高等工程数学

pinguo
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第一篇：线性代数

zhuanlan.zhihu.com/p/80690520 公式链接1

第一章：矩阵和向量​

第1题和第5题类型点题了

  1. 设 A,BA, B 是 3 阶方阵.已知 ∣A∣=−1,∣B∣=3,|A|=-1,|B|=3, 则 ∣2AA0−B∣=24\left|\begin{array}{cr}2 A & A \\ 0 & -B\end{array}\right|= 24

    =>∣2A∣∗∣−B∣=23∗∣A∣∗(−1)3∣B∣=8∗(−1)∗(−1)3∗3=24=> |2A|*|-B|=2^3*|A|*(-1)^3|B|=8*(-1)*(-1)^3*3=24

  2. 证明:不存在n阶实方阵A,BA,B满足AB−BA=IAB-BA=I

    n阶实方阵知道n≠0n \neq 0,

    如果AB−BA=I,则n=tr(I)=tr(AB−BA)=tr(AB)−tr(BA)=0AB-BA=I,则n=tr(I)=tr(AB-BA)=tr(AB)-tr(BA)=0,矛盾。

  3. 设 A,BA, B 是 nn 阶方阵, λ∈R.\lambda \in \mathbf{R} . 证明 : (1) (λA)∗=λn−1A∗;(\lambda \boldsymbol{A})^{*}=\lambda^{n-1} \boldsymbol{A}^{*} ; (2) det⁡(A∗)=(det⁡(A))n−1\operatorname{det}\left(A^{*}\right)=(\operatorname{det}(A))^{n-1}

    （1）伴随矩阵由代数余子式构成，A乘以λ\lambda以后，代数余子式有公共系数λn−1\lambda^{n-1}，故得证。

    （2）A∗A∗=∣A∣InA*A^{*}=|A|I_n，求行列式，得到∣A∣∗∣A∗∣=∣A∣n|A|*|A^{*}|=|A|^{n}，化简后得证。

  4. 设 AA 为 nn 阶方阵. 证明: (1) 当 AA 可逆时, (A−1)T=(AT)−1,(A−1)∗=(A∗)−1;\left(A^{-1}\right)^{\mathrm{T}}=\left(A^{\mathrm{T}}\right)^{-1},\left(A^{-1}\right)^{*}=\left(A^{*}\right)^{-1} ; (2) (A∗)T=(AT)∗\left(\boldsymbol{A}^{*}\right)^{\mathrm{T}}=\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right)^{*}

    (1) A⊤⋅(A−1)⊤=(A⋅A−1)⊤=E⊤=EA^{\top} \cdot\left(A^{-1}\right)^{\top}=\left(A \cdot A^{-1}\right)^{\top}=E^{\top}=E AT⋅(A⊤)−1=EA^{T} \cdot\left(A^{\top}\right)^{-1}=E 故 (A−1)⊤=(A⊤)−1\left(A^{-1}\right)^{\top}=\left(A^{\top}\right)^{-1}

    A⋅A∗=∣A∣EA \cdot A^{*}=|A| E A−1⋅(A−1)∗=∣A−1∣⇒(A−1)∗=A⋅∣A−1∣A^{-1} \cdot\left(A^{-1}\right)^{*}=\left|A^{-1}\right| \quad \Rightarrow\left(A^{-1}\right)^{*}=A \cdot\left|A^{-1}\right| A∗=A−1∣A∣(A∗)−1=A∣A∣−1=A∣A−1∣A^{*}=A^{-1}|A| \quad\quad\left(A^{*}\right)^{-1}=A|A|^{-1}=A\left|A^{-1}\right|

    得证；

    （2） A∗=∣A∣A−1⇒(A∗)⊤=∣A∣⋅(A−1)⊤=∣AT∣⋅(A⊤)−1=(∣A⊤∣)∗A^{*}=|A| A^{-1} \Rightarrow\left(A^{*}\right)^{\top}=|A| \cdot\left(A^{-1}\right)^{\top}=|A^{T}| \cdot\left(A^{\top}\right)^{-1}=\left(\mid A^{\top}\mid\right)^{*}

  5. 设 A,BA, B 为 3 阶矩阵，且 ∣A∣=3,∣B∣=2,∣A−1+B∣=2.|A|=3,|B|=2,\left|A^{-1}+B\right|=2 . 计算 det⁡(A+B−1)\operatorname{det}\left(A+B^{-1}\right).

    ∣A+B−1∣=∣EA+B−1E∣=∣(B−1B)A+B−1(A−1A)∣=∣B−1(B+A−1)A∣\begin{aligned}\left|\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}^{-1}\right| &=\left|\boldsymbol{E} \boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}^{-1} \boldsymbol{E}\right| \\ &\left.=\mid \boldsymbol{( B}^{-1} \boldsymbol{B}\right) \boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}^{-1}\left(\boldsymbol{A}^{-1} \boldsymbol{A}\right)|=| \boldsymbol{B}^{-1}\left(\boldsymbol{B}+\boldsymbol{A}^{-1}\right) \boldsymbol{A} \mid \end{aligned}.

    =∣B−1∣⋅∣B+A−1∣⋅∣A∣=12⋅2⋅3=3=\left|\boldsymbol{B}^{-1}\right| \cdot\left|\boldsymbol{B}+\boldsymbol{A}^{-1}\right| \cdot|\boldsymbol{A}|=\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3=3.

  6. 设A,B为n阶方阵,且I−AB可逆.证明:I−BA也可逆设A,B为n阶方阵,且I-AB可逆.证明:I-BA也可逆.

