大连理工大学《矩阵与数值分析》学习指导与课后参考答案第三章、逐次逼近法

第三章 逐次逼近法

1.1内容提要

1、一元迭代法xn+1=φ(xn)收敛条件为：

1）映内性x∈[a,b]，φ(x) ∈[a,b] 2）压缩性∣φ(x) -φ(y)∣≤L∣x-y∣其中L＜1，此时φ为压缩算子，在不断的迭代中，就可以得到最终的不动点集。由微分中值定理，如果∣φ’∣≤L＜1，显然它一定满足压缩性条件。 2、多元迭代法xn+1=φ(xn)收敛条件为：

1）映内性xn∈Ω，φ(xn) ∈Ω 2）压缩性ρ（▽φ）＜1，其中▽φ为xn处的梯度矩阵，此时φ为压缩算子，在不断的迭代中，就可以得到最终的不动点集。

3、当φ(x)= Bx+f时，收敛条件为，ρ（B）＜1，此时xn+1= Bxn+f，在不断的迭代中，就可以得到线性方程组的解。

4、线性方程组的迭代解法，先作矩阵变换 A?D?L?U Jacobi迭代公式的矩阵形式 xn?1?D?1(L?U)xn?D?1b?Bxn?f

Gauss-Seidel迭代公式的矩阵形式 xn?1?(D?L)?1Uxn?(D?L)?1b?Bxn?f 超松弛迭代法公式的矩阵形式

xk?1?(D??L)?1[(1??)D??U]xk?(D??L)?1?b?Bxk?f

三种迭代方法当?(B)?1时都收敛。

5、线性方程组的迭代解法，如果A严格对角占优，则Jacob法和Gauss-Seidel法都收敛。 6、线性方程组的迭代解法，如果A不可约对角占优，则Gauss-Seidel法收敛。 7、Newton迭代法，单根为二阶收敛 limk??xk?1??xk??2xk?xk?1?f''(?)?c??lim2f'(?)k??xk?1?xk?22

8、Newton法迭代时，遇到重根，迭代变成线性收敛，如果知道重数m， xk?1?xk?m仍为二阶收敛 9、弦割法xk?1?xk?f(xk)f'(xk)f(xk)(xk?xk?1) 的收敛阶为1.618，分半法的收敛速度为（b-a）/2n-1

f(xk)?f(xk?1)????10、Aitken 加速公式xk??(xk?1),xk?1??(xk),xk?xk?1?(xk?1?xk)2xk?1?2xk?xk?1????

1.2 典型例题分析

1、证明如果A严格对角占优，则Jacob法和Gauss-Seidel法都收敛。 证明：首先证Jacob法收敛，因为A严格对角占优，则aii?j?1,j?i?anij,(i?1,2,...,n)，于是

1aiij?1,j?i?anij?1,(i?1,2,...,n)，从而D?1(L?U)??1，这又有?(D?1(L?U))?1，因

此Jacob迭代法收敛。

再证G-S法收敛，因为D(L?U)?1??1，由定理1.6，I?D?1(L?U)非奇异，而

det(I?D?1(L?U))?det(D?1(D?L?U))?det(D?1A)?det(D?1)det(A)?0，所以

det(A)?0，从而严格对角占优矩阵一定可逆。

在G-S法中，det(D?L)??ai?1nii?0，从而det((D?L)?1)?0，求矩阵特征值时，

det(?I?(D?L)?1U)?det((D?L)?1(?(D?L)?U))?det(D?L)?1)det(?(D?L)?U)?0只能是det(?(D?L)?U)?0，因为A严格对角占优，aii?ni?1nj?1,j?i?anij,(i?1,2,...,n)，如果

