高等工程数学总结
内容导读
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内容图文
第一篇：线性代数
第一章：矩阵和向量?
第1题和第5题类型点题了
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设 \(A, B\) 是 3 阶方阵.已知 \(|A|=-1,|B|=3,\) 则 \(\left|\begin{array}{cr}2 A & A \\ 0 & -B\end{array}\right|= 24\)
\(=> |2A|*|-B|=2^3*|A|*(-1)^3|B|=8*(-1)*(-1)^3*3=24\)
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证明:不存在n阶实方阵\(A,B\)满足\(AB-BA=I\)
n阶实方阵知道\(n \neq 0\),
如果\(AB-BA=I,则n=tr(I)=tr(AB-BA)=tr(AB)-tr(BA)=0\),矛盾。
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设 \(A, B\) 是 \(n\) 阶方阵, \(\lambda \in \mathbf{R} .\) 证明 :
(1) \((\lambda \boldsymbol{A})^{*}=\lambda^{n-1} \boldsymbol{A}^{*} ;\)
(2) \(\operatorname{det}\left(A^{*}\right)=(\operatorname{det}(A))^{n-1}\)（1）伴随矩阵由代数余子式构成，A乘以\(\lambda\)以后，代数余子式有公共系数\(\lambda^{n-1}\)，故得证。
（2）\(A*A^{*}=|A|I_n\)，求行列式，得到\(|A|*|A^{*}|=|A|^{n}\)，化简后得证。
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设 \(A\) 为 \(n\) 阶方阵. 证明:
(1) 当 \(A\) 可逆时, \(\left(A^{-1}\right)^{\mathrm{T}}=\left(A^{\mathrm{T}}\right)^{-1},\left(A^{-1}\right)^{*}=\left(A^{*}\right)^{-1} ;\)
(2) \(\left(\boldsymbol{A}^{*}\right)^{\mathrm{T}}=\left(\boldsymbol{A}^{\mathrm{T}}\right)^{*}\)(1) \(A^{\top} \cdot\left(A^{-1}\right)^{\top}=\left(A \cdot A^{-1}\right)^{\top}=E^{\top}=E\)
\(A^{T} \cdot\left(A^{\top}\right)^{-1}=E\)
故 \(\left(A^{-1}\right)^{\top}=\left(A^{\top}\right)^{-1}\)\(A \cdot A^{*}=|A| E\)
\(A^{-1} \cdot\left(A^{-1}\right)^{*}=\left|A^{-1}\right| \quad \Rightarrow\left(A^{-1}\right)^{*}=A \cdot\left|A^{-1}\right|\)
\(A^{*}=A^{-1}|A| \quad\quad\left(A^{*}\right)^{-1}=A|A|^{-1}=A\left|A^{-1}\right|\)得证；
（2） \(A^{*}=|A| A^{-1} \Rightarrow\left(A^{*}\right)^{\top}=|A| \cdot\left(A^{-1}\right)^{\top}=|A^{T}| \cdot\left(A^{\top}\right)^{-1}=\left(\mid A^{\top}\mid\right)^{*}\)
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设 \(A, B\) 为 3 阶矩阵，且 \(|A|=3,|B|=2,\left|A^{-1}+B\right|=2 .\) 计算 \(\operatorname{det}\left(A+B^{-1}\right)\).
\(\begin{aligned}\left|\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}^{-1}\right| &=\left|\boldsymbol{E} \boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}^{-1} \boldsymbol{E}\right| \\ &\left.=\mid \boldsymbol{( B}^{-1} \boldsymbol{B}\right) \boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}^{-1}\left(\boldsymbol{A}^{-1} \boldsymbol{A}\right)|=| \boldsymbol{B}^{-1}\left(\boldsymbol{B}+\boldsymbol{A}^{-1}\right) \boldsymbol{A} \mid \end{aligned}\).
\(=\left|\boldsymbol{B}^{-1}\right| \cdot\left|\boldsymbol{B}+\boldsymbol{A}^{-1}\right| \cdot|\boldsymbol{A}|=\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3=3\).
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\(设A,B为n阶方阵,且I-AB可逆.证明:I-BA也可逆\).
