李庆扬-数值分析第五版和习题答案解析复习课程

李庆扬-数值分析第五版第5章和第7章习题解析第5章复习与思考题1用高斯消去法为什么要选主兀？哪些方程组可以不选主兀？答：使用咼斯消去法时，在消兀过程中可能出现akk0的情况，这时消去法无法进行；即时主兀素a：0，但相对很小时，用其做除数，会导致其它元素数量级的严重增长和舍入误差的扩散，最后也使得计算不准确。因此高斯消去法需要选主元，以保证计算的进行和计算的准确性。当主对角元素明显占优（远大于同行或同列的元素）时，可以不用选择主元。计算时一般选择列主元消去法。2、高斯消去法与LU分解有什么关系？用它们解线性方程组Ax=b有何不同？A要满足什么条件？答：高斯消去法实质上产生了一个将A分解为两个三角形矩阵相乘的因式分解，其中一个为上二角矩阵U,—个为下三角矩阵L。用LU分解解线性方程组可以简化计算，减少计算量，提高计算精度。A需要满足的条件是，顺序主子式（1,2，…，n-1）不为零。3、楚列斯基分解与LU分解相比，有什么优点？楚列斯基分解是LU分解的一种，当限疋下三角矩阵L的对角兀素为正时，楚列斯基分解具有唯一解。4、哪种线性方程组可用平方根法求解？为什么说平方根法计算稳定？具有对称正定系数矩阵的线性方程可以使用平方根法求解。平方根法在分解过程中元素的数量级不会增长，切对角元素恒为正数，因此，是一个稳定的算法。5、什么样的线性方程组可用追赶法求解并能保证计算稳定？对角占优的三对角方程组6、何谓向量范数？给出三种常用的向量范数。向量范数定义见p53,符合3个运算法则。正定性齐次性三角不等式设x为向量，则三种常用的向量范数为：（第3章p53,第5章p165）nllxlli|Xi|1i1n（2）2l|x||2Xii11x1iixiimaxi7、何谓矩阵范数？何谓矩阵的算子范数？给出矩阵A=（a）的三种范数||A||,||ij1A||,||A||,||A||与||A||哪个更容易计算？为什么？2a12向量范数定义见p162,需要满足四个条件。正定条件齐次条件三角不等式相容条件矩阵的算子范数有||A|hl|A||2IIAII从定义可知，||A||i更容易计算。8、什么是矩阵的条件数？如何判断线性方程组是病态的？v1,2,cond(A)1答：设A为非奇异阵，称数cond(A)vA1J|A||v()为矩阵A的条件数当》时，方程是病态的。9、满足下面哪个条件可判定矩阵接近奇异？(1)矩阵行列式的值很小。(2)矩阵的范数小。(3)矩阵的范数大。(4)矩阵的条件数小。(5)矩阵的元素绝对值小。接近奇异阵的有(1)、(2)注：矩阵的条件数小说明A是良态矩阵。矩阵的元素绝对值小，不能说明行列式的值小等。10、判断下列命题是否正确：(1)只要矩阵A非奇异，则用顺序消去法或直接LU分解可求得线性方程组Ax=b的解。答：错误，主元位置可能为0,导致无法计算结果。(2)对称正定的线性方程组总是良态的。答：正确。(3)一个单位下三角矩阵的逆仍为单位下三角矩阵。答：正确。(4)如果A非奇异，则Ax=b的解的个数是由右端向量b的决定的。答：正确。解释：若A|b与A的秩相同，贝UA有唯一解。若不同，则A无解。(5)如果三对角矩阵的主对角元素上有零元素，则矩阵必奇异。(6)范数为零的矩阵一定是零矩阵。答：正确。(7)奇异矩阵的范数--定是零。答：错误，?可以不为0。(8)如果矩阵对称，则||A||=||A|…1答：根据范数的定义，正确。(9)如果线性方程组是良态的，则高斯消去法可以不选主元。答：错误，不选主元时，可能除数为0。(10)在求解非奇异性线性方程组时，即使系数矩阵病态，用列主元消去法产生的误差也很小。答：错误。对于病态方程组，选主元对误差的降低没有影响。(11)||A||=||AT||。答：根据范数的定义，正确。1a(12)若A是nn的非奇异矩阵，则1cond(A)cond(A)。答：正确。A是nn的非奇异矩阵，贝UA存在逆矩阵。cond(A)||A||?||A1||根据条件数的定义有：cond(A)||^?