数值分析6
数值分析6-用SOR方法求解线性方程组
程序 clear;clc; A=[4,3,0;3,4,-1;0,-1,4]; b=[24,30,-24]'; N=length(b); %解向量的维数 fprintf('库函数计算结果：'); x=inv(A)*b %库函数计算结果 x=[1;1;1];%迭代初始值 %-----(A=D-E-F)-----D=diag(diag(A)); E=-tril(A,-1);%下三角 F=-triu(A,1);%上三角 w=1.5; %松弛因子，一般 0<w<2 B=inv(D-w*E)*[(1-w)*D+w*F];g=w*inv(D-w*E)*b; eps=1e-8;%相邻解的距离小于该数时，结束迭代 %--------开始迭代------for k=1:100 %最大迭代次数为 100 fprintf('第%d 次迭代：',k); y=B*x+g; if abs(x-y)<eps break; end x=y end x
程序结果
当比较松弛因Biblioteka 取 1.0 时当比较松弛因子取 1.25 时
当比较松弛因子取 1.5 时
作业七：编写用 SOR 方法求解线性方程组 Ax=B 的标准程序，并求下 列方程组的解， 并比较松弛因子取 1.0、 1.25、 1.5 时所需迭代的次数。 可取初始向量 X(0) =（1,1,1）’；迭代终止条件||x(k+1)-x(k)||<=10e-8
4 30 ������1 24 3 4 − 1 x2 = 30 0 − 14 x3 −24
数值分析 张铁版 第6章 插值与逼近
(k 0,1, , n)
(6.5)
(6.6)
于是，所求n次插值多项式 Ln ( x) Ln ( x)称为n次LagrangBiblioteka 插值多项式. y l ( x)
k 0 k k
当n=1和n=2时，即为线性插值和抛物插值.
引入记号 n1 ( x) ( x x0 )( x x1 )( x xn ) (6.7) n 1 ( xk ) 则 lk ( x) ,k 0,1, , n 注意：基函数只与节 ( x xk )n 1 ( xk ) 点有关，而与具体的 n n 1 ( x) 被插值函数无关 于是 Ln ( x) yk
定理6.1 给定n 1个互异节点x0 , x1 , xn上的函数值y0 , y1 , yn , 则满足插值条件(6.2)的n次插值多项式Pn ( x)是存在且唯一的.
证：将插值条件P( xi ) yi， 0,1,, n) 分别代入 插值多项式(6.3) (i
a0 a1 x0 a2 x0 2 an x0 n y0 1 x0 2 n a0 a1 x1 a2 x1 an x1 y1 1 x1 a a x a x 2 a x n y 1 xn 2 n n n n 0 1 n
k 0 n
0, i k lk ( xi ) 1, i k
i, k 0,1, , n
(6.4)
由于x0 , , xk 1 , xk 1 , , xn是lk ( x)的零点 所以可设 lk ( x) Ak ( x x0 ) ( x xk 1 )( x xk 1 ) ( x xn )
( x xk )( x xk 1 ) 所以 lk 1 ( x) ( xk 1 xk )( xk 1 xk 1 )
数值分析课后参考答案06
第六章习题解答1、设函数01(),(),,()n x x x φφφ 在[,]a b 上带权()x ρ正交，试证明{}()nj j x φ=是线性无关组。
证明：设0()nj jj l x φ==∑，两端与01()(,,,)kx k n φ= 作内积，由()jx φ的正交性可知，200(),()((),())((),())()()n n b k j j j k j k k k k k a j j x l x l x x l x x l x x dx φφφφφφρφ==⎛⎫==== ⎪⎝⎭∑∑⎰， 于是有001(,,,)k l k n == ，即{}()nj j x φ=是线性无关组。
2、试确定系数,a b 的值使22(()cos )ax b x dx π+-⎰达到最小。
解：定义02,[,]f g C π∈上的内积为20fgdx π⎰，取011(),()x x x ϕϕ==，()s x ax b =+，()cos f x x =，则法方程为0001010111(,)(,)(,)(,)(,)(,)f a f b ϕϕϕϕϕϕϕϕϕϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 其中()2000112,dx ππϕϕ=⨯=⎰，()2201018,xdx ππϕϕ=⨯=⎰，()3211024,x xdx ππϕϕ=⨯=⎰，()2001,cos f xdx πϕ==⎰，()21012,cos f x xdx ππϕ==-⎰，于是方程组为22312812824a b πππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭，解之得1158506644.,.a b ==-。
3、已知函数11()(,)f x x =∈-，试用二类Chebyshev 多项式()n U x 构造此函数的二次最佳平方逼近元。
解：法一、取20121(),(),(),x x x x x ϕϕϕ===()()()00112222235,,,,,ϕϕϕϕϕϕ===，()()()011202203,,,,ϕϕϕϕϕϕ===，同时由二类Chebyshev 多项式的性质知 ()()()11101211028,,,,,f f f x ππϕϕϕ---======⎰⎰⎰于是可得法方程为0122203220003220835c c c ππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎪= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭，解之得0121.0308,0,0.7363c c c ===-， 于是()f x 的二次最佳逼近元是2001122() 1.03080.7363x c c c x ϕϕϕϕ=++=-法一、二类Chebyshev 多项式2012()1,()2,()41U x U x x U x x ===-，取内积权函数()()x f x ρ==，于是11200114(,)(1)3f U fU dx x dx ρ--==-=⎰⎰，1121111(,)2(1)0f U fU dx x x dx ρ--==-=⎰⎰，112222114(,)(41)(1)15f U fU dx x x dx ρ--==--=-⎰⎰ 由()n U x 正交性及(,)2n n U U π=可得0000(,)8(,)3f U c U U π==，1111(,)0(,)f U c U U ==，2222(,)8(,)15f U c U U π==-， 于是()f x 的二次最佳逼近元为001122()x c U c U c U ϕ=++=21632515x ππ- 4、设012{(),(),()}L x L x L x 是定义于[0,)+∞上关于权函数()xx eρ-=的首项系数为1的正交多项式组，若已知01()1,()1L x L x x ==-，试求出二次多项式2()L x 。
数值分析Ch6
lim xk+1 = lim ϕ(xk ) 可得 x∗ = ϕ(x∗ ), x∗ 为 原方 程的 一个 根.
