数值分析课后习题答案学习教案.pptx

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1、会计学1数值分析课后习题数值分析课后习题(xt)答案答案第一页，共73页。1/2的相对误差(xin du w ch)小于0.01%,试问应取几位有效数字?解 因为(yn wi)101/2=3.162=0.316210,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=0.5101-n/3.1620.5101-n/30.01%因此(ync)只需n=5.即取101/2 解解 x1=28+27.982=55.982,x2=1/x1 x2-56x+1=0的两个根,使它们至少具有四位有效数字 第1页/共73页第二页，共73页。2-2(1).用列主元Gauss消元法解方程组 解解 二二二

2、二.习题习题习题习题(xt)2 (xt)2 (第第第第5050页页页页)回代得解:x3=1,x2=-1,x1=0第2页/共73页第三页，共73页。2-3(1).对矩阵A进行LU分解(fnji),并求解方程组Ax=b,其中 解解 ，所以(suy)第3页/共73页第四页，共73页。A进行LDM分解(fnji)和Crout分解(fnji)，其中 解解 第4页/共73页第五页，共73页。A进行LDLT分解(fnji)和GGT分解(fnji)，并求解方程组Ax=b，其中 解解 第5页/共73页第六页，共73页。2-6(1).给定(i dn)方程组 a.用Cramer法则求其精确解.b.用Gauss消元法

3、和列主元Gauss消元法求解,并比较(bjio)结果.(用两位浮点计算).解解 b.用Gauss消元法第6页/共73页第七页，共73页。2-8.用追赶(zhugn)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.第7页/共73页第八页，共73页。解解第8页/共73页第九页，共73页。2-10.证明(zhngmng)下列不等式:(1)x-yx-z+z-y;(2)|x-y|x-y;证明(zhngmng)(1)x-y=(x-z)+(z-y)x-z+z-y (2)因为(yn wi)x=(x-y)+yx-y+y 所以 x-yx-y,同理可证 y-xx-y 于是

4、有|x-y|x-y.第9页/共73页第十页，共73页。为一向量范数,P为非奇异矩阵,定义(dngy)xp=Px,证明xp 也是一种向量范数.证明(zhngmng)(1)xp=Px0,而且Px=0Px=0 x=0 (3)x x+y yp=P P(x+yx+y)=Px+PyPx+PyPxPx+PyPy=x xp+y yp (2)x xp=P P(x x)=PxPx=|PxPx=|x xp所以xp是一种(y zhn)向量范数.A为对称正定矩阵,定义x xA=,证明A是一种向量范数.证明证明 由Cholesky分解有A=GGA=GGT T,所以x xA=GTx2,由上题结果知x xA是一向量范数.第1

5、0页/共73页第十一页，共73页。,求证(qizhng):证明 (1)因为(yn wi)A=AEAE,所以E1.(2)1E E=AAAA-1-1A A A A-1-1,故 2-17.证明:(1)如果(rgu)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.证明证明 (1)A正交,则ATA=AAT=E,Cond2(A)=A A2A A-1-12=1.(2)A对称正定,ATA=A2,A A2=1.A A-1-12=1/n.(3)A A-1-1-B-B-1-1=A A-1-1(B-A)B(B-A)B-1-1A A-1-1

6、B B-1-1A-BA-B第11页/共73页第十二页，共73页。三三三三.习题习题习题习题(xt)3(xt)3(第第第第7575页页页页)Ax=bAx=b的J迭代法和G-S 解 (1)J迭代(di di)法的迭代(di di)矩阵为 得(2+5/4)=0,即1=0,2=,3=,故(B)=所以(suy)J迭代法不收敛.第12页/共73页第十三页，共73页。(2)类似(li s)可得(B)=0,(G)=2,故J迭代法收敛,G-S迭代法不收敛.所以(suy),(G)=1/2,故G-S迭代法收敛.G-S迭代(di di)法的迭代(di di)矩阵为:,得(2+1)2=0,故(G)=1/2.第13页/共

