数值分析课程第五版课后习题答案(李庆扬等)1.doc

Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date数值分析课程第五版课后习题答案(李庆扬等)1数值分析课程第五版课后习题答案(李庆扬等)1第一章 绪论（12）1、设，x的相对误差为，求的误差。解设为x的近似值，则有相对误差为，绝对误差为，从而的误差为，相对误差为。2、设x的相对误差为2%，求的相对误差。解设为x的近似值，则有相对误差为，绝对误差为，从而的误差为，相对误差为。3、下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差不超过最后一位的半个单位，试指出它们是几位有效数字：，。解有5位有效数字；有2位有效数字；有4位有效数字；有5位有效数字；有2位有效数字。4、利用公式（3.3）求下列各近似值的误差限，其中均为第3题所给的数。（1）；解；（2）；解；（3）。解。5、计算球体积要使相对误差限为1%，问度量半径R允许的相对误差是多少？解由可知，从而，故。6、设，按递推公式计算到，若取（五位有效数字，）试问计算将有多大误差？解令表示的近似值，则，并且由，可知，即，从而，而，所以。7、求方程的两个根，使它至少具有四位有效数字（）解由与（五位有效数字）可知，（五位有效数字）。而，只有两位有效数字，不符合题意。但是。8、当N充分大时，怎样求？解因为，当N充分大时为两个相近数相减，设，则，从而，因此。9、正方形的边长大约为100cm，应怎样测量才能使其面积误差不超过1?解由可知，若要求，则，即边长应满足。10、设，假定g是准确的，而对t的测量有秒的误差，证明当t增加时S的绝对误差增加，而相对误差却减少。证明因为，所以得证。11、序列满足递推关系，若（三位有效数字），计算到时误差有多大？这个计算过程稳定吗？解设为的近似值，则由与可知，即，从而，因此计算过程不稳定。12、计算，取，利用下列公式计算，哪一个得到的结果最好？，。解因为，所以对于，有一位有效数字；对于，没有有效数字；对于，有一位有效数字；对于，没有有效数字。13、，求的值。若开平方用六位函数表，问求对数时误差有多大？若改用另一等价公式计算，求对数时误差有多大？解因为（六位有效数字），所以，。14、试用消元法解方程组，假定只有三位数计算，问结果是否可靠？解精确解为。当使用三位数运算时，得到，结果可靠。15、已知三角形面积，其中c为弧度，且测量a，b，c的误差分别为，证明面积的误差满足。解因为，所以。第二章 插值法（40-42）1、根据（2.2）定义的范德蒙行列式，令，证明是n次多项式，它的根是，且。证明由可得求证。2、当时，求的二次插值多项式。解。3、给出的数值表用线性插值及二次插值计算的近似值。X0.40.50.60.70.8-0.916291-0.693147-0.510826-0.357765-0.223144解若取，则，则，从而。若取，则，则，从而。4、给出的函数表，步长，若函数具有5位有效数字，研究用线性插值求近似值时的总误差界。解设插值节点为，对应的值为，函数表值为，则由题意可知，近似线性插值多项式为，所以总误差为，从而。5、设，求。解。令，则，从而极值点可能为，又因为，显然，所以。6、设为互异节点，求证：1）；2）；解1）因为左侧是的n阶拉格朗日多项式，所以求证成立。2）设，则左侧是的n阶拉格朗日多项式，令，即得求证。7、设且，求证。解见补充题3，其中取即得。8、在上给出的等距节点函数表，若用二次插值求的近似值，要使截断误差不超过，问使用函数表的步长h应取多少？解由题意可知，设x使用节点，进行二次插值，则插值余项为，令，则，从而的极值点为，故，而，要使其不超过，则有，即。9、若，求及。解。10、如果是m次多项式，记，证明的k阶差分是次多项式，并且（l为正整数）。证明对k使用数学归纳法可证。11、证明。证明。12、证明。证明因为，故得证。13、证明：。证明。14、若有n个不同实根，证明。证明由题意可设，故，再由差商的性质1和3可知：，从而得证。15、证明n阶均差有下列性质：1）若，则；2）若，则。