|(A1)^||^?AIIA?A1AA1||习题aciiTiia0A1、设A是对称阵且n,经过高斯消去法一步后，A约化为，证明2是对0A2称矩阵。证明：a°.1..aiiI2ina…％设对称矩阵i2a.2，则经过1次高斯校区法后，有Ai222aa.1..ain2nnna...i2ainaiiai20aai..a22—2n2aAai1⑴ii0a％2n亚annaal1iiaaiiinaa^aan2in22aiia0a—a..nn—amn2i2aaiiii所以a[aa]Ti2...n2耳aa2ai2n2in3|aiiiaainOlnnnaii所以A2为对称矩阵。2、设A是对称正定矩阵，经过高斯消去法一步后,A(a)A约化为jn，其中A(Oj)n，A(a)j)ni；(证明：(I)A的对角元素—aH°iI2|||,n)；(2)A2是对称正定矩阵;()依次取,0)T,ii,2,iXi(0,0,,0,i,0,，n，则因为A是对称正定矩阵,。所以有TA0aiiXXai(2)A中的元素满足a2)冋(i,j,n),又因为A是对称正定2(a2,3,jaiiaaaa矩阵，满足aa,i,j，所以a2)iiijiiji(2)jjii,2,,n(aa-----ajjiaji■)iia即A是对称矩阵。kkI3、设Lk为指标为的初等下三角矩阵（除第~~列对角元以下元素外,Lk和单位阵相同），即11m1ki,km^1kLILI求证当i,jk时，kijkij也是一个指标为k的初等下三角矩阵，其中Ij为初等置换矩阵。4、试推导矩阵A的Crout分解A=LU的计算，其中L为下三角矩阵，U为单位上三角矩阵。本题不推导。参见上例题。P147页。5、设Uxd，其中U为三角矩阵。（1）就U为上及下三角矩阵推导一般的求解公式，并写出算法（2）计算解三角方程组Uxd的乘除法次数（3）设U为非奇异矩阵，试推导求U1的计算公式本题考查求解公式的一般方法，可从第n个元素开始，逐步计算n-1,…1时对应的求解公式。解法，略。6、证明:（1）如果A是对称正定矩阵，则A1也是对称正定矩阵（2）如果A是对称正定矩阵，则A可以唯一地写成ACL,其中L是具有正对角元的下三角矩阵均是对称正定矩阵的性质。应予以记住。7、用列主元消去法解线性方程组12x3x3x1512318x3xX15123xx612并求出系数矩阵A的行列式的值1233A1831111123315A|b1831151116使用列主元消去法，有123315A|b18311511161831151233151116183115701—53717310——•6186315181717310618670153315181717310———6186666600—217A的行列式为-66方程组的解为X1=1,x2=2,x3=38、用直接二角分解（Doolittle分解）求线性方程组的解111_X27X39456111_X2-X3834512x3X2齐8本题考查LU分解。解：111456111A3451122100L110311121114561113U06090957005409、用追赶法解三对角方程组Axb，其中210001121000A01210，b0。001210000120解：追赶法实际为LU分解的特殊形式。设U为、单位上三角矩阵。有（1计算i的递推公式）G/bi1/20.51c/(ba）1/(2(1)(0.5))2/3222123C/(ba)1/(2(1)(2/3))3/43332)4C4/(b4a431/(2(1)(3/4))4/5（2解Ly=f）yf/bi1/211y(f)a)(0(1)(1/2))/(2(1)(0.5))1/322a2y1/(d21y(f)a)(0(1)(1/3))/(2(1)(2/3))1/433a3y2/(b332y(f)⑹a)(0(1)(1/4))/(2(1)(3/4))1/544a4y3/43y(f)a)(0(1)(1/5))/(2(1)(4/5))1/655a5y4/(b554（3解UX=y）X5y51/6XX4y4451/5(4/5)1/61/3XX3y3341/4(3/4)1/31/2XX2y2231/3(2/3)1/22/3yXX1122(1/2)2/35/610、用改进的平方根法解方程组211X4,123x52131x63本题明确要求使用平方根法进行求解。