數(shù)值分析解答

1、數(shù)值分析思考與練習(xí)（提示、解答）（僅供參考）Ch12、解：（1）由 易得：，有3位有效數(shù)字（2） 易得：，有3位有效數(shù)字4、解：（1）由，而 則（2）5、解：完全仿教材上例題推算和討論Ch21、解：見教材例題上方法求解。答2、解：見教材例題上方法求解。3、解：（1） （2） 4、證明：提示用數(shù)學(xué)歸納法推證是較佳方法。（1）=（2）=5、解：（1）由A能進(jìn)行喬氏分解，必有A為正定的，即：，且，顯然（2）當(dāng)時(shí)，有 由（L LT） =b有： ，= 且 =從而可解x3、x2和x1。6、解：（1）追趕法的實(shí)質(zhì)以分解為基礎(chǔ)。A=另知：,L=，U=（2） 有：= 進(jìn)一步有： 7、解：（1）由A=，有取，有而

2、 （2）由上計(jì)算的條件數(shù)知，方程組是病態(tài)的。對(duì)計(jì)算結(jié)果知，殘量小，但誤差很大；對(duì)計(jì)算結(jié)果表明，殘量大，誤差也大，但比前者小。8、解：（1）由，有正規(guī)方程組： （2）求解正規(guī)方程組可得：Ch31、解：用教材上的例題方法求解即可。2、解：（1）Jacobi迭代法： （2）GaussSeided迭代法：（3）SOR法：（=1.46） （4）對(duì)上述方法取，可計(jì)算求解。（精確103）3、解：（1）從迭代矩陣的譜半徑問題入手當(dāng)時(shí)，有又由解之：（2），Jacobi迭代收斂： 4、解：（1）由知：， 而得： （2），Jacobi 迭代收斂 即有： 5、解：見教材例子。6、解：（1）Jacobi迭代： （k=0

3、，1，2） Seided迭代： （k=0，1，2，）（2） Jacobi迭代 又GaussSeidel迭代 即有：（3）要使上述方法均收斂，取7、解：（1）Jacobi迭代： 迭代陣為由，Jacobi迭代收斂取，則，故取14次。（2）GaussSecdel迭代：迭代為，GS迭代必收斂取，則，故取11次。Ch51、解：（1），（2）3、解：（1）因where令，有：（而） 故（2）因（二項(xiàng)展開） 由得： 4、解：（1）由前向后差分表為一階二階三階11（2）令： （向前）令： （向后）5、解：見教材基本公式及性質(zhì)有（ 差商 ）（1） （2）Ch71、解：由基本公式可得：2、解：參見教材例題可求其解

4、。3、解：由復(fù)化公式知：（1）（2）4、解：見教材例題可求其代數(shù)精度。5、解：（3），具有2次代數(shù)精度。6、解：（1）不是Gauss型，（2）不是Gauss型，（3）是Gauss型求積公式。Ch81、解：（1）設(shè) 在0，1上有：，異號(hào)，當(dāng)時(shí)，即在0，1上遞增，有唯一解（有實(shí)根）（2）迭代次數(shù)（對(duì)分法） ，故：14次2、解：（1）令：，有 （2）令：，有 （3）令：，有 迭代收斂，且比第一種快。（4）由，取有、只要即可。4、解：（1）令：，有 從而有（2）當(dāng)，有當(dāng)，有5、解：（提示）令： Neuton選代整式為： 選適當(dāng)初值，經(jīng)過34次選代計(jì)量可達(dá)到6、解：（1）因?yàn)榈母O(shè)： 而 由Neuto

5、n公式知： 從而有： 由：（2）7、解：（1）設(shè)，即有根由知：（2）易知：，且有： 從而可知是單根。（3）而8、解：（1）由非線性Nanton方程組求解可知： （*） 設(shè)，在（*）中， ，（）有（2）由（*）可具體計(jì)算 從出發(fā)，計(jì)算有， （3），再從出發(fā)可計(jì)算得（近似解）9題、10題均類似求解。Ch91、解：（1）由于，結(jié)合Enler公式法有： 取h=0.1，N=10，精確解為（2）計(jì)算如下：0.11.10001.09540.61.50901.48320.21.19181.18320.71.58031.54920.31.27741.26490.81.64981.61250.41.35821.34160.91.71781.67330.51.43511.41421.01.78481.7321 與精確解相比較，可體現(xiàn)數(shù)值解的特點(diǎn)。2、試分別對(duì)下問題 ，。用改進(jìn)Ender公式、