应用数值分析(第四版)张明主编文世鹏主审课后答案

第一章习 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 解答1.在下列各对数中，X是精确值ａ的近似值（1）ａ=π，x=3.1（2）ａ=1/7，x=0.143（3）ａ=π/1000，x=0.0031（4）ａ=100/7，x=14.3试估计x的绝对误差和相对误差。解：（1）e=∣3.1-π∣≈0.0416，δr=e/∣x∣≈0.0143（2）e=∣0.143-1/7∣≈0.0143δr=e/∣x∣≈0.1（3）e=∣0.0031-π/1000∣≈0.0279δr=e/∣x∣≈0.9(4)e=∣14.3-100/7∣≈0.0143δr=e/∣x∣≈0.0012.已知四个数：x1=26.3，x2=0.0250，x3=134.25，x4=0.001。试估计各近似数的有效位数和误差限，并估计运算μ1=x1x2x3和μ1=x3x4/x1的相对误差限。解：x1=26.3ｎ=3δx1=0.05δrx1=δx1/∣x1∣=0.19011×10-2x2=0.0250ｎ=3δx2=0.00005δrx2=δx2/∣x2∣=0.2×10-2x3=134.25ｎ=5δx3=0.005δrx3=δx3/∣x3∣=0.372×10-4x4=0.001ｎ=1δx4=0.0005δrx4=δx4/∣x4∣=0.5由公式：er（μ）=e（μ）/∣μ∣≦1/∣μ∣Σni=1∣f/xi∣δxier（μ1）≦1/∣μ1∣［x2x3δx1+x1x3δx2+x1x2δx3］=0.34468/88.269275=0.0039049er（μ2）≦1/∣μ2∣［-x3x4/x21δx1+x4/x1δx3+x3/x1δx4］=0.497073.设精确数ａ>0，x是ａ的近似值，x的相对误差限是0.2，求㏑x的相对误差限。解：δr≦Σni=1∣f/xi∣δxi=1/㏑x·1/x·δx=δrx/㏑x=0.2/㏑x即δr≦0.2/㏑x4.长方体的长宽高分别为50cm，20cm和10cm，试求测量误差满足什么条件时其 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积的误差不超过1cm2。解：S=2（xy+yz+zx）δrS≦［(x+y)δz+(y+z)δx+(z+x)δy］/∣xy+yz+zx∣δx=δy=δzδrz≦(x+y+z)δx/∣xy+yz+zx∣<1∴δx<17/6≈1.06255.432()(10)0.200(10)0.0500(10)0.00500(10)0.00100pxxxxx已知(10.11),3.(()).pCondfx用秦九韶法计算计算用位有效数字并求此问题的条件数2()(10)((10)((10)((10)0.200)0.0500)0.0500)0.00100(10.11)0.11(0.11(0.11(0.110.200)0.0500)0.0500)0.001000.00146760.14710'()((())()10.11*'(10.11)(((10.11))pxxxxxpxfxCondfxfxpCondp解：故0.6291(10.11)p6.改变下列表达式，使计算结果更准确。（1）1,||1xxx（2）11,||1121xxxx（3）(1cos),0,||1xxxx（4）11,||1xxxxx解：（1）111xxxx（2）2112121(12)(1)xxxxxx（3）2(1cos)sin(1cos)xxxxx（4）22112(11)xxxxxxx7、计算6(21)的近似值，取21.414。利用以下四种计算格式，试问哪一种算法误差最小。（1）61(21)（2）3(322)（3）31(322)（4）99702解：计算各项的条件数'()(())||()xfxcondfxfx111.41461(),(())|20.4804(1)xfxcondfxx3221.414()(32),(())|49.3256xfxxcondfx331.41431(),(())|49.4448(32)xfxcondfxx441.414()9970,(())|4949xfxxcondfx由计算知，第一种算法误差最小。118.nn考虑无穷级数它是微积分中的发散级数。在计算机上计算该级数的部分和，会得到怎样的结果？为什么？解：在计算机上计算该级数的是一个收敛的级数。因为随着n的增大，会出现大数吃小数的现象。9、通过分析浮点数集合F=（10，3，-2，2）在数轴上的分布讨论一般浮点数集的分布情况。解：浮点数集合F=（10，3，-2，2）在数轴上离原点越近，分布越稠密；离原点越远，分布越稀疏。一般浮点数集的分布也符合此规律。10、试导出计算积分10(1,2,3,4)14nnxIdxnx的递推计算公式111()4nnIIn，用此递推公式计算积分的近似值并分析计算误差，计算取三位有效数字。