数值计算课后规范标准答案2

习 题 二 解 答

1．用二分法求方程x3-2x2-4x-7=0在区间[3，4]内的根，精确到10-3，即

1误差不超过103。

2分析：精确到10-3与误差不超过10-3不同。

解：因为f(3)＝-10＜0，f(4)=9＞0，所以，方程在区间［3，4］上有根。 由

bnanba4311nnn103 22222有2n-1＞1000，又为210＝1024＞1000， x*xn所以n＝11，即只需要二分11次即可。 列表讨论如下： n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 an 3 3.500 3.500 3.625 3.625 3.625 3.625 3.625 3.629 3.631 3.631 bn 4 4 3.750 3.750 3.688 3.657 3.641 3.633 3.633 3.633 3.632 xn 3.500 3.750 3.625 3.688 3.657 3.641 3.633 3.629 3.631 3.632 3.632 f(xn)的符号 － ＋ － ＋ ＋ ＋ ＋ － － ＋ －

x*≈x11=3.632。 指出：

（1）注意精确度的不同表述。精确到10-3和误差不超过10-3是不同的。 （2）在计算过程中按规定精度保留小数，最后两次计算结果相同。 如果计算过程中取4位小数，结果取3位，则如下表：

n 1 an 3 bn 4 xn 3.5000 f(xn)的符号 － ,.

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.5000 3.5000 3.6250 3.6250 3.6250 3.6250 3.6250 3.6290 3.6310 3.6310 4 3.7500 3.7500 3.6875 3.6563 3.6407 3.6329 3.6329 3.6329 3.6320 3.7500 3.6250 3.6875 3.6563 3.6407 3.6329 3.6290 3.6310 3.6320 3.6315 ＋ － ＋ ＋ ＋ ＋ － － ＋ －

（3）用秦九韶算法计算f(xn)比较简单。

1*．求方程x3-2x2-4x-7=0的隔根区间。 解：令yx32x24x7， 则y3x24x4(3x2)(x2)

2当y3x24x4(3x2)(x2)0时，有x1,x22。

3函数单调区间列表分析如下： x y／ y (-∞,+ 2) 32 30 2(,2) 3－ 2 0 －15 (2,+∞) + 149 27

214920,y(2)150，所以方程在区间(,2)上无根； 因为y()3273214920，而函数在(,)上单调增，函数值不可能变号，所以因为y()3273方程在该区间上无根；

因为y(2)150，函数在(2,+∞)上单调增，所以方程在该区间上最多有一个根，

,.

而(3)=-10<0,y(4)=9>0，所以方程在区间(3,4)有一个根。 所以，该方程有一个根，隔根区间是(3.4)。

12．证明1xsinx0在[0,1]内有一个根，使用二分法求误差不大于1042的根，需要迭代多少次？

分析：证明方程在指定区间内有一个根，就是证明相应的函数在指定区间有至少一个零点。

解：令f(x)1xsinx，

因为f(0)10sin010,f(1)11sin1sin10， 则f(0)f(1)0，

由零点定理，函数f(x)在[0,1]区间有一个根。 由

bnanba1011nnn104 22222有2n-1＞10000，又为210＝1024，213＝8192<10000，214＝x*xn16384>10000

所以n＝15，即需要二分15次。 指出：

要证明的是有一个解而不是唯一解，因此不必讨论单调性。 3．试用迭代公式xk1根，要求精确到105。

20,x01，求方程x32x210x200的2xk2xk101分析：精确到105即误差不超过105

2解：令f(x)x32x210x20 列表进行迭代如下：

xk f(xk) ,.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 指出：

1 1.53846 1.29502 1.40182 1.35421 1.37530 1.36593 1.37009 1.36824 1.36906 1.36870 1.36886 1.36879 1.36882 1.36881 1.36881 -7 3.75964 -1.52380 0.70311 -0.30667 0.13721 -0.06067 0.02705 -0.01198 0.00531 -0.00228 0.00110 -0.00038 0.00025 3.992105 3.992105 精确到105可以从两个方面判定。第一，计算过程中取小数到105位，最后两个计算结果相同，终止计算。第二，计算过程中取小数到106，当

1xk1xk105终止计算。

2本题采用第一种方法。

,.