n??1，两边乘?,那么?aii?j?1,j?i?aij???aij??j?1j?i?1?aij???aij??j?1i?1j?i?1?aij，这说

明矩阵?(D?L)?U仍然严格对角占优，前面已证明，该行列式不能为0，这是一个矛盾。因此，只能是??1，而这恰好说明Gauss-Seidel迭代法收敛。

2、证明：如果A的对角元非零，超松弛迭代法收敛的必要条件是0???2

证明：令L??(D??L)?1[(1??)D??U]，如果超松弛迭代法收敛，应该有?(L?)?1

det(L?)?det((D??L))det((1??)D??U)?(?dii)(1??)?1?1i?1nn?di?1nii?(1??)???ini?1n而?(L?)?max?i?1,所以(1??)?1?i?nn1????，ii?1nn???i?(max?i)n?1,1???1，

i?11?i?nn从而必须满足0???2。

3、分析方程2x-3x+4x-5x+6x-7x+8x-9x+10x=10是否有实根，确定根所在的区间，写出求根的Newton迭代公式,并确定迭代的初始点。 解：令f(x)??(?1)ii?21010ix?10,显然f(1)?0,f(2)?0,f(x)??(?1)iixln(i)?0

'i?210因此该方程在[1,2]有且仅有一个实根，Newton迭代公式为 ，x0=1.5 即可 xn?1?xn?(?(?1)i?10)/（?(?1)iixnln(i)）

ixni?2i?2104、由求a的Newton 迭代公式 xk?1?证明：对一切k?1,有xk?1a(xk?),xk?0,k?0,1,2,,... 2xka,并且x1,x2,... 是递减序列。

?证明：首先，如果x0?0,则迭代序列?xk?k?1中的xk>0 ，于是

xk?1a?x1xka1a(?)?.2k.?1,所以xk?1?a,k?0,1,2,...。又因为k=1开始 2axk2xakxk?a，于是xk?11a1a?(1?2)?(1?)?1,所以xk?xk?1，为递减序列 2xk22xk(a)xk?xk?1xk?1?xk?225、若f(x)在零点ξ的某个邻域中有二阶连续导数，并且f’(ξ)≠0，试证：由Newton迭代法产生的xk(k=0,1,2,…)有lim证明：由Taylor公式，

k???f''(?)? 2f'(?)f''(?x)f(x)?f(xk?2)?f(xk?2)(x?xk?2)?(x?xk?2)2???????（1）2!''f(?xk?1)f(xk?1)?f(xk?2)?f'(xk?2)(xk?1?xk?2)?(xk?1?xk?2)2??（2）2!由Newton迭代公式整理可以得到'f(xk?2)?f'(xk?2)(xk?1?xk?2)?0????（3）f(xk?1)?f'(xk?1)(xk?xk?1)?0?????（4）用（4）代替（3）后，（2）式变为f(xk?1)?f(xk?1)?f'(xk?1)(xk?xk?1)?xk?xk?1xk?1?xk?22

f''(?xk?1)2!(xk?1?xk?2)2，整理得到??f''(?xk?1)2f(xk?1)n*n

'，由于xk?1，?xk?1??,得证。k6、证明：A∈C,对任意范数有，limkAk????(A)

??(Ak)??，而?(Ak)??k(A) 所以

证明：首先存在某种范数

?(Ak)?Ak*?(A)?Akk*??k(A)????k(A)(1??/?k(A))，取???k(A) 得到 ?2?k(A) ，对不等式同时取极限即得到 limkAkk??k**?k(A)?Ak**??(A)

再根据范数的等价性 c1A?Ak?c2Ak 对不等式同时取极限即得到对任意范数有

结果 limkAk?k???(A)

37、确定常数p,q,r，使如下迭代法收敛到a,xk?1qara2?pxk?2?5，该方法至少几阶？

xkxk解：根据定理3.6，一个迭代格式，在根附近它的p-1阶导数为零，就至少有p阶收敛速度

qara23由迭代格式?(x)?px?2?5,如果它收敛到a，那么x?3a为根，在此处求函xx数值和各阶导数，令?(3a)?3a,?'(3a)?0,?\(3a)?0,对?(x)右端求函数和导数值51立即可以解出：p?q?,r??，此时该迭代格式在根附近，至少有三阶收敛速度。99

