数值分析-第六章-方程求根

f（xn）＝f″（x倡）２（x倡－xn）２＋O（x倡－xn）３f′（xn）＝－f″（x倡）（x倡－xn）＋O（x倡－xn）２f″（xn）＝f″（x倡）＋O（x倡－xn）．于是x倡－xn＋１x倡－xn＝x倡－xn＋２f′（xn）f（xn）２［f′（xn）］２－f（xn）f″（xn）x倡－xn＝１＋－［f″（x倡）］２（x倡－xn）３｛２［f″（x倡）］２（x倡－xn）２－１２［f″（x倡）］２（x倡－xn）２｝（x倡－xn）＝１－２３＝１３．可知，在重根附近，（６畅２０）式的敛速是线性的．四、习题１畅证明１－x－sinx＝０在［０，１］内有一个根，使用二分法求误差不大于１２×１０－４的根要迭代多少次？２畅用二分法求f（x）＝x３＋４x２－１０＝０在［１，２］内的一个实根，且要求满足精度｜x倡－xk｜＜１２×１０－３．３畅比较以下两方法求ex＋１０x－２＝０的根到三位小数所需的计算量．（１）在区间［０，１］内用二分法；（２）用迭代法xk＋１＝（２－exk）／１０，取初值x０＝０．４畅当R取适当值时，曲线y＝x２与y２＋（x－８）２＝R２相切，试用迭代法求切点横坐标的近似值，要求不少于４位有效数字，也不求R．５畅求解方程x＝e－x的根，要求取x０＝０畅５，分别用简单迭代法、迭代法的加速方法１６２珚xk＋１＝φ（xk），xk＋１＝珚xk＋１－L１－L（珚xk＋１－xk），及Aitken方法求解，要求误差应满足｜xk＋１－xk｜＜１０－５．６畅对φ（x）＝x＋x３，x＝０为φ的一个不动点，验证xk＋１＝φ（xk）迭代对x０≠０不收敛，但改用Steffensen方法却是收敛的．７畅用Newton法求解Leonardo方程x３＋２x２＋１０x－２０＝０，要求｜xk＋１－xk｜＜１０－６．８畅用Newton法求下列方程的根，计算准确到４位有效数字．（１）f（x）＝x３－３x－１＝０在x０＝２附近的根．（２）f（x）＝x２－３x－ex＋２＝０在x０＝１附近的根．９畅应用Newton法于方程x３－a＝０，求立方根３a的迭代公式，并讨论其收敛性．１０畅方程x３－２x２＋x＝０有二重根x倡＝１，取x０＝２，用New唱ton法和处理重根的Newton法修正形式：xk＋１＝xk－mf（xk）f′（xk）分别求解三步，比较结果，其中m为根的重数．１１畅用（６畅１１），（６畅１４）及（６畅１５）三种不同迭代法求方程f（x）＝（sinx－x２）２＝０的一个近似根，准确到１０－５，初始值x０＝π２，并比较结果优劣．１２畅试就下列函数讨论Newton法的收敛性和收敛速度．（１）f（x）＝x，x≥０，－－x，x＜０．（２）f（x）＝３x２，x≥０，－３x２，x＜０．１３畅应用Newton法于方程f（x）＝１－ax２＝０，导出求a的迭２６２代公式，并用此公式求１１５的值．１４畅证明迭代公式xk＋１＝xk（x２k＋３a）３x２k＋a是计算a的三阶方法；假定初值x０充分靠近根x倡，求limk→∞a－xk＋１（a－xk）３．１５畅研究求a的Newton公式xk＋１＝１２xk＋axk，　x０＞０，k＝０，１，２，…．证明对一切k＝１，２，…，xk≥a，且序列｛xk｝是单调减的，从而迭代过程收敛．１６畅考虑下述修正的Newton公式（Steffenson方法）xn＋１＝xn－f（xn）／Dn，Dn＝f（xn＋f（xn））－f（xn）f（xn），　n≥０．假定f′（x倡）≠０，证明它对单根是一个二阶方法．１７畅设在区间［a，b］上函数y＝f（x）可逆，即存在足够光滑的函数Q（y），使x＝Q（y）．再设x倡∈［a，b］为f（x）＝０的根，试把x倡＝Q（０）＝Q（y－y）用Taylor公式展开，从而导出下列公式：（１）xn＋１＝xn－f（xn）f′（xn）．（２）xn＋１＝xn－f（xn）f′（xn）－f″（xn）f２（xn）２［f′（xn）］３（Chebyshev公式）．