解：111111110000141()14414414nnnnnnnxxxxxIdxdxxdxdxxxx111()4nnIIn10011ln50.402144Idxx1021324311(1)0.150,(1)0.2134411(1)0.197,(1)0.20144IIIIIIII此算法是数值稳定的。第二章习题解答1.（1）Rn×n中的子集“上三角阵”和“正交矩阵”对矩阵乘法是封闭的。（2）Rn×n中的子集“正交矩阵”，“非奇异的对称阵”和“单位上（下）三角阵”对矩阵求逆是封闭的。设A是ｎ×ｎ的正交矩阵。证明A-1也是ｎ×ｎ的正交矩阵。证明：(1),nnABABR证明：为上三角阵，为上三角阵，10(),0(),0(),,()(()),()()ijijnijikkjijknnTTTTTTTTTTaijbijCABcabcijABABRAAAAEBBBBEABABABBAEABABBAABEAB则上三角阵对矩阵乘法封闭。以下证明：为正交矩阵，为正交矩阵，为正交矩阵,故正交矩阵对矩阵乘法封闭。（2）A是ｎ×ｎ的正交矩阵∴AA-1=A-1A=E故（A-1）-1=A∴A-1（A-1）-1=（A-1）-1A-1=E故A-1也是ｎ×ｎ的正交矩阵。设A是非奇异的对称阵，证A-1也是非奇异的对称阵。A非奇异∴A可逆且A-1非奇异又AT=A∴（A-1）T=（AT）-1=A-1故A-1也是非奇异的对称阵0114)1(...)(41eIIIIennnnnnn设A是单位上（下）三角阵。证A-1也是单位上（下）三角阵。证明：A是单位上三角阵，故|A|=1，∴A可逆，即A-1存在，记为（bij）n×n由AA-1=E，则njikjkijba1（其中0ijaj＞i时，1iia）故bnn=1,bni=0(n≠j)类似可得，bii=1(j=1…n)bjk=0(k＞j)即A-1是单位上三角阵综上所述可得。Rn×n中的子集“正交矩阵”，“非奇异的对称阵”和“单位上（下）三角阵”对矩阵求逆是封闭的。2、试求齐次线行方程组Ax=0的基础解系。A=541000011014121解：A=541000011014121～541005401014121～541005401040021～5410054010148001故齐次线行方程组Ax=0的基础解系为014481，10551423.求以下矩阵的特征值和特征向量。A1=2543，A2221111122解：A1=2543，|I-A1|=2543=0145271，22解（1I-A）x=0得111解（2I-A）x=0得5424、已知矩阵121124301215A，求A的行空间()TRA及零空间()NA的基。解：121121121242000010131050001105024000TA()3TrA()1211,2430121502100()2100TTTTTTRAAxxNA123的基为和由可解得的基为。5、已知矩阵321230103A，试计算A的谱半径()A。解：2321()det()230(3)(64)0103AfIAmax35()35.A6、试证明22112212211221,,,REEEEEE是中的一组基。，其中11121001,0000EE22210000,1001EE。1222112112211221134112212211221234134411221221122123410010000,,,00001001010110100000EEEEEEEEkkkkkkkEEEEEEkkkkkkEEEEE解：，（）（）令因此（）（0000OE）123311122122122112211112211221221122221122122112210,22,,,kkkkaaAVaaaaaaAaaEEEEEEREEEEEE对于任意二阶实矩阵有（）（）是中的一组基。7、在R4中求向量x=（1，2，1，1）T在基S=（1，2，3，4）下的坐标，其中1=（1，1，1，1）T，2=（1，1，-1，-1）T，3=（1，-1，1，-1）T，4=（1，-1，-1，1）T。解：由x=sy得y-4=s-1x=414141451121111111111111111118、在2()Pt中向量22()12Pttt，取基21,2,Sttt，求2()Pt在基下的坐标。22222123()12,1,2,()(1)(2)PtttStttPtktktkt解：基令31212123222121322()1,2,-322.TkkkkkkkkPtSttt则有，，解之得，，。在基下的坐标为（，，）9、已知R3中两组基S1={1，2，3}=110,101,111，S2={1，2，3}=111,100,101①求从S1到S2的过度矩阵；②设已知u=（2，1，2）TR3求u在S1下的坐标和u在S2下的坐标。解：①A=S1-1S2=2120111121111001011111010111②对u=（2，1，2）T在S1下，由u=S1x可求出x=S1-1u=312在S2下，由u=S2x可求出x=S2-1u=11010.已知A=895143131311，求dim(R(A)),dim(R(AT)),dim(N(A)).