7、73页第十四页，共73页。J迭代法和G-S迭代法求解(qi ji)方程组J迭代法有x(1)=(1.2,1.5,2)T,x x(1)(1)-x-x(0)(0)=2取初始近似(jn s)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(di di)法和G-S迭代(di di)法的迭代(di di)矩阵分别为 G-S迭代法有x(1)=(1.2,1.35,2.11)T,x x(1)(1)-x-x(0)(0)B B=1/3=0.33333,G G第14页/共73页第十五页，共73页。易得:(B)=|,(G)=2.故当|1,(G G)=31.第17页/共73页第十八

8、页，共73页。SOR方法(fngf)的收敛性.解 直接可验证系数(xsh)矩阵A是负定矩阵,所以-A是对称正定矩阵,故当00,(1)=-sin10,故方程在0,1内有根,又(x)=-1-cosx0,x0,1,所以(suy)方程在0,1内仅有一个根.可见,需要计算14步.由于 ,所以 ex+10 x-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.第20页/共73页第二十一页，共73页。解解 (1)(1)由 (2)迭代(di di)法的迭代(di di)函数为(x)=(2-ex)/10,|(x)|=ex/10e/101,取L=e/10,且x

9、1=0.1,由 k3/log2=9.97,所以(suy)需要计算10步.,可得所以(suy),只需迭代5步.可得 若取L=e/10,可得k2.46,所以只需迭代3次.(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.第21页/共73页第二十二页，共73页。证明 因为对任意x0,都有x1=cosx0-1,1,所以(suy)只需证明迭代式在区间-1,1收敛.因为(yn wi)(x)=cosx连续可导,|(x)|=|sinx|sin11,所以(x)是区间-1,1上的压缩映射,因此结论成立.这里(zhl)迭代函数(x)=解解 记(x)=x3+2x-

10、5C0,2,且(0)=-50,所以方程在区间0,2内有根,建立迭代格式 4-5.4-5.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x00,2都收敛,并说明理由.,由于 第22页/共73页第二十三页，共73页。01(x)所以(x)是区间0,2上的压缩映射,故迭代(di di)式收敛.证明(zhngmng)这里(x)=x-(x),由于对任意(0,2/M)均收敛(shulin)于(x)=0的根.4-7.4-7.给定函数(x),设对一切x,(x)存在且0m(x)M,证明对任意(0,2/M),迭代式 2,x0,2 且|(x)|=2/31,x0,2 -1=1-

11、2(x)=1-(x)1所以|()|1,试问(shwn)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,并求在附近的根.由于|-1(x)|=1/|(x)|1/k 0),分别导出求 的迭代公式,并求 第25页/共73页第二十六页，共73页。由于(yuy)解解 迭代迭代(di di)(di di)格式分别为格式分别为 所以(suy)对(1)有 4-13.4-13.证明迭代公式：xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a),k=0,1,2,是求 ,对(2)有 证明证明 设 的三阶方法.,则有:=(2+3a)/(32+a)故 2=a,即第26页/共73页第二十七页，共73页。又

12、由于(yuy)所以(suy)有因此(ync)是三阶方法.第27页/共73页第二十八页，共73页。五五五五.习题习题习题习题(xt)5(xt)5(第第第第131131页页页页)Gerschgorin圆盘定理估计下列(xili)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(dl)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,7311.0.811.2,1.622.4,2.73 A第28页/共73页第二十九页，共73页。解解 用幂法求A的按模最大特征值,

13、计算公式为:v v(k)=AuAu(k-1)k=max(v v(k)u u(k)=v v(k)/k,k=1,2,.取初值u(0)=(1,1,1)T,计算结果如下(rxi):取17=19.301 k01234567u1(k)11111111u2(k)10.51850.71270.64870.67480.66590.66930.6681u3(k)10.37040.50110.43660.45630.44820.45100.4499k2717.148220.135818.979819.398419.244619.301第29页/共73页第三十页，共73页。解解 用反幂法求A A的按模最小特征值,计算

14、公式为:AvAv(k)=u u(k-1)k=max(v v(k)u u(k)=v v(k)/k,k=1,2,.取初值u(0)=(1,1,1)T,计算结果如下(rxi):k01234567u1(k)11-0.1318-0.6500-0.1902-0.3689-0.0590-0.2550u2(k)1-0.18920.14931-0.33231-0.58111u3(k)10.21621-0.39691-0.69171-0.9204k0.11310.1204-0.1353-0.2192-0.1659-0.2225-0.1724k89101112131415u1(k)-0.02920.19750.061

