1x32分别是方程x3x28x120的根；讨论用Newto
迭代法求它们近似值的收敛
阶。取初值x02计算根x3的近似值，要求迭代3次。〔结果保存4位小数〕解：设fxx3x28x12
fx3x22x8
fx6x2
f30f30，f20f20f2100
那么：3是fx0的单根，故Newto
迭代在3附近是平方收敛；
2是fx0的二重根，故Newto
迭代在2附近是线性收敛；
取x02，Newto
迭代：
x
1

x


fx
fx


x


x
3x
28x
123x22x8
2x
23x
63x
4
x1

2x023x03x04
6

x2

2x123x13x14
6

x3

2x223x263x24

实用文档
f
2设常数a0，求出a的取值范围使得解方程组
a21x1b1

2
a
3


x2



b2

13ax3b3
的Jacobi迭代法收敛。
解：Jacobi迭代：
xk1BJxkg
a
1021
021
BJ




a


2
a1
03
30



1a

21
03
30
a
1b1
g


a


b2


ab3
迭代矩阵BJ的特征方程：

021a21
EBJ







1a

21
03
3

0

1a
21
a303a
即：a314a0
特征根：014ia
谱半径：BJ
141时Jacobi迭代收敛a
故：a14
实用文档
f
3设〔1〕用Crout三角分解法求解方程组
232x15
10
3
4


x2


13

；
361x39
〔2〕用乘幂法求方程组系数阵的按摸最大的特征值和对应的特征向量。
〔取v0001T，计算迭代三次的值〕解：〔1〕Crout三角分解：
2A10
3
336

22
4


10
1
3

1232





1

114


32
1
1


12


LU
1

2


1

32
1


L1012

，U


3
3

11

24

1
12
1

Ax

b

LyUx

by
求解
Ly

b
得
y


52
1
0
T
求解Uxy得x110T
〔2〕
v0

001T
，u0

v0maxv0

001T
1
v1

Au0

241T
，u1

v1maxv1

051025T
4
v2Au1


T
，u2

v2maxv2

05108611T
9
v3Au2


T
，u3

v3maxv3

05107306T
，
1144
实用文档
f
4试利用插值多项式证明：对k01
2恒有等式


ik
0
i1i1ii1ii1i

证明：设xiii12

fxxkk01
2
由插值多项式的唯一性，比拟Lagra
ge与Newto
插值最高项系数得：

i1xix1
fxixixi1xixi1
xix
fx1
x

由差商与导数关系，有
fx1
x

f
1
1
1

将xiii12
fxxkk01
2代入上面两等式，有


ik
0
i1i1ii1ii1i


i1i1
ikii1ii1
i
fx1
x

f
1
1
0
实用文档
f
5求4次Hermit插值多项式Hx，满足：
H0H00H1H11H21并写r