证明1）。2）。16、，求，。解，。17、证明两点三次埃尔米特插值余项是，并由此求出分段三次埃尔米特插值的误差限。解见P30与P33，误差限为。18、XXXXXXXXXX19、求一个次数不高于4次的多项式，使它满足，。解设，则，再由，可得：解得。从而。20、设，把分为n等分，试构造一个台阶形的零次分段插值函数，并证明当时，在上一致收敛到。解令。21、设，在上取，按等距节点求分段线性插值函数，计算各节点中点处的与的值，并估计误差。解由题意可知，从而当时，。22、求在上的分段线性插值函数，并估计误差。解设将划分为长度为h的小区间，则当，时，从而误差为，故。23、求在上的分段埃尔米特插值，并估计误差。解设将划分为长度为h的小区间，则当，时，从而误差为，故。24、给定数据表如下：0.250.300.390.450.530.50000.54770.62450.67080.7280试求三次样条函数，并满足条件：1）；2）。解由，及（8.10）式可知，由（8.11）式可知，。从而1）矩阵形式为：，解得，从而。2）此为自然边界条件，故；，矩阵形式为：，可以解得，从而。25、若，是三次样条函数，证明1）；2）若，式中为插值节点，且则。解1）。2）由题意可知，所以。补充题：1、令，写出的一次插值多项式，并估计插值余项。解由，可知，余项为，故。2、设，试利用拉格朗日插值余项定理写出以为插值节点的三次插值多项式。解由插值余项定理，有，从而。3、设在内有二阶连续导数，求证：。证因为是以a，b为插值节点的的线性插值多项式，利用插值多项式的余项定理，得到：，从而。4、设，求差商，和。解因为，所以，。5、给定数据表：，1246741011求4次牛顿插值多项式，并写出插值余项。解一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商1421-34061710由差商表可得4次牛顿插值多项式为：，插值余项为。6、如下表给定函数：，0123436111827试计算出此列表函数的差分表，并利用牛顿向前插值公式给出它的插值多项式。解构造差分表：03320016520211723189427由差分表可得插值多项式为：。第三章 函数逼近与计算（80-82）1、（a）利用区间变换推出区间为的伯恩斯坦多项式；（b）对在上求1次和3次伯恩斯坦多项式并画出图形，并与相应的马克劳林级数部分和误差做出比较。解（a）令，则，从而伯恩斯坦多项式为，其中。（b）令，则，从而伯恩斯坦多项式为，其中。；。2、求证：（a）当时，；（b）当时，。证明（a）由及可知，而，从而得证。（b）当时，。3、在次数不超过6的多项式中，求在的最佳一致逼近多项式。解由可知，从而最小偏差为1，交错点为，此即为的切比雪夫交错点组，从而是以这些点为插值节点的拉格朗日多项式，可得。4、假设在上连续，求的零次最佳一致逼近多项式。解令，则在上具有最小偏差，从而为零次最佳逼近一次多项式。5、选择常数a，使得达到极小，又问这个解是否唯一？解因为是奇函数，所以，再由定理7可知，当时，即时，偏差最小。6、求在上的最佳一次逼近多项式，并估计误差。解由可得，从而最佳一次逼近多项式为7、求在上的最佳一次逼近多项式。解由可得，从而最佳一次逼近多项式为。8、如何选取r，使在上与零偏差最小？r是否唯一？解由，可知当与零偏差最小时，从而。另解：由定理7可知，在上与零偏差最小的二次多项式为，从而。9、设，在上求三次最佳逼近多项式。解设所求三次多项式为，则由定理7可知，从而。10、令，求、。解由可知，令，则，从而。 11、试证是在上带权的正交多项式。？12、在上利用插值极小化求的三次近似最佳逼近多项式。解由题意可知，插值节点为，即，则可求得。13、设在上的插值极小化近似最佳逼近多项式为，若有界，证明对任何，存在常数，使得。证明由题意可知，从而取，则可得求证。14、设在上，试将降低到3次多项式并估计误差。解因为，所以，误差为。15、在利用幂级数项数节约求的3次逼近多项式，使误差不超过0.005。解因为，取前三项，得到，误差为，又因为，所以3次逼近多项式为，此时误差为。