分式方程的解法范文第1篇

关键词：差分格式；Jacobi迭代法；Gauss-seidel迭代法；超松弛迭代法

一、问题及其差分格式

考虑正方形域上的Laplace方程的第一边值问题：

uxx+uyy=0，（0

容易验证方程（1）的精确解为：u（x，y）=■sinπy.

在xoy平面上作两组平行直线：x=x0+ih，y=y0+jh（i，j=0，±1，±2…）.（x0，y0）是xoy平面上的任意一点，取（x0，y0）为坐标原点（0，0），步长h=■，这样，整个平面就被这两组平行直线构成的正方形网格所覆盖，两组平行直线的交点称为网格结点，只考虑属于正方形区域[0，1；0，1]的结点。若一个结点的四个相邻接点都属于[0，1；0，1]，则称此结点为内部结点；若一结点的四个相邻结点至少有一个不属于[0，1；0，1]，则称此结点为边界结点。在每一个内部结点上，用二阶中心差代替问题中的二阶导数：

（uxx）■=（■）■≈■

=■

（uyy）■=（■）■≈■

=■

则有：（■）■+（■）■

≈■

由此得到（1）的差分格式为：uij=■（ui+1， j+ui-1， j+ui， j+1+ui， j-1）.（i，j=1，2，…n-1），其中u（0，y）=u（x，0）=u（x，1）=0，u（1，y）=sinπy.

二、三种迭代方法及收敛性比较

对线性方程组Ax=b，系数矩阵A=（aij）n×n非奇异，且A的主对角元aij≠0（i=1，2…n）.

1.Jacobi迭代法

将A分裂成A=D-（D-A），其中D=diag（a11，a22…ann），于是方程Ax=b可以写成Dx=（D-A）x+b或x=（E-D-1A）x+D-1b （2）

令B=E-D-1A，g=D-1b，则（2）可写成：x=Bx+g

这样得到了迭代公式：

xk=Bxk-1+g（k=1，2…） （3）

2.Gauss-Seidel迭代法

将A分裂成：A=D（E-L）-DU

其中：D=diag（a11，a22，…ann），

L=0 0 … 0 0-■ 0 … 0 0-■ -■ … 0 0 … … …-■ -■ … -■ 0

U=0 -■ … -■ -■0 0 … -■ -■ … … …0 0 … 0 -■0 0 … 0 0

对比（2）和（3）则得出：B=L+U

于是方程Ax=b可以写成：D（I-L）x=DUx+b （4）

显然D和I-L都是非奇异的，因此可以用（I-L）-1D-1左乘上式的两端，得出：

x=（I-L）-1+Ux+（I-L）-1D-1b

由此得Gauss-Seidel迭代法的迭代公式：

■

由此可见Gauss-Seidel迭代法是Jacobi迭代法的修正。

表1 Jacobi和Gauss-Seidel迭代法收敛速度的比较

■

续表

■

其中误差容限TOL取0.5E-8，π取3.1415926。由表1的结果可知，Jacobi迭代法比Gauss-Seidel迭代法迭代公式简单，但收敛速度比Gauss-Seidel迭代法慢。当剖分网格加细即N增大时，误差随着减小，迭代次数相应增大，所得结果在误差范围内，基本达到要求，验证了该方法的可行性。

