1、二1 求A的LU分解，并利用分解結果求解 由緊湊格式故 從而 故2 求證：非奇異矩陣不一定有LU分解證明 設非奇異，要說明A不一定能做LU分解，只需舉出一個反例即可。現考慮矩陣，顯然A為非奇異矩陣。若A有LU分解，則故，而，顯然不能同時成立。這矛盾說明A不能做LU分解，故只假定A非奇異并不能保證A能做LU分解，只有在A的前階順序主子式時才能保證A一定有LU分解。3 用追趕法求解如下的三對角方程組解 設有分解由公式其中分別是系數矩陣的主對角線元素及其下邊和上邊的次對角線元素，故有從而有故 ，故 ，4 設A是任一階對稱正定矩陣，證明是一種向量范數證明 （1）因A正定對稱，故當時，而當時，（2）對任

2、何實數，有（3）因A正定，故有分解，則故對任意向量和，總有綜上可知，是一種向量范數。5 設，已知方程組的精確解為（1）計算條件數；（2）若近似解，計算剩余；（3）利用事后誤差估計式計算不等式右端，并與不等式左邊比較，此結果說明了什么？解 （1）（2）（3）由事后誤差估計式，右端為而左端 這表明當A為病態矩陣時，盡管剩余很小，誤差估計仍然較大。因此，當A病態時，用大小作為檢驗解的準確度是不可靠的。6 矩陣第一行乘以一數成為，證明當時，有最小值證明 設，則又 故 從而當時，即時，有最小值，且7 討論用雅可比法和高斯-賽德爾法解方程組時的收斂性。如果收斂，比較哪一種方法收斂較快，其中 解 對雅可比方

3、法，迭代矩陣 ，故雅可比法收斂。對高斯-賽德爾法，迭代矩陣，故高斯-賽德爾法收斂。因=故高斯-賽德爾法較雅可比法收斂快。8 設，求解方程組，求雅可比迭代法與高斯-賽德爾迭代法收斂的充要條件。解 雅可比法的迭代矩陣 ，故雅可比法收斂的充要條件是。高斯-賽德爾法的迭代矩陣，故高斯-賽德爾法收斂的充要條件是。9 設求解方程組的雅可比迭代格式為，其中，求證：若，則相應的高斯-賽德爾法收斂。證明 由于是雅可比法的迭代矩陣，故 又，故，即，故故系數矩陣A按行嚴格對角占優，從而高斯-賽德爾法收斂。10 設A為對稱正定矩陣，考慮迭代格式求證：（1）對任意初始向量， 收斂； （2）收斂到的解。證明 （1）所給格

4、式可化為這里存在是因為，由A對稱正定，故也對稱正定。設迭代矩陣的特征值為，為相應的特征向量，則與做內積，有因正定，故，從而，格式收斂。（2） 設收斂到，則即，即收斂到的解。三1 設且求證：證明 以和為插值節點建立的不超過一次的插值多項式應用插值余項公式有 2 求一個次數不高于4次的多項式，使它滿足解法一（待定參數法） 滿足的Hermite插值多項式為設，令得于是解法二（帶重節點的Newton插值法） 建立如下差商表這樣可以寫出Newton插值公式 3 設，在上取，按等距節點求分段線性插值函數，計算各節點間中點處與的值，并估計誤差解 步長，在區間上的線性插值函數 分段線性插值函數定義如下， 各區

5、間中點的函數值及插值函數值如表所示估計誤差：在區間上 而令得的駐點，于是故有結論， 右端與無關，于是有， 四1 確定參數和，使得積分取得最小值，并計算該最小值解 本題實質上是求，關于權函數的二次最佳平方逼近多項式選切比雪夫多項式為基函數進行計算：于是得的二次最佳平方逼近多項式 進而有參數最小值就是平方誤差： 2 對彗星1968Tentax的移動在某個極坐標系下有如表所示的觀察數據                  &

6、#160;    假設忽略來自行星的干擾，坐標應滿足其中為參數，為離心率，試用最小二乘法擬合和，并給出平方誤差解 由于關于參數和是非線性的，變形為，這樣有下表的數據記，得擬合模型求解法方程組得 進而有，擬合方程為平方誤差為3 求函數在指定區間上關于的最佳平方逼近多項式解 對做線性變換，即利用勒讓德正交多項式為基建立的一次最佳平方逼近多項式的最佳平方逼近為五1 確定中的待定參數，使其代數精確度盡量高，并指明求積公式所具有的代數精確度。解 令，代入公式兩端并令其相等，得解得 令，得令，得故求積公式具有3次代數精確度。2 計算積分，若復化梯形公式，問區間應分多

7、少等份才能使截斷誤差不超過 ？若改用復化辛普森公式，要達到同樣精確度，區間應分多少等份？解 由于，故對復化梯形公式，要求即 。取，即將區間分為213等份時，用復化梯形公式計算，截斷誤差不超過。用復化辛普森公式，要求即。取，即將區間等分為8等份時，復化辛普森公式可達精度。3 確定求積公式中的系數，使代數精確度盡量高，并給出的表達式。公式中。解 這是一個帶權的且帶導數值的求積公式。為了積分方便，設該求積公式對準確成立，得化簡得解得又因為故求積公式具有3次代數精確度。下面估計求積公式的余項。設在上三次插值多項式為，即滿足。因前述求積公式具有3次代數精確度，故它對于是準確成立的，且因此有注意到在上不變

8、號，故余項4 已知。（1）推導以這3個點作為求積節點在上的插值型求積公式；（2）指明求積公式所具有的代數精確度；（3）用所求公式計算。解 （1）過這3個點的插值多項式故其中故所求的插值型求積公式為（2）上述求積公式是由二次插值函數積分而來，故至少具有2次代數精確度。再將代入上述求積公式，有故上述求積公式具有3次代數精確度。（3）由于該求積公式具有3次代數精確度，從而為的精確度。5設。求證：（1）（2）（提示：直接使用泰勒展開即可得證）七1 對于迭代函數，試討論：（1） 當為何值時，產生的序列收斂于；（2） 取何值時收斂最快？（3） 分別取計算的不動點，要求解 （1），根據定理7.3，當，亦即時

9、迭代收斂。（2）由定理7.4知，當，即時迭代至少是二階收斂的，收斂最快。（3）分別取，并取，迭代計算結果如表7-4所示。01612131.21.481.4133695861.4142093031.414215327012341.21.3979898991.4141205051.4142135591.414213562此時都達到。事實上，2（牛頓迭代法收斂性定理）設在上具有二階連續導數，且滿足條件（1）；（2）在上；（3）滿足。則由牛頓迭代法產生的序列單調收斂于在內的唯一實根，并且是平方收斂的。證明 因在上連續，由條件（1）知，方程在內有根。又由條件（2）知在上恒正或恒負，所以在上嚴格單調，因而是在內的唯一實根。條件（1）（2）共有四種情形：（1）（2）（3）（4）僅就（1）進行定理證明，其余三種情況證明方法類似。由，可知，再由知單增且。又由牛頓迭代法知由臺勞展開的其中介于，之間。利用得由以及前面證明的有一般地，設，則必有且再由臺勞及，得根據歸納法原理數列單調下降有下界，因此有極限。設，對迭代式兩端取的極限，并利用，的連續性知即。由上述證明知，有關系式，即對于單根，牛頓迭代法是平方收斂的。3 給定函數，