=tanx化为x=arctanx,建立格式xk+1=arctanxk,已得到精确到小数点后6位的近似值x5=4.493409.kxk|xk+1-xk|kxk|xk+1-xk|0124.54.4937204.4934240.006280.0002963454.4934104.4934094.4934090.0000140.0000010.000000课件ppt的一个近似值,用Newton迭代法求取x0=1.3,计算结果如下4-10.已知1.3是解对方程(x)=x4-3=0建立Newton迭代格式,则有所以取x3=1.3160740,已精确到小数点后6位.的更好近似值,要求准确到小数点后五位.4-12.用Newton迭代法于方程xn-a=0,和1-a/xn=0,(a>0),分别导出求的迭代 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ,并求k0123xk1.31.31637461.31607411.3160740|xk+1-xk|0.01637460.00030050.0000001课件ppt由于解迭代格式分别为所以对(1)有4-13.证明迭代公式：xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a),k=0,1,2,…是求,对(2)有证明设的三阶方法.,则有:=(2+3a)/(32+a)故2=a,即课件ppt又由于所以有因此是三阶方法.课件ppt五.习题5(第131页)5-1.用Gerschgorin圆盘定理估计下列矩阵的特征值.解(1)三个圆盘为|-1|0.2,|-2|0.4,|-3|0.3.是相互独立的,因此,三个特征值分别为;(2)三个圆盘为|-4|2,|-2|1,|-9|2.前两个圆盘连通,后一个独立,因此,1,2,落在前两个圆盘的连通区域内,7311.0.811.2,1.622.4,2.733.35-5.求矩阵A按模最大和最小特征值.其中课件ppt解用幂法求A的按模最大特征值,计算公式为:v(k)=Au(k-1)k=max(v(k))u(k)=v(k)/k,k=1,2,….取初值u(0)=(1,1,1)T,计算结果如下:取17=19.301k01234567u1(k)11111111u2(k)10.51850.71270.64870.67480.66590.66930.6681u3(k)10.37040.50110.43660.45630.44820.45100.4499k2717.148220.135818.979819.398419.244619.301课件ppt解用反幂法求A的按模最小特征值,计算公式为:Av(k)=u(k-1)k=max(v(k))u(k)=v(k)/k,k=1,2,….取初值u(0)=(1,1,1)T,计算结果如下:取n1/15=4.8686k01234567u1(k)11-0.1318-0.6500-0.1902-0.3689-0.0590-0.2550u2(k)1-0.18920.14931-0.33231-0.58111u3(k)10.21621-0.39691-0.69171-0.9204k0.11310.1204-0.1353-0.2192-0.1659-0.2225-0.1724k89101112131415u1(k)-0.02920.19750.06170.15640.09160.13550.10580.1259u2(k)-0.7168-0.9940-0.7713-0.9089-0.8119-0.8765-0.8319-0.8618u3(k)11111111k-0.23300.17940.23450.19380.21970.20160.21370.2054课件ppt5-7.利用带位移的反幂法计算矩阵的特征值.解作位移矩阵B=A-7E,建立计算公式:Bv(k)=u(k-1)k=max(v(k))u(k)=v(k)/k,k=1,2,….取初值u(0)=(1,1,1)T,计算结果如下:取7+1/7=6k01234567u1(k)11111111u2(k)10.750.72220.71620.71480.71440.71430.7143u3(k)1-0.4-0.8044-0.9403-0.9828-0.9951-0.99870.9998k-2-1.125-1.0278-1.0067-1.0018-1.0004-1.0000课件ppt5-9(2)利用Jacobi方法求矩阵A的所有特征值，其中解记取p=1，q=2，则有cos=(1+t2)-1/2=0.7071,sin=tcos0.7071课件ppt类似地有所以取17.37228,22.99991,31.627815-10.