k→∞
三 几个概念 1. 迭 代法 : 上述 求方 程根 的方 法; 2. 迭 代公 式: xk+1 = ϕ(xk ); 3. 迭 代函 数: ϕ(x); 4. 第k 次 近似 解: xk ;
可得二分法所求解达到精度要求, 需要的迭代步数k满足 k ≥ log2 |b − a| − 1. ε
3. 二 分 法每迭 代一 次的 主要 工作 量是 调用 函数 f (x) 一 次. 二 分 法 不能求方程的偶重根或复根.
Numerical Analysis
M. H. Xu
例1. 利用 二分法函 数bisect求 方程 x − 0.2 sin x = 10, 在区 间[8, 11]上 的根 的程 序如 下:
Numerical Analysis
M. H. Xu
说明 : 完成 第一 步的 方法通常 可以 通过 作y = f (x)的 草图 , 由 草图 来确 定根 所在 区间 或根 的初 始近 似值 ; 或 从适 当的点a出 发, 选适 当 的 步 长 h, 通 过 比 较 f (a + ih) 与 f (a + (i + 1)h), i = 0, 1, 2, · · · , 的符 号, 搜 索根所 在的 区间 (逐 步搜 素法 ).
M. H. Xu
方法三, 将方程改写成x = xk+1 =
3/x + 2, 并据 此建 立迭 代公 式
3/xk + 2, k = 0, 1, 2, · · · ,
迭代 结果 见表 6-3. 表 6-3 k xk 0 1.8 1 1.9149 2 1.8886 3 1.8943 4 1.8931 5 1.8933 6 1.8933
清华大学杨顶辉数值分析第6次作业
清华大学杨顶辉数值分析第6次作业9.令*()(21),[0,1]n n T x T x x =-∈，试证*{()}n T x 是在[0,1]上带权2()x x x ρ=-****0123(),(),(),()T x T x T x T x .证明：11**211**201221**20()()()(21)(21)211()()()()()211()22()()1()1()()()()()1nmn m nmn m n m n nmn m x T x T x dx x T x dxx xt x x T x T x dx t T t dt t t t T t dttT x xx Tx T x dx t T t t ρρρ---=---=-=++-=--=-⎰⎰⎰⎰⎰令，则由切比雪夫多项式101=02m n dt m n m n ππ≠⎧⎪⎪=≠⎨⎪==⎪⎩⎰所以*{()}n T x 是在[0,1]上带权2()x x xρ=-*00*11*2222*33233()(21)1()(21)21()(21)2(21)188()(21)4(21)3(21)3248181T x T x T x T x x T x T x x x xT x T x x x x x x =-==-=-=-=--=-=-=---=-+-14.已知实验数据如下：i x 19 25 31 38 44 i y19.032.349.073.397.8用最小二乘法求形如2y a bx =+的经验公式，并求均方误差 解： 法方程为22222(1,)(1,1)(1,)(,)(,1)(,)a y x b x y x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 即55327271.453277277699369321.5a b ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦解得0.9725790.050035a b =⎧⎨=⎩拟合公式为20.9725790.050035y x =+ 均方误差24220[]0.015023i ii y a bx σ==--=∑21.给出()ln f x x =的函数表如下：x0.4 0.5 0.6 0.7 ln x-0.916291-0.693147-0.510826-0.356675用拉格朗日插值求ln 0.54的近似值并估计误差（计算取1n =及2n =） 解：1n =时，取010.5,0.6x x == 由拉格朗日插值定理有1100.60.50.6931470.5108260.50.