实际考查的LDU分解。见P15710723X,X—,Xi9293911、下列矩阵能否分解为LU（其L为单位下三角阵，U为上三角阵）？若能分解，那么分解是否唯一。123111126A241,B221,C2515。46733161546LU分解存在的条件一个可逆矩阵可以进行LU分解当且仅当它的所有子式都非零。如果要求其中的L矩阵（或U矩阵）为单位三角矩阵，那么分解是唯一的。同理可知，矩阵的LDU可分解条件也相同，并且总是唯一的。即使矩阵不可逆，LU仍然可能存在。实际上，如果一个秩为k的矩阵的前k个顺序主子式不为零，那么它就可以进行LU分解，但反之则不然。解：因为A的一、二、三阶顺序主子式分别为1，0,三-10，所以A不能直接分解为角阵的乘积，但换行后可以。因为B的一、二、三阶顺序主子式分别为1,0,的0,所以B不能分解为三角阵乘积。因为C的一、二、三阶顺序主子式分别为1,5,1,所以C能够分解为三角阵的乘积，并且分解是唯一的12、设0.60.5A,0.10.3计算A的行范数，列范数，2-范数及F-范数。本题考查的是矩阵范数的定义及求法行范数0.6+0.5=1.1列范数0.5+0.3=0.82-范数的计算需要用到特征值，特征值的计算可以使用幕法进行计算，也可以直接求。AA的最大特征值为0.3690所以2-范数为0.6074F-范数0.842613、求证:（a）|x|IM1nlkll；（）十AIAA。b，2F根据定义求证。nIXIImaxXx|Lnmaxkinkii。iXi1in...........................i111I1nii22-IIAIIFajnni,j1l|A2(AA)2max14IIXIIX设PRnn且非奇异，又设X为Rn上一向量范数，定义XP。试证明、p是Rn上向量的一种范数。根据向量范数的疋义来证明：要求就有正定性，齐次性，三角不等式等性质。显然旳鬥|0，网、pp||PCX|||c|||Px|||c|||X|p)Px2II||PX||PX|x』卜罷，从而X||X|是R卜1X2p|P(XiX2|PXi1||2||p2p上向量的一种范数。15、设AR“为对称正定，定义1|X|A(Ax,x)2,n试证明|xA是R上向量的一种范数。所以得证1minAAyITy0Ivl17、矩阵第一行乘以一数，成为A2，证明当—时，cond(A)有最小113值。本题考查条件数的计算cond(A)A1I||A||首计算A的逆阵.l|Ay||min先丁。1y0lv16、设A为非奇异矩阵，求证1A1max，]v0將.||Ay丄11min-fnj-|1Xy0INI2A因为A*1max^j-x0xmax2|32x0AA1xllAll2|3I|32当3，取得最小值为2A||1-2III，1取值越大，则最小值为21________________________________XX(A(XX),(XX))2(XX)TA(XX)\XTAX，XTAXX|X2||A1212V121211221|A21从而cond(A)||A||A(—2)max3||,2,又当-时，31I3cond(A)(丄2)max31,2(工2)27。22当-时，31I1cond(A)(一2)max3||,2(一2)3||367。综上所述，22cond(A)7时最小，这时|—,即—3C318、设A100"，计算A的条件数cond(A)(v2,9998v由A10099可知，A19899，从而999899100989998991940519602(A1)T(A1)991009910019602198011940519602(A1)T(A1)2392061960219801100991009919801I19602ATA999899981960219405，1980119602ATA2392061960219405可得AA<19603v384277608，从而21]12cond(A)||AHJIA21960338427760839206。