4．将一元非线性方程2cosxex0写成收敛的迭代公式，并求其在x00.5附近的根，要求精确到102。

解：2cosxex0改写为2cosxex2cosx1，设 ex2cosxg(x)x1 xexx有

2cosx2cosx110，则 xxee2sinxe2cosxe2(sinxcosx)g(x)111(ex)2exxx22sin(xex)4

在x00.5处，因为

g(0.5)122sin(0.5e0.540.96151

2cosxk1在x00.5的邻域内收敛。 exk)所以迭代法g(xk1)xk列表迭代如下：

0 1 2 3

xk 0．5 0．71 0．69 0．69 此时2cos0.69e0.690.00614。

5．为求方程x3x210在x01.5附近的一个根，设将方程改为下列等价形式，并建立相应的迭代公式：

,.

(1)x1311,迭代公式x1;k12x2xk2123k(2)x1x,迭代公式xk1(1x);

11(3)x2,迭代公式xk1.1x1(xk1)2试分析每种迭代公式的收敛性，并取一种公式求出具有4位有效数字的近似值。

解：（1）因为x111，所以迭代函数为，则 g(x)122xx122g(x)(2)(x2)2x3，g(1.5)21.5331满足局部

x1.53.3751具有局部收敛性。 xk2123收敛性条件，所以迭代公式xk11123（2）因为x(1x),所以迭代函数为g(x)(1x),则

121122323g(x)(1x)2xx(1x)332x3(1x)223,

g(1.5)123k21.53(11.5)2230.4561满足局部收敛性条件,所以迭代公式

xk1(1x)具有收敛性。

（3）因为x1(x1)12，所以迭代函数为g(x)1(x1)12，则

13111g(x)(x1)2(x1)2，

2231g(1.5)(1.51)22120.5321.4141不满足收敛性条件，所以迭代公式

xk11(xk1)12不具有收敛性。

1列表计算如下： xk2用迭代公式xk11

,.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

所以，方程的近似根为x*1.465。

6．设(x)xC(x23)，应如何取C才能使迭代公式xk1(xk)具有局部收敛性？

解：设C为常数，因为(x)xC(x23)，所以(x)12Cx，要使迭代公式具有局部收敛性，需(x0)12Cx01，此时即有112Cx01，也即

1Cx00。即只要C取满足如上条件的常数，就可以使得迭代公式具有局部

xk 1．5 1．444 1．480 1．457 1．471 1．462 1．468 1．464 1．467 1．465 1．466 1．465 收敛性。

,.

指出：

本题的一般形式为：

设(x)xCf(x)，应如何取C才能使迭代公式xk1(xk)具有局部收敛性？

显然，(x)xCf(x)是迭代格式xk1(xk)相应的迭代函数，因此该迭代格式要求解的方程是x(x)xxCf(x)f(x)0。也就是说，这是如何选择C，构造一个求解方程f(x)=0的收敛的迭代格式的问题。

因为(x)xCf(x)，所以(x)1Cf(x)， 要使迭代格式收敛，需(x)1Cf(x)1 解之得2Cf(x)0，

即C与f(x)异号，且Cf(x)2。

下面的讨论利用了本题的特殊条件，求出了具体的结果：

因为(x)xC(x23)，所以当xxC(x23)时，有C(x23)0，则

x3，即函数(x)xC(x23)的不动点为x*3。

而(x)12Cx， 根据局部收敛性定理， 当(3)12C311c0时，迭代格式收敛到3； 31时，迭代格式收敛到3。 3当(3)12C(3)10c7．用牛顿法求方程x33x10在初始值x02邻近的一个正根，要求

xk1xk103。

解: 因为x33x10

所以有f(x)x33x1，相应的迭代公式为

,.