(60.60.51.82321)0 1.()6047()52j j j x x x L x f x l x ==------=-=∑所以1ln 0.54(0.54)0.620219L ≈=- 误差为ln 0.54(0.620219)= 0.004032ε=--2n =时，取0120.4,0.5,0.6x x x ===由拉格朗日插值定理有2022(0.5)(0.6)(0.4)(0.6)(0.4)(0.5)0.9162910.6931470.510826(0.40.5)(0.40.6)(0.(50.4)(0.50.6)(0.60.4)(0.60.4)2.041150 4.0684752)().217097()j j j L x x x x x x x x x f x l x =------=---------=-+-=∑所以2ln 0.54(0.54)0.615320L ≈=-误差为4ln 0.54(0.615320)8.66299410ε-=--=-⨯23.建立三次样条插值函数()s x ，并求(0)f 的近似值(0)s ，这里已给函数表。
李庆扬-数值分析第五版第6章习题答案(20130819)
试考察解此方程组的雅可比迭代法及高斯-赛德尔迭代法的收敛性。 雅可比迭代的收敛条件是
( J ) ( D 1 ( L U )) 1
高斯赛德尔迭代法收敛条件是
(G ) (( D L) 1U ) 1
因此只需要求响应的谱半径即可。 本题仅解 a)，b）的解法类似。 解：
3.设线性方程组
a11 x1 a12 x2 b1 a11 , a12 0 a21 x1 a22 x2 b2
证明解此方程的雅可比迭代法与高斯赛德尔迭代法同时收敛或发散， 并求两种方 法收敛速度之比。 解：
a A 11 a21
则
a12 a22
5. 何谓矩阵 A 严格对角占优？何谓 A 不可约？ P190， 如果 A 的元素满足
aij aij ，i=1,2,3….
j 1 j i
n
称 A 为严格对角占优。 P190 设 A (aij )nn (n 2) ，如果存在置换矩阵 P 使得
A PT AP 11 0
x ( k 1) x ( k )
10 4 时迭代终止。
2 1 5 （a）由系数矩阵 1 4 2 为严格对角占优矩阵可知，使用雅可比、高斯 2 3 10
赛德尔迭代法求解此方程组均收敛。[精确解为 x1 4, x 2 3, x3 2 ] （b）使用雅可比迭代法：
2．给出迭代法 x ( k 1) Bx (k ) f 收敛的充分条件、误差估计及其收敛速度。 迭代矩阵收敛的条件是谱半径 ( B0 ) 1 。其误差估计为
1 k
(k) Bk (0)
R ( B) ln B k 迭代法的平均收敛速度为 k
数值分析6-1-0
（1）消元: (1) 2 x1 4 x2 2 x3 6 (1) 于是： (2) 3x2 6 x3 3 (4) (3) 12 x3 3 (6)
（2）回代:
3 1 x3 , x2 , 2 4
3 x1 2
10
二、计算过程：
( 2) ij
a m a
a
( k 1) ij
a
(k ) ij
bi( k 1) bi( k ) mik bk( k )
i, j k 1,, n i k 1,, n
14
当经过k n 1步后, ( A , b )将化为
(1) (1)
(1 a11) ( n) (n) (A ,b ) (1 a12)
1 2 , x2 3 3
用小主元作除数， 致使其它元素的 数量级大大增加， 舍入误差的扩散 将准确解淹没了。
1. a 0,
k kk
2. a a
k kk
k ik
不行
21
§2.主元素消去法
*全主元素消去法： 一、思路
选取
a
k kk
max a
k ij
二、计算过程
1、实例
12 x1 3x2 3x3 15 (1) 18 x1 3x2 x3 15 (2) x x x 6 (3) 1 2 3
16
三、Gauss消去法的运算量
消元 : n - 1步, 第k步变换n-k行，每行需先求倍数，
再从n 1-k个元素的倍数
作第k步消元乘除法运算总次数为
(n k )(1 n k 1)次
完成全部n 1步消元需作乘除法运算总次数为
数值分析第六章_数值插值方法
M n1 (n 1)!