解：A=895143131311dim(R(A))=dim(R(AT))=r(A)=2dim(N(A))=n-r=4-2=211、已知A=span{1,ex,e-x},D=dxd是X上的线性变换，求①D关于基S1={1,2ex,3e-x}的矩阵A；②D关于基S2={1,（ex+e-x）/2，（ex-e-x）/2}的矩阵B。解：①由Dx=S1A,设A=[X（1），X（2），X（3）]D（1）=0，0=S1X（1）=0·1+0·2ex+0·3e-x,X（1）=(0,0,0)TD（ex）=ex,ex=S1X（2）=0·1+21·2ex+0·3e-x,X（2）=(0,21,0)TD（e-x）=-e-x,-e-x=S1X（3）=0·1+0·2ex+31·3e-x,X（2）=(0,0,31)T31000210000A②类似的可得D关于基S2={1,（ex+e-x）/2，（ex-e-x）/2}的矩阵B为11011000012、已知线性变换T：P2（t）→P3（t）,定义T为T（P（t））=tdttP0)(求线性变换T在基偶（S1={1,t,t2},S2={1,t，t2/2,t3/3}）下的矩阵。解：设所求矩阵为A，则有TS1=S2AT（1）=30201101320ttttdttT（t）=302101023202tttttdttT（t2）=3121010332032ttttdttt100010001000A13、设ARm×n,定义从Rn到Rm的变换T为T：xRn→y=AxxRm试证明T是线性变换。证明：nnRyRx,mRTyTxAyAxyxAyxT)()(Rk，有mRxkTkAxkxAkxT)()(故，由定义知，T是线性变换。14、已知R3中取基S1=101,110,011321，R2中取基S2=11,0121。线性变换T：R3→R2定义为x=（x1，x2，x3）TR3，Tx=（x2+x3，x1+x3）TR2.求①T在（S1，S2）下的矩阵A；②设u=（2，-3，2）TR3，u在S1下的坐标和Tu在S2下的坐标。解：①由题知，T（S1）=S2ATT11)(1TT12)(2TT21)(32111102111211011)(1112sTsA②对u=（2，-3，2）T在S1下由xsu1可求出Tusx32111TTu32在S2下由ysTu2可求出TTusy351215、求由向量1=（1，2，1）T与2=（1，-1，2）T张成的R3的子空间X=span{1,2}的正交补X（即所有与X垂直的向量的全体）。解：令21A解oAx得100x故X=100spanxspan16、试证明若{1，2，…，t}是内积空间H中不含零向量的正交向量组，则1，2，…，t必线性无关。证明：假设存在tkkk,,,21使02211ttkkk两边与i作内积得),,2,1(,0tikiii又0ii（因)0i故0ik故1，2，…，t必线性无关。17、计算下列向量的‖x‖∞，‖x‖1和‖x‖2。①x=（3，-4，0，3/2）T②x=（2，1，-3，4）T③x=（sink,cosk,2k）Tk为正整数。解：①‖x‖∞=4max1inixniixx115.82202.521122niixx②‖x‖∞=4max1inixniixx11104772.521122niixx③‖x‖∞=kinix2max1nikikkxx112cossinkniixx412112218、[,]Cab在中，试证明[,]12221||||max|()|()2||||(())()xabbaffxfxfftdtfx（）为的范数。（）为的范数。证明：1||||0||||0()0fffx1、（）显然，[,][,][,][,][,][,]2||||max|()|||max|()|||||||3||||max|()()|max|()|max|()|||||||||||||max|()|()xabxabxabxabxabxabkfkfxkfxkffgfxgxfxgxfgffxfx（）（）为的范数222(1)()0||||0ftf、正定性，则122(())0()0baftdtft且122222(2),||()||(())||||||bakFkftkftdtkf齐次性(3)三角不等式22222||||(()())()2()()()bbbbaaaafgftgtdtftdtftgtdtgtdt222222222||||2||||||||||||(||||||||)ffggfg222||||||||||||fgfg||||[,]Cab是上的一个范数。-nRCauchySchawz19、在内积空间中给出不等式，其中内积,1(,):,nTiijjijxyxAyxCxA为对称正定矩阵。,11122,1,1(,)||||||||nTiijjijnniijjiijjijijxyxAyxCxxCxyCyxy解：||||||()()20、(1430),(3612),,(,).TTxyxyxy已知向量求之间的距离11(,)||||||(2242)||10Txyxy解：21、试计算21||sin||mx（），2(2)||cos||mx，2(3)||sincos||mxnx，其中m,n是正整数[,]x。