15、70.15640.09160.13550.10580.1259u2(k)-0.7168-0.9940-0.7713-0.9089-0.8119-0.8765-0.8319-0.8618u3(k)11111111k-0.23300.17940.23450.19380.21970.20160.21370.2054取n1/15=4.8686 第30页/共73页第三十一页，共73页。5-7.利用带位移(wiy)的反幂法计算矩阵的特征值.解 作位移(wiy)矩阵B=A-7E,建立计算公式:BvBv(k)=u u(k-1)k=max(v v(k)u u(k)=v v(k)/k,k=1,2,.取初值u(0)

16、=(1,1,1)T,计算结果如下(rxi):k01234567u1(k)11111111u2(k)10.750.72220.71620.71480.71440.71430.7143u3(k)1-0.4-0.8044-0.9403-0.9828-0.9951-0.99870.9998k-2-1.125-1.0278-1.0067-1.0018-1.0004-1.0000取7+1/7=6 第31页/共73页第三十二页，共73页。5-9(2)利用Jacobi方法(fngf)求矩阵A的所有特征值，其中 解解 记取p=1，q=2，则有 cos=(1+t2)-1/2=0.7071,sin=tcos0.70

17、71 第32页/共73页第三十三页，共73页。类似(li s)地有所以(suy)取 17.37228,2 H=E-2xxT,向量(xingling)x满足xTx=1,证明:(1)H为对称矩阵,即H HT T=H=H;(2)H为正交矩阵,即H HT TH=EH=E;(3)H为对合矩阵,即H H2 2=E=E.第33页/共73页第三十四页，共73页。证明(zhngmng)(1)因为HT=(E-2xxT)T=E-2xxT=H,故H对称.x=1,-1,2时,(x)分别(fnbi)为0,-3,4,求(x)的二次插值多项式p2(x).(2)因为(yn wi)HTH=(E-2xxT)T(E-2xxT)=E-

18、4xxT+4xxTxxT=E,故H正定.(3)由(1)和(2)即得,H H是对合矩阵.六六六六.习题习题习题习题6(6(第第第第180180页页页页)解法一解法一.基函数法:p2(x)=l0(x)y0+l1(x)y1+l2(x)y2=-3l1(x)+4l2(x)第34页/共73页第三十五页，共73页。l2(x)是以xk=x0+kh,k=0,1,2,3为插值节点(ji din)的3次插值基函数,求 解法(ji f)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(suy)p2

19、(x)=1/6(x-1)(5x+14)第35页/共73页第三十六页，共73页。l0(x),l1(x),ln(x)是以x0,x1,xn为节点(ji din)的n次Lagrange插值基函数,求证:解解 证明(zhngmng)(1)记(x)=xk,则yj=(xj)=xjk,j=0,1,n.于是第36页/共73页第三十七页，共73页。(x)C2a,b,且(a)=(b)=0,证明(zhngmng)证明(zhngmng)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(ysh)取t=x,则有其中,|(x)|=|(x

20、)-L1(x)|第37页/共73页第三十八页，共73页。y=的近似值,并由误差公式给出误差界,同时与实际(shj)误差作比较.解 由二次Lagrange插值得(zh d):在x=100,121,144点的函数(hnsh)值,用插值方法求 实际误差：第38页/共73页第三十九页，共73页。6-8.(x)=x5+4x4+3x+1,求差商20,21,25和20,21,26.解解 20,21,25=20,21,26=0 (x)=x5+x3+1,取x0=-1,x1=-0.8,x2=0,x3=0.5,x4=1,作出(x)关于(guny)x0,x1,x2,x3,x4的差商表,给出(x)关于(guny)x0,

21、x1,x2,x3的Newton插值多项式,并给出插值误差.解解 差商表为 xk(xk)一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商x0=-1x1=-0.8x2=0 x3=0.5x4=1-10.1603211.1562535.80161.04960.31253.6875-4.752-0.5673.3752.792.19-0.3第39页/共73页第四十页，共73页。Newton插值多项式为:|R3(x)|=|-1,-0.8,0,0.5,x(x+1)(x+0.8)x(x-0.5)|(x)=x4+2x3+5,在区间(q jin)-3,2上,对节点x0=-3,x1=-1,x2=1,x3=2,求出(x)的分段三次He