n1 ( x)
说明：
n=1时，
R1 ( x)
1 2
f
( )2 (x)
1 2
f
( )(x
x0 )(x
x1)
n=2时，
( [x0 , x1])
R2 (x)
1 6
f
( )(x
x0 )(x
x1)(x
x2 )
( [x0 , x2 ])
,
x1,
Hale Waihona Puke xn)1
x1
x12
x1n
n
( xi
ni j1
xj)
1 xn xn2 xnn
因 xi x j (i j) 故上式不为0。
据Cramer法则，方程组解存在且唯一。 故Pn (x)存在且唯一。虽然直接求解上述方程组 可求得插值多项式，但繁琐复杂，一般不用。
得关于a0,a1,…,an的n+1阶线性方程组
a0 a1x0 a0 a1x1
an x0n an x1n
y0 y1
a0 a1xn an xnn yn
其系数行列式是Vandermonde行列式
1 x0 x02 x0n
V
( x0
jk jk
(j,k=0,1)
称l0 (x)及l1 (x)为线性插值基函数。
2. 抛物插值：n=2情形
假定插值节点为x0, x1, x2 ，求二次插值多项式 L2 (x)，使 L2(xj)=yj (j=0,1,2) y= L2 (x)的几何意义就是过 (x0, y0)，(x1, y1) ， (x2, y2)三点的抛物线。 采用基函数方法，设
数值分析--6微分方程数值解习题课
微分方程初值问题数值解习题课一、应用向前欧拉法和改进欧拉法求由如下积分所确定的函数y在点x =0.5,1.0,1.5的近似值。
解：该积分问题等价于常微分方程初值问题其中h=0.5。
其向前欧拉格式为改进欧拉格式为将两种计算格式所得结果列于下表向前欧拉法改进欧拉法0 0 0 01 0.5 0.5 0.444702 1.0 0.88940 0.731373 1.5 1.07334 0.84969二、应用4阶4步阿达姆斯显格式求解初值问题取步长h=0.1.解：4步显式法必须有4个起步值，已知，其他3个用4阶龙格库塔方法求出。
本题的信息有：步长h=0.1；结点；经典的4阶龙格库塔公式为算得,,4阶4步阿达姆斯显格式由此算出三、用Euler方法求问步长应该如何选取，才能保证算法的稳定性？解：本题本题的绝对稳定域为得，故步长应满足四、求梯形方法的绝对稳定域。
证明：将Euler公式用于试验方程，得到整理设计算时有舍入误差，则有据稳定性定义，要想，只须因此方法绝对稳定域为复平面的整个左半平面（？），是A-稳定的。
五、对初值问题证明：用梯形公式求得的数值解为并证明当步长时，收敛于该初值问题的精确解证明：由梯形公式，有整理，得由此递推公式和初值条件，有，则有在区间上有，步长，由前面结果有由x的任意性，得所证。
六。
常微分方程初值问题的单步法为试求其局部截断误差主项并回答它是几阶精度的？解该单步公式的局部截断误差是故局部截断误差主项是，方法是一阶的。
七、对于微分方程，已知在等距结点处的y的值为，h为步长。
试建立求的线性多步显格式与与隐格式。
解：取积分区间，对两端积分：对右端作的二次插值并积分得到线性4步显格式若对右端在两点上作线性插值并积分，有由此产生隐格式八、证明线性多步法存在的一个值，使方法是4阶的。
解：由本题的公式，有当=9时，，局部截断误差是5阶的，故该多步法是4阶方法。
数值分析第6章习题
数值分析第六章整合版（黑组） 一、填空题1、已知()01P x =，()1P x x=，()()22312x P x -=，根据勒让德多项式的递推关系，则求()3P x =（3532x x - ）解：勒让德多项式的递推关系为()()()()()11121n n n n P x n xP x nP x +-+=+-，n=1，2…….将()1P x x =，()()22312x Px -=代入上式即可求出()3P x =3532x x- 2、若)(x P 是],[)(b a C x f ∈的最佳3次逼近多项式，则)(x P 在],[b a 上存在5 个交替为正、负偏差点。
（考点：切比雪夫定理）3、切比雪夫正交多项式可表示为(x)cos(narcosx)n T =，(x)n T 是最高次幂系数为12n -的n 次多项式。
（考点：切比雪夫多项式性质）4、最佳一致问题同时存在正偏差点和负偏差点 （考点：最佳一致逼近定理3） 二、选择题1、求函数3)1()(+=x x f 在区间[0,1]，],[,21b a x x ∈上的一次最佳一致逼近多项式（D ）A x +4358.0B x 34358.0+C x 54358.0+D x 74358.0+2、设的2-其中 为定义在[a,b]上的（A ）A 权函数B 反函数C 幂函数D 函数3、xe =）（xf ，-1≤x ≤1，且设=p(x)x a a 1+，求a a 1,0使得)(x p 为)(x f 于[]1,0上的最佳平方逼近多项式（A ） A:()1021--=e e a ,311e a -= B:()e a e a e 111031,2---==)(x ρ],[)(b a C x f ∈()f xC:()2,311110e a e a e --=-= D:()2,211110e a e a e --=-=解： {}()()()()ee e e dx xf e dx f xx1112111111-22211-11-,10,02,,,32dx ,0xdx 22dx x 1span x ----==-======⎪⎭⎫ ⎝⎛===⎰⎰⎰⎰⎰ϕϕϕϕϕϕϕϕϕ，，，，，，设方程组为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎦⎤⎢⎣⎡--e e a a e 1110232002 解得：()3,211110e a e a e --=-=三、计算题1.