2199，A|199，从而cond(A)A1]|A19919939601CA19、证明：如果是正交矩阵，则cond(A)21若是正交阵，则1AT，从而TAI，1T11，故1,cond(A)AAA(A)AAAIIALIIA%2[AUIIAL1C20、设A,BRnn，且?为Rnn上矩阵的算子范数，证明：cond(AB)cond(A)cond(B)cond(AB)||(AB)^||A^||B1A^||AB|B^|A[|A||B||(|A^|A|)(||B^IBI)cond(A)cond(B)21、设Axb，其中A为非奇异矩阵，证明：(1)ATA为对称正定矩阵；T2(2)cond(AA)(cond(A)2)2x(AA)x(Ax)Axb0，所以AA为对称正定矩阵。max(AA)2(condmin(AA1)由于ATA为对称正定矩阵，所以ATAAATT)TTcond(AA2||AA||2||(AA)1|2max((ATA)T(ATA))\min((ATA)(ATA)T)max((AAT)T(ATA))\min((AAT)(ATA)T)max(ATAATA)\min(AATAAT)Jmax(ATA)2~\min(AAT)2max(ATA)min(AAT)))2(cond(A2第7章复习与思考题1•什么是方程的有根区间？它与求根有何关系？P213，若f(x)C［a,b］且f(a)f(b)0,根据连续数性质可知f(x)0在［a,b］内至少有一个实根，这时称［a,b］为f(x)0的有根区间。2•什么是二分法？用二分法求~~f(x)0的根，f要满足什么条件?P213一般地，对于函数f(x)0如果存在实数c,当x=c时，若f(c)0,那么把x=c叫做函数f(x)0的零点。解方程即要求f(x)0的所有零点。假定f(x)0在区间(X,y)上连续，先找到a、b属于区间(x，y)，使f(a)f(b)0，说明在区间(a,b)内一定有零点，然后求f((ab)/2),现在假设f(a)0,f(b)0,ab①果f((ab)/2)0,该点就是零点，如果f((ab)/2)0,则在区间［(ab)/2),b］内有零点，从①开始继续使用中点函数值判断。②如果f((ab)/2)0,则在区间［a,(ab)/2)］内有零点，从①开始继续使用中点函数值判断。③这样就可以不断接近零点。通过每次把f(x)的零点所在小区间收缩一半的方法，使区间的两个端点逐步迫近函数的零点，以求得零点的近似值，这种方法叫做二分法。④从以上可以看出，每次运算后，区间长度减少一半，是线形收敛。3•什么是函数(x)0的不动点？如何确定(x)使它的不动点等价于f(x)的零点P215.将方程f(x)0改写成等价的形式x(x)，若要求x*满足f(x*)0,则x*(x*)；反之亦然，称x*为函数(X)的一个不动点。4•什么是不动点迭代法？(X)满足什么条件才能保证不动点存在和不动点迭代序列收敛于(x)的不动点P2150()x求f(x)的零点就等价于求X的不动点，选择一个初始近似值0，将它代入x(x)的右端，可求得()XiX0，如此反复迭代有，Xk1(Xk),k0,1,2,…［］(x)称为迭代函数，如果对任何X。a,b，由Xki(Xk),k0,1,2,...得到的序列xk有极限(kimXkx*，则称迭代方程收敛，且x*(x*)为x)的不动点，故称Xk1(Xk),k0,1,2,...为不动点迭代法。5•什么是迭代法的收敛阶？如何衡量迭代法收敛的快慢？如何确定Xk1(Xk)(k0,1,2,...)的收敛阶P219设迭代过程Xk1(Xk)收敛于X(X)的根x*，如果当k时，迭代误差ekXkx*满足渐近关系式C,Cconst0―prQ则称该迭代过程是p阶收敛的，特别点，当p=1时称为线性收敛，P>1时称为超线性收敛，p=2时称为平方收敛。