1.3 习题解答

1、 判断正误、选择和填空：

'*1）、对于迭代过程，xn+1=φ(xn)，若迭代函数在x* 的邻域有连续的二阶导数，且?(x)?1，

则迭代过程为超线性收敛。 （不正确），xn+1=φ(xn)的迭代收敛条件有两条，1）映内性xn∈[a,b]，φ(xn) ∈[a,b] 2）

'*压缩性?(x)?L?1。更不能保证有超线性收敛，例如：

12xk?1??(xk)?(xk?1)，迭代收敛，并有根x*?0.38197,满足?(x*)?13 xk?2?xk?1xk?2?xk?13但是lim?lim?*?0，它只有线性收敛速度1x?x2x22k??k??k?1k(xk?xk?1)32） 用Newton迭代法求任何非线性方程 均局部平方收敛。（不正确）

3） 若线性方程组Ax=b 的系数矩阵A 为严格对角占优，则Jacobi迭代法和G-S迭代法都

收敛。（正确）

4） 解非线性方程f(x)=0的弦解法迭代具有（局部超线性敛速 1.618）。 （A） 局部平方收敛；（B）局部超线性收敛；（C）线性收敛

5） 任给初始向量x(0)及右端向量f，迭代法x(k+1)=Bx(k)+f收敛于方程组Ax=b的精确解x*的

充要条件是（?(B)?1）。

6） 设φ(x)=x-β(x-7)，要使迭代法xk+1=φ(xk)局部收敛到x*=7，则β取值范围是

2（0???1/7）。

7） 用迭代法xk+1=xk-λ(xk)f(xk)求f(x)=x3-x2-x-1=0的根，若要使其至少具有局部平方收敛，

则（?(xk)收敛到

1）。 2(3??2??1)?(x)?x??(x)f(x)?x??(x)(x3?x2?x?1)，?'(x)?1??'(x)f(x)??(x)(3x2?2x?1)如果平方收敛，则x??时，应有?'(?)?0，而?'(?)?1??'(?)f(?)??(?)(3?2?2??1)1?1??(?)(3?2?2??1)?0，所以?(?)?(3?2?2??1)

8） 用二分法求x3-2x-5=0在[2，3]内的根，并要求xk????10，需要迭代（18）步。 9） 求f(x)=5x-ex=0在[0，1的根，迭代函数?(x)?12?51?xe的简单迭代公式收敛阶为（线性）； 55x?exNewton迭代公式的函数（?(x)?x?）；其收敛阶为（二阶）。 x5?e10） 给定方程组?SOR法收敛。

解：超松弛迭代格式 xk?1?(D??L)?1[(1??)D??U]xk?(D??L)?1?b

现A对称，再加上正定就一定收敛，

?1?a??x1??b1?，且0

?1.150.42100.71???193.7?????2、用列主元消去法解方程组Ax=b，其中A=1.190.550.33，b=2.28 ???????1.000.351.50????0.68??对所求的结果x，使用三次迭代改善后，解的精度能否有明显提高？

4、设有线性方程组

?3.3330015.920?10.333??2.222016.7109.6120?????1.56115.17911.6853??元消去法，得到的近似解x

（1）?x1??15.913??x?=?28.544?，其精确解x*=(1,1,1)T，现用Gauss列主

??2????8.4254???x3???=(1.2001,0.99991,0.92538)T，试用迭代改善法改善其精度。

?a115、设方程组为??a21a12?a22???x??b1??x?=?b? , a11a22?0 ?2??2?证明：（1）用Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代法收敛的充要条件为

