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数值分析1绪论习题课绪论与非线性方程求根习题课 一、假设x1=4.8675,x2=4.08675,x3=0.08675是由四舍五入得到的近似数，求下列各近似数的误差限 1x1+x2+x3；2. x1x2; 3.x1x2 111-5-5-4e(x)£´10e(x)£´10Qe(x)£´10解：,22,32 121、e(x1+x2+x3)=e(x1)+e(x2)+e(x3) £e(x1)+e(x2)+e(x3) 111-4-5£´10+´10+´10-5=6´10-5 2222由e(x1x2)»x2e(x1)+x1e(x2)得 e(x1x2)»x2e(x1)+x1e(x2) £x2e(x1)+x1e(x2)11-4-5-4 £4.08675´´10+4.8675´´10=2.28675´1022x11x13e(x2)»x2e(x1)-x22e(x2) x11£e(x1)+2e(x2)x2x2114.86751-4-5-5£´´10+´´10£1.3692´104.0867524.0867522e*x*-x二、.说明把相对误差的计算公式er=x=x用公式e*x*-xer=*=来代替的合理性，并指出这种替代的条*xx件。 证明： x*-xx*-x11*(x*-x)2er-er=-*=(-*)(x-x)=xxxxxx* 因而 22x-x2xx1erer-er=(*)×=er×*=er×=e(x)1-erxxx-e(x)1-*x*2或 x*-x2xx2er-er=×*=er×xxx+e(x)2e1=er2×=re(x)1+er1+x说明只要er<1或er<1就可以替换。 三、设n次多项式 Pn(x)=anxn+an-1xn-1+×××+a1x+a0 试构造一个计算Pn(x)的算法，使其计算量尽可能小。 四、设y0=28,按递推公式 1yn=yn-1-783,n=1,2,××× 100计算到y100，取783»27.982，试问计算到y100将有多大误差？ 解 y0=28ìï1íyn=yn-1-783n=1,2,×× ï100î*ìy0=28ïí*1*´27.982,ïyn=yn-1-100în=1,2,××× *e=y-y记n和相减，得 nn，e0=0ìïíe=e-1´(783-27.982),nn-1ï100în=1,2,××× 递推可得 nen=-(783-27.982),100因而 e100=-(783-27.982)e100£1´10-32n=1,2,××× 非线性方程求根 é1ù,1ú，由不动一、证明：对任意初始值x0Îêë3û点迭代xk+1=2-xk，k=0,1,2,产生的序ëûé1ù-xx列k都收敛于方程x=2在ê3,1ú的唯一根p。 若要求p的近似值的误差不超过102，试估计迭代次数。 -xk-xx=jx=2jx=2()()解：由k+1知迭代函数 k-4对xÎ1/3,1，有 j(x)Îéëj(1),j(1/3)ùû=0.5,0.7937Ì1/3,1 另外有 j¢(x)=-2-xln2£2-1/3ln2=0.5501<1 由定理得本题证明部分。 -4x为使解p的近似值k的误差不超过10，根据误差估计式： Lkxk-p£x1-x0, 1-LLk-4x-x<10令 1-L10，得k应取为 x1-x0-4ln10-ln1-L»11.22k> lnL取k=12可使近似解的误差不超过10 二、证明： 设j(x)在a,b上连续可微，且0<j¢(x)<1，*x¹xxÎa,bx=j(x)在a,b上有根x，0，但0，*-4则由 xk+1=j(xk),k=0,1,2. *产生的迭代序列xk单调收敛于x。 *x=jxx=jxa,b()x()，证明：因为在上有根，故有*x设<x0£b，则由 *x1-x*=j(x0)-j(x*)=j¢(x0)x0-x ()及0<j¢(x)<1知 0<x1-x<x0-x 于是 *x*<x1<x0 同理可得x<x2<x1,L,x<xk+1<xkxk存在，记为x。 单调下降并以x*为下界，所以limk®¥*¥x，因而kk=0 由0<j¢(x)<1知方程在a,b内的根是唯一的，显然有xk=x* x=x*。所以 limk®¥ 三、设函数f(x)的导数满足0<m£f'(x)£M，x任意，且f(x)=0的根存在，证明： 任取lÎ(0,2)，迭代格式xk+1M=xk-lf(xk) *xx对任意初值0均收敛于f(x)=0的根。 证明：由题意可取定义域为R。 由于f'(x)>0，f(x)为单调函数，又f(x)=0的*f(x)=0x根存在，所以方程的根是唯一的。 由迭代格式xk+1=xk-lf(xk)可以得到迭代函数 j(x)=x-lf(x)和|j'(x)|=|1-lf'(x)|。 又0<m£f(x)£M及0<l<'2得 M0<lm£lf'(x)£lM<2 所以有 -1<1-lM£1-lf'(x)£1-lm<1 故 |j'(x)|£L=max|1-lm|,|1-lM|<1 此外，显然有"xÎRÞj(x)ÎR 由定理知迭代 xk=xk-1-lf(xk-1)=j(xk-1) 对任意初值x0均收敛于f(x)=0的根x*。 四、设f(x)=(x3-a)2,a>0 (1)写出解方程f(x)=0的Newton迭代公式； (2)证明迭代格式是收敛的。 解：(1) Qf(x)=(x3-a)2，f'(x)=6x2(x3-a) 有Newton迭代公式 xk+1 (2) 3xk-aQxk+1=xk-26xk3xf(xk)k-a=xk-=xk-26xkf'(xk)k=0,1,LL2, 令 x3-aj(x)=x-6x2 *3f(x)=0x=a>0x因为是的根，必存在的某个5a邻域，使j(x)连续可微。由 j'(x)=6-3x3，显然 |j'(x*)|=1<1 2根据定理可知：存在d>0，只要初值x0满足|x-x*|<d，迭代序列xk就收敛于x*。 得证。 1因为j'(x)=2¹0，是线性收敛。 *