3.SOR迭代法

令：■

■ （6）

引入了中间变量■，ω为松弛因子，当ω=1时，（6）即为Gauss-Seidel迭代法。

把（6）中的中间量■消去，可得SOR迭代法的迭代公式：

■

三、三种迭代法的解与准确解的比较

表2 N=6，ω=1.4，迭带次数k=20时的解及误差

■

从表2可以看出，SOR迭代法收敛速度最快。在实用中我们更多地采用SOR迭代法，其收敛速度与ω有关，而松弛因子ω的选择有赖于实际经验。

参考文献：

分式方程的解法范文第2篇

一、素质教育目标

（一）知识教学点：1．正确理解因式分解法的实质．2．熟练掌握运用因式分解法解一元二次方程．

（二）能力训练点：通过新方法的学习，培养学生分析问题解决问题的能力及探索精神．

（三）德育渗透点：通过因式分解法的学习使学生树立转化的思想．

二、教学重点、难点、疑点及解决方法

1．教学重点：用因式分解法解一元二次方程．

式）

3．教学疑点：理解“充要条件”、“或”、“且”的含义．

三、教学步骤

（一）明确目标

学习了公式法，便可以解所有的一元二次方程．对于有些一元二次方程，例如（x－2）（x＋3）＝0，如果转化为一般形式，利用公式法就比较麻烦，如果转化为x－2＝0或x＋3＝0，解起来就变得简单多了．即可得x1＝2，x2＝-3．这种解一元二次方程的方法就是本节课要研究的一元二次方程的方法——因式分解法．

（二）整体感知

所谓因式分解，是将一个多项式分解成几个一次因式积的形式．如果一元二次方程的左边是一个易于分解成两个一次因式积的二次三项式，而右边为零．用因式分解法更为简单．例如：x2＋5x＋6＝0，因式分解后（x＋2）（x＋3）＝0，得x＋2＝0或x＋3＝0，这样就将原来的一元二次方程转化为一元一次方程，方程便易于求解．可以说二次三项式的因式分解是因式分解法解一元二次方程的关键．“如果两个因式的积等于零，那么两个因式至少有一个等于零”是因式分解法解方程的理论依据．方程的左边易于分解，而方程的右边等于零是因式分解法解方程的条件．满足这样条件的一元二次方程用因式分解法最简单．

（三）重点、难点的学习与目标完成过程

1．复习提问

零，那么这两个因式至少有一个等于零．反之，如果两个因式有一个等于零，它们的积也就等于零．

“或”有下列三层含义

①A＝0且B≠0②A≠0且B＝0③A＝0且B＝0

2．例1解方程x2＋2x＝0．

解：原方程可变形x（x＋2）＝0……第一步

x＝0或x＋2＝0……第二步

x1=0，x2=-2．

教师提问、板书，学生回答．

分析步骤（一）第一步变形的方法是“因式分解”，第二步变形的理论根据是“如果两个因式的积等于零，那么至少有一个因式等于零”．分析步骤（二）对于一元二次方程，一边是零，而另一边易于分解成两个一次式时，可以得到两个一元一次方程，这两个一元一次方程的解就是原一元二次方程的解．用此种方法解一元二次方程叫做因式分解法．由第一步到第二步实现了由二次向一次的“转化”，达到了“降次”的目的，解高次方程常用转化的思想方法．

例2用因式分解法解方程x2＋2x－15＝0．

解：原方程可变形为（x＋5）（x-3）＝0．

得，x＋5＝0或x-3＝0．

x1＝-5，x2＝3．

教师板演，学生回答，总结因式分解的步骤：（一）方程化为一般形式；（二）方程左边因式分解；（三）至少一个一次因式等于零得到两个一元一次方程；（四）两个一元一次方程的解就是原方程的解．

练习：P．22中1、2．

第一题学生口答，第二题学生笔答，板演．

体会步骤及每一步的依据．

例3解方程3（x-2）-x（x-2）＝0．

解：原方程可变形为（x-2）（3-x）＝0．

x-2＝0或3-x＝0．

x1＝2，x2＝3．

教师板演，学生回答．

此方程不需去括号将方程变成一般形式．对于总结的步骤要具体情况具体分析．

练习P．22中3．

（2）（3x＋2）2=4（x-3）2.

解：原式可变形为（3x＋2）2-4（x-3）2＝0．

[（3x＋2）＋2（x-3）][（3x＋2）-2（x-3）]＝0

即：（5x-4）（x＋8）=0．

5x-4＝0或x＋8＝0．

学生练习、板演、评价．教师引导，强化．

练习：解下列关于x的方程

6．（4x＋2）2＝x（2x＋1）．

学生练习、板演．教师强化，引导，训练其运算的速度．

练习P．22中4．

（四）总结、扩展

1．因式分解法的条件是方程左边易于分解，而右边等于零，关键是熟练掌握因式分解的知识，理论依旧是“如果两个因式的积等于零，那么至少有一个因式等于零．”