设矩阵H=E-2xxT,向量x满足xTx=1,证明:(1)H为对称矩阵,即HT=H;(2)H为正交矩阵,即HTH=E;(3)H为对合矩阵,即H2=E.课件ppt证明(1)因为HT=(E-2xxT)T=E-2xxT=H,故H对称.6-1.当x=1,-1,2时,(x)分别为0,-3,4,求(x)的二次插值多项式p2(x).(2)因为HTH=(E-2xxT)T(E-2xxT)=E-4xxT+4xxTxxT=E,故H正定.(3)由(1)和(2)即得,H是对合矩阵.六.习题6(第180页)解法一.基函数法:p2(x)=l0(x)y0+l1(x)y1+l2(x)y2=-3l1(x)+4l2(x)课件ppt6-2.设l2(x)是以xk=x0+kh,k=0,1,2,3为插值节点的3次插值基函数,求解法二.待定系数法,设p2(x)=(x-1)(ax+b),则有p2(x)=-3l1(x)+4l2(x)2(a-b)=-3,2a+b=4,解得,a=5/6,b=7/3,所以p2(x)=1/6(x-1)(5x+14)课件ppt6-3.设l0(x),l1(x),…,ln(x)是以x0,x1,…,xn为节点的n次Lagrange插值基函数,求证:解证明(1)记(x)=xk,则yj=(xj)=xjk,j=0,1,…,n.于是课件ppt6-4.设(x)C2[a,b],且(a)=(b)=0,证明证明以a,b为节点作(x)的线性插值有L1(x)=0,故(2)记(t)=(t-x)k,则yj=(xj)=(xj-x)k,j=0,1,…,n.于是取t=x,则有其中,|(x)|=|(x)-L1(x)|课件ppt6-5.利用y=的近似值,并由误差公式给出误差界,同时与实际误差作比较.解由二次Lagrange插值得:在x=100,121,144点的函数值,用插值方法求实际误差：课件ppt6-8.(x)=x5+4x4+3x+1,求差商[20,21,…,25]和[20,21,…,26].解[20,21,…,25]=[20,21,…,26]=06-9.设(x)=x5+x3+1,取x0=-1,x1=-0.8,x2=0,x3=0.5,x4=1,作出(x)关于x0,x1,x2,x3,x4的差商表,给出(x)关于x0,x1,x2,x3的Newton插值多项式,并给出插值误差.解差商表为xkƒ(xk)一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商x0=-1x1=-0.8x2=0x3=0.5x4=1-10.1603211.1562535.80161.04960.31253.6875-4.752-0.5673.3752.792.19-0.3课件pptNewton插值多项式为:|R3(x)|=|[-1,-0.8,0,0.5,x](x+1)(x+0.8)x(x-0.5)|6-10.设(x)=x4+2x3+5,在区间[-3,2]上,对节点x0=-3,x1=-1,x2=1,x3=2,求出(x)的分段三次Hermite插值多项式在每个小区间[xi,xi+1]上的表达式及误差公式.解在[-3,-1]上,由y0=32,y1=4,y0=-54,y1=2,h=2,得N3(x)=-1+5.8016(x+1)-4.752(x+1)(x+0.8)+2.79(x+1)(x+0.8)x5|(x+1)(x+0.8)x(x-0.5)|H3(x)=320(x)+41(x)-540(x)+21(x)令0(x)=(x+1)2(ax+b),可得a=1/4,b=1,所以0(x)=(x+1)2(x+4)/4课件ppt同理可得:0(x)=(x+3)(x+1)2/41(x)=-(x+3)2x/41(x)=(x+3)2(x+1)/4H3(x)=8(x+1)2(x+4)-(x+3)2x-13.5(x+3)(x+1)2+0.5(x+3)2(x+1)=-6x3-22x2-24x-4所以有误差为R(x)=(x+3)2(x+1)2类似地,在区间[-1,1]上有H3(x)=2x3+2x2+4R(x)=(x+1)2(x-1)2课件pptH3(x)=写到一起就是R(x)=在区间[1,2]上有H3(x)=8x3-13x2+12x+1R(x)=(x-1)2(x-2)2-6x3-22x2-24x-4,-3x-12x3+2x2+4,-1x18x3-13x2+12x+1,1x2(x+3)2(x+1)2,-3x-1(x+1)2(x-1)2,-1x1(x-1)2(x-2)2,1x26-12.确定a，b，c使函数课件ppt是一个三次样条函数。解因为S(x)是分段三次多项式,故只需S(x)C2[0,3]由1=S(1-0)=S(1+0)=c,得c=1所以,当a=b=3,c=1时,S(x)是三次样条函数.6-13.确定a，b，c,d,使函数由3=S(1-0)=S(1+0)=b,得b=3由6=S(1-0)=S(1+0)=2a,得a=3是一个三次样条函数,且S(2)=12.