    令 I−AB=E−ABI-A B=E-A B. B×(E−AB)=B−BAB=(E−BA)B\quad B \times(E-A B)=B-B A B=(E-B A) B ⇒B=(E−BA)B(E−AB)−1\Rightarrow \quad B=(E-B A) B(E-A B)^{-1}

    E−BA(代入B)E-B A \quad(代入B). =E−[(E−BA)B(E−AB)−1]A\left.=E-[(E-B A) B(E-A B)^{-1}\right] A.

    移项：E−BA+[(E−BA)B(E−AB)−1]A=E\left.E-B A+[(E-B A) B(E-A B)^{-1}\right] A=E

    提取E−BAE-BA,得到：(E−BA)(E+B(E−AB)−1A)=E( E - B A ) ( E + B ( E - A B ) ^ { - 1 } A ) = E.

    证得E−BA可逆E-BA可逆.

第二章：线性空间

第1题和第3题，第3题点题了。

  1. 证明 :rank⁡(ATA)=rank⁡(A): \operatorname{rank}\left(A^{\mathrm{T}} A\right)=\operatorname{rank}(A).

    证明：设x1是Ax=0的解，则Ax1=0;ATAx1=AT(Ax1)=AT∗0=0设x_1是Ax=0的解，则Ax_1=0;A^TAx_1=A^T(Ax_1)=A^T*0=0.

    因为x1是ATAx1的解，故Ax=0的解也是ATAx=0的解x_1是A^TAx_1的解，故Ax=0的解也是A^TAx=0的解.

    设x2是ATAx=0的解，则ATAx2=0，所以x2T(ATAx2)=(x2A)T(Ax2)=0设x_2是A^TAx=0的解，则A^TAx_2=0，所以x_2^T(A^TAx_2)=(x_2A)^T(Ax_2)=0.

    所以：Ax2=0,故x2是Ax=0的解，故ATAx=0的解也是Ax=0的解Ax_2=0,故x_2是Ax=0的解，故A^TAx=0的解也是Ax=0的解.

    综上：Ax=0和ATAx=0是同解方程组，所以n−r(A)=n−r(ATA),故r(A)=r(ATA)Ax=0和A^TAx=0是同解方程组，所以n-r(A)=n-r(A^TA),故r(A)=r(A^TA).

    在这里插入图片描述

  2. 设 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3} 线性无关. 证明 :β1=α1,β2=α1+α2,β3=α1+α2+α3: \boldsymbol{\beta}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3} 也线性无关.

    k1β1+k2β2+k3β3=(k1+k2+k3)α1+(k2+k3)α2+k3α3k_1β_1+k_2β_2+k_3β_3=(k_1+k_2+k_3)α_1+(k_2+k_3)α_2+k_3α_3.

    因为α1,α2,α3,线性无关,所以不存在不全为0的l1,l2,l3，使得l1α1+l2α2+l3α3=0α_1,α_2,α_3,线性无关,所以不存在不全为0的l_1,l_2,l_3，使得l_1α_1+l_2α_2+l_3α_3=0，假设β1,β2,β3β_1,β_2,β_3线性相关，则存在k1,k2,k3k_1,k_2,k_3,不全为零使得k1β1+k2β2+k3β3=(k1+k2+k3)α1+(k2+k3)α2+k3α3=0k_1β_1+k_2β_2+k_3β_3=(k_1+k_2+k_3)α_1+(k_2+k_3)α_2+k_3α_3=0.与已知的矛盾。故β1,β2,β3β_1,β_2,β_3线性无关。

    行列式值法

  3. 设非齐次线性方程组 Am×nx=b(b≠0)A_{m \times n} x=b(b \neq 0) 有解, rank (A)=r(A)=r。η1,η2,⋯ ,ηn−r \eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n-r} 是 Ax=0A x=0 的基础解系, β\boldsymbol{\beta} 是 Am×nx=bA_{m \times n} x=b 的某个解.证明 : 向量组 β,η1,η2,⋯ ,ηn−r\boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{n-r} 线性无关.

    证明：

    kβ+k1η1+k2η2+....+kn−rηn−r=0kβ+k_1η_1+k_2η_2+....+k_{n-r}η_{n-r}=0.等式两边左乘A得到kAβ+k1Aη1+k2Aη2+....+kn−rAηn−r=0kAβ+k_1Aη_1+k_2Aη_2+....+k_{n-r}Aη_{n-r}=0

    由已知得到kAβ=kb=0kAβ=kb=0,（这里等于0是因为前面的kAβ+k1Aη1+k2Aη2+....+kn−rAηn−r=0kAβ+k_1Aη_1+k_2Aη_2+....+k_{n-r}Aη_{n-r}=0）由于b≠0,所以k=0,所以k1η1+k2η2+....+kn−rηn−r=0b\neq0,所以k=0,所以k_1η_1+k_2η_2+....+k_{n-r}η_{n-r}=0,由因为η1,η2,⋯ ,ηn−r\boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{n-r}，线性无关，所以k1=k2=...=kn−r=0k_1=k_2=...=k_{n-r}=0,所以向量组 β,η1,η2,⋯ ,ηn−r\boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{n-r} 线性无关.

  4. 设 AA 是 nn 阶方阵, η\boldsymbol{\eta} 是 nn 维列向量,若存在正整数 kk 使得 Akη=0,A^{k} \boldsymbol{\eta}=\mathbf{0}, 但 Ak−1η≠0,A^{k-1} \boldsymbol{\eta} \neq 0, 证 明: 向量组 η,Aη,⋯ ,Ak−1η\boldsymbol{\eta}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\eta}, \cdots, \boldsymbol{A}^{k-1} \boldsymbol{\eta} 线性无关.