四、布置作业

教材P．21中A1、2．

教材P．23中B1、2（学有余力的学生做）．

2．因式分解法解一元二次方程的步骤是：

（1）化方程为一般形式；

（2）将方程左边因式分解；

（3）至少有一个因式为零，得到两个一元二次方程；

（4）两个一元一次方程的解就是原方程的解．

但要具体情况具体分析．

3．因式分解的方法，突出了转化的思想方法，鲜明地显示了“二次”转化为“一次”的过程．

五、板书设计

12．2用因式分解法解一元二次方程（一）

例1．……例2……

二、因式分解法的步骤

（1）……练习：……

（2）…………

（3）……

（4）……

但要具体情况具体分析

六、作业参考答案

教材P．21中A1

（1）x1=-6，x2=-1

（2）x1=6，x2=-1

（3）y1=15，y2=2

（4）y1=12，y2=-5

（5）x1=1，x2=-11，

（6）x1=-2，x2=14

教材P．21中A2略

（1）解：原式可变为：（5mx-7）（mx-2）＝0

5mx-7=0或mx-b＝0

又m≠0

（2）解：原式可变形为

（2ax＋3b）（5ax-b）＝0

2ax＋3b＝0

或5ax-b＝0

a≠0

教材P．23中B

1．解：（1）由y的值等于0

得x2-2x-3=0

变形为（x-3）（x＋1）＝0

x-3＝0或x+1=0

x1＝3，x2=-1

（2）由y的值等于-4

得x2-2x-3=-4

方程变形为x2-2x＋1=0

（x-1）2=0

解得x1=x2=1

当x=3或x＝-1时，y的值为0

当x=1时，y的值等于-4

教材P．23中B2

证明：x2-7xy＋12y2＝0

（x-3y）（x-4y）=0

分式方程的解法范文第3篇

【关键词】一元二次方程；解法；思想

在“一元二次方程的解法”这一节中，我们接触了许多数学方法，这是这一章学习的重点，只有学生学会了这些方法，才能运用它们解决解一元二次方程的问题.那么，在本节课的设计中，就必须考虑如何使学生掌握这些数学方法.

一、对一元二次方程四种基本解法的思考

1直接开平方法

当方程中一次项的系数为零时，方程可变形为x2=-ca的形式，或方程是一个含未知数式子的平方，即(x+a)2=b(b≥0)的形式，才可以用这种方法.

“直接开平方法”具有承上启下的作用，既可复习巩固有关“数的开方”的知识，又可以通过解(x+a)2=b(b≥0)形式的方程导出配方法，因此，必须熟练掌握.

2配方法

配方法是解一元二次方程的通法.配方，就是利用公式a2±2ab+b2=(a±b)2把一个二次三项式配成完全平方的形式，配方法解方程就是把方程ax2+bx+c=0(a≠0)变形为x+b2a2=b2-4ac4a2的形式，再利用开平方法求方程的解.

用配方法解方程，步骤较繁，但是，配方法是导出求根公式的关键，它的重要性不仅仅表现在一元二次方程的解法中，今后学次函数时，到高中学次曲线时，经常用到.配方的过程是一个自始至终充满思维活力的过程，是对学生进行基本技能训练，提高思维素质的绝好材料，所以，教学中不仅要把这种方法的运用落实在解一元二次方程中，更重要的是必须着眼让学生熟练地把握这种方法的操作步骤，从语言的表述到字母的表示，都应在教学设计中体现出严格的要求.

3公式法

运用求根公式解一元二次方程的方法叫公式法.求根公式的导出是对一元二次方程的一般形式ax2+bx+c=0(a≠0)运用配方法的直接结果.求根公式的推导，主要依赖配方法和开方运算两部分知识来完成，对于公式的推导应给予足够的重视.运用公式法解方程是教学的重点，它是解一元二次方程的通法，具有普遍适用性，运用公式法的实质是求代数式的值或化简代数式.从这层意义上讲，运用公式法解一元二次方程是一种综合训练，能够有效地提高学生的运算能力，其重要性是不言而喻的.用公式法解一元二次方程，首先，要把原方程化为一般形式，因为公式中的a，b，c是对一般形式而言的；其次，要确定b2-4ac的符号，b2-4ac≥0是公式成立的必要条件；最后，是代入公式计算、求根.对学生的解题步骤应提出严格的要求，使学生养成良好的学习习惯.