（2）Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代法同时收敛或者发散

a12a21?1

a11a22

证明：（1）先作矩阵变换 A?D?L?U

Jacobi迭代公式的矩阵形式 x?1n?1?D(L?U)xn?D?1b

??0?a12?其中B?D?1aJ(L?U)??11???,由?I?B2aaJ?0解出??1221??a21?a0?aa

22?1122?而

?2??2?a12a21a，由迭代收敛的充要条件?(BJ)?1，11a22??1,?2?1,a12a21a?1

11a22Gauss-Seidel迭代公式的矩阵形式 xn?1?(D?L)?1Uxn?(D?L)?1b 其中

?1??a12?B?L)?1U???a110??0?a12??0aG?(D?a????21a22??00???aa11??,1221?0??a

11a22??由?I?B(??a12a21a12a21G?0得?aa)?0，?1?0，?2?1122a11a22而 max(?1,?2)??2，由迭代收敛的充要条件?(B21G)??2?1于是

a12aa?111a22（2）显然，

a12a21aa?1，两者都收敛，反之都发散。

1122?6、设A=?371??04t?1??1?，b=?1?，t?t?1?1?为实参数

????0????0?? （1）求用Jacobi迭代法解Ax=b的迭代矩阵

（2）t在什么范围内时Jacobi迭代法收敛

解：（1）Jacobi迭代公式的矩阵形式 x?1n?1?D(L?U)x?1n?Db，其中

于是

71???0???0?733??1?????1t?1????00?(t?1)??0?,0???44??? ?0t?10?1??0?t?10??????????t2?1t2?122由?I?BJ?0解出?(??)?0,?1?0,?2,3?44?1?3??1BJ?D(L?U)??????t2?1（2）由????，迭代收敛的充要条件?(BJ)?1，

422t2?1于是??1,??1,?1，t2?1?4,?4?t2?1?4,?3?t2?5,t2?5,t?5

42

???t11??0??1???7、设A=?t0?，b=?1?，t为实参数 ?t???2??1?0t????t? 用Gauss-Seidel迭代法解Ax=b时，t在什么范围内收敛

解：Gauss-Seidel迭代公式的矩阵形式 xn?1?(D?L)?1Uxn?(D?L)?1b，其中

1???0??t??0?1?1??t???11??0BG?(D?L)?1U??t00??????t3?t??0?1???10t??0????t?t3?112由?I?BG?0得?(??3)2??6?0，?1,2?0，?3?3ttt由迭代收敛的充要条件?(BG)?1，于是?3??11???t1??3t?1? t3??2332?t?t,t?32 ，?13t?2?11??1???，b=?1?，

18、（1）设A=?11??????1?2??1??1??试证：Jacobi迭代求解发散，而Gauss-Seidel迭代法收敛，并求解。

?1?22??1???，b=?1?，

1?1（2）设A=?1???????1????2?21??试证：Jacobi迭代求解收敛，而Gauss-Seidel迭代法发散，并求解。

证明：先作矩阵变换 A?D?L?U

（1）Jacobi迭代公式的矩阵形式 xn?1?D?1(L?U)xn?D?1b 其中BJ?D(L?U),由?I?BJ?0解出????135?0,?1?0,?2,3?1 4由迭代收敛的充要条件?(BJ)?1，于是Jacobi迭代求解发散。 Gauss-Seidel迭代公式的矩阵形式 xn?1?(D?L)?1Uxn?(D?L)?1b 其中BG?(D?L)U,由?I?BG?0解出?(??由迭代收敛的充要条件?(BG)??2,3?1121)?0，?1?0，?2，?? 32221?1于是Gauss-Seidel迭代法收敛。x?(,,0)T

33（2）与（1）解法类似，Jacobi迭代公式中

BJ?D?1(L?U),由?I?BJ?0解出?3?0,?1,2,3?0

由迭代收敛的充要条件?(BJ)?1，于是Jacobi迭代求解收敛。 而在Gauss-Seidel迭代公式中

BG?(D?L)?1U,由?I?BG?0解出?1?0，?2，3??2(1?2)， 由迭代收敛的充要条

件应有?(BG)?1，而现在?(BG)?1，于是Gauss-Seidel迭代法发散。x?(?3,7,9)

T?3?10?9、设方程组为???9?4??x???7??x?=?? ?2??5?证明：（1）用Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代法是否收敛？