    证明：设有常数λ0,λ1,λ2....λk−1λ_0,λ_1,λ_2....λ_{k-1}使得λ0η+λ1Aη+....λk−1Ak−1η=0λ_0η+λ_1Aη+....λ_{k-1}A^{k-1}η=0.

    从而有Ak−1(λ0η+λ1Aη+....λk−1Ak−1η)=0A^{k-1}(λ_0η+λ_1Aη+....λ_{k-1}A^{k-1}η)=0

    从而λ0Ak−1η=0λ_0A^{k-1}η=0，由题设Ak−1η≠0A^{k-1} \boldsymbol{\eta} \neq 0，所以λ0=0λ_0=0

    类似可证λ1=λ2....=λk−1=0λ_1=λ_2....=λ_{k-1}=0，所以向量组 η,Aη,⋯ ,Ak−1η\boldsymbol{\eta}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\eta}, \cdots, \boldsymbol{A}^{k-1} \boldsymbol{\eta} 线性无关.

第三章：线性变换

  1. 设R3^{3}中的线性变换 A\mathscr{A} 将 α1=(0,0,1)T,α2=(0,1,1)T,α3=(1,1,1)T\boldsymbol{\alpha}_{1}=(0,0,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,1,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,1,1)^{\mathrm{T}} 变换到 β1=\boldsymbol{\beta}_{1}= (2,3,5)T,β2=(1,0,0)T,β3=(0,1,−1)T.(2,3,5)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{2}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{3}=(0,1,-1)^{\mathrm{T}} . 求 A\mathscr{A} 在自然基和 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3} 下的矩阵.

    P51

    解法：[α1,α2,α3]=B\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right]=B [β1,β2,β3]=D\left[\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}\right]=D [φ(α1),φ(α2),φ(α3)]=[β1,β2,β3]=[α1,α2,α3]A\left[\varphi\left(\alpha_{1}\right), \varphi\left(\alpha_{2}\right), \varphi\left(\alpha_{3}\right)\right]=\left[\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}\right]=\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right] A ⇒A=B−1D\Rightarrow A=B^{-1} D.

    （P53）自然基：e1,e2,e3e_1,e_2,e_3,下：就是矩阵BB.

    e1=(1,0,0)T,e2=(0,1,0)T,e3=(0,0,1)T\boldsymbol{e}_{1}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{e}_{2}=(0,1,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{e}_{3}=(0,0,1)^{\mathrm{T}}

    解 ：

    设 A(α1)=β1=k1e1+k2e2+k3e3,\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\boldsymbol{\beta}_{1}=k_{1} \boldsymbol{e}_{1}+k_{2} \boldsymbol{e}_{2}+k_{3} \boldsymbol{e}_{3}, 则

    解出：(k1k2k3)=(235)\left( \begin{array} { l } { k _ { 1 } } \\ { k _ { 2 } } \\ { k _ { 3 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { r } { 2 } \\ { 3 } \\ { 5 } \end{array} \right).

    同理解出

    A(α2)=(e1,e2,e3)(100)\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 0\end{array}\right).

    A(α2)=(e1,e2,e3)(01−1)\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}0 \\ 1 \\ -1\end{array}\right).

    得到矩阵

    A=(21030150−1)A=\left(\begin{array}{rrr}2 & 1 & 0 \\ 3 & 0& 1 \\ 5 & 0 & -1\end{array}\right)

    （P53）在 α1,α2,α3\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3} 下：

    解 ：

    设 A(α1)=β1=k1α1+k2α2+k3α3,\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\boldsymbol{\beta}_{1}=k_{1} \boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2} \boldsymbol{\alpha}_{2}+k_{3} \boldsymbol{\alpha}_{3}, 则

    k1(0,0,1)T+k2(0,1,1)T+k3(1,1,1)T=(2,3,5)Tk_1(0,0,1)^T+k_2(0,1,1)^T+k_3(1,1,1)^T=(2,3,5)^T,解出：(k1k2k3)=(212)\left( \begin{array} { l } { k _ { 1 } } \\ { k _ { 2 } } \\ { k _ { 3 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { r } { 2 } \\ { 1 } \\ { 2 } \end{array} \right).

    A(α1)=(α1,α2,α3)(212)\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}2 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)

    同理解出

    A(α2)=(α1,α2,α3)(0−11)\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}0 \\ -1 \\ 1\end{array}\right).

    A(α3)=(α1,α2,α3)(−210)\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}-2 \\ 1 \\ 0\end{array}\right).

    得到矩阵

    A=(20−21−11210)A=\left(\begin{array}{rrr}2 & 0 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0\end{array}\right).

验证：

(001011111)\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}\right)*(20−21−11210)\left(\begin{matrix} 2 & 0 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}\right)=(21030150−1)\left(\begin{matrix} 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \\ 5 & 0 & -1 \end{matrix}\right).

  1. 设A,B均为n阶方阵,A有n个互异的特征值,且AB=BA.证明:B相似于对角阵

    证明：由于AB=BA 所以有(P−1AP)(P−1BP)=(P−1BP)(P−1AP)(P^{-1}AP)(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)(P^{-1}AP),可以取P使得P−1AP=diag[d1,d2....dn],令P−1BP=(Cij)n∗nP^{-1}AP=diag[d_1,d_2....d_n],令P^{-1}BP=(C_{ij})_{n*n}，则有：

    (d1..dn)∗(c11c12..cn1cnn)=(c11c12..cn1cnn)∗(d1..dn)\left(\begin{array}{rrr}d_1 & & \\ & .. & \\ & & d_n\end{array}\right)*\left(\begin{array}{rrr}c_{11} & c_{12} & \\ & .. & \\ c_{n1} & & c_{nn}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr}c_{11} & c_{12} & \\ & .. & \\ c_{n1} & & c_{nn}\end{array}\right)*\left(\begin{array}{rrr}d_1 & & \\ & .. & \\ & & d_n\end{array}\right).