33xk3xk12xk1 xk1xk223xk33xk3取x0=2为迭代的初始近似值。迭代的结果列表如下：

k xk 0 2 1 1.8889 2 1.8795 3 1.8794

1因为x3x20.0001103,符合计算的精度要求,所以

2x*x31.8794。

18．用牛顿法解方程c0，导出计算数c的倒数而不用除法的一种简单

x的迭代公式。用此公式求0.324的倒数，设初始值x03，要求计算有5位有效数字。

11解：对于方程c0，有f(x)c，相应的迭代公式为

xx1cxkxk1xk2xkcxk2。

12xk应用该迭代公式求0.324的倒数，列表计算如下

0 1 2 3

13.0864。 0.324指出：

xk 3 3．084 3．0864 3．0864 所以

,.

如果将方程代公式为

1c0改写为等价的cx10，则有f(x)cx1，相应的迭xxk1xkcxk11 cc无法展开迭代。

9．设a为已知数，试用牛顿法导出求na的迭代公式，并求极限

axk1。

k(nax)2klim解：设a为正实数，n为自然数，由牛顿法，方程f(x)xna0的解为

nxk1xkf(xk)f(xk)

nnnxkanxkxkaxkn1n1nxknxk(n1)xanxnkn1k

1a[(n1)xkn1]nxk此即求na的迭代公式。 由此，则

1a1nna[(n1)x]a[(n1)xkax1]kn1nkaxk1nxknlimnlimlim2nk(ax)2kk(axk)(naxk)2kn1n1[(n1)a(1n)x1]knlimk2(1)(naxk)1n[(n1)a(1n)xk]limnk2(naxk)1[(a(1n)(n)xkn1]limnk2(1)a(1n)a(1n)a(1n)1nlimn1nn1nk2x1n2limxk2(a)2akk

指出：

,.

本题中，表面上是k的问题，但实际上却是xkna的问题，xk,xk1才是极限过程中实际的变量。

本质上。本题实际上是求极限

1an1nna[(n1)x]a[(n1)xkax1]kn1nkaxk1nxknlimnlimlim22k(ax)kk(naxk)(naxk)2kn1a[(n1)xax1n]nlimxna(nax)20由于讨论的是型不定式，且不定式的分母上有2次的“0”因子，因此两

0次应用罗必塔法则。

解二：首先证明一个定理：

定理：设f(x*)0,f(x*)0，又设f(x)在x*的某个邻域内具有连续的二阶导数，则牛顿迭代法具有局部收敛性，且有。

xk1x*f(x*)。 lim*k(xx*)2f(x)kf(x)证明：因为g(x)x

f(x)f(x)f(x)f(x)所以g(x)x 2f(x)f(x)因为f(x)在邻域内具有连续的二阶导数，所以g(x)在邻域内连续，且

g(x)*f(x*)f(x*)f(x)*20

由局部收敛性定理，牛顿迭代法具有局部收敛性。

f(x)f(x)f(x)对g(x)x求导，根据条件有 2f(x)f(x)f(x*)g(x) *f(x)*f(x*)0，牛顿迭代法二阶收 由收敛阶定理，若f(x)0，则g(x)*f(x)f(x*)**0，牛顿迭代法有更高的收敛阶。 敛，若f(x)0，则g(x)*f(x)**因为牛顿迭代法有二阶收敛性，所以

f(x*)xk1x*g(x*)f(x*)f(x*)。 lim*k(xx*)22!2!2f(x)k,.

显然

如果x*是方程f(x)=0的单根，则f(x)(xx*)(x)，且(x*)0。 此时f(x)(x)(xx*)(x)，则f(x*)(x*)0，

可见定理中的条件“f(x*)0,f(x*)0”可以等价替换为“x*是方程f(x)=0的单根”