4因式分解法

如果一个一元二次方程可变形为左边分别为两个关于未知数的一次因式的乘积，右边为零，即(ax+b)(cx+d)=0的形式，则令每一个因式为零，从而把一个一元二次方程化为两个一元一次方程来求解.对于因式分解法的教学，应突出“降次”求解的思想.用因式分解法解方程前，先要将已知方程化成一般形式，应把它作为一个解题步骤提出来，这样可以有效防止出现诸如“x2-x-12=1，得(x-4)(x+3)=1.然后，令x-4=1和x+3=1，方程的解为x1=5，x2=-2”的错误.

二、对有关数学思想的思考

1转化思想

转化思想就是把未知转化为已知，把复杂转化为简单，把新问题转化为已经解决过的问题的思想，是解决数学问题乃至自然科学和社会科学问题的重要指导思想，具有普遍的意义和广泛的应用价值，它贯穿于一元二次方程的解法这一节的始终.首先，在转化思想的指导下，课本给出了前三种基本解法的顺序结构(直接开平方法配方法公式法)；其次，在许多具体问题的处理中，我们通过开平方法、配方法、换元法、因式分解法实现了由繁向简、由未知向已知、由二次向一次的转化；最后，用公式法解方程，必须先把方程转化为一元二次方程的一般形式.本节内容的学习，有助于学生转化意识的培养和转化思想的掌握.

2分类思想

有些数学问题的解决，可能条件和结论不唯一确定，有多种可能，需要从问题的实际情况出发进行分类讨论.本章一开始，就给出了一元二次方程的一般形式ax2+bx+c=0(a≠0)，这里a≠0是方程ax2+bx+c=0为一元二次方程的充分条件，它蕴涵着分类的思想.对于方程ax2+bx+c=0，要防止学生形成a一定不为零的思维定式，如果所研究的问题中明确指出了方程ax2+bx+c=0是一元二次方程，则它隐含了条件a≠0；否则，方程ax2+bx+c=0既可能是一元二次方程(当a≠0时)，也可能是一元一次方程(当a=0且b≠0时).因此，复习时，应有的放矢地通过具体的例子(如(3-2x)x+5x=8-2x2)予以强调.对学有余力的学生，还应适当增加一些练习.如：当a，b，c满足什么条件时，方程(a-1)x2-bx+c=0分别是一元二次方程和一元一次方程?解关于x的方程a2x2-2ax+1=x(ax-1).使他们对有关概念有更加清晰的认识，对分类思想有更深的感悟.其次，求根公式中b2-4ac≥0这个条件就是方程ax2+bx+c=0(a≠0)是否有解的分类依据，当然，这在后面的学习中还会继续研究.

分式方程的解法范文第4篇

【关键词】数字方程式 文字方程式 预解形 预解式

The problems on how to solve the equation

Lu Chunxiang

【Abstract】The problem of solving the equation has been the research core in the mathematics field all the time and many domestic and foreign scientists have been making great efforts on that. The author has made a discussion on the opinion that the resolvent is the key to the solution of the equation starting from solving the cubic equation.

【Keywords】Numerical equationLiteral equationResolution formResolvent

1．前言。不管时代如何的前进、数学如何的抽象化，方程式的研究一直是数学研究的核心部分。直到今日，多元高次方程式的研究（代数几何）、Diophantus 方程式的研究（代数数论）、微分方程式的研究，仍然是最生气蓬勃的数学分支。

远在北宋仁宗时代，中国数学家贾宪已经知道如何把一个正数开n次方根，也就是求方程式xn-a=0的近似根，这个方法，中国数学家称之为「增乘开方术。南宋末年秦九韶推广贾宪的方法，得到任意方程式近似根的求法。1804年意大利数学家P. Ruffini得到同样的结果。这个方法在1819年被英国一个中学教师W.G. Horner重新发现，这就是俗称的Horner方法。