解由已知可得:a+b+c+d=2,b+2c+3d=5,2c+6d=8,6d=12,解之得:a=-1,b=3,c=-2,d=2.课件ppt6-19.给出函数表解线性拟合,即形如y=a+bx的拟合曲线.构造向量0=(1,1,1,1,1,1)T,1=(-1,-0.5,0,0.25,0.75,1)T,=(0.22,0.8,2,2.5,3.8,4.2)T.则得正则方程组:6a+0.5b=13.52试分别作出线性,二次曲线拟合,并给出最佳均方误差.0.5a+2.875b=7.055解得:所以,线性拟合曲线为:y=2.078971+2.092353x最佳均方误差为:‖*‖2==0.38659xi-1-0.500.250.751yi0.220.822.53.84.2课件ppt二次拟合,即形如y=a+bx+cx2的拟合曲线.构造向量0=(1,1,1,1,1,1)T,1=(-1,-0.5,0,0.25,0.75,1)T,2=(1,0.25,0,0.0625,0.5625,1)T，=(0.22,0.8,2,2.5,3.8,4.2)T.则得正则方程组:6a+0.5b+2.875c=13.520.5a+2.875b+0.3125c=7.055解得:a=1.94448,b=2.0851,c=0.28191.二次拟合曲线为:y=1.94448+2.0851x+0.28191x2.最佳均方误差为:‖*‖2==0.06943.2.875a+0.3125b+2.3828125c=6.913756-20.用最小二乘法求一个形如y=a+bx2的经验公式,使与下列数据拟合,并计算均方误差.课件ppt解这里基函数为0(x)=1,1(x)=x2,构造向量0=(1,1,1,1,1)T,1=(361,625,961,1089,1936)T,=(19,32.2,49,73.3,97.8)T.则得正则方程组:5a+4972b=271.34972a+6378484b=343237.5解得:a=3.33339,b=0.051213.所求拟合曲线为:y=3.33339+0.051213x2.最佳均方误差为:‖*‖2==15.932996-22.用最小二乘法求下列方程组的近似解:xi1925313344yi1932.24973.397.8课件ppt解记G(x,y)=(2x+4y-11)2+(3x-5y-3)2+(x+2y-6)2+(4x+2y-14)2就是求G(x,y)的最小值,令解得:x=2.977413,y=1.225873课件ppt7-1.建立右矩形和左矩形求积公式,并导出误差式.七.习题7(第213页)解法.右矩形公式为：由于(x)-(a)=(x)(x-a),(x)-(b)=(x)(x-b)左矩形公式为：所以有课件ppt7-2.说明中矩形公式的几何意义,并证明证明由Taylor展开式有所以有7-3.若(x)>0,证明用梯形公式计算定积分所得结果比准确值大,说明几何意义.证明因为(x)>0,所以y=(x)是凹函数,故结论成立.课件ppt7-5.确定下列积分公式中的待定参数，使其代数精度尽可能高，并说明代数精度是多少？解令公式对(x)=1,x,x2都精确成立,则有解得:A-1=A1=h/3,A0=4h/3.A-1+A0+A1=2h-hA-1+hA1=0h2A-1+h2A1=2h3/3求积公式为:(x)=x3时,左=右=0,公式也精确成立(x)=x4时,左=2h5/5,右=2h5/3,公式不精确成立所以公式的代数精确为3.课件ppt解令公式对(x)=1,x,x2都精确成立,则有解得:2=22x1+3x2-1=02x12+3x22+1=2求积公式为:(x)=x3时,公式都不精确成立,故代数精度为2.解当(x)=1时,左=h，右=h，对所有都成立。课件ppt(x)=x时有左=右=h2/2，对所有都成立。故公式的代数精度为3.解令公式对(x)=1,x精确成立,则有(x)=x2时,左=h3/3,右=h3/2-2h3，故取=1/12,则有(x)=x3时,左=h4/4,右=h4/2-h4/4=h4/4，也精确成立.(x)=x4时,左=h5/5,右=h5/2-h5/3=h5/6，不精确成立.A0=2/3A0x0=0解得A0=2/3,x0=0.所以公式为,其代数精度为1.课件ppt7-7.设解因为|(lnx)|=1/x21,|(lnx)(4)|=6/x46要|I-Tn|<10-3,只要即n>9.13,故取n=10.IS2=1/12[ln1+2ln1.5+ln2+4ln1.25+4ln1.75]=0.386260导出两点Gauss型求积公式.若取=10-3,分别求出n使复化梯形公式Tn,复化Simpson公式Sn的截断误差满足:|I-Tn|<,及|I-Sn|<,并计算Sn.