令 \(I-A B=E-A B\).
\(\quad B \times(E-A B)=B-B A B=(E-B A) B\)
\(\Rightarrow \quad B=(E-B A) B(E-A B)^{-1}\)\(E-B A \quad(代入B)\).
\(\left.=E-[(E-B A) B(E-A B)^{-1}\right] A\).移项：\(\left.E-B A+[(E-B A) B(E-A B)^{-1}\right] A=E\)
提取\(E-BA\),得到：\(( E - B A ) ( E + B ( E - A B ) ^ { - 1 } A ) = E\).
证得\(E-BA可逆\).
第二章：线性空间
第1题和第3题，第3题点题了。
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证明 \(: \operatorname{rank}\left(A^{\mathrm{T}} A\right)=\operatorname{rank}(A)\).
证明：\(设x_1是Ax=0的解，则Ax_1=0;A^TAx_1=A^T(Ax_1)=A^T*0=0\).
因为\(x_1是A^TAx_1的解，故Ax=0的解也是A^TAx=0的解\).
\(设x_2是A^TAx=0的解，则A^TAx_2=0，所以x_2^T(A^TAx_2)=(x_2A)^T(Ax_2)=0\).
所以：\(Ax_2=0,故x_2是Ax=0的解，故A^TAx=0的解也是Ax=0的解\).
综上：\(Ax=0和A^TAx=0是同解方程组，所以n-r(A)=n-r(A^TA),故r(A)=r(A^TA)\).
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设 \(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\) 线性无关. 证明 \(: \boldsymbol{\beta}_{1}=\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\beta}_{2}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\beta}_{3}=\boldsymbol{\alpha}_{1}+\boldsymbol{\alpha}_{2}+\boldsymbol{\alpha}_{3}\) 也线性无关.
\(k_1β_1+k_2β_2+k_3β_3=(k_1+k_2+k_3)α_1+(k_2+k_3)α_2+k_3α_3\).
因为\(α_1,α_2,α_3,线性无关,所以不存在不全为0的l_1,l_2,l_3，使得l_1α_1+l_2α_2+l_3α_3=0\)，假设\(β_1,β_2,β_3\)线性相关，则存在\(k_1,k_2,k_3\),不全为零使得\(k_1β_1+k_2β_2+k_3β_3=(k_1+k_2+k_3)α_1+(k_2+k_3)α_2+k_3α_3=0\).与已知的矛盾。故\(β_1,β_2,β_3\)线性无关。
行列式值法
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设非齐次线性方程组 \(A_{m \times n} x=b(b \neq 0)\) 有解, rank \((A)=r\)。$ \eta_{1}, \eta_{2}, \cdots, \eta_{n-r}$ 是 \(A x=0\)
的基础解系, \(\boldsymbol{\beta}\) 是 \(A_{m \times n} x=b\) 的某个解.证明 : 向量组 \(\boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{n-r}\) 线性无关.证明：
\(kβ+k_1η_1+k_2η_2+....+k_{n-r}η_{n-r}=0\).等式两边左乘A得到\(kAβ+k_1Aη_1+k_2Aη_2+....+k_{n-r}Aη_{n-r}=0\)
由已知得到\(kAβ=kb=0\),（这里等于0是因为前面的\(kAβ+k_1Aη_1+k_2Aη_2+....+k_{n-r}Aη_{n-r}=0\)）由于\(b\neq0,所以k=0,所以k_1η_1+k_2η_2+....+k_{n-r}η_{n-r}=0\),由因为\(\boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{n-r}\)，线性无关，所以\(k_1=k_2=...=k_{n-r}=0\),所以向量组 \(\boldsymbol{\beta}, \boldsymbol{\eta}_{1}, \boldsymbol{\eta}_{2}, \cdots, \boldsymbol{\eta}_{n-r}\) 线性无关.
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设 \(A\) 是 \(n\) 阶方阵, \(\boldsymbol{\eta}\) 是 \(n\) 维列向量,若存在正整数 \(k\) 使得 \(A^{k} \boldsymbol{\eta}=\mathbf{0},\) 但 \(A^{k-1} \boldsymbol{\eta} \neq 0,\) 证 明: 向量组 \(\boldsymbol{\eta}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\eta}, \cdots, \boldsymbol{A}^{k-1} \boldsymbol{\eta}\) 线性无关.