更一般的，我们把数字方程式 推广成文字方程式 ，其中 是没有任何关系的文字；这种方程式叫做n次一般方程式（the general equation of degree n）。如果我们能够解一般方程式的根，那么数字方程式的求根问题当然迎刃而解。

根据O. Neugebauer的说法，巴比伦人已经知道求二次方程式的根。七世纪的印度学者Brahmagupta写出方程式x2+ax=b的一个根的公式 。十二世纪的印度学者Bhaskara更详尽的讨论一次和二次方程式。九世纪的阿拉伯数学家Muhammad ibn Musa al-Khwarizmi在他的书中第一次提出二次方程式的一般解法。

文艺复兴时代意大利数学家发现三次与四次一般方程式的根的公式。方程式x3+qx-r=0的根的公式是：

所谓根的公式，就是把代数方程式的根用其系数经过加、减、乘、除、开方表示出来的方法。如果我们可以求得一个（数字或文字）方程式的根的公式，我们就说这个方程式有根式解。

高中代数的Cardano公式告诉我们，任意三次方程式都有根式解，Ferrari告诉我们，任意四次方程式都有根式解，因此，数学家面对一个最具挑战性的问题：是不是任意方程式都有根式解？或者，一个更简单的问题：是不是任意方程式至少都有一个根？

1746年法国数学家Jean Le Rond D'Alembert「代数基本定理：任意n次复数方程式恰有n个复数根。D'Alembert的证明其实是错的，虽然这个定理的叙述是正确的。第一个正确的证明是伟大的Karl Friedrich Gauss在二十岁时提出的。此后Gauss又提出另外三种证明。

「代数基本定理出现之后，根的存在性问题完全解决。接着最自然的问题是，用什么方式才能把这些根求出来？能不能只用系数的加、减、乘、除、开方就把这些根表示出来（即根式解）？很明显的，方程式 x5+x4+x3+x2+x+1=0与x5+2=0都有根式解。但是，一般五次方程式是不是有根式解？

十六世纪以来，有许多数学家研究五次一般方程式的根式解问题。在没有解决这个问题之下，他们转而探讨一些更根本性的问题，例如：

根的存在性问题（即「代数基本定理）。

根与系数的关系，根的个数，检验重根的方法，检验两个方程式有公解的方法。

求数字方程式的近似根。

给定某个实系数方程式，并给定一个范围（例如0到100），估计在此范围内实数根的数目。

因式分解是解数字方程式的第一步。研究因式分解是极为重要的。第一个问题：对于有理数系数的单变量多项式，如何有效的进行因式分解？第二个问题：多变量多项式能否进行因式分解？第三个问题：因式分解是否有唯一性？

法国数学家Joseph Louis Lagrange在1770～1771年综合前人解方程式的各种方法，归纳出一个一般性的模式。Lagrange的洞察力在研究方程式根式解的领域打开一条新的道路。沿着Lagrange指示的方向，Paolo Ruffini、Niels Henrick Abel、Évariste Galois终于解决了方程式根式解的问题。Alexandre Theophile Vandermond在1770年提出和Lagrange同样的观察，可惜他的结果没有被当时的人注意。因此，所谓「预解式的成果就由Lagrange所独享，后世也称为「Lagrange预解式。

从1799年开始，意大利数学家Ruffini就提出几种方法，证明一般五次方程式不可能有根式解。Ruffini的证明虽有不少创见，却有许多漏洞，当时的人并不接受他的证明。

1826年挪威数学家Abel证明：一般五次方程式没有根式解。Abel又说，五次以上的一般方程式的讨论方法与五次类似。Abel的证明有一个漏洞，经爱尔兰数学家William Rowan Hamilton加以补充说明。因此可以说，Abel完全解决了一般五次方程式没有根式解的问题。

但是一般方程式没有根式解，并不表示所有的数字方程式都没有根式解。事实上，方程式2x5+5=0有根式解，但是2x5-10x+5=0没有根式解。法国数学家Galois在1832年提出任意（数字或文字）方程式有根式解的充分必要条件。Galois把方程式求解问题转化成置换群（permutation group）的问题。他在繁复的计算中洞见方程式求解的本质。Galois的方法其实只是一个丰富深遂的理论应用，这个理论就是我们习称的Galois理论。所谓方程根式解的问题，可以看做Galois理论的一个习题。大多数人看到的冰山只是其浮出海面的一角，Galois理论何尝不是如此？