16、是上的连续奇（偶）函数，证明不管n是奇数或偶数，的最佳逼近多项式也是奇（偶）函数。解的最佳逼近多项式是由切比雪夫多项式得到的，再由切比雪夫多项式的性质4即得。17、求a、b使为最小，并与1题及6题的一次逼近多项式误差作比较。解由，可得，解得。18、，定义（a）；（b）。问它们是否构成内积？解（a）因为，但反之不成立，所以不构成内积。（b）构成内积。19、用许瓦兹不等式（4.5）估计的上界，并用积分中值定理估计同一积分的上下界，并比较其结果。解。因为，所以。20、选择a，使下列积分取最小值：，。解，从而。当时，当时，由，可得交点为，若，则，若，则。同理可知，当时，当时，从而当时，积分取得最小。21、设，分别在上求一元素，使其为的最佳平方逼近，并比较其结果。解由，可知，解得，即在上为。由，可知，解得，即在上为。22、在上，求在上的最佳平方逼近。解由，可知，解得。从而最佳平方逼近多项式为。23、是第二类切比雪夫多项式，证明它有递推关系。证明令，则。24、将在上按勒让德多项式及切比雪夫多项式展开，求三次最佳平方逼近多项式并画出误差图形，再计算均方误差。解若按照切比雪夫多项式展开，其中；若按照勒让德多项式展开，其中；从而；，从而三次最佳逼近多项式为。25、把在上展成切比雪夫级数。解若按照切比雪夫多项式展开，其中。从而。26、用最小二乘法求一个形如的经验公式，使它与下列数据相拟合，并求均方误差。192531384419.032.349.073.397.8解由。又，故法方程为，解得。均方误差为。27、观测物体的直线运动，得出以下数据：时间t（秒）00.91.93.03.95.0距离s（米）010305080110解设直线运动为二次多项式，则由。，。又，故法方程为，解得。故直线运动为。28-31略。补充题：1、现测得通过某电阻R的电流I及其两端的电压U如下表：IU试用最小二乘原理确定电阻R的大小。解电流、电阻与电压之间满足如下关系：。应用最小二乘原理，求R使得达到最小。对求导得到：。令，得到电阻R为。2、对于某个长度测量了n次，得到n个近似值，通常取平均值作为所求长度，请说明理由。解令，求x使得达到最小。对求导得到：，令，得到，这说明取平均值在最小二乘意义下误差达到最小。3、有函数如下表，要求用公式拟合所给数据，试确定拟合公式中的a和b。-3-2-10123-1.760.421.201.341.432.254.38解取，则，而，。故法方程为，解得。4、在某个低温过程中，函数y依赖于温度的实验数据为12340.81.51.82.0已知经验公式的形式为，是用最小二乘法求出a和b。解取，则，而，。故法方程为，解得。5、单原子波函数的形式为，试按照最小二乘法决定参数a和b，已知数据如下：X0124y2.0101.2100.7400.450解对两边取对数得，令，则拟合函数变为，所给数据转化为X0124y0.69810.1906-0.3011-0.7985取，则，而，。故法方程为，解得。因而拟合函数为，原拟合函数为。第四章 数值积分与数值微分（107）1、确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量高，并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度。1）；解分别取代入得到：，即，解得又因为当时，；当时，；从而此求积公式最高具有3次代数精度。2）；解分别取代入得到：，即，解得，又因为当时，；当时，；从而此求积公式最高具有3次代数精度。3）；解分别取代入得到：，即，解得与，又因为当时，；，从而此求积公式最高具有2次代数精度。4）。解分别取代入得到：，所以，又因为当时，当时，所以此求积公式最高具有3次代数精度。2、分别用梯形公式和辛普森公式计算下列积分：（1）；解。精确值为。2）；（略）3）；解（略），精确值为。4）；（略）。3、直接验证柯特斯公式（2.4）具有5次代数精度。证明显然节点为，分别取代入得到：，；从而此求积公式最高具有5次代数精度。4、用辛普森公式求积分并估计误差。解。，从而。