（2）交换两个方程次序，再用Jacobi迭代和Gauss-Seidel迭代是否收敛？ 证明：（1）先作矩阵变换 A?D?L?U Jacobi迭代公式的矩阵形式 xn?1?D?1(L?U)xn?D?1b 其中BJ?D(L?U),由?I?BJ?0解出???1215?0,??1,?(BJ)?1 2?1?1不满足迭代收敛的充要条件，于是Jacobi迭代求解发散。

Gauss-Seidel迭代公式的矩阵形式 xn?1?(D?L)Uxn?(D?L)b 其中BG?(D?L)U,由?I?BG?0解出?(???11515)?0，?1?0，?2? 22?(BG)??2?1不满足迭代收敛的充要条件，于是Gauss-Seidel迭代将发散。

（2）交换方程次序后，系数矩阵变为??9?4?，它严格对角占优，因此Jacobi迭代和??3?10?Gauss-Seidel迭代都收敛。

10、求方程x3?x2?1?0在x0?1.5附近的一个根，将方程改写为四种等价形式 （1）、x?1?1（2）、x?31?x2（3）、x?x3?1（4）、x?2x1x?1

试分析据此构造的迭代格式的收敛性，选择收敛最快的格式求根，使之误差不超过

1?10?3，2对收敛最慢的格式用Aitken加速，结果如何？

解：利用迭代格式xn+1=φ(xn)求解方程时，算子φ只要满足两条：

1）映内性xn∈[a,b]，φ(xn) ∈[a,b] 2）压缩性∣φ’∣≤L＜1，那么迭代收敛。逐个判断上述4种格式的映内性和压缩性比较麻烦，我们先判断方程根的区间。

令f(x)?x3?x2?1,f(1)??1?0,f(2)?3?0,可见在[1，2]中f(x)至少有一个实根 而f'(x)?3x2?2x?x(3x?2),当x?[1,2]时，f'(x)?0,可见在[1，2]中f(x)仅有一个实根现在x0?1.5，利用4种迭代格式，是企图求出[1，2]中的这个实根。最简便的方法是直接利用计算机迭代，结果如下：

迭代格式 （1） （2） （3） （4）

12 6 计算次数 发散 发散

1.4657 1.4659 根

可见，迭代格式（1）、（2）收敛，其中（2）最快；而迭代格式（3）、（4）发散。 Aitken 加速公式xk??(xk?1),xk?1??(xk),xk?xk?1????(xk?1?xk)2xk?1?2xk?xk?1????，利用它对迭代

格式（1）加速后，8次迭代（计算16次φ值），得根1.4662，对迭代格式（3）、（4）加速后仍不收敛。

(k)(k?1)?10?5 12、用Newton 迭代公式求下列方程的根，要达到x?x（1）、x3?x2?x?1?0,取x0?0 （2）x?e,取x0?0 （3）tanx?cosx??x1,取x0?0 2解：（1）先判断方程根的区间。

令f(x)?x3?x2?x?1,f(0)??1?0,f(2)?1?0,可见在[0，2]中f(x)至少有一个实根而f'(x)?3x2?2x?1?(x?1)(3x?1),当x?[0,1]时，f'(x)?0,当x?(1,2]时，f'(x)?0,可见1是局部极小值点，此时f(1)??2，因此[0，2]中仅一个实根利用xk?132xk?xk?xk?1?xk?,x0?0,求出x?1.839287 23xk?2xk?1（2）先判断方程根的区间。

令f(x)?x?e?x,f(0)??1?0,f(1)?1?e?1?0,可见在[0，1]中f(x)至少有一个实根 而f'(x)?1?e?x,当x?[0,1]时，f'(x)?0,因此[0，1]中仅一个实根