    比较两边元素有dicij=djcijd_ic_{ij}=d_jc_{ij}，(i,j=1,2…..n)，当i≠j,有di≠dji \ne j,有d_i \neq d_j

    由上式得到(di−dj)Cij=0(d_i-d_j)C_{ij}=0,所以Cij=0，(i,j=1,2,3...n,i≠j)C_{ij}=0，(i,j=1,2,3...n,i \neq j),所以

    P−1BP=(c11..cnn)P^{-1}BP=\left(\begin{array}{rrr}c_{11} & & \\ & .. & \\ & & c_{nn}\end{array}\right),

第四章：欧式空间和二次型

投影：

  1. 例题设u=(1223)u=\left( \begin{array} { r } { 1 } \\ { 2 } \\ { 2 }\\{3} \end{array} \right),v=(10−11)v=\left( \begin{array} { r } { 1 } \\ { 0 } \\ { -1 }\\{1} \end{array} \right).求ProjvuProj_vu.

    分析：将v单位化，然后e=v∣∣v∣∣,Cosθ=uTe∣∣u∣∣∣∣e∣∣=uTv∣∣u∣∣∣∣v∣∣v单位化，然后e=\frac{v}{||v||},Cosθ=\frac{u^Te}{||u||||e||}=\frac{u^Tv}{||u||||v||}.

    Projvu=∣∣u∣∣Cosθe=uTv∣∣v∣∣e=23vProj_vu=||u||Cosθe=\frac{u^Tv}{||v||}e=\frac{2}{3}v.

    未命名绘图

  2. 设 α\boldsymbol{\alpha} 是一个单位向量. 证明 :Q=I−2ααT: Q=\boldsymbol{I}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}} 是一个正交矩阵. 当 α=13(1,1,1)T\boldsymbol{\alpha}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\mathrm{T}} 时 求出 QQ.

    QTQ=(I−2ααT)(I−2ααT)=I−4ααT+4ααTααTQ^TQ=(\boldsymbol{I}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})(\boldsymbol{I}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})=I-4{\alpha}{\alpha}^T+4{\alpha}{\alpha}^T{\alpha}{\alpha}^T.

    =I−4ααT+4ααT=I=I-4{\alpha}{\alpha}^T+4{\alpha}{\alpha}^T=I

    所以QQ是一个正交矩阵

    Q=(13−23−23−2313−23−23−2313)Q=\left(\begin{matrix} \frac{1}{3} & \frac{-2}{3} & \frac{-2}{3} \\ \frac{-2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{-2}{3} \\ \frac{-2}{3} & \frac{-2}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix}\right).

  3. 判断下列二次型是否是正定二次型： (1) Q(x1,x2,x3)=x12+3x32+2x1x2−2x2x3−2x1x3Q\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=x_{1}^{2}+3 x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-2 x_{2} x_{3}-2 x_{1} x_{3} (2) Q(x1,x2,x3)=3x12+4x22+5x32+2x1x2−2x2x3−2x1x3Q\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=3 x_{1}^{2}+4 x_{2}^{2}+5 x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-2 x_{2} x_{3}-2 x_{1} x_{3}

    正定矩阵的判定：

    写出矩阵A

    1、求出A的所有特征值。若A的特征值均为正数，则A是正定的；若A的特征值均为负数，则A为负定的。

    2、计算A的各阶主子式。若A的各阶主子式均大于零，则A是正定的；若A的各阶主子式中，奇数阶主子式为负，偶数阶为正，则A为负定的。

    (1)：

    P1=∣a11∣=1P2=∣1110∣=−1P3=∣11−110−1−1−13∣⇒∣11−10−10002∣=−2\left. \begin{array} { l } { P _ { 1 } = | a _ { 11 } | = 1 } \\ { P _ { 2 } = \left| \begin{array} { r r } { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 0 } \end{array} \right| = - 1 } \\ { P _ { 3 } = \left| \begin{array} { r r r } { 1 } & { 1 } & { - 1 } \\ { 1 } & { 0 } & { - 1 } \\ { - 1 } & { - 1 } & { 3 } \end{array} \right| \quad \Rightarrow \left| \begin{array} { r r r } { 1 } & { 1 } & { - 1 } \\ { 0 } & { - 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 2 } \end{array} \right| =-2} \end{array} \right.

    故，不正定。

    （2）：

    A=(31−114−1−1−15)P1=∣a11∣=3P2=∣3114∣=11P3=∣31−114−11−15∣=50\begin{array}{l}A=\left(\begin{array}{rrr}3 & 1 & -1 \\ 1 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 5\end{array}\right) \\ P_{1}=\left|a_{11}\right|=3 \\ P_{2}=\left|\begin{array}{rrr}3 & 1 \\ 1 & 4\end{array}\right|=11 \\ P_{3}=\left|\begin{array}{rrr}3 & 1 & -1 \\ 1 & 4 & -1 \\ 1 & -1 & 5\end{array}\right|=50\end{array}

    故，是正定二次型。

第五章：矩阵和向量范数

P98

1范数，2范数，无穷范数，F范数的求法，条件数。

谱半径和收敛矩阵的条件。

A−1=A∗∣A∣A^{-1}=\frac{A^*}{|A|},或者使用初等变换。

  1. 设A=(11.0111),A=\left(\begin{array}{cc}1 & 1.01 \\ 1 & 1\end{array}\right), 则 cond⁡(A)∞=\operatorname{cond}(A)_{\infty}=

    cond(A)∞=∣∣A∣∣∞∗∣∣A−1∣∣∞cond(A)_{\infty}=||A||_{\infty}*||A^{-1}||_{\infty}.