5、推导下列三种矩形求积公式：；解由微分中值定理有：，从而再由微分中值定理有：，从而。由微分中值定理有：，从而。6、证明梯形公式（2.9）与辛普森公式（2.11）当时收敛到积分。证明由与可得求证7、用复化梯形公式求积分，问要将积分区间分成多少等分，才能保证误差不超过（设不计舍入误差）？解由可知，令，则，从而。8、用龙贝格方法计算积分，要求误差不超过。解由及可得。（参见95页）9、卫星轨道是一个椭圆，椭圆周长的计算公式是，这里a是椭圆的半长轴，c是地球中心与轨道中心（椭圆中心）的距离，记h为近地点距离，H为远地点距离，公里为地球半径，则，。我国第一颗人造卫星近地点距离公里，远地点距离为2384公里，试求卫星轨道的周长。解由，可得。10、证明等式，试依据的值，用外推算法求的近似值。证明因为，由可得，。11、用下列方法计算积分，并比较结果。1）龙贝格方法；（2）三点及五点高斯公式；3）将积分区间分为四等分，用复化两点高斯公式。解。12、用三点公式和五点公式求在和1.2处的导数值，并估计误差，的值由下表给出：X1.01.11.21.31.40.25000.22680.20660.18900.1736解由三点公式，可知，误差为；，误差为，误差为。由五点公式可知，。1、计算上的积分的两点求积公式。解求积公式的代数精度不超过，将求积公式和求积系数作为4个待定系数，依次取被积函数为代入求积公式，得到方程组：，可以解得，从而求积公式为。2、直接验证梯形公式与中矩形公式具有一次代数精度，而辛普生公式具有三次代数精度。证明（1）依次将代入梯形公式中，得到：；，从而梯形公式具有一次代数精度。（2）依次将代入中矩形公式中，得到：；，从而中矩形公式具有一次代数精度。（3）依次将代入辛普生公式中，得到：；，从而辛普生公式具有三次代数精度。3、求近似求积公式的代数精度。解 依次将代入求积公式中，得到：；，因此所给求积公式具有三次代数精度。4、求三个不同的节点和常数C，使求积公式具有尽可能高的代数精度。解 依次将代入求积公式中，得到：，即，解得，此时求积公式为，具有3次代数精度。令代入求积公式中，得到：所以此求积公式的代数精度只有3次。5、用三个节点（）的Gauss求积公式计算积分。解三个节点的Gauss求积公式为，所以。6、试确定常数A，B，C和，使得数值积分公式为Gauss型公式。解要使数值积分公式为Gauss型公式，则其具有次代数精度。依次将代入都应精确成立，故有，即，解得。7、试确定常数A，B，C和，使得数值求积公式具有尽可能高的代数精度。此时的代数精度是多少？它是否是Gauss型公式？解依次将代入求积公式，得到：，即，解得，从而求积公式为，令代入得到：，从而求积公式只具有3次代数精度，不是Gauss型公式。第五章 常微分方程数值解法（141-142）1、就初值问题分别导出欧拉方法和改进的欧拉方法的近似解的表达式，并与准确解相比较。解由欧拉公式可知，即，从而，即，又因为，所以。再由，可知误差为。由改进的欧拉公式可知，即，从而，即，又因为，所以。再由，可知误差为。2、用改进的欧拉方法求解初值问题，取步长计算，并与准确解相比较。解由改进的欧拉公式可知，又由，可得，从而；。3、用改进的欧拉方法解，取步长计算，并与准确解相比较。解由改进的欧拉公式可知，又由，可得，从而；。4、用梯形方法解初值问题，证明其近似解为，并证明当时，它收敛于原初值问题的准确解。解由梯形公式可知，从而，即，从而，又由可知，。5、利用欧拉方法计算积分在点的近似值。解令，则，从而令，利用欧拉方法得到：，又由，得到：；。6、取，用四阶经典的龙格-库塔方法求解下列初值问题：1）；解由四阶经典的龙格-库塔方法可知，；。；又由可知，。从而由可得：；。精确解为。2）。精确解为。7、证明对任意参数t，下列龙格-库塔公式是二阶的。证明因为，所以而，比较系数可知，所给龙格-库塔公式是二阶精度的。8、证明下列两种龙格-库塔方法是三阶的：（1）；（2）；证明在三阶龙格-库塔公式中，（1）取，。即为所给方法，并且满足，因而具有三阶精度。（2）取，。即为所给方法，并且满足，因而具有三阶精度。