利用xk?1xk?e?xk?xk?,x0?0,求出x?0.567143

1?e?xk（3）先判断方程根的区间。

令f(x)?tanx?cosx?0.5,f(0)??1.5?0,f(1)?tan1?cos1?0.5?0可见在[0，1]中f(x)至少有一个实根

而f'(x)?sec2x?sinx,当x?[0,1]时，f'(x)?0,因此[0，1]中仅一个实根

利用xk?1?xk? 14、

tanxk?cosxk?0.5,x0?0,求出x?0.857057

sec2xk?sinxk若f(x)?ex?e?x?0,容易验证0是方程的唯一实根，用Newton法求根，收敛阶为多少？此例说明了什么？

解:令f(x)?ex?e?x,f(?1)?0,f(1)?0,可见在[?1，1]中f(x)至少有一个实根 而f'(x)?ex?e?x?0,对于一切x，因此0是唯一实根，

由于f'(0)?0,Newton公式至少二阶收敛。(k)(k?1)?10?5 15、用弦截法求下列方程的根，要达到x?x（1）、xe2?1?0,取x01?0.5,x02?0.6 （2）x?3x?x?9?0,取x01??2,x02??1.5 （3）x?2x?5?0,取x01?2,x02?3

解：（1）先判断方程根的区间。

332令f(x)?xe2?1,f(0)??1?0,f(1)?e2?1?0,可见在[0，1]中f(x)至少有一个实根而f'(x)?e2?0,[0，1]中的根也是唯一的实根，无论初始点如何，都收敛到唯一解

利用xk?1(xke2?1)(xk?xk?1) ?xk?,x01?0.5,x1?x01?0.000001,求出x?0.13533522xke?xk?1e（2）先判断方程根的区间。

令f(x)?x3?3x2?x?9,f(?2)?0,f(?1)?0,可见在[?2,?1]中f(x)至少有一个实根而f'(x)?3x2?6x?1,当x?[?2,?1]时，f'(x)?0,因此[?2,?1]中仅一个实根无论取x01??2,x02??1.5，应该都收敛到同一个实根。利用弦截法时取x01??2,x1?x01?0.000001利用公式xk?1?xk?

（3）先判断方程根的区间。

f(xk)(xk?xk?1)，求出x??1.52510f(xk)?f(xk?1)令f(x)?x3?2x?5,f(1)?0,f(3)?0,可见在[1,3]中f(x)至少有一个实根而f'(x)?3x2?2,当x?[1,?)时，f'(x)?0,因此[1,?)中仅一个实根无论取x01?2,x02?3，应该都收敛到同一个实根。利用弦截法时取x01?2,x1?x01?0.000001利用公式xk?1?xk?f(xk)(xk?xk?1)，求出x?2.09455f(xk)?f(xk?1)

16、Heonardo于1225年研究了方程

请你构造一种简f(x)?x3?2x2?10x?20?0,并得出了一个实根??1.368808107，单迭代格式验证该著名结果。

解：

f(x)?x3?2x2?10x?20,f(1)?0,f(2)?0,f'(x)?0,当x?[1，2],可见，其结果是正确的，如果对它的末位四舍五入，取??1.368808108将更精确。

17、应用Newton法求cos(x)sh(x)?1?0的头5个非零正实根 解：

Newton迭代法最为有效，将x0?1.3带入公式，求得??1.36880810782137

ex?e?x令f(x)?cos(x)sh(x)?1?cos(x)()?1,f(x)将在（??，?）有多个正根 2不妨从（0，?）中找出5个。从0开始，以步长h=0.01搜索，出现函数值变号区间，立即以中点为初值，用Newton法加速迭代，找出负根舍弃，正根保留，然后继续搜索。求出5个正根为 4.73004344778508，7.8532046238611，10.9956078380018 14.1371654912575，17.2787596573995

18、用二分法求2e?x?sin(x)?0，在区间要达到x[0，1]内的根，(k)?x*?1?10?5 2(??0.9210245)

19、用幂法计算下列矩阵的主特征值及对应的特征向量；用QR法计算下列矩阵特征值，当

主特征值有3位小数稳定时停止。

?2?10???4140?????A1 =?12?1，A2 =?5130 ???????0?12????102??1）特征值=(0.5858，2.0000，3.4142)，主特征值=3.4142