1122222112222212221221||sin||(|sin|)((sin))(2)||cos||(|cos|)((cos))(3)||sincos||(|sincos|)((sincos))2mxmxmxmxmxmxmxnxmxnxmxnx解：（）22、已知210121012A，试计算1||||A，||||A，||||FA，2||||A。311311||||max||5ijjiAa解：（）3131||||max||5ijijAa1332211||||(||)4FijijAa2||||()3TAAA23、在[0,1]C上，由21,,xx构造带权1lnx的首1正交多项式0()x，1()x和2()x。解：由公式得011000110022110112111110022()1()()()((),())11,()((),())44()()()()((),())13((),())28((),())7((),())1441317517()()()284144725xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx224、给出点集0,0.5,0.8,1.2,1.5及权1(0,1,2,3,4)iwi，试构造正交函数组0()x，1()x和2()x。解:由公式得0()1x110()()()xxx4000114000((),())44,()((),())551iiixxxxxxxx22110()()()()xxxx420112421104()((),())8154((),())115()5iiiiixxxxxxxx1110022((),())69((),())250814691731653()()()11552501155750xxxxxxxxx25、(,()))PijkkR将线性代数中的消元阵（用初等变换阵表示。(,())(,,)()TijijPijkEeekIkee解：26、试求矩阵A的三角分解A=LU。A=542774322对不选列主元和选列主元两种情况分别计算。解：A=5427743222.1005.85.70774,015.000112.05.0UL对选列主元的001100010,2.1005.85.70774,12.05.015.01PUL27、已知向量(2,4,2,1)Tx，试构造Gauss变换阵将向量x变为(2,4,0,0)TyLx。解：3432422211(2421),24Txxxmmxx对，14112111L。28、已知向量x=（1，2，2）T，y=（0，3，4）T。试构造Huuseholder阵H使Hx为y的倍数，即Hx=ky。给出变换阵H和系数k。223||||||||5xkyk解：由得110331-235552425kUxky时，212155511222||||65252522452525TUUHIIU21103319-23555242251922155410951105193614181229574418||||17452525435110418492241848452525TkUxkyUUHIIU时，29、对矩阵A=124213431，用Huuseholder变换将A相似约化为三对角阵，即HAH为三对角阵。解：将向量(1,3,4)Tx变换为(1,5,0)Tx，则110-358404Uxy构造H阵为21000001342064320||||40550321643055TUUHIIU92.056.0056.092.25051HAH30.已知矩阵A=121111，使用①Schmidt正交化法和②Huuseholder方法对A正交分解A=QR。解：①A=121111Schmidt正交化111,21121uu，11116121161uuu3131316464,12212122uVukkuV2222331331VVVQRuu3106463162316131613106462121②用Householder变换法先将211变为006,则1616-101202Uxy构造H阵为2726162(16)121612||||662(16)24(16)(16)2(16)1(16)562662(16)226TUUHIIU(16)(16)2(16)111(16)5621166212(16)226466206626066466(16)(16)2(16)12(16)562066662(16)22620HARAQRHR666第三章习题解答1.试讨论a取什么值时，下列线性方程组有解，并求出解。123123123123212312311(1)1(2)1axxxaxxxxaxxxaxxaxxaxxxaxa解：(1)111111111aAaa经初等行变换化为1001/(2)0101/(2)0011/(2)aaa当2a时，方程组有解，解为111(,,).222Txaaa(2)21111111aAaaaa经初等行变换化为2100(1)/(2)0101/(2)001(21)/(2)aaaaaa当2a时，方程组有解，解为21121(,,).222Taaaxaaa2.