工程数学基础教程课后习题答案

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1、工 程 数 学 基 础习 题 解 答 习 题 一A一、判断题1.；，2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.；10.二、填空题 1. 2.3.满; 4.,; 5.; 6.0; 7. ; 8. B ,使得.由,得,且故且,即,因此. 当是单射时,只需证明即可： 是单射知故.是可能的，例如, 而从而有 .2. 证（1）,有,故.另一方面,使,故,于是.因此, .（2）,有,故.另一方面,对任意,即,使得,即,从而，故.因此,.3. 4. 证 设是线性空间的一族子空间,要证.显然z只需证明事实上，及,从而对每一个,有,故,.于是,.因此,是的线性子空间.5. 6. 7. 习 题 二A一、判断题

2、 1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.；10.；11.；12.二、填空题 1.；2.；3.；4. ；5.；6.；7.；8.；9.；10.三、单项选择题1.(d)；2. (b)；3. (b)；4. (d)；5. (a). B（1） ,（2）,.（3） ,.（4） ,.2. 解 (1)，,又,从而.于是不变因子为,；初等因子组为.(2),故不变因子为 ,;初等因子组为 .(3)显然,而，. 因此; 初等因子组:.（4）由第1题（4）知,.也可这样解：由行列式的展开定理得，故;又的左下角的三阶子式与是互质的,所以,从而.因此;初等因子组:.（1），.（2），.（3）,初等因子组为,于

3、是，,故.（4）,又有一个阶子式,，故,;初等因子组为,所以.(事实上，本身就是一个Jordan块)（1）由第1题（2）知,所以.（2）由第1题（3）知，故的有理标准是.5.解 由立即可知的初等因子组为,于是不变因子为,.即，故.6.解 （1）.因为,所以最小多项式为.（2）,有一个二阶子式,.因此,.（3）对施行初等变换得其标准形，.7.证 若可对角化,则的最小多项式无重零点,必要性得证. 若有一个无重零点的零化多项式,则因为,故也无重零点,由定理6知可对角化.8. 证 (1) ,是的一个无重零点的零化多项式,故可对角化.(2),是的零化多项式,其零点是互不相同的,故可对角化.习 题 三A一

4、、判断题 1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.；10.；11.；12.；13.； 14. 15.；16.；17.；18.；19.；20.；21.；22；.23.；24.；25.二、填空题 1.；2.；3.；4. ；5.；6.；7.；8.；9.三、单项选择题1.(c)；2. (c)；3. (b)；4. (a)；5. (b); 6.(c).B1. 证 仅验证三角不等式,其余是显然的.设,是中的任意两个元素.；.2. 证 因为及,有 (N1) ,显然若,即,则;反之,若,即 ,则由的连续性,知,即; (N2) ; (N3) ;所以是上的范数.3.解 4.解 5.证 6.证 设是 7.

5、 证 由于和都是中的序列，则,使得当时，； 当时，.令,则当时,有,这表明是中的序列,由的完备性知,数列收敛.(2),有 故是有界的.9. 证 由于是上的方阵范数,故及,有(1),并且;(2);(3);(4);因此,是上的方阵范数.10. 11. 证 显然.是可逆阵的特征值,则是特征值,故,即. .12.证 要证只需证明故习 题 四A一、判断题 1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.二、填空题 1.；2.；3.；4. ；5.；6.；7.； 8. B1. ,2. 3. 4. 证明（1）.（2）5. 证（1）若,则.(可以证明)，,即.同理可证,由上已证的结果立即可得.（2）6. 证 令得

6、的全部特征值均为2. 于是的所有特征值都是,故,因此.7. 证 方法一: 当时,显然成立,故设.记.，,.对,解方程可得；对解方程得.令,则可逆且.所以.方法二：记,.的最小多项式,. 故设.与在上的值相等,即,，.因此.8. 9. 解 .,的最小多项式.，故设. 由与在上的值相等,于是(1)对有,解得所以(2)对有，解得.（注）可利用(1)的结果求(2)（或）：在(1)中分别以和替代得和，再由公式即得.10. 解 ,故的最小多项式，故设,即 .由与在上的谱值相等,于是(1)对有,解得.(2)对有，解得.11.12. 解 此处,.因为故设.由与在上的值相同,得方程组,解得 ;于是 . 所以,解