１８畅设有解方程１２－３x＋２cosx＝０的迭代法xn＋１＝４＋２３cosxn．（１）证明橙x０∈R，均有limn→∞xn＝x倡（x倡为方程的根）．（２）取x０＝４，用此迭代法求方程根的近似值，误差不超过３６２１０－３．（３）此迭代法的收敛阶是多少？证明你的结论．１９畅用Newton下山法求方程f（x）＝x３－x－１＝０的根，取x０＝０畅６，计算精确到１０－５．２０畅试确定常数p、q、r，使迭代公式xk＋１＝pxk＋qax２k＋ra２x５k产生的序列｛xk｝收敛到３a，并使其收敛阶尽可能高．２１畅用弦截法求f（x）＝x３＋２x２＋１０x－２０＝０的根，要求｜xk＋１－xk｜＜１０－６．２２畅填空题（１）迭代过程xk＋１＝φ（xk）收敛的充分条件是｜φ′（x）｜１．（２）φ（x）＝x＋α（x２－５），要使迭代法xk＋１＝φ（xk）局部收敛到x倡＝５，则α取值范围是．（３）用迭代法xk＋１＝xk－λ（xk）f（xk）求方程f（x）＝x３－x２－x－１＝０的根，使迭代序列｛xk｝具有平方收敛，则λ（xk）＝．（４）迭代法xk＋１＝２３xk＋１x２k收敛于x倡＝３３，此迭代序列是阶收敛的．五、习题解答１畅解　设f（x）＝１－x－sinx．因f（０）＝１＞０，f（１）＝－sin１＜０，以及f′（x）＝－１－cosx＜０（x∈［０，１］），故f（x）在［０，１］上单减，因此f（x）在［０，１］上仅有一个根．二分法的误差限为｜xk－x倡｜≤１２k＋１（b－a）＝１２k＋１．依题意应有１２k＋１≤１２×１０－４，４６２２k≥１０４，解得k≥４ln１０／ln２＝１３畅２８７７．所以需迭代１４次即可．２畅解　f（１）＝－５，f（２）＝１４，且在［１，２］上f′（x）＝３x２＋８x＞０，所以f（x）＝０在［１，２］内有唯一实根．用二分法计算列表如表６畅６．表6畅6kakbkxkf（xk）１１畅０２畅０１畅５　２畅３７５２１畅０１畅５１畅２５－１畅７９６８７３１畅２５１畅５１畅３７５　０畅１６２１４１畅２５１畅３７５１畅３１２５－０畅８４８３９５１畅３１２５１畅３７５１畅３４３７５－０畅３５０９８６１畅３４３７５１畅３７５１畅３５９３７５－０畅０９６４１７１畅３５９３７５１畅３７５１畅３６７１８７５　０畅０３２３６８１畅３５９３７５１畅３６７１８７５１畅３６３２８１２５－０畅０３２１５９１畅３６３２８１２５１畅３６７１８７５１畅３６５２３４３７５　０畅００００７２１０１畅３６３２８１２５１畅３６５２３４３７５１畅３６４２５７８１３－０畅０１６０５１１１畅３６４２５７８１３１畅３６５２３４３７５１畅３６４７４６０９４－０畅００７９９１２１畅３６４７４６０９４１畅３６５２３４３７５１畅３６４９９０２３５－０畅００３９６　　迭代１２次，近似根x１２＝１畅３６４９９０２３５即为所求．其误差｜x倡－x１２｜≤｜b１２－a１２｜＝０畅０００４８８２８１．３畅解　（１）在区间［０，１］上用二分法，误差限为｜xk＋１－x倡｜≤b－a２k＋１＝１２k＋１．由１２k＋１＜１２×１０－３，解得２k≥１０３．k＞３ln１０ln２＝３×２畅３０２６０畅６９３１＝９畅９６５８．故二分１０次后，可使得根的近似值能准确到小数点后三位数字．（２）由定理６畅１，有误差公式｜xk－x倡｜≤Lk１－L｜x１－x０｜．５６２由于迭代函数φ（x）＝２－ex１０，则φ′（x）＝－ex１０，｜φ′（x）｜≤e１０≈０畅２７１８２，　x∈［０，１］，取L＝０畅２７１８２，x０＝０，x１＝１０－１．由Lk１－L｜x１－x０｜＜ε　（ε＝１２×１０－３）．解得k＞lgε－lg｜x１－x０｜１－LlgL＝lg（１２×１０－３）－lg１０－１１－０畅２７１８２lg０畅２７１８２＝４畅３１０９３．即用迭代法xk＋１＝（２－exk）／１０，需迭代５次可使根的近似值准确到１２×１０－３．４畅解　因两曲线相切，在切点处曲线函数值相等，导数值相等，根据这些条件可得到切点横坐标应满足的关系式．y＝x２＝痴y′＝２x．