证明下列方程组Ax=b12341123421233234432432385xxxxbxxxxbxxxbxxxb当（1）(10,4,16,3).Tb时无解；（2）(2,3,1,3).Tb时有无穷多组解。解：(1)r(A)=3r(A,b)=4当(10,4,16,3).Tb时无解；(2)r(A)=3,r(A,b)=3当(2,3,1,3).Tb时有无穷多组解。3.用列主元高斯消元法求解Ax=b2233(1)477,12457Ab1231(2)234,13462Ab(1)x=(2,-2,1)T(2)x=(0,-7,5)T4.证明上（下）三角方阵的逆矩阵任是上（下）三角方阵。证明：设ijAa是上（下）三角方阵，即0,ijaij设A的逆为,,jiijijABbbA其中jiA为jia的代数余子式，由于ijAa是上三角方阵，所以0,ijAij当ij时，0,jiijAbA所以B为上三角方阵。5.用Gauss-Jordan法求解下列矩阵的逆矩阵。120(1)21-1311A解(1)120100100-0.250.250.250021-10100100.625-0.125-0.12503110010010.1125-0.6250.3750-0.250.250.25000.625-0.125-0.12500.125-0.6250.3750A6.以已知矩阵A=461561552621，试对A进行cholesky分解A=L1L1T,并利用分解因子阵L1求A的逆矩阵A-1=(L-1)T(L-1).解:A=461561552621=112122313233000llllll111213222333000llllllj=1时,l11=1,l21=2,l31=6j=2时,l22=22221aL=1,l32=(a32-l31l21)/l32=3;j=3时,l33=22333132aLL=1L=100210631L-1=100210031A-1=(L-1)T(L-1)=120013001130121=13031020257.已知线性方程组1232103(1)12130121xxx12345-4102-46-411(2)1-46-4101-452xxxx试用Cholesky分解11TALL求解问题（1），用对称分解TALDL求解问题（2）。解:(8)A=210121012=1.414200-0.70711.224700-0.81651.15471.4142-0.7071001.2247-0.8165001.1547=LLT解Ly=b,得y=[2.1213,-1.2247,-0.0000]T解LTx=y得x=[1,-1,0]T（2）A=5-410-46-411-46-401-45=1.0000000-0.80001.0000000.2000-1.14291.0000000.3571-1.33331.00005.000300002.800100002.143000000.83341.0000-0.80000.2000001.0000-1.14290.3571001.0000-1.33330001.0000=LDLT解Lz=b,得z=[2.0000,0.6000,-0.7143,0.8334]T解Dy=z,得y=[0.4000,0.2143,-0.3333,0.9999]T解LTx=y得x=[1,1,1,1]T8．设A是对称正定阵，试证明不选主元的Cholesky分解11TALL的计算过程是数值稳定的。证明：2111111112,3,...,;1,2,...,.1,,/,2,3,...,jkjjiilajnkjjlalalin于是有，综合以上得到结论：在Cholesky分解中，不选主元的计算分解式的元素(2,3,...,;1,2,...,)jkljnkj的数量级不会增长，能得到控制，且(2,3,...,)jjljn恒正，因此，这是一个节省储存且计算过程是数值稳定的方法。9.求解以下三对角方程组12342-1001-12-102(1)0-12-1200-121xxxx12342-1001-12-102(2)002-1200-121xxxx(1)解:A=2-100-12-100-12-100-12=1000-0.51000-0.66671000-0.7512-10001.4999-10001.3333-10001.25=LU解Ly=b,得y=[1.0000，2.4999，-0.3333，-1.2500]T解Ux=y得x=[1,1，-1,-1]T(2)解:A=2-100-12-10002-100-12=1000-0.5100001000-0.512-10001.5-10002-10001.5=LU解Ly=b,得y=[1，2.5，-2，-2]T解Ux=y得x=[0.7778，0.5556，-1.6667，-1.3333]T10.112221,mmmBCABCAAACAB已知为块三对角阵非奇异，=，11112222223111,2,,),immmmmmBimALUBCLIUABCRLIURCUABRLI其中均为方阵(设有分块分解式111111111(2,3,...,)23(2,3,...,)4(2,3,...,)iiiiiiiiiRAimLBULCLBAUimULCim试证明：（）（）（）（）证：1122111111111111,,,,,,(2,3,...,)(2,3,...,)(2,3,...,)iiiiiiiiiiiiiiiiiiBLARCLUBRULARCLULBULCRAimLBAUimULCim11．