T

主特征值对应的特征向量（-0.5000，0.7071，-0.5000） 2）特征值=(2.0000，6.0000，3.0000)，主特征值=6.0000

T

主特征值对应的特征向量（0.7974，0.5696，-0.1994）

20、用反幂法计算矩阵的模最小特征值及对应的特征向量；用QR法计算矩阵特征值，当特征值有3位小数稳定时停止。

?289???A =834 ????947??特征值=(-7.0709，0.8133，18.2576)，模最小特征值=0.8133，其对应的特征向量为

T

（-0.1341，-0.7318，0.6682）

?30?10???有特征值的近似值4.3，试用原点位移的反幂法求出特征值和

421、矩阵A =?13????01?2??对应特征向量

解：已知特征值的一个近似值之后，??4.3就可能成为矩阵A?4.3I的模最小特征值，这

T

样用反幂法，求出它的最小特征值为0.2745，对应特征向量（-0.6907，0.7149，0.1087），于是??4.3?0.2745?4.5745，又由(A?4.3I)x?0.2745x得到，Ax?4.5745x，可见特征向量仍不变。

21??x1???12??5???x?=?10?

222、试用SOR法（ω=0.9）解线性方程组?14???2?????1?310????x3????3??（1）、证明此时SOR法收敛 （2）、求满足maxxi1?i?3(k?1)?xi(k)?10?5的解

解：（1）SOR格式 xk?1?(D??L)?1[(1??)D??U]xk?(D??L)?1?b代入ω=0.9

?5??(D??L)?1[(1??)D??U]???0.94????0.9?2.710??T

?1?0.5?1.8?0.9???

0.4?1.8???1???求出其3个特征值= 0.0428，0.0300± 0.1499i)，可见谱半径小于1，因此迭代收敛 （2）x=( -3.0909,1.2372, 0.9802)

23、方程组Ax=b，其中A为对称正定矩阵，迭代公式x(k+1)=x(k)+ ω(b-Ax(k)) 证明：当0???2?时，迭代收敛（其中0<α≦λ(A)≦β，λ(A)为A的任意特征值）

证明：由x(k+1)=x(k)+ ω(b-Ax(k))=（I-ωA）x(k)+ωb，如果迭代收敛，应该有ρ(I-ωA)<1 但是（I-ωA）的特征值为1-ωλ(A)，所以∣1-ωλ(A)∣＜1，-1＜1-ωλ(A)＜1 0＜ωλ(A)＜2，又由于0<α≦λ(A)≦β，为保证0＜ωmax(λ(A))＜2，

应该有0＜ωβ＜2，所以0???24、 （略）

2? 时可确保迭代收敛。

?63??x1??0?T25、用G-S法求解方程组：?（x?(1,?2)T） ?x?=?? , x0?(0,0)，??32??2???1?26、电路分析，常需要解方程组RI=v，分别用（1）Jacobi迭代（2）Gauss-Seidel迭代（3）SOR迭代（4）CG法求解

00?10000??31?130??15???1335?9??27?0?110000?????0??23??931?1000000?????00?1079?30000?90????R??000?3057?70?50?，v???20?

????0000747?300012?????0??7?0000?304100?????000?50027?2??0?7??0??10?00?9000?229?????X=(-0.2018，0.3636，-0.7382，-0.3156，-0.4551，0.4018，0.1232，0.1429，-0.4329)T

27、数值计算题

（1）求x?xcos(x)?1?0的实根。（ ?1??0.6851741,?2?1.1983598）（2）求方程组 x?y?1,y?sin(x)e的实根。（?1??0.949207,?2?0.526305）（3）解方程组Ax=b，其中A=(cos(i?j))5?5+5I，b=（1，1，1，1，1）T

x=(0.214992，0.180536，0.163975，0.180536，0.214992)T

22x2（4）解方程组Ax=b，其中A=(e(i?j))5?5+5I，b=（1，1，1，1，1）T

x=(0.168574，0.114574，0.032211，0.431215，1.515821)T

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