计算下列函数)(x f 关于[]1,0C 的21,,ff f ∞（1）3(x)(x 1)f =-；（2）.21)(-=x x f 解：（1）301()max (1)1x f x x ∞≤≤=-=，13101()(1)4f x x dx =-=⎰，1221320()(1)f x x dx ⎡⎤⎡⎤=-=⎣⎦⎢⎥⎣⎦⎰ （2）2121max )(10=-=≤≤∞x x f x ，112110012111111()222884f x x dx xdx x dx =-=-+-=+=⎰⎰⎰,1212201()()2f x x dx ⎡⎤=-=⎢⎥⎣⎦⎰。
数值分析上机实验6
数值分析上机实验6根据表中数据，预测公元2000年时的世界人口。
问题分析与数学模型设人口总数为N(t)，根据人口理论的马尔萨斯模型，采用指数函数N(t) = e a + b t=+，令对数据进行拟合。
为了计算方便，将上式两边同取对数，得ln N a bty = ln N或N = e y变换后的拟合函数为y(t) = a + b t根据表中数据及等式 k k( 1，2，……，9)可列出关于两个未知数、b的9个方程的超定方程组（方程数多于未知数个数的方程组）a + t j b = y j(j= 1，2， (9)可用最小二乘法求解。
算法与数学模型求解算法如下：第一步：输入人口数据，并计算所有人口数据的对数值；第二步：建立超定方程组的系数矩阵，并计算对应的正规方程组的系数矩阵和右端向量；第三步：求解超定方程组并输出结果：a，b；第四步：利用数据结果构造指数函数计算2000年人口近似值N(2000)，结束。
MATLAB程序t=1960:1968;t0=2000;N=[29.72 30.61 31.51 32.13 32.34 32.85 33.56 34.20 34.83];y=log(N);A=[ ones(9,1), t' ];d=A\ y' ;a=d(1),b=d(2)N0=exp(a+b*t0)x=1960:2001;yy=exp(a+b*x);plot(x,yy,t,N,'o',2000,N0,'o')计算结果为a =－3，b =6N (2000)所以取五位有效数，可得人口数据的指数拟合函数t e t N 0186.00383.33)(+-=经计算得2000年人口预测值为： (亿)。
例2．温度数据的三角函数拟合问题 洛杉矶郊区在11月8日的温度记录如下在不长的时期内，气温的变化常以24小时为周期，考虑用Fourier 级数的部分和（有限项）做拟合函数。
数值分析第六章课后习题答案
第六章课后习题解答(1)()()123(1)()213(1)()()312(01.21125551154213351010(1,1,1),17( 4.0000186,2.99999k k k k k k k k k Tx x x x x x x x x x x+++ìïï=---ïïïïïï=-+íïïïïï=-++ïïïî==-(17)解：(a )因系数矩阵按行严格对角占优，故雅可比法与高斯-塞德尔均收敛。
（b )雅可比法的迭代格式为取迭代到次达到精度要求(1)()()123(1)(1)()213(1)(1)(1)312(0)(8)15,2.0000012)21125551154213351010(1,1,1),8( 4.0000186,2.9999915,2.0000012)Tk k k k k k k k k TTx x x x x x x x x x++++++-ìïï=---ïïïïïï=-+íïïïïï=-++ïïïî==-高斯塞德尔法的迭代格式为x 取迭代到次达到精度要求1212:00.40.4.0.400.80.40.80||(0.8)(0.80.32)()1.09282031,00.40.4()00.160.6400.0320.672DL U I BD L U l l l l--骣--÷ç÷ç÷ç÷ç÷=+=--ç÷ç÷÷ç÷ç÷--÷ç桫-=-+-=>-æ--çççç=-=-ççççèlJJJS解(a )雅可比法的迭代矩阵B（）BB故雅可比迭代法不收敛高斯塞德尔法迭代矩阵131()||||0.81022101220||022023002SJBDL U I BD L Ul l¥--ö÷÷÷÷÷÷÷÷÷÷ç÷ø?<骣-÷ç÷ç÷ç÷ç÷=+=--ç÷ç÷÷ç÷ç÷--ç÷桫-=骣-÷ç÷ç÷ç÷ç÷=-=-ç÷ç÷÷ç÷ç÷ç桫llSJJ SB故高斯-塞德尔迭代法收敛。
数值分析实验报告--实验6--解线性方程组的迭代法
1 / 8数值分析实验六：解线性方程组的迭代法2016113 张威震1 病态线性方程组的求解1.1 问题描述理论的分析表明，求解病态的线性方程组是困难的。
实际情况是否如此，会出现怎样的现象呢？实验内容：考虑方程组Hx=b 的求解，其中系数矩阵H 为Hilbert 矩阵，,,1(),,,1,2,,1i j n n i j H h h i j n i j ⨯===+-这是一个著名的病态问题。