9、分别用二阶显式亚当姆斯方法和二阶隐式亚当姆斯方法解下列问题：，取计算，并与准确解相比较。解由可知，当使用二阶显式亚当姆斯方法时，。从而，；当使用二阶隐式亚当姆斯方法时，即，从而。故；。精确解为。10、证明解的下列差分公式是二阶的，并求出截断误差的首项。证明因为，所以，从而比较系数可得差分公式具有二阶精度，并且截断误差首项为。11、导出具有下列形式的三阶方法：。解因为，所以，从而若公式具有三阶精度，则必须有：。12、将下列方程化为一阶方程组：1）；解令，则，从而有，再令，则初值问题为。精确解为2）。解令，则，从而有，。3）。解令，则，从而有，初值为。13、取，用差分法解边值问题。解显然，令，及，代入得到：，即，再由可知， 解得。14、对方程可建立差分公式，试用这一公式求解初值问题，验证计算解恒等于准确解。解由差分格式可建立方程组。15、取，用差分方法解边值问题。解显然，令及，代入得到：，即，又由可得，从而由得方程组为：，可以解得。第六章 方程求根（163-164）阅读材料：一般的n次多项式方程称为n次代数方程。对于3次、4次的方程，虽然也可以在数学手册上查到求解公式，但是太复杂。至于5次以上的方程就没有现成的求解公式了。代数方程可以说是最简单的非线性方程，因为虽然不能很好地算出它的根，但是总可以知道，n次方程一般具有n个根。一般由实际问题归结得到的方程还常常含有三角函数、指数函数、对数函数等超越函数，如，这样的方程叫做超越方程。求解超越方程不仅没有一般的公式，而且若只依据方程本身，那么连是否有根、有几个根，也都难以判断。超越方程与次代数方程一起统称为非线性方程，记作，其中是一个单变量的初等函数，它可以是多项式函数、超越函数等形式或者它们的组合形式。所谓方程求根，就是寻找一个，使得成立，这样的叫做方程的根（解），也叫做函数的零点。若存在正整数m，使得，且，则称为的m重根。当时，又称为单根，这时满足，。对于一般的非线性方程，用直接方法得到它的精确解是很困难的，例如。非线性方程的求解就是研究方程在给定初值的条件下，如何利用计算机运算得到方程真解的近似值x，使得对任意给定的精度，满足，此时称x关于是精确的。对于具体的问题，首先要对函数加以初步的研究，判断出方程的根的个数和大概位置，才能较好地选择有根区间。如果选取得好，还可以把方程的根逐个分离，找出相应的有根区间。二分法的特点是当有单根时具有收敛快的特点。然而对方程有重根或复根的情况，二分法公式有时失效。1、用二分法求方程的正根，要求误差。解令，则，所以有根区间为；又因为，所以有根区间为；，所以有根区间为；，所以有根区间为；，所以有根区间为；，所以有根区间为；取，这时它与精确解的距离。2、用比例求根法求在区间的一个根，直到近似根满足精度终止计算。？3、为求方程在附近的一个根，设将方程改写成下列等价形式，并建立相应的迭代公式：1），迭代公式；2），迭代公式；3），迭代公式；4），迭代公式。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。解1）设，则，从而，所以迭代方法局部收敛。2）设，则，从而，所以迭代方法局部收敛。3）设，则，从而，所以迭代方法发散。4）设，则，从而，所以迭代方法发散。4、比较求的根到三位小数所需的计算量：1）在区间内用二分法； 2）用迭代法，取初值。解1）使用二分法，令，则，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；，有根区间为；从而，共二分10次。2）使用迭代法，则，即，共迭代4次。5、给定函数，设对一切x，存在且，证明对于范围内的任意定数，迭代过程均收敛于的根。证明由可知，令，则，又因为，所以，即，从而迭代格式收敛。6、已知在区间内只有一根，而当时，试问如何将化为适于迭代的格式？将化为适于迭代的格式，并求（弧度）附近的根。解将两边取反函数，得到，而，从而，故迭代公式收敛。令，则，从而，将迭代公式改变为，这时，从而，迭代格式收敛。取，。7、用下列方法求在附近的根。根的准确值，要求计算结果准确到四位有效数字。