    AA的列和范数，max(2,2.01)=2.01，∣∣A∣∣∞=2.01max(2,2.01)=2.01，||A||_{\infty}=2.01

    (11.0111)(−1)=(−100101100−100)\left( \begin{array} { c c } { 1 } & { 1.01 } \\ { 1 } & { 1 } \end{array} \right) ^ { ( - 1 ) } = \left( \begin{array} { c c } { - 100 } & { 101 } \\ { 100 } & { - 100 } \end{array} \right).

    A−1A^{-1}的列和范数，max(200,201)=201，∣∣A−1∣∣∞=201max(200,201)=201，||A^{-1}||_{\infty}=201

    答案是：404.01

  2. 已知A=(11/21/21/3),A=\left(\begin{array}{cc}1 & 1/2 \\ 1/2 & 1/3\end{array}\right), 则 cond⁡(A)1=27\operatorname{cond}(A)_{1}=27,

    求：cond⁡(A)∞=\operatorname{cond}(A)_{\infty}=，cond⁡(A)2=\operatorname{cond}(A)_{2}=，cond⁡(A)F=\operatorname{cond}(A)_{F}=.

第二篇：数值计算

第六章：线性方程组的数值解

Doolittle分解

  1. 矩阵A=(121−2−1−503−1)A = \left(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ -2 & -1 & -5 \\ 0 & 3 & -1 \end{matrix}\right),的Doolittle分解式为(100−210011)(12103−3002)\left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}\right)\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}\right).
image-20201231141525060

​ 类似的：P132页

  1. 用Doolittle分解求解方程组：

    (211132122)(x1x2x3)=(122015)\left( \begin{array} { l l l } { 2 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 3 } & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & { 2 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \\ { x _ { 3 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { l } { 12 } \\ { 20 } \\ { 15 } \end{array} \right)

    先LU分解：image-20201231150726392

    然后LUX=bLUX=b，令UX=YUX=Y，求YY，LY=bLY=b。Y=L−1bY=L^{-1}b，得到如下式子：

    image-20201231151040872

    Y=(121435)Y=\left(\begin{matrix} 12 \\ 14 \\ \frac{3}{5} \end{matrix}\right)，UX=YUX=Y，X=U−1YX=U^{-1}Y,求出XX如下：

    image-20201231151609283

柯朗分解

类似于上面的求法，比下面的例题求法简单

image-20210103112757389 image-20210103112835713

雅可比迭代法（Jacobi）

P122

  1. 设线性代数方程组Ax=bAx=b的系数矩阵为

    ∣1aaa1aaa1∣\left|\begin{matrix} 1 & a & a \\ a & 1 & a \\ a & a & 1 \end{matrix}\right|，

    其中a为实数,试求能使 Jacobi方法收敛的a的取值范围.

image-20210105201021316 image-20210105201302484

​ D=∣100010001∣D=\left|\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right|, B=∣0−a−a−a0−a−a−a0∣B=\left|\begin{matrix} 0 & -a & -a \\ -a & 0 & -a \\ -a & -a & 0 \end{matrix}\right|，

​ 求出BB的特征值：∣λE−A∣=∣λaaaλaaaλ∣=>∣λ+2aλ+2aλ+2aaλaaaλ∣=0| \lambda E - A | = \left| \begin{array} { c c c } { \lambda} & { a } & { a } \\ { a } & { \lambda } & { a } \\ { a } & { a } & { \lambda } \end{array} \right| => \left| \begin{array} { c c c } { \lambda+2a} & { \lambda+2a } & { \lambda+2a } \\ { a } & { \lambda } & { a } \\ { a } & { a } & { \lambda } \end{array} \right| = 0, ==>

​ (λ+2a)∗(λ−a)2(\lambda+2a)*(\lambda-a)^2

​ 解出λ1=−2a,λ2,3=a\lambda_1=-2a,\lambda_{2,3}=a,

​ 谱半径ρ=max⁡1⩽i⩽n∣λi∣=∣2a∣<1\rho=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|\lambda_{i}\right|=|2a|<1,解出∣a∣<1/2|a|<1/2.

  1. 设有系数矩阵
A=[12−2111221]A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{array}\right]

​ 证明: 对系数矩阵 A,A, 雅可比迭代收敛, 而 Gauss-Seidel 迭代不收敛。

​ 由系数矩阵AA,可得雅可比迭代矩阵是B1=I−D−1A=[0−22−10−1−2−20]B_1=I-D^{-1}A=\left[\begin{array}{lll} 0 & -2 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \\ -2 & -2 & 0 \end{array}\right].

​ 求出特征值：λ1=λ2=λ3=0\lambda_1=\lambda_{2}=\lambda_3=0,谱半径ρ=max⁡1⩽i⩽n∣λi∣=0<1\rho=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|\lambda_{i}\right|=0<1，收敛。

另外一个判断方法，严格对角占优这样判断。 P128

​ 高斯–赛尔德迭代矩阵 p128

​ 由系数矩阵AA,可得高斯—赛尔德迭代矩阵是B2=−(D+L)−1U=[0−2202−3002]B_2=-(D+L)^{-1}U=\left[\begin{array}{lll} 0 & -2 & 2 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right].