证明：设有常数\(λ_0,λ_1,λ_2....λ_{k-1}\)使得\(λ_0η+λ_1Aη+....λ_{k-1}A^{k-1}η=0\).
从而有\(A^{k-1}(λ_0η+λ_1Aη+....λ_{k-1}A^{k-1}η)=0\)
从而\(λ_0A^{k-1}η=0\)，由题设\(A^{k-1} \boldsymbol{\eta} \neq 0\)，所以\(λ_0=0\)
类似可证\(λ_1=λ_2....=λ_{k-1}=0\)，所以向量组 \(\boldsymbol{\eta}, \boldsymbol{A} \boldsymbol{\eta}, \cdots, \boldsymbol{A}^{k-1} \boldsymbol{\eta}\) 线性无关.
第三章：线性变换
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设R\(^{3}\)中的线性变换 \(\mathscr{A}\) 将 \(\boldsymbol{\alpha}_{1}=(0,0,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{2}=(0,1,1)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\alpha}_{3}=(1,1,1)^{\mathrm{T}}\) 变换到 \(\boldsymbol{\beta}_{1}=\)
\((2,3,5)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{2}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{\beta}_{3}=(0,1,-1)^{\mathrm{T}} .\) 求 \(\mathscr{A}\) 在自然基和 \(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\) 下的矩阵.P51
解法：\(\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right]=B\)
\(\left[\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}\right]=D\)
\(\left[\varphi\left(\alpha_{1}\right), \varphi\left(\alpha_{2}\right), \varphi\left(\alpha_{3}\right)\right]=\left[\beta_{1}, \beta_{2}, \beta_{3}\right]=\left[\alpha_{1}, \alpha_{2}, \alpha_{3}\right] A\)
\(\Rightarrow A=B^{-1} D\).（P53）自然基：\(e_1,e_2,e_3\),下：就是矩阵\(B\).
\(\boldsymbol{e}_{1}=(1,0,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{e}_{2}=(0,1,0)^{\mathrm{T}}, \boldsymbol{e}_{3}=(0,0,1)^{\mathrm{T}}\)
解 ：
设 \(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\boldsymbol{\beta}_{1}=k_{1} \boldsymbol{e}_{1}+k_{2} \boldsymbol{e}_{2}+k_{3} \boldsymbol{e}_{3},\) 则
解出：\(\left( \begin{array} { l } { k _ { 1 } } \\ { k _ { 2 } } \\ { k _ { 3 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { r } { 2 } \\ { 3 } \\ { 5 } \end{array} \right)\).
同理解出
\(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}1 \\ 0 \\ 0\end{array}\right)\).
\(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}, \boldsymbol{e}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}0 \\ 1 \\ -1\end{array}\right)\).
得到矩阵
\(A=\left(\begin{array}{rrr}2 & 1 & 0 \\ 3 & 0& 1 \\ 5 & 0 & -1\end{array}\right)\)
（P53）在 \(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\) 下：
解 ：
设 \(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\boldsymbol{\beta}_{1}=k_{1} \boldsymbol{\alpha}_{1}+k_{2} \boldsymbol{\alpha}_{2}+k_{3} \boldsymbol{\alpha}_{3},\) 则
\(k_1(0,0,1)^T+k_2(0,1,1)^T+k_3(1,1,1)^T=(2,3,5)^T\),解出：\(\left( \begin{array} { l } { k _ { 1 } } \\ { k _ { 2 } } \\ { k _ { 3 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { r } { 2 } \\ { 1 } \\ { 2 } \end{array} \right)\).
\(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}2 \\ 1 \\ 2\end{array}\right)\)
同理解出
\(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{2}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}0 \\ -1 \\ 1\end{array}\right)\).
\(\mathscr{A}\left(\boldsymbol{\alpha}_{3}\right)=\left(\boldsymbol{\alpha}_{1}, \boldsymbol{\alpha}_{2}, \boldsymbol{\alpha}_{3}\right)\left(\begin{array}{r}-2 \\ 1 \\ 0\end{array}\right)\).