1）用牛顿法；2）用弦截法，取；3）用抛物线法，取解1），迭代停止。2），迭代停止。3），其中，故，下略。8、分别用二分法和牛顿法求的最小正根。解参见第6题，。9、研究求的牛顿公式，证明对一切，且序列是递减的。证明显然，又因为，所以，又，所以序列是递减的。10、对于的牛顿公式，证明收敛到，这里为的根。？11、试就下列函数讨论牛顿法的收敛性和收敛速度。1）；2）。解1）由可知，故牛顿法不收敛。2）由可知，故牛顿法一阶收敛。12、应用牛顿法于方程，导出求立方根的迭代公式，并讨论其收敛性。解令，则。13、应用牛顿法于方程，导出求的迭代公式，并求的值。解令，则。余见例8。14、应用牛顿法于方程和，分别导出求的迭代公式，并求。解，。，。15、证明迭代公式是计算的三阶方法。假定初值充分靠近，求。解。补充题1、判断下列方程有几个实根，并指出其有根区间：1）； 2）。解1）设，则，当时，为减函数；当时，为增函数。又因为，所以可知有三个根，有根区间分别为。2）将原方程改写为，作函数与的图像，由图像可知两个函数有两个交点，其横坐标位于区间与，因而所给方程有两个根。2、证明迭代格式产生的序列对于均收敛于。证明设，则。当时，并且，由迭代格式产生的序列收敛于方程的唯一正根。3、利用适当的迭代格式证明。证明考虑迭代格式，则，。令，则。当时，并且，因而迭代格式产生的序列收敛于方程在内的唯一根。4、设a为正整数，试建立一个求的牛顿迭代公式，要求在迭代公式中不含有除法运算，并考虑公式的收敛性。解考虑方程，则为以上方程的根。，用牛顿迭代公式。迭代函数中不含有除法运算。由递推得到，解得，所以当时，方法收敛。第七章 解线性方程组的直接方法（198-201，部分）2、（a）设A是对称阵且，经过高斯消去法一步后，A约化为，证明是对称矩阵。（b）用高斯消去法解对称方程组：。证明（a）中的元素满足，又因为A是对称阵，满足，所以，即是对称矩阵。（b）略。4、设A为n阶非奇异矩阵且有分解式，其中L是单位下三角阵，U为上三角阵，求证A的所有顺序主子式均不为零。证明将L与U分块，其中为k阶单位下三角阵，为k阶上三角阵，则A的k阶顺序主子式为，显然非奇异。7、设A是对称正定矩阵，经过高斯消去法一步后，A约化为，其中，；证明：（1）A的对角元素；（2）是对称正定矩阵；（3）；（4）A的绝对值最大的元素必在对角线上；（5）；（6）从（2）、（3）、（5）推出，如果，则对所有k，。证明（1）依次取，则因为A是对称正定矩阵，所以有。（2）中的元素满足，又因为A是对称正定矩阵，满足，所以，即是对称矩阵。（3）因为，所以。（4）以下略。12、用高斯-约当方法求A的逆阵：。解故。13、用追赶法解三对角方程组，其中，。解因为，所以。14、用改进的平方根法解方程组。解。15、下列矩阵能否分解为（其中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。，。解因为A的一、二、三阶顺序主子式分别为1，0，-10，所以A不能直接分解为三角阵的乘积，但换行后可以。因为B的一、二、三阶顺序主子式分别为1，0，0，所以B不能分解为三角阵的乘积。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。16、试画出部分选主元素三角分解法框图，并且用此法解方程组。解。18、设，计算A的行范数，列范数，2-范数及F-范数。解，因为，从而。19、求证：（a）；（b）。（a）。（b），？20、设且非奇异，又设为上一向量范数，定义。试证明是上向量的一种范数。证明显然，、，从而是上向量的一种范数。21、设为对称正定，定义，试证明是上向量的一种范数。证明因为A对称正定，所以，从而是上向量的一种范数。22、设，求证。证明因为，而，所以由夹逼性可知，。23、证明：当且仅当x和y线性相关，且时，才有。证明当x和y线性相关，且时，不妨设，则，从而。若，则有，并且令，则，即，即存在不全为零的，从而x和y线性相关。24、分别描述中（画图）。解：以原点为中心，以为顶点的、边长为的正方形。：以原点为圆心，半径为1的圆。：以原点为中心，以为顶点的、边长为2的正方形。