22、rmite插值多项式在每个小区间(q jin)xi,xi+1上的表达式及误差公式.解解 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)=320(x)+41(x)-540(x)+21(x)令0(x)=(x+1)2(ax+b),可得a=1/4,b=1,所以(suy)0(x)=(x+1)2(x+4)/4第40页/共73页第四十一页，共73页。同理可得:0(x)=(x+3)(x+1)2/4 1(x)=-(

23、x+3)2x/4 1(x)=(x+3)2(x+1)/4 H3(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(suy)有误差(wch)为 R(x)=(x+3)2(x+1)2类似(li s)地,在区间-1,1上有 H3(x)=2x3+2x2+4 R(x)=(x+1)2(x-1)2第41页/共73页第四十二页，共73页。H3(x)=写到一起(yq)就是 R(x)=在区间(q jin)1,2上有 H3(x)=8x3-13x2+12x+1 R(x)=(x-1)2(x-2)2 -6x3-22x2-24x-

24、4 ,-3x-1 2x3+2x2+4 ,-1x1 8x3-13x2+12x+1 ,1x2 (x+3)2(x+1)2 ,-3x-1 (x+1)2(x-1)2 ,-1x1 (x-1)2(x-2)2 ,1x2 6-12.确定(qudng)a，b，c使函数第42页/共73页第四十三页，共73页。是一个(y)三次样条函数。解 因为(yn wi)S(x)是分段三次多项式,故只需S(x)C20,3 由 1=S(1-0)=S(1+0)=c,得 c=1所以(suy),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=

25、S(1-0)=S(1+0)=2a,得 a=3是一个三次样条函数,且S(2)=12.解解 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.第43页/共73页第四十四页，共73页。6-19.给出函数(hnsh)表 解 线性拟合(n h),即形如y=a+bx 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 xi-1-0.500.25 0.751yi0.220.822.53.84.2试分别(

26、fnbi)作出线性,二次曲线拟合,并给出最佳均方误差.a+2.875b=7.055 解得:所以,线性拟合曲线为:最佳均方误差为:*2第44页/共73页第四十五页，共73页。二次拟合(n h),即形如y=a+bx+cx2 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=13.52 a+2.875b+0.3125c=7.055 解得:a=1.94448,b=2.0851,c=0.28191.二次拟合(

27、n h)曲线为:2.最佳(zu ji)均方误差为:*2=0.06943.a+0.3125b+2.3828125c=6.91375 6-20.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.第45页/共73页第四十六页，共73页。解 这里基函数为0(x)=1,1(x)=x2,构造(guzo)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=271.3 4972a+6378484b=343237.5 解得:a=3.33339,b=0.0512

28、13.所求拟合(n h)曲线为:2.最佳(zu ji)均方误差为:*2xi1925313344yi1932.24973.397.8 6-22.用最小二乘法求下列方程组的近似解:第46页/共73页第四十七页，共73页。解解 记G(x,y)=(2x+4y-11)2+(3x-5y-3)2+(x+2y-6)2+(4x+2y-14)2 就是(jish)求G(x,y)的最小值,令解得:第47页/共73页第四十八页，共73页。7-1.建立(jinl)右矩形和左矩形求积公式,并导出误差式.七七七七.习题习题习题习题(xt)7(xt)7(第第第第213213页页页页)解法.右矩形(jxng)公式为：由于(x)-

29、(a)=(x)(x-a),(x)-(b)=(x)(x-b)左矩形公式为：所以有 第48页/共73页第四十九页，共73页。7-2.说明中矩形公式(gngsh)的几何意义,并证明 证明(zhngmng)由Taylor展开式有所以(suy)有 (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.证明证明 因为(x)0,所以y=(x)是凹函数,故结论成立.第49页/共73页第五十页，共73页。7-5.确定(qudng)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(jngqu)成立,则有 解得:A-1=A1=h/3,A0=4

30、h/3.A-1+A0+A1=2h -hA-1+hA1=0 h2A-1+h2A1=2h3/3求积公式(gngsh)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.第50页/共73页第五十一页，共73页。解 令公式对(x)=1,x,x2都精确(jngqu)成立,则有 解得:2=2 2x1+3x2-1=0 2x12+3x22+1=2求积公式(gngsh)为:(x)=x3时,公式都不精确成立(chngl),故代数精度为2.解解 当(x)=1时,左=h，右=h，对所有都成立。第51页/共73页第五十二页，共73页。(x