得到矩阵
\(A=\left(\begin{array}{rrr}2 & 0 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0\end{array}\right)\).
验证：
\(\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}\right)\)*\(\left(\begin{matrix} 2 & 0 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}\right)\)=\(\left(\begin{matrix} 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \\ 5 & 0 & -1 \end{matrix}\right)\).
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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\((P^{-1}AP)(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)(P^{-1}AP)\),可以取P使得\(P^{-1}AP=diag[d_1,d_2....d_n],令P^{-1}BP=(C_{ij})_{n*n}\)，则有：
\(\left(\begin{array}{rrr}d_1 & & \\ & .. & \\ & & d_n\end{array}\right)*\left(\begin{array}{rrr}c_{11} & c_{12} & \\ & .. & \\ c_{n1} & & c_{nn}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr}c_{11} & c_{12} & \\ & .. & \\ c_{n1} & & c_{nn}\end{array}\right)*\left(\begin{array}{rrr}d_1 & & \\ & .. & \\ & & d_n\end{array}\right)\).
比较两边元素有\(d_ic_{ij}=d_jc_{ij}\)，(i,j=1,2…..n)，当\(i \ne j,有d_i \neq d_j\)
由上式得到\((d_i-d_j)C_{ij}=0\),所以\(C_{ij}=0，(i,j=1,2,3...n,i \neq j)\),所以
\(P^{-1}BP=\left(\begin{array}{rrr}c_{11} & & \\ & .. & \\ & & c_{nn}\end{array}\right)\),
第四章：欧式空间和二次型
投影：
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例题设\(u=\left( \begin{array} { r } { 1 } \\ { 2 } \\ { 2 }\\{3} \end{array} \right)\),\(v=\left( \begin{array} { r } { 1 } \\ { 0 } \\ { -1 }\\{1} \end{array} \right)\).求\(Proj_vu\).
分析：将\(v单位化，然后e=\frac{v}{||v||},Cosθ=\frac{u^Te}{||u||||e||}=\frac{u^Tv}{||u||||v||}\).
\(Proj_vu=||u||Cosθe=\frac{u^Tv}{||v||}e=\frac{2}{3}v\).
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设 \(\boldsymbol{\alpha}\) 是一个单位向量. 证明 \(: Q=\boldsymbol{I}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}}\) 是一个正交矩阵. 当 \(\boldsymbol{\alpha}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\mathrm{T}}\) 时
求出 \(Q\).\(Q^TQ=(\boldsymbol{I}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})(\boldsymbol{I}-2 \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{\alpha}^{\mathrm{T}})=I-4{\alpha}{\alpha}^T+4{\alpha}{\alpha}^T{\alpha}{\alpha}^T\).
\(=I-4{\alpha}{\alpha}^T+4{\alpha}{\alpha}^T=I\)
所以\(Q\)是一个正交矩阵
\(Q=\left(\begin{matrix} \frac{1}{3} & \frac{-2}{3} & \frac{-2}{3} \\ \frac{-2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{-2}{3} \\ \frac{-2}{3} & \frac{-2}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix}\right)\).