试求解周期三对角方程组12342-1021-12-1020-12-1220-121xxxx解：(2,0,0,2),(1,0,0,1)TTUV4-100-12-100-12-100-14A0.45450.8182-0.8182-0.4545TT解AW=d=(1,2,-2,1)得W=()-0.5455-0.18180.18180.5455TT解AZ=U=(-2,0,0,2)得Z=()(-5.0000-1.00001.00005.0000)1()TTTVWxWZVZ12．12,34A已知试计算12(),(),()condAcondAcondA12()21,()14.9330,()21condAcondAcondA解：13．11,111Annn已知为正整数，求1,(),lim().nnnnAcondAcondA1-n+1n,()4n,lim()n-nnnnnAcondAcondA解：14.设方程组Ax=b，其中A=111015，b=1105①计算)(Acond，判断方程组是否病态。②用全主元消元法求解，结果如何？③用105除第一个方程所得方程组是否病态？解：①A105+1又111011011551A1A55101101)(Acond=A1A=（1+105）55101101=525101)101(〉〉1该方程组是病态②用全主元消元法求解。51011121xx=1105()condA=525101)101(〉〉1出现大数吃小数的现象，结果失真。③用105除第一个方程得：A1=510111111522,101AA，)(Acond=54101方程组是良态的。15．设n阶对角矩阵11(1,10,,10)Adiag,试计算det(A)和cond(A)2结果说明什么。解：12det()10,()1nAcondA行列式小并不能说明矩阵是病态的。16.已知x（2.0，0.1）T是以下方程组的计算解，*x=（1.0，1.0）T是精确解，9546332121xxxx求剩余r，)(Acond，11br，1*1*xxx并分析此结果。解：（1）TTxAbr)5.0,3.0(01025433)9,6(（2）15/314/31A3343511A81A1111()8324condAAA（3）5.03.0r8.01r151b053.0158.011br（4）TTTxx9.00.10.10.11.00.2*95.029.1*29.111*1*1*xxxxxx由计算可知道，该方程组是病态的，相对剩余量为0.053，相对误差为0.95。由于相对误差很大，所以相对剩余量虽小，并不能反映近似解x的近似程度。17．有线性方程组Ax=b，其中2-1710A=0310,70451b试对A作QR分解（不限方法），并利用A的QR分解求解此方程组。解:1002-17Q=0-0.6-0.8,0-5-100-0.80.600-5R解Qy=b,得y=[10-5-5]T解Rx=y得x=[1-11]T18.设nnRA非奇异，有扰动A使AAA，若x是方程组bxA的解，x是方程组bAx的解，，试证明：AAAcondxxx)(证明：AAAcondAAAAAAxxxxAAxxxAAxxxAxxAxAAxxAAxxAAbAxbxAAbAxbxA)()()()(0)()(111119．设方程组的系数矩阵分别为121-0.5-0.52-10-0.51-0.5,-33-1-0.5-0.510-12AA考察求解此方程组的Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的收敛性。解：0-0.5-0.5(1)-0.50-0.5,()1,-0.5-0.50JJBBJacobi迭代不收敛。0-0.5-0.500.25-0.25,()0.3536,00.1250.375GGBBGauss-Seidel迭代收敛。00.50(2)100.3333,()0.8165,00.50JJBBJacobi迭代收敛。00.5000.50.3333,()0.6667,00.250.1667GGBBGauss-Seidel迭代收敛。20．设方程组54971032121xxxx①若用Jacobi迭代法和SeidelGauss迭代法求解方程组是否收敛？②若将方程组交换方程次序如何？解：①49103A4003D00100U0900L用Jacobi迭代法：BJ=D-1（L+U）=04/93/100210/3det()15/29/4JIB2/152,112/15)(maxJB所以Jacobi迭代法发散。SeidelGauss迭代法：BG=（D-L）-1U=2/1503/10012/15)(2/15,0)2/15(2/1503/10)det(max21GGBBI所以SeidelGauss迭代法发散。