对本题来说，

f(x)xna，x*na是方程的单根，

所以

f(x)nxn1,f(na)n(na)n10 f(x)n(n1)xn2,f(na)n(n1)(na)n2

则

n(n1)(na)n2n11nlimnlimn。 n1nnk(ax)2k(xna)22n(a)2a2akknaxk1xk1na

指出：

应用分组分解法进行因式分解，分子、分母约去“0”因子，就可以按连续函数的极限性质求解了。

10．用快速弦截求方程x33x10在初始值x02邻近的实根（取x11.9，要求精确到103）。

解: 因为x33x10

所以有f(x)x33x1，相应的迭代公式为

f(xk)xk1xk(xkxk1)

f(xk)f(xk1)取x0=2为迭代的初始近似值。迭代的结果列表如下：

k 0 1 2 3 4

xk 2 1．9 1．8811 1．8794 1．8794 xk-xk-1 -0.1 -0.0189 -0.0017 f(xk) 1 0.159 0.0130 0.0001 f(xk)- f(xk-1) -0.841 -0.146 -0.0129 ,.

1因为x4x30.0000103,符合计算的精度要求,所以

2x*x41.8794。

指出：

本教程所说快速弦截法是通常所说的弦截法（割线法），而它所说弦截法是通常的单点弦截法。

11、分别用下列方法求方程4cosxex在x0数字。

（1）用牛顿法，取x0（2）用弦截法，取x04邻近的根，要求有三位有效

4；

4,x12；

（3）用快速弦截法，取x04,x12。

解：方程4cosxex变形为ex4cosx0， 则f(x)ex4cosx,f(x)ex4sinx。 牛顿法、弦截法、快速弦截法公式分别为 （1）牛顿法

f(xk)exk4cosxk； xk1xkxkxkf(xk)e4sinxk（2）弦截法

xk1xkf(xk)(xk0.785)；

f(xk)1.81（3）快速弦截法

xk1xkf(xk)(xkxk1)。

f(xk)f(xk1)取3位有效数字，分别计算得

,.

xk k 牛顿法 0 1 2 3 4 5 6

补充题 （一）

1、确定方程x5+x-10＝0的根的个数，找出隔根区间。

2、用二分法求方程f(x)=x3＋2x-5=0在［2，3］的根的近似值，要求误差不超过0.005。

3、用二分法求方程f(x)=x3－2x-5=0在［2，3］的根的近似值，要求误差不超过0.05。

x24、用二分法求方程f(x)sinx0的非零实近似根，使误差不超过10

4－2。

弦截法 0．785 1．57 1．33 1．40 1．38 1．39 1．38 快速弦截法 0．785 1．57 1．33 1．38 1．40 1．39 1．39 0．785 1．59 1．41 1．39 1．39 5、分析方程f(x)sinx值，使误差不超过10－2。

x0的根的分布情况，并用二分法求正根的近似26、估计用二分法求方程f(x)=x3＋4x2-10=0在［1，2］内的根的近似值，为使误差不超过10－5时所需要的二分次数。

分析与解答

1、令yx5x10,

y5x41,

,.

显然y0,而且函数没有不可导点, 所以，函数在区间(,)上是单调增的， 故方程最多有一个根。

因为y(0)100,y(2)240，

所以方程在（0，2）区间有一个根，（0，2）即为方程的隔根区间。 2、因为f(2)=7＞0，f(3)=28＞0，实际上本方程在指定范围内无根。但如果不加判定，也可以计算出一个值来。所以，用二分法求方程的根必须先行判定。要特别注意的是，完整的二分法的过程是，第一步代入初值，第二步判断是否有解，第三步在有解的前提下求出解来。不进行判断就形式地套用二分法的过程是不可以的，同样地，如果因为无解就放弃讨论也是不正确的。 3、因为f(2)=－1＜0，f(3)=16＞0，所以方程在区间上有解。 baba321x*xnnnnnn0.05，所以，2n＞20，n=5。 2222x*≈2.10

x24、画出y=sinx和y的曲线，可以看出，

4两条曲线除了原点外，在第一象限有且只有一个

交点。交点的横坐标介于1.5与2之间（显然，

()2π／2≈1.5，sin(π／2)=1，21，所以在π／2点， 42x

f(x)＞0，而当x＝2时，1，sinx＜1,所以在2点，

4

f(x)＜0。



x

的曲线，可以看出，两条曲线除了原点外，在第一2

象限有且只有一个交点。交点的横坐标介于1.8与1.9之间（根据图像，用计算

x器计算估计，当sinx的值从大于的值变为小于时，隔根区间就找到了）。

2要求│x*－xn│≤0.01，可以求出用二分法计算的次数。

5、画出y=sinx和y

在区间［1.8，1.9］上，因为

baba1.91.80.1x*xnnnnn0.01

222n2所以，n=4。 具体计算过程如下

,.