以收敛阶的大小衡量收敛速度的快慢。6•什么是求解—f（x）—0的牛顿法？它是否总是收敛的？若f（x*）—0，X*是单根，—f是光滑，证明牛顿法是局部二阶收敛的。牛顿法：f（）XkiXkXk（）fXkIIIIIf（）11当Xk时收敛。7•什么是弦截法？试从收敛阶及每步迭代计算量与牛顿法比较其差别。在牛顿法的基础上使用2点的的斜率代替一点的倒数求法。就是弦截法。收敛阶弦截法1.618小于牛顿法2计算量弦截法<牛顿法（减少了倒数的计算量）8•什么是解方程的抛物线法？在求多项式全部零点中是否优于牛顿法？P229f（x）0设已知方程的三个近似根，Xk,Xk1,Xk2，以这三点为节点构造二次插值多项式p（X），并X适当选取P2（X）的一个零点k1作为新近似根，这样确定的迭代过程称为抛物线法。抛物线法的收敛阶1.840大于弦截法1.618，小于牛顿法2可用于所想是的实根和复根的求解。9.什么是方程的重根？重根对牛顿法收敛阶有何影响？试给出具有二阶收敛的计算重根方法。10.什么是求解n维非线性方程组的牛顿法？它每步迭代要调用多少次标量函数（计算偏导数与计算函数值相当）11.判断下列命题是否正确：III非线性方程（或方程组）的解通常不唯一（正确）（2）牛顿法是不动点迭代的一个特例（正确）（3）不动点迭代法总是线性收敛的（错误）（4）任何迭代法的收敛阶都不可能高于牛顿法（正确）（5）求多项式p（x）的零点问题一定是病态的问题（错误）（7）二分法与牛顿法一样都可推广到多维方程组求解（错误）（8）牛顿法有可能不收敛（正确）（）（）（）（9）不动点迭代法xk1Xk，其中X*X*，若|X*|1则对任意处置X0迭代都收敛。（对）（10）弦截法也是不动点迭代法的特例（正确）习题1、用二分法求方程X2x10的正根，要求误差0.05。［解］令f(x)XIVVx1,则f(0)1，f(2)1，所以有根区间为0,2；又因为f(1)1，所以有根区间为1,2；f(1.5)1.521.510.25，所以有根区间为1.5,2；f(1.75)1.7521.751160，所以有根区间为VIVII-VIIIIX'1-75；f(1.625)1.62521.625110，所以有根区间为1.5,1.625；64931991—10，所以有根区间为1,1.625;92(1)f(116)161625616*19519取x'(1-15)11.59375，216832191这时它与精确解的距离'(1.62519)'0.05o21632122则()271，所以［解］1)设()，X—，从而|(1.5)|X1'21.53Xx迭代方法局部收敛。22)设(X)，则(x)2X(1x2)3，从而31X2316(1.5)1.5(1.52)31，所以迭代方法局部收1691敛。13)设(x)、X11(1.5)1，所以迭代方法发2(°.5)散。12324)设(x)X31，则(x)2x(x1)，从而193彳匚/19、，所以迭代方法发(1.5)2)11.5(—238散。281IV2.为求方程x3x210在X。1.5附近的一个根，设将方程改写成下列等价形式，并建立相应的迭代公式：1)x11/x2，迭代公式；Xk111/xk2)x31x2，迭代公式;Xk131x：VII__________________________3)--------------2，迭代公式X1/十1;xk1X1试分析每种迭代公式的收敛性，并选取一种公式求出具有四位有效数字的近似值。(X)(X1)2，从而23.比较求ex10x20的根到三位小数所需的计算量:1)在区间0,1内用二分法；2)用迭代法X(2eX)/10，取初值X0。