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判断下列二次型是否是正定二次型：
(1) \(Q\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=x_{1}^{2}+3 x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-2 x_{2} x_{3}-2 x_{1} x_{3}\)
(2) \(Q\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=3 x_{1}^{2}+4 x_{2}^{2}+5 x_{3}^{2}+2 x_{1} x_{2}-2 x_{2} x_{3}-2 x_{1} x_{3}\)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)：
\(\left. \begin{array} { l } { P _ { 1 } = | a _ { 11 } | = 1 } \\ { P _ { 2 } = \left| \begin{array} { r r } { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 0 } \end{array} \right| = - 1 } \\ { P _ { 3 } = \left| \begin{array} { r r r } { 1 } & { 1 } & { - 1 } \\ { 1 } & { 0 } & { - 1 } \\ { - 1 } & { - 1 } & { 3 } \end{array} \right| \quad \Rightarrow \left| \begin{array} { r r r } { 1 } & { 1 } & { - 1 } \\ { 0 } & { - 1 } & { 0 } \\ { 0 } & { 0 } & { 2 } \end{array} \right| =-2} \end{array} \right.\)
故，不正定。
（2）：
\(\begin{array}{l}A=\left(\begin{array}{rrr}3 & 1 & -1 \\ 1 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 5\end{array}\right) \\ P_{1}=\left|a_{11}\right|=3 \\ P_{2}=\left|\begin{array}{rrr}3 & 1 \\ 1 & 4\end{array}\right|=11 \\ P_{3}=\left|\begin{array}{rrr}3 & 1 & -1 \\ 1 & 4 & -1 \\ 1 & -1 & 5\end{array}\right|=50\end{array}\)
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。
\(A^{-1}=\frac{A^*}{|A|}\),或者使用初等变换。
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设\(A=\left(\begin{array}{cc}1 & 1.01 \\ 1 & 1\end{array}\right),\) 则 \(\operatorname{cond}(A)_{\infty}=\)
\(cond(A)_{\infty}=||A||_{\infty}*||A^{-1}||_{\infty}\).
\(A\)的列和范数，\(max(2,2.01)=2.01，||A||_{\infty}=2.01\)
\(\left( \begin{array} { c c } { 1 } & { 1.01 } \\ { 1 } & { 1 } \end{array} \right) ^ { ( - 1 ) } = \left( \begin{array} { c c } { - 100 } & { 101 } \\ { 100 } & { - 100 } \end{array} \right)\).
\(A^{-1}\)的列和范数，\(max(200,201)=201，||A^{-1}||_{\infty}=201\)
答案是：404.01
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已知\(A=\left(\begin{array}{cc}1 & 1/2 \\ 1/2 & 1/3\end{array}\right),\) 则 \(\operatorname{cond}(A)_{1}=27\),
求：\(\operatorname{cond}(A)_{\infty}=\)，\(\operatorname{cond}(A)_{2}=\)，\(\operatorname{cond}(A)_{F}=\).
第二篇：数值计算
第六章：线性方程组的数值解
Doolittle分解
- 矩阵\(A = \left(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ -2 & -1 & -5 \\ 0 & 3 & -1 \end{matrix}\right)\),的Doolittle分解式为\(\left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{matrix}\right)\left(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 3 & -3 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}\right)\).
? 类似的：P132页
-
用Doolittle分解求解方程组：
\(\left( \begin{array} { l l l } { 2 } & { 1 } & { 1 } \\ { 1 } & { 3 } & { 2 } \\ { 1 } & { 2 } & { 2 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \\ { x _ { 3 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { l } { 12 } \\ { 20 } \\ { 15 } \end{array} \right)\)
先LU分解：
然后\(LUX=b\)，令\(UX=Y\)，求\(Y\)，\(LY=b\)。\(Y=L^{-1}b\)，得到如下式子：
\(Y=\left(\begin{matrix} 12 \\ 14 \\ \frac{3}{5} \end{matrix}\right)\)，\(UX=Y\)，\(X=U^{-1}Y\),求出\(X\)如下：
柯朗分解
类似于上面的求法，比下面的例题求法简单
雅可比迭代法（Jacobi）
P122
-
设线性代数方程组\(Ax=b\)的系数矩阵为
\(\left|\begin{matrix} 1 & a & a \\ a & 1 & a \\ a & a & 1 \end{matrix}\right|\)，
其中a为实数,试求能使 Jacobi方法收敛的a的取值范围.
? \(D=\left|\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right|\), \(B=\left|\begin{matrix} 0 & -a & -a \\ -a & 0 & -a \\ -a & -a & 0 \end{matrix}\right|\)，
? 求出\(B\)的特征值：\(| \lambda E - A | = \left| \begin{array} { c c c } { \lambda} & { a } & { a } \\ { a } & { \lambda } & { a } \\ { a } & { a } & { \lambda } \end{array} \right| => \left| \begin{array} { c c c } { \lambda+2a} & { \lambda+2a } & { \lambda+2a } \\ { a } & { \lambda } & { a } \\ { a } & { a } & { \lambda } \end{array} \right| = 0\), ==>
? \((\lambda+2a)*(\lambda-a)^2\)
? 解出\(\lambda_1=-2a,\lambda_{2,3}=a\),
? 谱半径\(\rho=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|\lambda_{i}\right|=|2a|<1\),解出\(|a|<1/2\).