通过首先给定解（例如取为各个分量均为1）再计算出右端b 的办法给出确定的问题。
实验要求：（1）选择问题的维数为6，分别用Gauss 消去法、列主元Gauss 消去法、J 迭代法、GS 迭代法和SOR 迭代法求解方程组，其各自的结果如何？将计算结果与问题的解比较，结论如何？（2）逐步增大问题的维数（至少到100），仍然用上述的方法来解它们，计算的结果如何？计算的结果说明了什么？（3）讨论病态问题求解的算法1.2 算法设计首先编写各种求解方法的函数，Gauss 消去法和列主元高斯消去法使用实验5中编写的函数myGauss.m 即可，Jacobi 迭代法函数文件为myJacobi.m ，GS 迭代法函数文件为myGS.m ，SOR 方法的函数文件为mySOR.m 。
1.3 实验结果1.3.1 不同迭代法球求解方程组的结果比较选择H 为6*6方阵，方程组的精确解为x* = (1, 1, 1, 1, 1, 1)T ，然后用矩阵乘法计算得到b ，再使用Gauss 顺序消去法、Gauss 列主元消去法、Jacobi 迭代法、G-S 迭代法和SOR 方法分别计算得到数值解x1、x2、x3、x4，并计算出各数值解与精确解之间的无穷范数。
Matlab 脚本文件为Experiment6_1.m 。
迭代法的初始解x 0 = (0, 0, 0, 0, 0, 0)T ，收敛准则为||x(k+1)-x(k)||∞<eps=1e-6，SOR方法的松弛因子选择为w=1.3，计算结果如表1。
数值分析6(选主元高斯消元法)
则该方程的精确解为
1 x1 110 4 1.0001, x2 2 x1 0.9999
假设3位十进制浮点数系统,则该方程的浮点形式为
0.100 E 3 x1 + 0.100E 1x2 0.100 E1 0.100 E 1 x1 0.100E 1 x2 0.200 E 1 (0.100E 5 0.100 E 1) x2 0.100 E 5 0.200 E 1 0.100 E 3 x1 + 0.100E 1x2 0.100 E1 0 0.100E 5 x2 0.100 E 5
如果令P =Pn1 Pn2 PA L1 L2 P1 , Ls Pn1 Pn2 Ps1 Fs1 Ps1 Pn2 Pn1 Ln1U LU。
L U Ls是Frobenius矩阵,差别只是Ls 第s列对角线以下元素
是Fs1第s列对角线以下元素经过重新排列得到的。
Matlab 命令: [L,U,P] = lu(A) edit lutx bslashtx
20:22
2 1 2 2 3 3 2 1 2 0 5 0 4 6 19 9
14/27
三对角矩阵分解
f u over , with f
f u( x ) 0 x 1 f (0) a, f (1) b
20:22
k 1
计算次序
1 2
3 4
u11 m 21 A m n1 u12 u22 m n , n 1 u1n u2 n unn
5 6
20:22
10/27
例4 求矩阵的Doolittle分解
数值分析思考题6
数值分析思考题61、数值计算中迭代法与直接法的区别是什么（1）直接法是指在没有舍入误差的情况下经过有限次运算求得方程组的精确解的方法。
直接法又称为精确法。
（2）迭代法是采取逐次逼近的方法，即从一个初始向量出发，按照一定的计算格式，构造一个向量的无穷序列，其极限才是方程组的精确解，只经过有限次运算得不得精确解。
迭代法是一种逐次逼近的方法,与直接法比较, 具有程序简单,存储量小的优点。
2、详述你所知道的线性方程组的迭代法的收敛性定理。
迭代公式收敛的充分必要条件是假设矩阵M的谱半径，可知的充分必要条件是。
迭代公式和,收敛。
严格对角占优线性方程组Ax=b（其中，）的Jacobi 迭代公式，收敛。
Gauss-Seidel迭代公式，收敛。
3、详述你所知道的非线性方程（组）的迭代法以及收敛性结果。
（1）不动点迭代法：不一定收敛，若存在常数L<1，使得,则收敛于x*。
（2）斯蒂芬森迭代法：若不动点迭代公式的迭代函数在不动点x*的某邻域内具有二阶连续导数， 且，则二阶收敛，极限是x*。
（3）牛顿迭代法：收敛4、举例说明解线性方程组的SOR 方法的最佳松弛因子与何种因素有关解线性方程组的SOR 方法的最佳松弛因子与迭代矩阵的谱半径有关，是单峰关系。
经实验，当谱半径是时，松弛因子是。
5、指出解非线性方程组的Newton 法的主要工作量所在。
分别用Newton 法和Broyden 秩1校正方法求解如下方程组在()1,1,1T点附近的根：2123212332312470,10110,1080.x x x x x x x x ⎧---=⎪+--=⎨⎪+-=⎩解非线性方程组的Newton 法的主要工作量在于求解。
牛顿解： ， ，Broyden 秩1校正方法： ， ，。
数值分析第6章-2
（sin 40o 的准确值是0.6428）,三阶牛顿插值已相当准确。
12
结束
6.4 埃尔米特(Hermite)插值
在对函数f(x)进行插值时,有时不仅要求插值多项式在节点处的 值等于被插函数在这些点的值,还要求插值多项式的导数在这些 点的值也等于函数f(x)的导函数在这些点的值,即带指定导数值 的插值,这便是埃尔米特插值.