k1k0［解］1)使用二分令f(x)ex10x2，贝y法,f(0)1,f(1)e8，有根区间为0,1;0.5f(0.5)e30,有根区间为0,0.5;f(0.25)e0.250,有根区间为0,0.25;0.5f(0.125)e0.1250.750,有根区间为0,0.125;1f(1)13e1116160.560580,有根区间为1,1；1683f(3)170,有根区间为1,3；e320.0357832161632553953e640,有根区间为5,3；f(64)32643211唸)7311e1280,有根区间为128,32'642323141233.e2560,有根区间为12825632f(256)4747.27723e5120,有根区间为f(5?T)256256'51251293935590,有根区间为2393e1024f(1024)751225102412393185从而X)0.090332,共二分10*22561024)2048次。2eX2e02e0.1k2)使用迭代法xX0.1,X110，i102廿O.。894829,20.0894829c0.0906391e2e,X3-0.0906391X0.090512610,410即X0.0905126，共迭代4x*44.给定函数次。f(x)，设对一切x,f(x)存在且0mf(x)M，证明对于范围内的任意定数，迭代过程均收敛于02/MXk1Xkf(Xk)f(x)0的根0X*f(x)可知，令(x)Xf(x)，贝u(x)1f(x)，又［证明］由xxkk1k因为0mf(x)M,0—，所以1(x)1，即|(x)|1，从而迭M代收敛。5.用斯特芬森迭代法计算第2题中(2)和(3)的近似根，精确到105o斯特芬森迭代法是一种加速的方法。是埃特金加速方法与不动点迭代结合。((6.设x)xp(x)f(x)q(x)f2(x)，试确定函数p(x)和q(x)，使求解f(x)0且以x)为迭代函数的迭代法至少三阶收敛。7.用下列方法求3在附近的根。根的准确值f(x)x3x10xo2X*1.87938524，要求计算结果准确到四位有效数字。(1)牛顿法(2)弦截法，取Xo2“1.9(3)抛物线法，取x01必3,x22Xf(X)X；3X1231，x2，[解]1)XXkXk2ok1kf(X)k3x3k222311715°5156「87945，迭代停止。X1.888889，X12*2392f(X)XXk(XX)k1kf(X)f(X)kk12)kk1X3X1(：k(xXXXX)1X(xXkk1kk1k33kk1)22八(Xk3Xk1)(Xk13Xk11)XkXkXk1Xk131.92(1.92)115.82X1.9，X1582Xo1221.8810941.91.922238.418411582c,15821.9-(1.9)----1841841X158215823(------)2------1.91.923841841迭代停止。9558143.4284121026542442221.879411158215821.9841o.61841546204321f(Xk)3)，其中Xk1Xk4f(Xk)f[Xk,Xk1,Xk2]f[X,X]f[X,X,XX)，x1,X3,X2kk1kk1k2】(kXk1o12f(X)f(X)17(3)，f(x)3，f(X)17，f(X)f[X,X]1o311oo12o1X1Xof(X)f(X)117f[X,X]2116，2123X2X1f[X,X]f[X,X]161of[X,X,X]12o1166(23)1o，o122V6，X2Xo11.9465745，X21——下略。31o76I121o1o24168.分别用二分法和牛顿法求xtanx0的最小正根。当x接近且大于时，函数值为正，当x接近且大于3时，函数值为负。因22此，最小正根区间为（-,—）,选择x仁2,函数值为-0.185<0,选择x2=4.6,22函数值为4.260>0按二分法计算，略，。x*4.493424按牛顿迭代法，其迭代公式为（）xfxkktanXkxk1xk--------------xk---------------------fctanx，取初始值x=4.6，得（兀）1kx*4.4934249.研究求的牛顿公式10（a）,aXkixk,X。0证明对一切k1,2,，2Xkxa且序列x,x,是递减的。