- 设有系数矩阵
? 证明: 对系数矩阵 \(A,\) 雅可比迭代收敛, 而 Gauss-Seidel 迭代不收敛。
? 由系数矩阵\(A\),可得雅可比迭代矩阵是\(B_1=I-D^{-1}A=\left[\begin{array}{lll} 0 & -2 & 2 \\ -1 & 0 & -1 \\ -2 & -2 & 0 \end{array}\right]\).
? 求出特征值：\(\lambda_1=\lambda_{2}=\lambda_3=0\),谱半径\(\rho=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|\lambda_{i}\right|=0<1\)，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\(A\),可得高斯—赛尔德迭代矩阵是\(B_2=-(D+L)^{-1}U=\left[\begin{array}{lll} 0 & -2 & 2 \\ 0 & 2 & -3 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right]\).
? 求出特征值：\(\lambda_1=0\)，\(\lambda _ { 2,3 } = 2\),谱半径\(\rho=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|\lambda_{i}\right|=2>1\)，不收敛。
第七章：插值与拟合
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求一个次数不超过3的多项式\(H_3(x)\),满足下列插值条件
\(\left. \begin{array} { | c | c | c | c | } \hline x & { 1 } & { 2 } & { 3 } \\ \hline {f ( x )} & { 2 } & { 4 } & { 12 } \\ \hline f ^ { \prime } ( x ) & { } & { 3 } & { } \\ \hline \end{array} \right.\),并写出其余项的表达式。
待定系数法：
令：\(f(x)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}\)
\(x=1\)时：
\(a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}=2\)
\(x=2\)时：
\(a_{0}+2a_{1}+4a_{2}+8a_{3}=4\)
\(x=3\)时：
\(a_{0}+3a_{1}+9a_{2}+27a_{3}=12\)
\(f^{\prime}(x) \quad x=2 \quad \\a_{1}+4 a_{2}+12 a_{3}=3\)
解：\(\left(\begin{matrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 4 & 8 & 4 \\ 1 & 3 & 9 & 27 & 12 \\ 0 & 1 & 4 & 12 & 3 \end{matrix}\right)\).
求得：\({f ( x )} = - 6 + 15 x - 9 x ^ { 2 } + 2 x ^ { 3 }\)
上面的方法计算量太大而不可取，常用下面的方法：
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利用插值法加待定系数法: https://www.bilibili.com/video/av92042988/
插值法：设 \(p_{2}(x)\) 满足 \(p_{2}(1)=2, p_{2}(2)=4, p_{2}(3)=12,\) 则 \(p_{2}(x)=3 x^{2}-7 x+6\)
再设 \(p_{3}(x)=p_{2}(x)+K(x-1)(x-2)(x-3)\)由导数的条件求得：
\(\begin{array}{c} K=2 \\ p_{3}(x)=2 x^{3}-9 x^{2}+15 x-6 \end{array}\)
余项：(2) \(R_{3}(x)=\frac{1}{4 !} f^{(4)}(\xi)(x-1)(x-2)^{2}(x-3)\).
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(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\(\left\{ \begin{array} { l } { x _ { 1 } + 2 x _ { 2 } = 5 } \\ { 2 x _ { 1 } + x _ { 2 } = 6 } \\ { x _ { 1 } + x _ { 2 } = 4 } \end{array} \right.\).
（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。
\(R = \| Q ( x ) - Y \| _ { 2 } ^ { 2 }\).
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）
? \(x_{1}+2 x_{2}=5\)
? \(2 x_{1}+x_{2}=6\). => \(\left( \begin{array} { l l } { 1 } & { 2 } \\ { 2 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { l } { 5 } \\ { 6 } \\ { 4 } \end{array} \right)\).