要|I-Sn|<10-3,只要即n>1.201,故取n=2.7-10.对积分解区间[0,1]上权函数为ln(1/x)的正交多项式为:P0(x)=1,p1(x)=x-1/4,p2(x)=x2-(5/7)x+17/252令p2(x)=0，解出Gauss点为：课件ppt再令公式对(x)=1,x精确成立,可得A1+A2=1,A1x1+A2x2=1/4,由此解出所以两点Gauss型求积公式为:7-11.用两点Gauss型求积公式计算下列积分的近似值.解两点Gauss-Legendre求积公式为:课件ppt所以有解两点Gauss-Laguerre求积公式为:A1=0.8535533905,A2=0.1464466094,x1=0.5858864376,x2=3.4142135623,所以有课件ppt所以有解两点Gauss-Laguerre求积公式为:A1=A2=0.0.8862269254,-x1=x2=0.7071067811所以有解两点Gauss-Hermit求积公式为:7-12.证明下列数值微分公式：课件ppt其中，xj=x0+jh，j=0，1，2。(x)=[(x-x1)(x-x2)(x0)-2(x-x0)(x-x2)(x1)+(x-x0)(x-x1)(x2)]/2h2(x0)=[-3(x0)+4(x1)-(x2)]/2h+R2(x0)(2)(x)=[(x0)-2(x1)+(x2)]/h2+R2(x)证明(1)以x0,x1,x2为节点的二次Lagrange插值为:+(x)(x-x0)(x-x1)(x-x2)/6(x)=[(2x-x1-x2)(x0)-2(2x-x0-x2)(x1)+(2x-x0-x1)(x2)]/2h2+R2(x)(x0)=[-3(x0)+4(x1)-(x2)]/2h+h2()/3课件ppt容易证明(x1)[(x0)-2(x1)+(x2)]/h2对(x)取次数不超过3次的多项式精确成立.构造三次多项式p3(x)使p3(x0)=(x0),p3(x1)=(x1),p3(x2)=(x2),p3(x1)=(x1),则有(x)-p3(x)=(4)(x)(x-x0)(x-x1)2(x-x2)/4!于是有R2(x1)=(x1)-p3(x1)=(4)()(-2h2)/4!=-(4)()h2/12所以(x1)=[(x0)-2(x1)+(x2)]/h2-(h2/12)(4)()(3)以x0=-h,x1=0,x2=2h为节点的二次Lagrange插值为:(x)=[2x(x-2h)(-h)-3(x+h)(x-2h)(0)+x(x+h)(2h)]/6h2+(x)x(x+h)(x-2h)/6课件ppt(0)=[-4(-h)+3(0)+(2h)]/6h+R2(0)(x)=[4(x-h)(-h)-3(2x-h)(0)+(2x+h)(2h)]/6h2+R2(x)(0)=[-4(-h)+3(0)+(2h)]/6h-h2()/3八.习题8(第250页)8-5.用梯形方法和四阶 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 R-K方法求解初值问题y+y=0，00,证明如下方法的绝对稳定性条件证明(1)改进Euler公式为：(1)改进Euler方法:(2)四阶标准R-K方法:故改进Euler方法的绝对稳定条件为(1)四阶标准R-K公式为：课件ppt故四阶标准R-K方法的绝对稳定条件为的局部截断误差主项和阶.8-12.确定两步方法解课件ppt所以有又因为所以因此,公式的局部截断误差主项为公式为二阶方法.课件ppt8-13.试求系数,0,1,使两步方法的局部截断误差阶尽可能的高,并写出局部截断误差主项.解所以有当=1/2,1=-1/4,0=7/4时阶最高,为二阶方法.截断误差的主项为课件ppt8-15.对微分方程y=(x,y)沿区间[xn-1,xn+1]积分得解Simpson求积公式为试用Simpson求积公式近似右边积分,导出Milne-Simpson差分公式,并说明方法的阶.所以差分公式易见,此公式是四阶方法.课件ppt设函数(x)=x2-sinx-1(1)试证方程(x)=0有唯一正根;(2)构造一种收敛的迭代格式xk=(xk),k=0,1,2,…计算精度为=10-2的近似根;(3)此迭代法的收敛阶是多少?说明之.解(1)因为00,所以(x)仅在(1,2)内有零点,而当10,故(x)单调.因此方程(x)=0有唯一正根,且在区间(1,2)内.(2)构造迭代格式:由于|(x)|=||<1,故此迭代法收敛.课堂练习课件ppt取初值x0=1.5,计算得x1=1.41333,x2=1.40983,由于|x2-x1|=0.0035<10-2,故可取根的近似值x2=1.40983.0(3)因为0<</2,所以()故,此迭代法线性收敛(收敛阶为1).课件ppt课间休息课件ppt