​ 求出特征值：λ1=0\lambda_1=0，λ2,3=2\lambda _ { 2,3 } = 2,谱半径ρ=max⁡1⩽i⩽n∣λi∣=2>1\rho=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|\lambda_{i}\right|=2>1，不收敛。

第七章：插值与拟合

视频推荐：www.bilibili.com/video/BV1GA…

  1. 求一个次数不超过3的多项式H3(x)H_3(x),满足下列插值条件

    x123f(x)2412f′(x)3\left. \begin{array} { | c | c | c | c | } \hline x & { 1 } & { 2 } & { 3 } \\ \hline {f ( x )} & { 2 } & { 4 } & { 12 } \\ \hline f ^ { \prime } ( x ) & { } & { 3 } & { } \\ \hline \end{array} \right.,并写出其余项的表达式。

    待定系数法：

    令：f(x)=a0+a1x+a2x2+a3x3f(x)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}

    x=1x=1时：

    a0+a1+a2+a3=2a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}=2

    x=2x=2时：

    a0+2a1+4a2+8a3=4a_{0}+2a_{1}+4a_{2}+8a_{3}=4

    x=3x=3时：

    a0+3a1+9a2+27a3=12a_{0}+3a_{1}+9a_{2}+27a_{3}=12

    f′(x)x=2a1+4a2+12a3=3f^{\prime}(x) \quad x=2 \quad \\a_{1}+4 a_{2}+12 a_{3}=3

    解：(11112124841392712014123)\left(\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 4 & 8 & 4 \\ 1 & 3 & 9 & 27 & 12 \\ 0 & 1 & 4 & 12 & 3 \end{matrix}\right).

    image-20210105113113833

    求得：f(x)=−6+15x−9x2+2x3{f ( x )} = - 6 + 15 x - 9 x ^ { 2 } + 2 x ^ { 3 }

    上面的方法计算量太大而不可取，常用下面的方法：

  2. 利用插值法加待定系数法: www.bilibili.com/video/av920…

    **插值法：**设 p2(x)p_{2}(x) 满足 p2(1)=2,p2(2)=4,p2(3)=12,p_{2}(1)=2, p_{2}(2)=4, p_{2}(3)=12, 则 p2(x)=3x2−7x+6p_{2}(x)=3 x^{2}-7 x+6 再设 p3(x)=p2(x)+K(x−1)(x−2)(x−3)p_{3}(x)=p_{2}(x)+K(x-1)(x-2)(x-3)

    由导数的条件求得：

    K=2p3(x)=2x3−9x2+15x−6\begin{array}{c} K=2 \\ p_{3}(x)=2 x^{3}-9 x^{2}+15 x-6 \end{array}

    余项：(2) R3(x)=14!f(4)(ξ)(x−1)(x−2)2(x−3)R_{3}(x)=\frac{1}{4 !} f^{(4)}(\xi)(x-1)(x-2)^{2}(x-3).

    image-20210107124420598

  3. (1)简述用最小二乘法构造拟合曲线的原理 (2)按最小二乘原理,求解矛盾方程组

    {x1+2x2=52x1+x2=6x1+x2=4\left\{ \begin{array} { l } { x _ { 1 } + 2 x _ { 2 } = 5 } \\ { 2 x _ { 1 } + x _ { 2 } = 6 } \\ { x _ { 1 } + x _ { 2 } = 4 } \end{array} \right..

    （1）最小二乘法是一种数学优化算法。它通过最小化误差的平方和寻找数据的最佳函数匹配。利用最小二乘法可以通过样本求得未知的数据，并使得这些求得的数据与实际数据之间误差的平方和为最小。

    R=∥Q(x)−Y∥22R = \| Q ( x ) - Y \| _ { 2 } ^ { 2 }.

    当上式寻找到最小值时，找到的函数为最佳函数，即为所求的拟合曲线。

    （2）

    ​ x1+2x2=5x_{1}+2 x_{2}=5 ​ 2x1+x2=62 x_{1}+x_{2}=6. => (122111)(x1x2)=(564)\left( \begin{array} { l l } { 1 } & { 2 } \\ { 2 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { l } { 5 } \\ { 6 } \\ { 4 } \end{array} \right). ​ x1+x2=4x_{1}+x_{2}=4

    ​ 法方程：ATAX=ATbA^TAX=A^Tb

    ​ (121211)(122111)(x1x2)\left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 2 } & { 1 } \\ { 2 } & { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l l } { 1 } & { 2 } \\ { 2 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = (121211)(564)\left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 2 } & { 1 } \\ { 2 } & { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { 5 } \\ { 6 } \\ { 4 } \end{array} \right).

    ​ (6556)(x1x2)=(2120)\left( \begin{array} { c c } { 6 } & { 5 } \\ { 5 } & { 6 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { c } { 21 } \\ { 20 } \end{array} \right) => (x1x2)=(26111511)\left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { c } { \frac{26}{11} } \\ { \frac { 15 } { 11 } } \end{array} \right)

第八章：数值积分和数值微分

image-20210104154005483 image-20210104154033667 image-20210104154247033 image-20210104154317702 image-20210104154133729

  1. 用复化梯形公式计算∫0121+x2dx\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } d x,使其截断误差不超过0.01.

    f(x)=21+x2f(x)=\frac{2}{1+x^2}

    ddx(21+x2)=−4x(1+x2)2\frac { d } { d x } ( \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } ) = - \frac { 4 x } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } }

    ddx(−4x(1+x2)2)=−4(−3x2+1)(1+x2)3\frac { d } { d x } ( - \frac { 4 x } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } } ) = - \frac { 4 ( - 3 x ^ { 2 } + 1 ) } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 3 } }

    f′′(η)=−4(−3x2+1)(1+x2)3f ^ { \prime \prime } ( \eta )= - \frac { 4 ( - 3 x ^ { 2 } + 1 ) } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 3 } }

     记 M2=max⁡a⩽x⩽b∣f′′(x)∣, 则有 \text { 记 } M_{2}=\max _{a \leqslant x \leqslant b}\left|f^{\prime \prime}(x)\right|, \text { 则有 }，M2=4M_2=4，(a=0，b=1)