y２＋（x－８）２＝R２＝痴２yy′＋２（x－８）＝０．由两曲线相切，可得x２·２x＋２（x－８）＝０，即２x３＋x－８＝０．令f（x）＝２x３＋x－８，则f（１）＜０，f（２）＞０，因此f（x）＝０在（１，２）内有根，又在（１，２）内，f′（x）＝６x２＋１＞０，所以f（x）＝０仅有一根．构造迭代格式：xk＋１＝（８－xk）２１／３，　k＝０，１，２，…．取x０＝１２（１＋２）＝１畅５，计算结果如下：x０＝１畅５，x１＝１畅４８１２４８，x２＝１畅４８２６７１，x３＝１畅４８２５６３．６６２由于｜x３－x２｜＝０畅０００１０８＜１２×１０－３，故取x倡≈x３＝１畅４８３即可保证有４位有效数字，即两曲线切点的横坐标为１畅４８３．５畅解　（１）用简单迭代法．此时迭代公式为xk＋１＝e－xk，x０＝０畅５，　k＝０，１，２，…．计算结果如表６畅７．表6畅7kxkkxk００畅５　　　１００畅５６６９０７２１０畅６０６５３０６１１０畅５６７２７７２２０畅５４５２３９２１２０畅５６７０６７３３０畅５７９７０３１１３０畅５６７４８６３４０畅５６００６４６１４０畅５６７１１８８５０畅５７１１７２１１５０畅５６７１５７１６０畅５６４８６２９１６０畅５６７１３５４７０畅５６８４３８０１７０畅５６７１４７７８０畅５６６４０９４１８０畅５６７１４０７９０畅５６７５５９６此时｜x１８－x１７｜＜１０－５．故取x倡≈x１８＝０畅５６７１４．（２）用加速技巧来做．在x０＝０畅５附近（e－x）′≈－０畅６，故取L＝－０畅６．此时迭代格式为珚xk＋１＝e－xk，xk＋１＝珚xk＋１＋０畅６１＋０畅６（珚xk＋１－xk），　k＝０，１，２，…计算结果如表６畅８．表6畅8k珚xkxk００畅５　　　１０畅６０６５３０７０畅５６６５８１７２０畅５６７４６１９０畅５６７１３１８３０畅５６７１４９８０畅５６７１４３１４０畅５６７１４３４０畅５６７１４３３此时｜x４－x３｜＜１０－５，故７６２x倡≈x４＝０畅５６７１４．（３）用Aitken方法来做．此时迭代格式为珟xk＋１＝φ（xk），珚xk＋１＝φ（珟xk＋１），xk＋１＝珚xk＋１－（珚xk＋１－xk）２珚xk＋１－２珟xk＋１＋xk，　k＝０，１，２，…计算结果如表６畅９．表6畅9k珟xk珚xk＋１xk００畅５　　　１０畅６０６５３０７０畅５４５２３９２０畅５６７６２３９２０畅５６６８７０８０畅５６７２９７９０畅５６７１４３３３０畅５６７１４３３０畅５６７１４３３此时｜x３－x２｜＜１０－５，故取x倡≈x３＝０畅５６７１４．６畅解　由于φ′（x）＝１＋３x２，当x≠０时，｜φ′（x）｜＞１，且有｜xk＋１－０｜＝｜φ（xk）－０｜＝｜φ′（ξ）｜｜xk－０｜＞｜xk－０｜，ξ介于xk与０之间．由此可见，若x０≠０，迭代不收敛．若改用Steffensen加速迭代法（６畅８），可得xk＋１＝xk－（xk＋x３k－xk）２［xk＋x３k＋（xk＋x３k）３］－２（xk＋x３k）＋xk＝xk－xkx４k＋３x２k＋３＝ψ（xk），而ψ′（０）＝２３．根据局部收敛定理，序列｛xk｝收敛于０．７畅解　由第６题知，f（x）＝０在（１，２）内有一个根，且f″（x）＞０，f（２）＞０，故应取x０＝２．利用Newton迭代公式：xk＋１＝xk－f（xk）f′（xk），　k＝０，１，２，…，计算列表如表６畅１０．８６２表6畅10kxkkxk０２３１畅３６８８６９４１９１１畅６４１畅３６８８０８１０９２１畅３８３３８８７０４５１畅３６８８０８１０８因｜x５－x４｜＝０畅１×１０－８＜１０－６，故取x倡≈x５＝１畅３６８８０８１０８．８畅解　（１）f（x）＝x３－３x－１，f′（x）＝３x２－３，用Newton迭代法xk＋１＝xk－x３k－３xk－１３（x２k－１），　k＝０，１，…取x０＝２，则x１＝１畅８８８９，x２＝１畅８７９５，x３＝１畅８７９４，x４＝１畅８７９４．四位有效数字解为