7、为 ,即.习 题 五A一、判断题 1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.；10.；11.；12.；13.； 14. 15.二、填空题 1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.; 10.;11.三、单项选择题1.(d)；2. (c)；3. (c).B1.证 且 2. 证 右端 左端.3.证 （1）若,则皆有,由假设,于是对每一个皆有,即,故.（2）若,则皆有,故,于是.4.解 显然其余略.5. 证 “”: 若正定,则,故非奇异.“”: 若非奇异,则,从而. 又因为半正定,故有,于是,所以是正定的.6.证 先验证是Hermite矩阵.再证是正定的.7. 解 （1）令得,由

8、此判定不是正定的.对解方程组,即,亦即,得. 若取,则有.对解可得.对解可得.由于,分别对应于的不同特征值,故彼此正交.将它们单位化,得，.令,，则.习 题 六A一、判断题 1.；2.；3.；4.；5.；6.；7.；8.；9.二、填空题 1.；2. ；3.；4.B1. 解（1）,.（2）,，.（3） 2. 解（1）对增广矩阵施行行的初等变换得到等价的上三角方程组.进行回代,得方程组的解为：.故解为（2）对增广矩阵施行初等行变换得到等价的上三角方程组.进行回代,得方程组的解：,故解为3. 解 首先用顺序消去法.对增广矩阵施行初等行变换：,经回代得，. 此时,.下面用列主元素消去法.对增广矩阵施行

9、初等行变换（下画横线者为主元素）,经回代得. 此时,.列主元素消去法比顺序消去法的精度高.4. 解 迭代格式为().计算结果如下表：123456781.20000069000383322.125356解为，.迭代格式与计算结果如下： ();1234561.2000000.7485001.3500002.110000254325. 解 迭代格式为(), 因为所以迭代格式收敛.迭代格式为 (). 因为系数矩阵对称，且迭代格式收敛.6. 解（1）迭代矩阵;,.因此,迭代格式发散. 迭代矩阵;,.因此迭代格式收敛.（2）迭代矩阵;,.因此, 迭代格式收敛.迭代矩阵;,.因此, 迭代格式发散.* 解 系

10、数矩阵为.,;，；，.即解为 8. 解 把方程组调整为,此时系数矩阵为.迭代矩阵,.因此,此时迭代格式收敛.习 题 七A一、判断题 1.；2.；3.；4.二、填空题 1.；2. ；3.B1. 解 因为则 2.解 对于点,取,.作差商表一阶二阶三阶76777879于是有3. 解 选.作差商表： 一阶差商二阶差商三阶差商0 00210 .或4. 证明 .5. 证明（1）设,则当时,.因此,的次插值多项式的插值余项,故有,此即,.（2）利用二项式展开公式和已证明的(1)得而,故有 .*6. 解 作变换,即,则,记.对在上用多项式作最佳二次平方逼近,设最佳平方逼近函数为.则，,因此.平方误差为 (令)

11、.*7. 解 取,设拟合曲线为.因为， ， ， ，所以法方程为,解得,，因此 .习 题 八A一、判断题1.；，2. ；3.；4. ；5. ；6. ；7. .二、填空题 1. 2. 3.; 4. B1. 解 （1）取为得,解此方程组得,. 因此求积公式为.当时,求积公式成为等式;而当时,求积公式不能成为等式所以，求积公式的代数精度是3次.（2）取为 ,可得,解得,因此求积公式为 .当时,所以,求积公式具有2次代数精度.2解（1）.;.（2）.;.（3）.;.3. 解（1）012302721994因此 . （2）01234因此 .*4. 解（1）因为是Gauss型求积公式,故其代数精度于是令公式对

12、是准求成立,得 故 （2）因为是Gauss型求积公式,故其代数精度于是令公式对是准求成立,得 故 *5. 解（1）.（2）.6.解 故求积公式为 这就是梯梯形公式,其代数精度为3. 7.证 令求积公式对成立,得方程组由,知由,得再由得故求积公式为 因为当时,左端习 题 九A一、判断题1.；，2. ；3. .二、填空题1.； 2. ；3. 数值微分法,数值积分法,Taylor展开法；4. (. B1. 解（1）计算格式为, .计算结果列于下表：00.1（2）计算格式为, .计算结果列于下表：11.523 2. 解 计算格式为,.计算结果列于下表0220275390.1503009503. 解 标准格式为 , 计算结果列于下表（准确解为）准确值0184. 解 , (,). 5. 解 令,初值问题化为， 格式为,.改进格式为 ,