    (b−a)312n2M2<ε\frac { ( b - a ) ^ { 3 } } { 12 n ^ { 2 } } M _ { 2 } < \varepsilon

    求得6⩽n6 \leqslant n，

    记 nn 等分的复化梯形公式为 Tn(f)T_{n}(f) 或 T(h),T(h), 有

Tn(f)=h(12f(a)+∑i=1n−1f(a+ih)+12f(b))T_{n}(f)=h\left(\frac{1}{2} f(a)+\sum_{i=1}^{n-1} f(a+i h)+\frac{1}{2} f(b)\right)

​ n=6n=6，h=16h=\frac{1}{6}，T6(f)=16(12f(0)+f(0+1∗h)+f(0+2∗h)+f(0+3∗h)+f(0+4∗h)+f(0+5∗h)+12f(1))T_6(f)=\frac{1}{6}(\frac{1}{2}f(0)+f(0+1*h)+f(0+2*h)+f(0+3*h)\\+f(0+4*h)+f(0+5*h)+\frac{1}{2}f(1))，

​ f(x)=21+x2f(x)=\frac{2}{1+x^2}

​ T6(f)=1.56848T_6(f)=1.56848.

​ 准确值：∫0121+x2dx=π2( Decimal: 1.57079…)\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } d x = \frac { \pi } { 2 } \quad ( \text { Decimal: } \quad 1.57079 \ldots )

  1. 用逐次分半的复化梯形公式计算∫0121+x2dx\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } d x,使其截断误差不超过0.01.

复化求积公式是提高精度的一种有效方法，但在使用复化求积公式之前，必须根据复化求积公式的余项进行先验估计，以确定节点数目，从而确定合适的等分步长。因为余项表达式中包含了被积函数的导数，而估计各阶导数的最大值往往是很困难的，且估计的误差上界往往偏大。

所以实际中，常常使用“事后估计误差”的方法，通过区间的逐次分半，在步长逐次分半的过程中，反复利用复化求积公式进行计算，查看相继两次计算结果的差值是否达到要求，直到所求得的积分值满足精度要求。

用T(2n)做为积分Ｉ的近似值时，其误差大约为image-20210104180813411

计算时只需检验image-20210104180849530是否满足？若不满足，则再把区间分半进行计算，直到满足要求为止 。这样就实现了步长的自动选取。

image-20210104181029002

​ T(1)=12[f(0)+f(1)]=1.5T(1)=\frac{1}{2}[f(0)+f(1)]=1.5

​ n=1n=1时

​ T(2)=12T(n)+1−02∗1(f(0+1−02∗1(2∗1−1))=1.55T(2)=\frac{1}{2}T(n)+\frac{1-0}{2*1}(f(0+\frac{1-0}{2*1}(2*1-1))=1.55

​ T(2)=122(f(0)+2f(12)+f(1))=1.55T(2) = \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } ( f ( 0 ) + 2 f ( \frac { 1 } { 2 } ) + f ( 1 ) )=1.55

​ n=2n=2时

​ T(4)=12T(2)+12∗2(f(14)+f(34))T(4)=\frac{1}{2}T(2)+\frac{1}{2*2}(f(\frac{1}{4})+f(\frac{3}{4}))

​ T(4)=123(f(0)+2f(14)+2f(24)+2f(34)+f(1))=18(2+1+165+6417+6425)=1.5656T(4) = \frac { 1 } { 2 ^ { 3 } } ( f ( 0 ) + 2 f ( \frac { 1 } { 4 } ) + 2 f ( \frac { 2 } { 4 } ) + 2 f ( \frac { 3 } { 4 } ) + f ( 1 ) )=\frac { 1 } { 8 } ( 2 + 1 + \frac { 16 } { 5 } + \frac { 64 } { 17 } + \frac { 64 } { 25 } )=1.5656.

​ T(8)=124(f(0)+2f(18)+2f(28)+2f(38)+2f(48)+2f(58)+2f(68)+2f(78)+f(1))=1.5695T(8)=\frac{1}{2^4}(f(0)+2 f ( \frac { 1 } { 8 })+2 f ( \frac { 2 } { 8 })+2 f ( \frac { 3 } { 8 })+2 f ( \frac { 4 } { 8 })+2 f ( \frac { 5 } { 8 })+2 f ( \frac { 6 } { 8 })+2 f ( \frac { 7 } { 8 })+f(1))=1.5695.

​ 误差：∣(T(8)−T(4))∣=0.0039|(T(8)-T(4))|=0.0039.

第九章：常微分方程数值解

  1. 用向前欧拉公式解初值问题(取 h=0.1h=0.1 ) :
{dy dx=x+y2y(0)=10.0⩽x⩽0.5\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=x+y^{2} \\ y(0)=1 \end{array} \quad 0.0 \leqslant x \leqslant 0.5\right.
  1. 用向后欧拉公式解初值问题(取 h=0.1h=0.1 ) :
{dy dx=x2+yy(1.0)=1,1.0⩽x⩽1.5\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=x^{2}+y \\ y(1.0)=1 \end{array}, \quad 1.0 \leqslant x \leqslant 1.5\right.

