1 求A的LU分解，并利用分解结果求
解 由紧凑格式
故
从而
故
2 求证：非奇异矩阵不一定有LU分解 证明 设
非奇异，要说明A不一定能做LU分解，只需举出一个反例即可。现考
虑矩阵，显然A为非奇异矩阵。若A有LU分解，则
故
，而
，显然不能同时成立。这矛盾说明A不能做LU分解，故只假定A
阶顺序主子式
非奇异并不能保证A能做LU分解，只有在A的前
时才能保证A一定有LU分解。
3 用追赶法求解如下的三对角方程组
解 设有分解
由公式
其中
分别是系数矩阵的主对角线元素及其下边和上边的次对角线元素，故有
从而有
故 ，，，
故
，，，
4 设A是任一阶对称正定矩阵，证明是一种向量数
证明 （1）因A正定对称，故当
（2）对任何实数，有
时，，而当时，
（3）因A正定，故有分解
，则
故对任意向量和
，总有
综上可知，是一种向量数。
5 设
（1）计算条件数（2）若近似解
，
；
，已知方程组的精确解为
，计算剩余；
（3）利用事后误差估计式计算不等式右端，并与不等式左边比较，此结果说明了什么？
解 （1）
（2）
（3）由事后误差估计式，右端为
而左端
这表明当A为病态矩阵时，尽管剩余很小，误差估计仍然较大。因此，当A病态时，用
大小作为检验解的准确度是不可靠的。
6 矩阵第一行乘以一数成为证明 设
，则
，证明当时，有最小值
又
故
从而当时，即时，有最小值，且
7 讨论用雅可比法和高斯-赛德尔法解方程组时的收敛性。如果收敛，比较哪一种方
法收敛较快，其中
解 对雅可比方法，迭代矩阵
故雅可比法收敛。
对高斯-赛德尔法，迭代矩阵
，
，故高斯-赛德尔法收敛。
因=故高斯-赛德尔法较雅可比法收敛快。
8 设，求解方程组，求雅可比迭代法与高斯-赛德尔迭代法收敛的
充要条件。
解 雅可比法的迭代矩阵
，
故雅可比法收敛的充要条件是高斯-赛德尔法的迭代矩阵
。
，
故高斯-赛德尔法收敛的充要条件是9 设求解方程组若
的雅可比迭代格式为
。
，其中
，求证：
，则相应的高斯-赛德尔法收敛。 是雅可比法的迭代矩阵，故
证明 由于
又，故，
即，故故系数矩阵A按行严格对角占
优，从而高斯-赛德尔法收敛。
10 设A为对称正定矩阵，考虑迭代格式求证：（1）对任意初始向量 （2）
收敛到
，的解。
收敛；
证明 （1）所给格式可化为
这里存在是因为，由A对称正定，，故也对称正定。
设迭代矩阵的特征值为，为相应的特征向量，则
与做积，有
因
正定，故
，从而
，格式收敛。
（2） 设即 三
收敛到
收敛到，则即，
的解。
1 设证明 以
和
且
为插值节点建立
．求证：
的不超过一次的插值多项式
应用插值余项公式有
2 求一个次数不高于
4
次的多项式．
解法一（待定参数法） 满足为
的Hermite插值多项式，使它满足
设，令得
于是
解法二（带重节点的Newton插值法） 建立如下差商表
这样可以写出Newton插值公式
3 设，在
与
上取，按等距节点求分段线性插值函数，
计算各节点间中点处的值，并估计误差．
解 步长值函数
，．在区间上的线性插
分段线性插值函数定义如下
，
各区间中点的函数值及插值函数值如表所示
估计误差：在区间
上
而
令得的驻点，于是
故有结论
，
右端与无关，于是有
，
四
1 确定参数和，使得积分取得
最小值，并计算该最小值．
解 本题实质上是求，关于权函数的二次最佳
平方逼近多项式．
选切比雪夫多项式为基函数进行计算：
于是得
的二次最佳平方逼近多项式
进而有参数最小值
就是平方误差：
．
2 对彗星1968Tentax的移动在某个极坐标系下有如表所示的观察数据．
假设忽略来自行星的干扰，坐标应满足其中
为参数，为离心率，试用最小二乘法拟合
和，并给出平方误差．
解 由于关于参数和是非线性的，变形为 ，这样有下表的数据． 记，得拟合模型．
求解法方程组
得
进而有，拟合方程为
平方误差
为
3 求函数式．
