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高等工程数学总结

2021-05-09 16:01:15 作者：互联网

第一篇：线性代数

https://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

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

$=> |2A|*|-B|=2^3*|A|*(-1)^3|B|=8*(-1)*(-1)^3*3=24$
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。
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。
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） $A^{*}=|A| A^{-1} \Rightarrow\left(A^{*}\right)^{\top}=|A| \cdot\left(A^{-1}\right)^{\top}=|A^{T}| \cdot\left(A^{\top}\right)^{-1}=\left(\mid A^{\top}\mid\right)^{*}$
设 $A, B$ 为 3 阶矩阵，且 $|A|=3,|B|=2,\left|A^{-1}+B\right|=2 .$ 计算 $\operatorname{det}\left(A+B^{-1}\right)$.

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

$=\left|\boldsymbol{B}^{-1}\right| \cdot\left|\boldsymbol{B}+\boldsymbol{A}^{-1}\right| \cdot|\boldsymbol{A}|=\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3=3$.
$设A,B为n阶方阵,且I-AB可逆.证明:I-BA也可逆$.

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。

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

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：

$\left(\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}\right)$*$\left(\begin{matrix} 2 & 0 & -2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{matrix}\right)$=$\left(\begin{matrix} 2 & 1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \\ 5 & 0 & -1 \end{matrix}\right)$.

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：

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$v单位化，然后e=\frac{v}{||v||},Cosθ=\frac{u^Te}{||u||||e||}=\frac{u^Tv}{||u||||v||}$.

$Proj_vu=||u||Cosθe=\frac{u^Tv}{||v||}e=\frac{2}{3}v$.
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

$Q=\left(\begin{matrix} \frac{1}{3} & \frac{-2}{3} & \frac{-2}{3} \\ \frac{-2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{-2}{3} \\ \frac{-2}{3} & \frac{-2}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix}\right)$.
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。

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
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

\[A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \end{array}\right] \]

证明: 对系数矩阵 $A,$ 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

视频推荐：https://www.bilibili.com/video/BV1GA411q7xx?p=1

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：
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) $R_{3}(x)=\frac{1}{4 !} f^{(4)}(\xi)(x-1)(x-2)^{2}(x-3)$.
(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

\[T_{n}(f)=h\left(\frac{1}{2} f(a)+\sum_{i=1}^{n-1} f(a+i h)+\frac{1}{2} f(b)\right) \]

$n=6$，$h=\frac{1}{6}$，$T_6(f)=\frac{1}{6}(\frac{1}{2}f(0)+f(0+1*h)+f(0+2*h)+f(0+3*h)\\+f(0+4*h)+f(0+5*h)+\frac{1}{2}f(1))$，

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

$T_6(f)=1.56848$.

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 $h=0.1$ ) :

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=x+y^{2} \\ y(0)=1 \end{array} \quad 0.0 \leqslant x \leqslant 0.5\right. \]

用向后欧拉公式解初值问题(取 $h=0.1$ ) :

\[\left\{\begin{array}{l} \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} x}=x^{2}+y \\ y(1.0)=1 \end{array}, \quad 1.0 \leqslant x \leqslant 1.5\right. \]

$\left. \begin{array} { l } { y ^ { \prime } = x + y ^ { 2 } } \\ { y ^ { \prime } = x + y ^ { 2 } = \frac { y ( x _ { n + 1 } ) - y ( x _ { n } ) } { h } } \\ { \Rightarrow y _ { n + 1 } = 0.1 ( x _ { n } + y _ { n } ^ { 2 } ) + y _ { n } } \end{array} \right.$

$y(0)=1，x_{n+1}=x_{n}+h，x_{0}=0$
$\left. { y _ { n + 1 } = y _ { n } + ( x _ { n + 1 } ^ { 2 } + y _ { n + 1 } ) \cdot h } \\ { y _ { n + 1 } = y _ { n } + ( x _ { n } ^ { 2 } + y _ { n } ) \cdot h }\\ { y _ { ( 0 ) } = 1 \quad x _ { n + 1 } = x _ { n } + h \quad x _ { 0 } = 1 } \right.$

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

\[\begin{aligned} x_{k+1} &=x_{k}-\frac{x_{k}^{3}-7.7 x_{k}^{2}+19.2 x_{k}-15.3}{3 x_{k}^{2}-15.4 x_{k}+19.2} \\ &=x_{k}-\frac{\left(\left(x_{k}-7.7\right) x_{k}+19.2\right) x_{k}-15.3}{\left(3 x_{k}-15.4\right) x_{k}+19.2} \end{aligned} \]

用 Newton 法求非线性方程

\[x+\sin x=1 \]

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。