1858年法国数学家Charles Hermite证明五次一般方程式的根可以用其系数经过加、减、乘、除、开方和椭圆函数的组合表示出来。1880年法国数学家Henri Poincaré发现n次一般方程式的根可以用其系数经过加、减、乘、除、开方和Fuchs函数的组合表示出来。这其实是黎曼面理论的均匀化问题（uniformization problem）的应用。

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2．Lagrange预解式。

考虑三次方程式

这个六次方程式其实是一个伪装的二次方程式（即（2）式）。因此我们把三次方程式的求解问题转化成二次方程式的求解问题。

方程式（3）是怎样得到的呢？

令 是方程式（1）的三根，即 ， ， 。方程式（3）的六个根是 。故得，方程式（3）的六个根是：

Lagrange与Vandermonde高明的地方就在这里。他们从三次方程式的三个根 造出一个预解形 （resolvent）：

在这个预解形中，固定 的位置，令 任意排列，得出3!=6个数。以这六数值为根的六次方程式就是一种预解式（resolvent）。预解式是一种解题之钥。

我们的本意是解方程式（1）。但是如果能事先解出方程式（3），原来的方程式也就迎刃而解。因此方程式（3）叫做方程式（1）的预解方程式，简称预解式。利用Lagrange预解式的方法，让我们试试看如何解四次方程式x4+ax3+bx2+cx+d=0。令 为其四根。

解法1：考虑预解形 。

把以上预解形的系数 任意排列，得出4!=24个数。以这24个数的根作出一个预解式。这个预解式是个24次的方程式，其系数是 的对称式，也是 的对称式。因此这些系数都可以写成 的整系数多项式。

事实上这个预解式可以分解成两个12次的多项式的乘积，这两个12次多项式可以写成x4的三次多项式。因为三次方程式有根式解，所以这个预解式也有根式解。因此

有根式解。同理 也有根式解。所以

有根式解。因此，只需证明这个预解式有如我们所预料的分解情形。注意：

的系数是 的整系数多项式。得证。

解法2：考虑预解形 ， ， ，以 为三根的方程式系数都是 的对称式。故 有根式解（即，可用 经加、减、乘、除、开方表示出来）。

再考虑预解形 。因为

故z1有根式解。同理 与 也都有根式解。

自然有根式解。

从以上的例子可以看出，只要找出适当的预解形和预解式，就不难求出四次一般方程式的根式解。

预解形是方程式的根的函数。例如，n次方程式 的n个根如果是 ，并且 ，则 很可能是一个很好的预解形， 也可能是一个不坏的预解形， 也是一个预解形（其中任一个ui是 的多项式）。

所谓的预解式就是满足某一预解形的方程式，并且此方程式的求解问题比原来方程式简单。

Lagrange曾经考虑五次一般方程式x5+a1x4+a2x3+ a3x2+a4x+a5=0，令其五个根为 ，并且 。考虑预解形 ，由此得到一个次数为120的预解式。这个预解式可以表示成x5的24次的方程式。

3．方程式xn-1=0的根式解。

方程式xn-1=0有没有根式解？方程式xn=a（a≠1）有没有根式解？

令 。如果 有根式解（可以用有理数的加、减、乘、除、开方表示出来），则方程式xn-1=0有根式解：因为 是其所有的根。如果 有根式解，则 也有根式解。故xn=a有根式解。

若 ，其中p1,p2,…,pm是相异质数。如果 有根式解，则 也有根式解。

如果 有根式解，则 也有根式解。

结论：若p是任意质数，且 有根式解。则方程式xn=a也有根式解，其中n是任意正整数，a是任意数。先看几个例子，试验 是否有根式解。

得 有根式解。同理 也有根式解。

Lagrange曾考虑 的根式解问题，但是并没有解决这个问题。Vandermonde却完整证明了 有根式解。Gauss是第一个证明 有根式解的人，其中p是任意质数。以下我们将证明 有根式解。事实上，只要具备一点基本的数论的知识，不难将这个证明推广到 的情形。