yi yi
(6.10)
可借鉴拉格朗日插值法构造插值基函数的思想, 令
n
n
H 2n1(x) Hi (x) yi hi (x) yi
i0
数值分析-第六章-数值积分
k 0
而对应的误差为
b
b f (n1) ( )
I In
(
a
f
(
x)
Ln
(
x))dx
a (n 1)! wn1(x)dx
Newton-Cotes公式
当节点为等距节点时，对应的插值型求积公式称为 Newton-Cotes 公式。
梯形公式：最简单的 Newton-Cotes 公式
a
2
梯形公式的误差
梯形公式的误差为：
b f ( )
E I T a 2 (x a)(x b)dx
注意到对任意的 x [a,b] ，有 (x a)(x b) 0，根据积分中值定理，
若 f "(x) C[a,b] ，有
E f ()
b
(x a)(x b)dx
第六章 数值积分
数值积分的基本概念 数值积分的基本思想 代数精度 插值型求积公式
Newton-Cotes 求积公式 梯形公式、辛普森公式、一般的 Newton-Cotes 公式 复化积分公式：复化梯形公式、复化辛普森公式 区间逐次分半法
Romberg（龙贝格）积分
高斯型求积公式
数值积分的基本概念
微积分中定积分的定义为：b Nhomakorabean
a
f
(x
)dx
lim
n m a xxk
k01
xk
f
k( ，)
n
b
n
可用 xk f (xk ) 作为原积分的近似： a f (x)dx xk f (xk ) 。
k 1
k 1
进一步推广得到更一般的公式：
数值分析 - 第6章 方程求根
∗ 于是，取 x ≈ 7.439760
例 4．用弦截法求方程 x －x －1 ＝0，在 x=1.5 附近的根. 计算中保留 5 位小数点. 解：f(x)= x 3－x2－1 ，f(1)=－1 ，f(2)=3，有根区间取 [1,2]. 取 x1=1, 迭代公式为 x n+1 = x n − f ( xn ) ( x n − x n−1 ) f ( xn ) − f ( x n−1 ) (n=1,2, …)
3
2
ϕ ′( x ) =
4 54 4 x + 2
<
4 ( x ∈ (1,2)), 取初始值x 0 = 1 5
x 2 = x1 −
x13 − x12 − 1 3 ( x1 − x 0 ) = 2 − × 1 ≈ 1.25 3 4 x13 − x12 − x0 + x02 1.25 3 − 1.252 − 1 × (1.25 − 2) ≈ 1.253 − 1.25 2 − 2 3 + 2 2 1.37662 1.376623 − 1.376622 − 1 × (1.37662 − 1.25) ≈ 1.376623 − 1.376622 − 1.25 3 + 1.25 2 148881
* －4
解：由 于 f '( x ) > 0, f ( x)为单调函数，故方程f(x)=0的根是唯一的。 而 迭代函数 ϕ ( x) = x − λ f ( x ), ϕ '( x ) = 1 − λ f '( x ). 令 ϕ '( x) ≤ L, 则L = max { 1 − λ M , 1 − λ m } < 1,由递推有
12
解：使用二分法要确定有根区间［ a,b］本题 f(x)=
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31.（1）解：x (k+1)=（I-αA ）x (k)+αb
因此迭代矩阵B= I-αA=1−3α−2α−α1−2α
其特征值λ1=1-4α；λ2=1-α；
因为迭代收敛的充要条件是：ρ(B)<1，等价于|λ1|<1,且|λ2|<1
因此0<α<1/2时，迭代矩阵收敛。
当谱半径最小时，收敛速度最大，等价于|λ1|和|λ2|在(0,1/2)上的最小值，求得当α=3/5时，谱半径最小，迭代速度最快。
(2)已知对称正定矩阵A 的最大和最小特征值分别为：λ1和λn ，且二者均大于0.
不妨设A 的特征值为λ，特征向量为x 。
则(I-αA)x=x-αAx=(1-αλ)x 即迭代矩阵B= I-αA 的特征值为1-αλ,而且迭代矩阵收敛的充要条件是ρ(B)<1，即矩阵B 的特征值绝对值最大的要小于1，即|1-αλ1|<1且|1-αλn |<1，求得0<α<2(λ1)-1；
当谱半径最小，即在区间0<α<2(λ1)-1内，|1-αλn |和|1-αλ1|<1的最小值，求得α=2/(λ1+λn )
32.