②交换次序，则94310A90010D0040U0300L用Jacobi迭代法：BJ=D-1（L+U）=010/39/4015/210/39/14)det(2JBI15/22,1115/2)(maxJB所以Jacobi迭代法收敛。SeidelGauss迭代法：BG=（D-L）-1U=15/209/40115/2)(15/2,0)15/2(15/209/4)det(max21GGBBI所以SeidelGauss迭代法收敛。21.已知方程组123123123202324812231530xxxxxxxxx若用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法求解，取初值(0)(0,0,0)Tx，需要迭代多少次上述两种方法的误差小于610。解：(1)(0)1ln()0-0.1-0.150-0.12500-0.12511.3865ln-0.13330.20JBxxBkBJacobi迭代至少需要迭代12次。(1)(0)1ln()0-0.1000-0.150000.0125-0.1063,9.3629ln00.0158-0.0013GBxxBkBGauss-Seidel迭代至少需要迭代10次。22.根据Gauss-Seidel迭代格式用松弛因子加速收敛的方法，同样对Jacobi迭代法也用松弛因子加速，给出迭代计算的分量形式和矩阵表达式。解：(1)(1)kx用Jacobi迭代法计算(1)()()()13112121311111111(1)()()()23221213222222222(1)()()()121121kkkknnkkkknnkkkknnnnnnnnnnnnnnnaaabxxxxaaaaaaabxxxxaaaaaaabxxxxaaaa(1)(1)()(2)(1),1,2,...,kkkiiixxxin引入松弛因子，整理得分量形式(1)()()1),1,2,,nkkkiiiijjjiixxbaxina（矩阵形式(1)()11()kkxBxgBDDAgDb迭代矩阵右端向量23.已知121aaA试分别导出求解bAx的Jacobi迭代法和SeidelGauss迭代法收敛的充要条件。解：121aaA1001D000aU0200aL用Jacobi迭代法：BJ=D-1（L+U）=020aa2222)det(aaaBIJa22,112)(maxaBJ时方程组收敛，条件是：2/22/2aSeidelGauss迭代法：BG=（D-L）-1U=2200aa222122maxdet()(2)020,2()21GGaIBaaaBa时方程组收敛，条件是：2/22/2a24.设A为对称正定阵，其特征值021n，试证明：当满足102/时，迭代格式)()()()1(kkkAxbxx，（,2,1,0k）是收敛的？证明：)()()()1(kkkAxbxx(1)()()kkxIAxb由于n,,,21是A的特征值，则AI的特征值为n1,,1,121当11max)(maxiB时收敛，此时则有：102102/25．(1)()()323(),(0,1,...)121kkkAbxxAxbkAxb已知，,用迭代公式求解。问取什么实数可使迭代收敛，且为何值时，收敛最快。解：23254(1)(4)12IA(1)1,4,1,14,1111120,114111410,21022(2)114(1)1452,525ABIA1212的特征值为迭代矩阵的特征值为当时，迭代格式收敛。当时，收敛最快。26.设nnAR是严格对角占优阵，试证明用SOR方法求解Ax=b，取01时是收敛的。证明：1()((1))SORBDLUD迭代法的迭代矩阵为1,1,,()0,det()det[()((1))]0BBxxIBxIBIDLUD反证设有特征值由方程组有非零解于是有11det()det(()(1))0,,det()0det(()(1))0DLDLUDAADLDLUD上式可改写为已知严格对角占优的对角元非零故，只有det((1))0det()011DLUDLU设22,1,1abiab22222221212(1)abababaaa22222222222222222()(1)2(1)(1)()2(1)(1)(1)()1(1)abaababaababab即11又111(),11,det()0,111,()1,ADLUDLUBB由严格对角占优可推出也严格对角占优是非奇异阵应有，与所设矛盾故的特征值即所以SOR法当01时是收敛的。27.设有方程组1233204.523-150-120.5xxx（1）写出用SOR方法求解的分量计算式；（2）求出最佳松弛因子22/(11())optJB；并用opt计算两步，取(0)(0,0,0)Tx。解：（1）SOR法(1)()()()1112(1)()(1)()()22123(1)()()()3323(4.532)3(523)3(0.52)2kkkkkkkkkkkkkxxxxxxxxxxxxx（2）2()0.7817,2/(11())1.6970JoptJBB(1)(2)2.54550.8295-0.0515,2.14110.38051.9757xx