? \(x_{1}+x_{2}=4\)? 法方程：\(A^TAX=A^Tb\)
? \(\left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 2 } & { 1 } \\ { 2 } & { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l l } { 1 } & { 2 } \\ { 2 } & { 1 } \\ { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right)\) = \(\left( \begin{array} { l l l } { 1 } & { 2 } & { 1 } \\ { 2 } & { 1 } & { 1 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { 5 } \\ { 6 } \\ { 4 } \end{array} \right)\).
? \(\left( \begin{array} { c c } { 6 } & { 5 } \\ { 5 } & { 6 } \end{array} \right) \left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { c } { 21 } \\ { 20 } \end{array} \right)\) => \(\left( \begin{array} { l } { x _ { 1 } } \\ { x _ { 2 } } \end{array} \right) = \left( \begin{array} { c } { \frac{26}{11} } \\ { \frac { 15 } { 11 } } \end{array} \right)\)
第八章：数值积分和数值微分
-
用复化梯形公式计算\(\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } d x\),使其截断误差不超过0.01.
\(f(x)=\frac{2}{1+x^2}\)
\(\frac { d } { d x } ( \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } ) = - \frac { 4 x } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } }\)
\(\frac { d } { d x } ( - \frac { 4 x } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 2 } } ) = - \frac { 4 ( - 3 x ^ { 2 } + 1 ) } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 3 } }\)
\(f ^ { \prime \prime } ( \eta )= - \frac { 4 ( - 3 x ^ { 2 } + 1 ) } { ( 1 + x ^ { 2 } ) ^ { 3 } }\)
\(\text { 记 } M_{2}=\max _{a \leqslant x \leqslant b}\left|f^{\prime \prime}(x)\right|, \text { 则有 }\)，\(M_2=4\)，(a=0，b=1)
\(\frac { ( b - a ) ^ { 3 } } { 12 n ^ { 2 } } M _ { 2 } < \varepsilon\)
求得\(6 \leqslant n\)，
记 \(n\) 等分的复化梯形公式为 \(T_{n}(f)\) 或 \(T(h),\) 有
? \(n=6\)，\(h=\frac{1}{6}\)，\(T_6(f)=\frac{1}{6}(\frac{1}{2}f(0)+f(0+1*h)+f(0+2*h)+f(0+3*h)\\+f(0+4*h)+f(0+5*h)+\frac{1}{2}f(1))\)，
? \(f(x)=\frac{2}{1+x^2}\)
? \(T_6(f)=1.56848\).
? 准确值：\(\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } d x = \frac { \pi } { 2 } \quad ( \text { Decimal: } \quad 1.57079 \ldots )\)
- 用逐次分半的复化梯形公式计算\(\int _ { 0 } ^ { 1 } \frac { 2 } { 1 + x ^ { 2 } } d x\),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
计算时只需检验
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。
? \(T(1)=\frac{1}{2}[f(0)+f(1)]=1.5\)
? \(n=1\)时
? \(T(2)=\frac{1}{2}T(n)+\frac{1-0}{2*1}(f(0+\frac{1-0}{2*1}(2*1-1))=1.55\)
? \(T(2) = \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } ( f ( 0 ) + 2 f ( \frac { 1 } { 2 } ) + f ( 1 ) )=1.55\)
? \(n=2\)时
? \(T(4)=\frac{1}{2}T(2)+\frac{1}{2*2}(f(\frac{1}{4})+f(\frac{3}{4}))\)
? \(T(4) = \frac { 1 } { 2 ^ { 3 } } ( f ( 0 ) + 2 f ( \frac { 1 } { 4 } ) + 2 f ( \frac { 2 } { 4 } ) + 2 f ( \frac { 3 } { 4 } ) + f ( 1 ) )=\frac { 1 } { 8 } ( 2 + 1 + \frac { 16 } { 5 } + \frac { 64 } { 17 } + \frac { 64 } { 25 } )=1.5656\).
? \(T(8)=\frac{1}{2^4}(f(0)+2 f ( \frac { 1 } { 8 })+2 f ( \frac { 2 } { 8 })+2 f ( \frac { 3 } { 8 })+2 f ( \frac { 4 } { 8 })+2 f ( \frac { 5 } { 8 })+2 f ( \frac { 6 } { 8 })+2 f ( \frac { 7 } { 8 })+f(1))=1.5695\).