在指定区间上关于的最佳平方逼近多项
解 对做线性变换，即
利用勒让德正交多项式
为基建立
的一次最佳平方逼近多项式
的最佳平方逼近为
五
1 确定
高，并指明求积公式所具有的代数精确度。 解 令
中的待定参数，使其代数精确度尽量
，代入公式两端并令其相等，得
解得 令
，得
令精确度。
，得故求积公式具有3次代数
2 计算积分，若复化梯形公式，问区间应分多少等份才能使截断误差不超
过解 由于
？若改用复化辛普森公式，要达到同样精确度，区间应分多少等份？
，故对复化梯形公式，要求
即 。取，即将区间分为213等份时，用复化梯形
公式计算，截断误差不超过用复化辛普森公式，要求
。
即。取，即将区间等分为8等份时，复化辛普森公式可达
精度。
3 确定求积公式
中的系数
，使代数精确度尽量高，并给出
解 这是一个带权对
的表达式。公式中
。
的且带导数值的求积公式。为了积分方便，设该求积公式
准确成立，得
化简得
解得
又因为故求积公式
具有3次代数精确度。 下面估计求积公式的余项设在
上三次
。
插值多项式为
，即
满足
。因前述求积公式具有3次代数精确度，故它
对于
是准确成立的，且
因此有
注意到
在
上不变号，故余项
4 已知。
上的插值型求积公式；
（1）推导以这3个点作为求积节点在
（2）指明求积公式所具有的代数精确度； （3）用所求公式计算。 解 （1）过这3个点的插值多项式
故其中
故所求的插值型求积公式为
（2）上述求积公式是由二次插值函数积分而来，故至少具有2次代数精确度。再将
代入上述求积公式，有
故上述求积公式具有3次代数精确度。
（3）
由于该求积公式具有3次代数精确度，从而5设
为的精确度。
。
求证：（1）
（2）
（提示：直接使用泰勒展开即可得证） 七
1 对于迭代函数（1） 当（2）
为何值时，取何值时收敛最快？
，试讨论：
产生的序列收敛于；
（3） 分别取解 （1）
计算的不动点，要求
，
，根据定理7.3，当
亦即时迭代收敛。
（2）由定理7.4知，当收敛最快。
，即时迭代至少是二阶收敛的，
（3）分别取 0 1 6 12 13 1.2 1.48 1.413369586 1.414209303 1.414215327 ，并取
0 1 2 3 4 ，迭代计算结果如表7-4所示。
1.2 1.397989899 1.414120505 1.414213559 1.414213562 此时都达到。事实上，
在
上具有二阶连续导数，且满足条件
2（牛顿迭代法收敛性定理）设（1）（2）在（3）
上满足
；
； 。 单调收敛于
在
的唯一实根
，并且是平方
则由牛顿迭代法产生的序列收敛的。 证明 因件（2）知在
在在
上连续，由条件（1）知，方程上恒正或恒负，所以
在
在有根
是
。又由条
上严格单调，因而
的唯一实根。
条件（1）（2）共有四种情形： （1）（2）（3）（4）
仅就（1）进行定理证明，其余三种情况证明方法类似。 由
，
可知
，再由
知
单增且
。
又由牛顿迭代法知
由台劳展开的
其中
介于，
之间。利用
得
由
以及前面证明的
有
一般地，设再由台劳
，则必有且
及
，得
根据归纳法原理数列
单调下降有下界
，因此有极限。设
，对迭代式
两端取
。
的极限，并利用，的连续性知即
由上述证明知，有关系式的。
，即对于单根，牛顿迭代法是平方收敛
3 给定函数的任意定数证明 由于程有根
，对于一切，，迭代过程
，
存在且
均收敛于
，证明对于围的根的根。由
.
是唯一的（假定方
为单调增函数，故方程
，
）。迭代函数
及得，。由此可得
故
即4 设
，试确定函数
为迭代函数的迭代法至少三阶收敛。
和
，使求解
且以
解 要求三阶收敛到
于是由
的根，根据定理7.4，应有
得
故取
即迭代至少三阶收敛。
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