n 1 2 3 4 an 1.8 1.85 1.875 1.8875 bn 1.9 1.9 1.9 1.9 xn 1.85 1.875 1.8875 1.89 f(xn)的符号 ＋ ＋ ＋ ＋ 所以，x*≈x4＝1.89 指出：

确定求根区间和根的初始近似值，应用MATLAB工具，用交轨法是重要的途径，可以先确定大致范围，再缩小区间重新画图精细化。在用普通的手工画草图的方法画交轨图的时候，可以借助于计算器使得隔根区间更短，但这种方法只对简单问题有效。

2115 ，所以 2n≥105。 10nn22 因为215＝32768，216＝65537，217＝131072，所以n=17。

6、│x*－xn│≤10－5，即

（二）

1、对于方程3x2－ex＝0，为求最大正根与最小正根的近似值，试分别确定迭代函数g(x)及区间［a,b]，使得当x0∈[a,b]时，相应的迭代过程xk+1=g(xk)收敛到要求的根。

2、证明：当x0=1.5时，迭代法 xk11013 和xk1 10xk24xk都收敛于方程f(x)=x3+4x2-10=0在区间［1，2］内的唯一实根x*，分别用上述迭代法求满足精度│xk+1－xk│≤10－5的近似根。

3、为求方程f(x)=x3－x2－1＝0在x0＝1.5附近的一个根，可将方程改写成下列等价形式，并建立相应的迭代公式

11［1］改写成x12,迭代公式为xk112；

xkx2［2］改写成x3=1+x2，迭代公式为xk131xk；

［3］改写成x21，迭代公式为xk1x11。 xk1试分析每一种迭代公式的收敛性。

,.

分析与解答

1、根据3x2和ex的图像可知，方程3x2－ex＝0在实数域上有三个根，分别在区间(－1,0)，(0,1)，(3,4)内。其最大正根在［3，4］区间，最小正根在［0，1］区间。取迭代函数g(x)=ln3x2，可以得到最大正根，而取迭代函数

g(x)ex3，可以得到最小正根。

2、两种迭代法的迭代函数分别在区间［1，2］和［1，1.5］上满足定理2（不动点原理）的条件，故当x0=1.5时两种迭代法都收敛，且分别迭代9次和25，都可得到近似根1.36523。

我们讨论第一种迭代法，用定理2证明。它的迭代函数为g(x)10。 4x首先，g(x)是一个减函数，当x=1时，g(1)2，当x＝2时，g(2)所以当x∈[1,2]时，1＜g(2)≤g(x)≤g(1)＜2，即g(x)∈[1,2]。

其次，g(x)值为 g(2)1021(42)35，所以，g／(x)＜ g／(2)＜1。 4321021(4x)35。3，显然这是一个增函数，当x＝2时，其函数

指出：只给出了含根区间，就只能用定理2证明。

3、［1］给出了初始近似值，也即知道了精确根的大致位置，可以用定理4（局部收敛性定理）证明。

由题意，方程有实根。下面证明g／(x)连续和g／(x*)＜1（x*是方程的精确根）。

12方程g(x)12,g(x)3，可见g／(x)在1.5及其附近是连续减函数，因

xx为g(1.5)= －0.59，1.5又在x*的邻域内，由函数g／(x)的连续性，g／(x*)＜1，所以此迭代法具有局部的收敛性。

指出：

一般地说，用定理2（不动点原理）证明只要利用函数的单调性与区间上的最值就可以讨论，而用定理4（局部收敛性定理）则需要用到函数的连续性。