? 误差：\(|(T(8)-T(4))|=0.0039\).
第九章：常微分方程数值解
- 用向前欧拉公式解初值问题(取 \(h=0.1\) ) :
- 用向后欧拉公式解初值问题(取 \(h=0.1\) ) :
-
\(\left. \begin{array} { l } { y ^ { \prime } = x + y ^ { 2 } } \\ { y ^ { \prime } = x + y ^ { 2 } = \frac { y ( x _ { n + 1 } ) - y ( x _ { n } ) } { h } } \\ { \Rightarrow y _ { n + 1 } = 0.1 ( x _ { n } + y _ { n } ^ { 2 } ) + y _ { n } } \end{array} \right.\)
\(y(0)=1，x_{n+1}=x_{n}+h，x_{0}=0\)
-
\(\left. { y _ { n + 1 } = y _ { n } + ( x _ { n + 1 } ^ { 2 } + y _ { n + 1 } ) \cdot h } \\ { y _ { n + 1 } = y _ { n } + ( x _ { n } ^ { 2 } + y _ { n } ) \cdot h }\\ { y _ { ( 0 ) } = 1 \quad x _ { n + 1 } = x _ { n } + h \quad x _ { 0 } = 1 } \right.\)
第十章：迭代法
牛顿迭代格式 :
\[x_{k+1}=x_{k}-\frac{f\left(x_{k}\right)}{f^{\prime}\left(x_{k}\right)}, \quad k=1,2, \cdots \]例10.3 用牛顿迭代法求方程 \(f(x)=x^{3}-7.7 x^{2}+19.2 x-15.3\) 在 \(x_{0}=1\) 附近的根.
解 迭代格式为
- 用 Newton 法求非线性方程
? 的根(计算一步求出\(x_1\)即可)，并说明收敛的理由。
? ${ f ( x ) = x + \sin x - 1 } $.
? \(\left. \begin{array} { l } { f ( 0 ) \cdot f ( 1 ) < 0 } \\ { f ^ { \prime } ( x ) = 1 + \cos x }{\ne}0 \\ { f ^ { \prime \prime } ( x ) = - \sin x } 符号不变 \end{array} \right.\\取x_0=\frac{ \pi }{8}，f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) f\left(x_{0}\right)>0 . x_{0} \in(a, b)\).
? \(x_{1}=x_{0}-\frac{f\left(x_{0}\right)}{f^{\prime}\left(x_{0}\right)}=0.50945\).
? 定理2：设 \(f(x)\) 在区间 \([a, b]\) 上二阶导数存在, 且满足:
? (1) \(f(a) f(b)<0\)
? (2) \(f^{\prime}(x) \neq 0, x \in(a, b)\)
? (3) \(f^{\prime \prime}(x)\) 不变号, \(x \in(a, b)\)
? (4) \(f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right) f\left(x_{0}\right)>0 . x_{0} \in(a ,b)\)
? 则Newton迭代公式收敛于 \(f(x)=0\) 在 \((a, b)\) 内的惟一根 \(x^{*}\) 。
? $\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\((0,1)\)存在一个根，收敛。
- 取 \(\varepsilon=0.01\), 用 Newton 法求方程
? 在 \(x_{0}=1\) 附近的根。
? \(f(1)=-2,f(2)=1,f(1)*f(2)<0\).
? \(f(x)=x^{3}-8 x^{2}+20 x-15\)
? \(f^{\prime}(x)=3x^2-16x+20\)
? \(f^{\prime\prime}(x)=6x-16\).
? \(x_0=1,f(x_0)=-2\)
? \(x_1=x_0-\frac{f(x_0)}{f^{\prime}{(x_0)}}=1.2857,f(x_1)=-0.3849\).
? \(x_2=1.3002,f(x_2)=-0.3221\).
? 最后求出来的根：\({x \quad-> \quad1.38197}\).
埃尔米特插值
由于在\(x_1\)处的导数也相等，是一个二重根，所以设为平方
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