证明：因为SOR 方法的迭代矩阵L w =(D-wL)-1[(1-w)D+wU] 假设L w 存在一个特征值λ满足|λ|>1。
所以det(λI-L w )=0
所以det((D-wL)-1[(1-w)D+wU])=det(D-wL)-1*det[(1-λ-1(1-w))D-wL-λ-1wU]=0 (1)
由于矩阵A 是严格对角占优矩阵，所以a ii >0，因此(D-wL)-1的主对角
元素大于零，即det(D-wL)-1>0。
而由于|λ|>1，且0<w<=1，因此1-w>=λ-1(1-w)，即1-λ-1(1-w)>0>=w ； 同时1-λ-1(1-w)>0> |λ-1w|.
而由于矩阵A 严格对角占优，所以|a ii |>∑|a ij |n 1,j≠i ,
而对于(1-λ-1(1-w))D-wL-λ-1wU ，其主对角元素为(1-λ-1(1-w))a ii ，左侧元素为-wa ij (1<j<i)，右侧元素为-λ-1w a ij (i<j<n)
而|(1-λ-1(1-w))a ii |>∑(1−λ−1(1−w )）|a ij |i−11+∑(1−λ−1(1−
n i+1w )）|a ij |>∑w|a ij |i−11+∑|λ−1w||a ij |n i+1
所以(1-λ-1(1-w))D-wL-λ-1wU 也严格对角占优，所以det((1-λ-1(1-w))D-wL-λ-1wU)≠0
这与(1)式矛盾，因此该方法收敛。
33.解：由于矩阵A 对称正定，因此(D-U)-1和(D-L)-1存在。
（D-U ）x (k+1)=L[(D-L)-1Ux (k)+ (D-L)-1b]+b
所以x (k+1)= (D-U)-1L[(D-L)-1Ux (k)+ (D-U)-1 L(D-L)-1b+(D-U)-1b 因此C=(D-U)-1L(D-L)-1U, g=(D-U)-1 L(D-L)-1b+(D-U)-1b
下面证明其收敛性：
令W=D -1/2(D-U),P=D 1/2(D-L)-1LD -1/2,
则PP T = D 1/2(D-L)-1LD -1/2 D -1/2U(D-U)-1D 1/2= D -1/2L(D-L)-1(D-U)-1D 1/2, 而WCW -1= D -1/2(D-U) (D-U)-1L(D-L)-1U(D-U)-1 D 1/2= D -1/2L(D-L)-1(D-U)-1D 1/2
因此WCW -1=PP T
因此C 与PP T 相似，特征值均为非负实数。
而1- WCW -1= W(I-C)W -1=W(D-L)D -1(D-U)-1AW -1=W -T AW -1 所以1- WCW -1是对称正定矩阵，其特征值1-λ>0 因此C 的特征值0<=λ©<1
所以该两步迭代法收敛。
35.解;
（1）块GS 法的计算公式和收敛条件：
首先令D=A 00
A ,C=A
B B A ,L=00−B 0 则计算方法为： A x 1(k+1)
=b 1-B x 2k ; A x 2(k+1)=b 2-B x 1k+1;
迭代矩阵为I-(D-L)-1C=I-A −10−A −1BA
−1A −1*A B B A =0−A −1B 0A −1BA −1B
设其特征值为α，即 Det(αI-I+(D-L)-1C)= αI A −1B 0αI −(A −1B)^2
=α∗|αI −(A −1B)^2|=0 即GS 法收敛的充要条件是(A −1B)^2的谱半径小于1
（2）块J 法的计算方法和收敛条件：
计算方法是：
A x 1(k+1)
=b 1-B x 2k ; A x 2
(k+1)=b 2-B x 1k ; 收敛充要条件：ρ(I-D -1C)<1
而矩阵A 非奇异，其逆矩阵存在，因此
D -1=A −100A −1,I-D -1C=0−A −1B −A −1B
设迭代矩阵的特征值为λ，
满足det(λI A−1B
A−1BλI
)=0，由于λIA−1B=A−1BλI
因此上式为|λI−A−1B|*|λI+A−1B|=0，
即A−1B的谱半径要小于1为雅可比迭代法收敛的充要条件。
（3）由于ρ(B G)= ρ(B J)^2，因此GS法的收敛速度是雅可比法的2倍。
38.解;(1)
X(0)=0,CG方法求解：
第一步,r(0)= p(0)=b-Ax(0)=(0,-1)T,α0=( r(0), r(0))/( p(0),A p(0))=1/2;
因此X(1)= X(0)+ α0 p(0)=(0,-1/2)T;
第二步：r(1)= r(0)- α0Ap(0)=(3/2,0)T,
β0=( r(1), r(1))/( r(0),r(0))=9/4,
p(0)= r(1)- β0p(0)=(3/2,-9/4)T,
α1=( r(1), r(1))/( p(1),A p(1))=2/3,
X(2)= X(1)+ α1 p(1)=(1,-2)T
一般n阶矩阵只用求到第n步所以该矩阵的解为(1,-2)T。