25、令是（或）上的任意一种范数，而P是任一奇异实（或复）矩阵，定义范数，证明。证明。26、设、为上任意两种矩阵算子范数，证明存在常数，使对一切满足。证明由范数的等价性，存在常数和，使得，则有，并且，从而，令，即得求证。27、设，求证与特征值相等，即求证。证明设为的特征值，则存在非零向量x，使得，两边同乘A，则，即是的对应特征向量为的特征值。设为的特征值，则存在非零向量x，使得，两边同乘，则，即是的对应特征向量为的特征值。28、设A为非奇异矩阵，求证。证明因为，所以得证。29、设A为非奇异矩阵，且，求证存在且有估计。证明因为及，所以由定理18可知，非奇异，从而非奇异，其逆存在。设，则，又由可得，可得，从而即。30、矩阵第一行乘以一数，成为，证明当时，有最小值。证明由可知，当时，矩阵A非奇异，从而，又当时，从而。当时，从而。综上所述，时最小，这时，即。31、设A为对称正定矩阵，且其分解为，其中，求证（a）；（b）。证明由可知，从而，故得，（a）；（b）。32、设，计算A的条件数。解由可知，从而，由，由，可得，从而。，从而。33、证明：如果A是正交阵，则。证明若A是正交阵，则，从而，故，。34、设且为上矩阵的算子范数，证明。证明。补充题1、用Gauss消去法求解方程组：（1）； （2）。（3）； （4）。（5）。解（1）对系数矩阵的增广矩阵进行初等行变换，故。（2）对系数矩阵的增广矩阵进行初等行变换，故。（3）对系数矩阵的增广矩阵进行初等行变换，故。（4）对系数矩阵的增广矩阵进行初等行变换，故。（5）对系数矩阵的增广矩阵进行初等行变换，故。2、用列主元Gauss消去法求解下列方程组：（1）； （2）。（3）； （4）。（5）。解（1），故。（2），故。（3），故。（4），故。（5），故。3、用矩阵的直接三角分解法求解方程组：。解由可知，求解可得，求解可得。4、用平方根法（Cholesky分解）求解方程组：（1）。 （2）。解由系数矩阵的对称正定性，可令，其中L为下三角阵。（1）求解可得，求解可得。（2）。求解可得，求解可得。5、用改进的平方根法（分解）求解方程组：（1）。 （2）。解由系数矩阵的对称正定性，可令，其中L为下三角阵，D为对角阵。（1）求解可得，求解可得。（2）。求解可得，求解可得。6、用追赶法求解三对角方程组：（1）， （2）， （3）。解依追赶法对其增广矩阵进行初等变换，（1），回代得到：。（2），回代得到：。（3），回代得到：。7、设，求，。解。8、证明：1）；2）。证明1）。2）。9、分别求下列矩阵的，。（1）， （2）。解（1），因为，由，解得，从而。（2），因为，由，解得，从而。10、求矩阵的，。解 ，因为，所以。第八章 解线性方程组的迭代法（217-219）寻求能够保持大型稀疏矩阵的稀疏性的有效数值解法是我们线性代数方程组数值解法的一个非常重要的课题。使用迭代法的好处在于它只需要存储析数矩阵的非零元素和方程的右端项，因而对于大型稀疏矩阵，具有存储量小、程序结构简单的优点。由于迭代格式的收敛性和收敛速度与方程组的系数矩阵密切相关，因此迭代格式的选择和迭代的收敛性将成为讨论的中心问题。定义迭代的平均收敛速度定义为。定义迭代的渐近收敛速度定义为。值得注意的是，渐近收敛速度与所使用的范数无关。因此，有时也把渐近收敛速度简称为收敛速度。1、设方程组，（a）考察用雅可比迭代法，高斯-赛德尔迭代法解此方程组的收敛性；（b）用雅可比迭代法及高斯-赛德尔迭代法解此方程组，要求当时迭代终止。解（a）由系数矩阵为严格对角占优矩阵可知，使用雅可比、高斯-赛德尔迭代法求解此方程组均收敛。精确解为（b）使用雅可比迭代法：，使用高斯-赛德尔迭代法：。2、设，证明：即使，级数也收敛。证明显然，又因为，所以，级数的值就为。3、证明对于任意选择的A，序列收敛于零。证明设为A的任意一个特征值，x是对应的特征向量，则，从而得证。4、设方程组；迭代公式为。求证：由上述迭代公式产生的迭代序列收敛的充要条件为。证明令，则由迭代公式可得，即为雅可比迭代公式，从而收敛的充要条件为，而。由可得，故得证。5、设方程组