31、)=x时有左=右=h2/2，对所有(suyu)都成立。故公式(gngsh)的代数精度为3.解 令公式对(x)=1,x精确(jngqu)成立,则有 (x)=x2时,左=h3/3,右=h3/2-2h3，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=2/3 A0 x0=0 解得A0=2/3,x0=0.所以公式为 ,其代数精度为1.第52页/共73页第五十三页，共73页。解 因为(yn wi)|(lnx)|=1/x21,|(lnx)(4)|=6/x46 要|I-Tn|9

32、.13,故取n=10.IS2 导出两点Gauss型求积公式(gngsh).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|1.201,故取n=2.解解 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：第53页/共73页第五十四页，共73页。再令公式(gngsh)对(x)=1,x精确成立,可得 A1+A2=1,A1x1+A2x2=1/4,由此解出所以(suy)两点Gauss型

33、求积公式为:两点Gauss型求积公式计算(j sun)下列积分的近似值.解解 两点Gauss-Legendre求积公式为:第54页/共73页第五十五页，共73页。所以(suy)有 解 两点Gauss-Laguerre求积公式(gngsh)为:A1=0.8535533905,A2=0.1464466094,x1=0.5858864376,x2=3.4142135623,所以(suy)有第55页/共73页第五十六页，共73页。所以(suy)有 解 两点Gauss-Laguerre求积公式(gngsh)为:A1=A2=0.0.8862269254,-x1=x2=0.7071067811 所以(suy

34、)有 解解 两点Gauss-Hermit求积公式为:下列数值微分公式：第56页/共73页第五十七页，共73页。其中(qzhng)，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(zhngmng)(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

35、)(x1)+(2x-x0-x1)(x2)/2h2+R2(x)(x0)=-3(x0)+4(x1)-(x2)/2h+h2 ()/3第57页/共73页第五十八页，共73页。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(jngqu)成立.构造(guzo)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(ysh)有 R2(x1)=(x1)-p3(x1)=(4)()(-2h2)/4!=-(4)()h2/12

36、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 第58页/共73页第五十九页，共73页。(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 ()/3八八八八.习题习题习题习题(xt)8(xt)8(第第第第25

37、0250页页页页)R-K方法(fngf)求解初值问题 y+y=0，00,证明如下方法(fngf)的绝对稳定性条件 证明(zhngmng)(1)改进Euler公式为：(1)改进(gijn)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：第65页/共73页第六十六页，共73页。故四阶标准R-K方法(fngf)的绝对稳定条件为 的局部(jb)截断误差主项和阶.解解 第66页/共73页第六十七页，共73页。所以(suy)有 又因为(yn wi)所以(suy)因此,公式的局部截断误差主项为 公式为二阶方法.第67页/共73页第六十八页，共73页

38、。,0,1,使两步方法(fngf)的局部(jb)截断误差阶尽可能的高,并写出局部(jb)截断误差主项.解解 所以(suy)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 第68页/共73页第六十九页，共73页。y=(x,y)沿区间(q jin)xn-1,xn+1积分得 解 Simpson求积公式(gngsh)为试用(shyng)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.第69页/共73页第七十页，共73页。设函数(x)=x2-sinx-1 (1)试证方程(x)=0有唯一正根;

39、(2)构造一种收敛的迭代(di di)格式xk=(xk),k=0,1,2,计算精度为=10-2的近似根;(3)此迭代(di di)法的收敛阶是多少?说明之.解(1)因为0 x1时,(x)0,所以(x)仅在(1,2)内有零点(ln din),而当1x0,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(guzo)迭代格式:由于|(x)|=|1,故此迭代法收敛.课堂练习课堂练习第70页/共73页第七十一页，共73页。取初值x0=1.5,计算得x1=1.41333,x2=1.40983,由于(yuy)|x2-x1|=0.003510-2,故可取根的近似值x2=1.40983.0 (3)因为(yn wi)0/2,所以()故,此迭代法线性收敛(shulin)(收敛(shulin)阶为1).第71页/共73页第七十二页，共73页。课间休息课间休息第72页/共73页第七十三页，共73页。