  1. y′=x+y2y′=x+y2=y(xn+1)−y(xn)h⇒yn+1=0.1(xn+yn2)+yn\left. \begin{array} { l } { y ^ { \prime } = x + y ^ { 2 } } \\ { y ^ { \prime } = x + y ^ { 2 } = \frac { y ( x _ { n + 1 } ) - y ( x _ { n } ) } { h } } \\ { \Rightarrow y _ { n + 1 } = 0.1 ( x _ { n } + y _ { n } ^ { 2 } ) + y _ { n } } \end{array} \right.

    y(0)=1，xn+1=xn+h，x0=0y(0)=1，x_{n+1}=x_{n}+h，x_{0}=0

  2. yn+1=yn+(xn+12+yn+1)⋅hyn+1=yn+(xn2+yn)⋅hy(0)=1xn+1=xn+hx0=1\left. { y _ { n + 1 } = y _ { n } + ( x _ { n + 1 } ^ { 2 } + y _ { n + 1 } ) \cdot h } \\ { y _ { n + 1 } = y _ { n } + ( x _ { n } ^ { 2 } + y _ { n } ) \cdot h }\\ { y _ { ( 0 ) } = 1 \quad x _ { n + 1 } = x _ { n } + h \quad x _ { 0 } = 1 } \right.

第十章：迭代法

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牛顿迭代格式 :

xk+1=xk−f(xk)f′(xk),k=1,2,⋯x_{k+1}=x_{k}-\frac{f\left(x_{k}\right)}{f^{\prime}\left(x_{k}\right)}, \quad k=1,2, \cdots

例10.3 用牛顿迭代法求方程 f(x)=x3−7.7x2+19.2x−15.3f(x)=x^{3}-7.7 x^{2}+19.2 x-15.3 在 x0=1x_{0}=1 附近的根. 解 迭代格式为

xk+1=xk−xk3−7.7xk2+19.2xk−15.33xk2−15.4xk+19.2=xk−((xk−7.7)xk+19.2)xk−15.3(3xk−15.4)xk+19.2\begin{aligned} x_{k+1} &=x_{k}-\frac{x_{k}^{3}-7.7 x_{k}^{2}+19.2 x_{k}-15.3}{3 x_{k}^{2}-15.4 x_{k}+19.2} \\ &=x_{k}-\frac{\left(\left(x_{k}-7.7\right) x_{k}+19.2\right) x_{k}-15.3}{\left(3 x_{k}-15.4\right) x_{k}+19.2} \end{aligned}
  1. 用 Newton 法求非线性方程
x+sin⁡x=1x+\sin x=1

​ 的根(计算一步求出x1x_1即可)，并说明收敛的理由。

​ f(x)=x+sin⁡x−1{ f ( x ) = x + \sin x - 1 } .

​ f(0)⋅f(1)<0f′(x)=1+cos⁡x≠0f′′(x)=−sin⁡x符号不变取x0=π8，f′′(x0)f(x0)>0.x0∈(a,b)\left. \begin{array} { l } { f ( 0 ) \cdot f ( 1 ) < 0 } \\ { f ^ { \prime } ( x ) = 1 + \cos x }{\ne}0 \\ { f ^ { \prime \prime } ( x ) = - \sin x } 符号不变 \end{array} \right.\\取x_0=\frac{ \pi }{8}，f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) f\left(x_{0}\right)>0 . x_{0} \in(a, b).

​ x1=x0−f(x0)f′(x0)=0.50945x_{1}=x_{0}-\frac{f\left(x_{0}\right)}{f^{\prime}\left(x_{0}\right)}=0.50945.

​ 定理2：设 f(x)f(x) 在区间 [a,b][a, b] 上二阶导数存在, 且满足: ​ (1) f(a)f(b)<0f(a) f(b)<0 ​ (2) f′(x)≠0,x∈(a,b)f^{\prime}(x) \neq 0, x \in(a, b) ​ (3) f′′(x)f^{\prime \prime}(x) 不变号, x∈(a,b)x \in(a, b) ​ (4) f′′(x0)f(x0)>0.x0∈(a,b)f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) f\left(x_{0}\right)>0 . x_{0} \in(a ,b) ​ 则Newton迭代公式收敛于 f(x)=0f(x)=0 在 (a,b)(a, b) 内的惟一根 x∗x^{*} 。

​ f(0)⋅f(1)<0f′(x)=1+cos⁡xf′′(x)=−sin⁡xf′′(x0)f(x0)>0.x0=π8\left. \begin{array} { l } { f ( 0 ) \cdot f ( 1 ) < 0 } \\ { f ^ { \prime } ( x ) = 1 + \cos x } \\ { f ^ { \prime \prime } ( x ) = - \sin x } \end{array} \right.\\f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) f\left(x_{0}\right)>0 . x_{0}= \frac {\pi}{8}

​ 都满足，则说明(0,1)(0,1)存在一个根，收敛。

  1. 取 ε=0.01\varepsilon=0.01, 用 Newton 法求方程
f(x)=x3−8x2+20x−15f(x)=x^{3}-8 x^{2}+20 x-15

​ 在 x0=1x_{0}=1 附近的根。

​ f(1)=−2,f(2)=1,f(1)∗f(2)<0f(1)=-2,f(2)=1,f(1)*f(2)<0.

​ f(x)=x3−8x2+20x−15f(x)=x^{3}-8 x^{2}+20 x-15

​ f′(x)=3x2−16x+20f^{\prime}(x)=3x^2-16x+20

​ f′′(x)=6x−16f^{\prime\prime}(x)=6x-16.

​ x0=1,f(x0)=−2x_0=1,f(x_0)=-2

​ x1=x0−f(x0)f′(x0)=1.2857,f(x1)=−0.3849x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f^{\prime}{(x_0)}}=1.2857,f(x_1)=-0.3849.

​ x2=1.3002,f(x2)=−0.3221x_2=1.3002,f(x_2)=-0.3221.

​ 最后求出来的根：x−>1.38197{x \quad-> \quad1.38197}.

​

埃尔米特插值

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由于在x1x_1处的导数也相等，是一个二重根，所以设为平方

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