k12证：2(Xka)显然，X0，又因为Xa(X—)a0,所以kk1k2X2XkkaX2Xk1,2,，又旦)k0，所以序列是kXk1Xk-(XkXk2X2Xkk递减的。10.对于的牛顿公式f(x)0xk1xkf(xk)/f，证明(xk)))2收敛到，这里为的Rk(XkXk1/(Xk1Xk2f(x*)/(2f(x*))x*f(x)0根。证：(XX)/(XX)2Rkkk1k1k2f(Xk1)/f(Xk1))2(f(Xk2/f(Xk2))X)/(XX)R1kkk1f(X)/f(X)kk(f(X)/f(X))11k1k1f(Xk)/f(Xk)(f(X)/f(X))RRk1k1k1k2用牛顿法（）和求重根迭代法（）计算方程211.4.134.14fx（x）的一个近似根，准确到105，初始值沧一sinx一022牛顿法（4.13），m=2X2sinXkk—2f(xk)!kxxk1xkm-~f(Xk)kXkkcosxsinxk—2kf(X)/f(X)3.1415926需要计算到k110k5，取1。X*1.8955(f(X)/f(XX))11k2⑺k2求重根迭代法(4.14)f(xQf(xQxxXk1Xk--------------------------2[f(Xk)]f(Xk)f(Xk)sinx0.5x22sinx0.5xcosx0.52sinx0.5xcosx0.5sinx0.5x2sinxcosx0.55需要计算到10，取3.1415926。x*x(13)1.8955。注：matlab编程计算得出的结果。12.应用牛顿法于方程x3a0，导出求立方根3a的迭代公式，并讨论其收敛性。3f(Xk)2xkaXkXka3Xk1Xk—2f(Xk)3X2kXkf(X)kaXXXX2XkXk1kkf(Xk)k—2kXk3aaXXkk223Xk3Xk3aXkXk1Xk3X23ak当X时,0说明迭代数列递增。3aXk3X2XXk需时,k1k当X说明迭代数列递0减。f(X)x3a1-2x3xa迭代公式Xkk2kk因此,k1XkXk-----3是收敛的。2f(Xk)Xk13.应用牛顿法于方程f(x)10，导出求a的迭代公式，并求-115的af(X)X2XXkXkk1kk2aXf(Xk)k33aXk2_13axkXk~3~2aXk2a3X一k3Xk22aX010X110.6522令X210.7231X310.7238X410.7238和a，分别导出求n的14.应用牛顿法于方程f(x)xna0f(x)1n0aX迭代公式，并求nax)。lim(：axk1)/(kkf(x)a0的迭代公式：nf(Xk)Xkaxxxk1k----------------------------k-------------------n1f(Xk)nXkn(n1)xkan1nxkanxkxknnnaxnXnk^Hkm^Hkm^HkmnkXknXknXa^Hkm^Hkmnnn的迭代公式fxkaxkxkxkxk1axkxknaxknanaxk^HkmanananxkXkaan^1/VX^Hkmnk^Hkm2na2na2naXk1Lanx15.证明迭代公式2X3a)是计算禹的三阶方法。假定初k1兀勺值充分靠xo3x2a近，求2。x*lim(axk1)/(axk)k解：X(3OJkxkz2kxkxk3XXkX2k3a3KGaxj(3Xa)xXk3Xm22kaa16.用抛物线法求多项式p(x)4x10x1.25x5x1.5的两个零点，再利用降阶求出全部零点。3x-i22x0非线性方程组2在附近有一个解，构造一个不动17.(0.4,0.7)Tc2X303x^21点迭代法，使它能收敛到这个解，并计算精确到105(按？)x2用牛顿法解方程组T18.1.6,1.2。根据向量范数的定义来证明：要求就有正定性，齐次性，三角不等式等性质。1显然2JTA0||XIA(Ax,x)XX11Cx(Acx,cx)2c2(xTAx)c(Ax,x)2cxAA解：0是函数的一个根，0时，x单调递增，tanx单调递减，趋于负无穷2在此区间内，函数没有根。所以，最小正根大于