我们将证明 有根式解。

令 ， 。由数学归纳法，可假设 有根式解。考虑以下的预解形，

可以检查出， ， 都是 的多项式，因此都有根式解。所以 ， 也有根式解。可知 也有根式解。

参考文献

1 王高熊.常微分方程

2 李瑞遐.应用微分方程.华东理工大学出版社

3 郭书春.高次方程数值解法和天元术

4 高次方程的解法.中国青年出版社

5 应用Pell方程解一类高次不定方程的计算公式.湖北广播电视大学学报

分式方程的解法范文第5篇

【关键词】高阶微积分方程 Newton迭代法 求解误差

在实际工程应用领域，存在很多复杂的微积分方程，这类微积分方程难以使用初等的解法进行求解，其解析表达式的找出也十分的困难。为此，一般使用数值求解法解决这类复杂的微积分方程。随着电脑技术的发展，高阶微积分方程数值求解方式也得到了一定的发展，该种求解方式能够很好的解决工程技术领域和自然科学领域的复杂方程。就现阶段来看，高阶微积分数值求解方式已经成为数学工作人员研究的重点问题之一。下面就针对一类四阶微积分方程的差分迭代解法进行深入的分析。

一、四阶微积分方程模型的建立

一桁车横梁模型，其中桁车横梁长度为L，在竖直方向的变形位移与载荷可以用下述方程描述[1]：

（1.1）

其中；载荷为桁车横梁自重与承载之和。由桁车的支撑边界，其该方程的初始条件为： 。在式（1.1）中，均为常数，为上的连续非负（或非正）函数，其正负取决于的定义方向。

目前，对此类高阶方程已进行了深入的分析和研究。本文结合有限差分法，利用Newton迭代的求解方法求解该方程。下面将该方程求解转化为对非线性方程的求解[2]：

式（1.5）为一非线性方程。这样就将初始微积分模型的求解转化为求解方程式（1.5）。式（1.5）解的性质取决于函数的性质。

二、Newton迭代法求解方程步骤

一般情况下，对于的解析解的求解很复杂。Newton迭代法在处理非线性方面有着一定的优势，使用牛顿迭代法能够将简化为[3]：

再将代入式（2.1）中，求出。并将和差的绝对值与期望所求精度进行比较，为期望方程所求精度的一个无限小。如果>，那么迭代终止，否则将用代替，转入下一轮继续循环计算。

通俗的说，Newton迭代法其实也就是采用切线逼近的办法求得一个在我们求解公差范围内的一个合理解。求解精度越小，计算结果的精度越高，但迭代次数会增加。

对的两种不同形式的差商，分别定义为Newton法1和Newton法2[5]。

三、Newton迭代法计算高阶方程结果分析

为验证该高阶方程的迭代求解结果并分析其误差，对式（1.1）中的参数取值为：，；令该微积分方程的解为：，则可计算出，再设定求解期望精度=10-8。其计算结果见表1所示：

通过计算结果来看，使用Newton迭代法来求解该类四阶微积分模型时，当迭代次数进行到一定次数后，其结果误差能够控制在期望精度范围内。虽然Newton法1与Newton法2结果稍有差异，但该两种方法均能够在所给误差范围内，且产生的误差并不是由于计算方法导致。Newton迭代法求解借助计算机计算，其求解速度快。能够有效解决工程实际中难获得解析解的问题。

参考文献：

[1] 李有堂. 机械振动理论与应用[M].北京：科学出版社，2012.10

[2] ZHUANG Qing-qu. A Legendre spectral-element method for the one-dimensional fourth-order equations[J].Applied Mathematics and Computation，2011，218（7）：98-99

[3]SAMARSKⅡ A A. The theory of difference schemes[M].New York：Marcel Dekker，2001

[4] 李根. 基于数据的非线性系统稳定性分析[D].武汉：武汉科技大学，2010.

[5] 张军. 数值计算[M].北京：清华大学出版社，2008.07