数值分析

试题一答案

一、填空题（每空1分，共17分）

22,0)(0,)221、（ 10 ） 2、（） 3、a=( 3 )，b=（ 3 ），c=（ 1 ）

7!?6945??236.25427xj4x?x?324、( 1 )、 ( )、( ) 5、 6 、 6、 9

(?7、 0 8、9、 2 10、（

a?1?22,l?0 ） 22 ）、（ ii二、选择题（每题2分） 1、（(2)） 2、（（1）） 3、（（1）） 4、（（3））

三、1、（8分）解：

??span{1,x2} AT???1111??192252312382?? yT??19.032.349.073.3?

解方程组 ATAC?ATy

ATA??43391??173.其中 ??33913529603??ATy? ?6??179980.7?? C??0.解得：

?9255577??0.0501025?? 所以 a?0.9255577， b?0.0501025 R[f]??b?ah2f??(?)?1?112、（15分）解：T121282?e0?768?0.001302

7T(8)?h2[f(a)?2?f(xk)?f(b)]k?1 ?116[1?2?(0.8824969?0.7788008?0.60653066?0.5352614?0.47236655?0.41686207)?0.36787947]

?0.6329434

分）解：（1）??1?2四、1、（15(x)?3(x?1）3，??（1.5）?0.18?1，故收敛； ??(x)??12x21?1（2）x，??（1.5）?0.17?1，故收敛；

（3）??(x)?3x2，??（1.5）?3?1.52?1，故发散。

选择（1）：x0?1.5，x1?1.3572，x2?1.3309，x3?1.3259，x4?1.3249，

x5?1.32476，x6?1.32472

x(?(x2k?1?xk)?xk)k?Steffensen迭代：

?(?(xk))?2?(xk)?xk

?xk?计算结果：

(3xk?1?xk)233xk?1?1?23xk?1?1

x0?1.5，x1?1.324899，x2?1.324718 有加速效果。

1?(k?1)(k)x?(24?3x2)1?4?1(k?1)(k)?x2?(30?3x1(k)?x3)?4?1(k?1)(k)x?(?24?x2)3?4?k?0,1,2,3,?2、（8分）解：Jacobi迭代法：? 1?(k?1)(k)x?(24?3x)12?4?1(k?1)(k)?x2?(30?3x1(k?1)?x3)?4?1(k?1)(k?1)x?(?24?x2)3?4?k?0,1,2,3,?Gauss-Seidel迭代法：?

?0?34??1BJ??D(L?U)???304?30?4?0??3?4?0??，

10?(BJ)?58(或)?0.7905694

??(k?1)(k)(k)x?(1??)x?(24?3x)112?4??(k?1)(k)(k)?x2?(1??)x2?(30?3x1(k?1)?x3)?4??(k?1)(k)(k?1)x?(1??)x?(?24?x)332?4?k?0,1,2,3,?SOR迭代法：?

五、1、（15分）解：改进的欧拉法：

(0)?yn?1?yn?hf(xn,yn)?0.9yn?0.1?h?(0)y?y?[f(xn,yn)?f(xn?1,ynn?1n?1)]?0.905yn?0.095?2? 所以y(0.1)?y1?1；

经典的四阶龙格—库塔法：

h?y?y?[k1?2k2?2k3?k4]n?n?16?k1?f(xn,yn)?hh?k?f(x?,y?k1)2nn?22?hh?k3?f(xn?,yn?k2)22??k4?f(xn?h,yn?hk3)k1?k2?k3?k4?0，所以y(0.1)?y1?1。 ?H3(xi)?f(xi)??H?(x)?f?(xi)i?0,1的Hermite插值多项式， H(x)2、（8分）解：设3为满足条件?3i22p(x)?H(x)?k(x?x)(x?x)301则 代入条件p(x2)?f(x2)得：

k?f(x2)?H3(x2)(x2?x0)2(x2?x1)2

23六、（下列2题任选一题，4分）

1、解：将f(x)?1,x,x,x分布代入公式得：

A?3711,B?,B?,D??20203020

H3(xi)?f(xi)??H?(x)?f?(xi)i?0,1其中x0?0,x1?1 H(x)构造Hermite插值多项式3满足?3if(4)(?)21f(x)?H3(x)?x(x?1)2xH(x)dx?S(x)34!则有：?0，

f(4)(?)3R(x)??x[f(x)?S(x)]dx??x(x?1)2dx004! (4)(4)(4)f(?)13f(?)f(?)2?x(x?1)dx??4!?04!?601440

112、解：

h2h3Rn,h?y(xn?1)?yn?1?y(xn)?hy?(xn)?y??(xn)?y???(xn)??2!3!h2h3??0y(xn)??1(y(xn)?hy?(xn)?y??(xn)?y???(xn)??)2!3!h2h3(4)?h[?y?(xn)?(1??)(y?(xn)?hy??(xn)?y???(xn)?y(xn)??]2!3!

?(1??0??1)y(xn)?h(1?1??1)y?(xn)1?1?1???h2(?1?1??)y??(xn)?h3(?1?)y???(xn)?O(h4)22662 ???1??0??1?0??0?1???1?0???1?0??1?1?3??1???0????22 ?所以?2 53hy???(xn)主项：12 该方法是二阶的。

试题二答案

一、判断题：（共10分，每小题２分） 1、（ Ⅹ ） 2、（ ∨ ） 3、（ Ⅹ ） 4、（ ∨ ） 5、（ Ⅹ ） 6、（ ∨ ）7、（ Ⅹ ） 8、（ Ⅹ ） 二、填空题：（共10分，每小题2分）

1、9?8!、0 2、__二___ 3、__二___4、_16 、90__5、 7、0

三、简答题：（15分）

1、 解：迭代函数为?(x)?ln(4?x)/ln2

?13,136、 =

?'(x)?

?1111????14?xln24?2ln2

(k)akk2、 答：Gauss消去法能进行到底的条件是各步消元的主元素全不为0，如果在消

元过程中发现某个主元素为0，即使det(A)?0，则消元过程将无法进行；其次，

(k)a即使主元素不为0，但若主元素kk的绝对值很小，用它作除数，将使该步消元的

乘数绝对值很大，势必造成舍入误差的严重扩散，以致于方程组解的精确程度受到

(k)a严重影响，采用选主元的技术，可避免主元素akk=0或kk很小的情况发生，从

(k)而不会使计算中断或因误差扩大太大而使计算不稳定。

2nx2x4nxcosx?1?????(?1)??2!4!(2n!)3、 解： 2nx2x4n?1x1?cosx?????(?1)??2!4!(2n!)

2n?21x2n?1xf(x)?????(?1)??2!4!(2n!)

四、解：f(x)?1显然精确成立；

hh2hxdx??[0?h]??h2[1?1]?22 f(x)?x时，0；

f(x)?x2时，?0hh3hh3122xdx??[0?h]??h[0?2h]??2?h???32212；

2f(x)?x3时，?0hh4h1xdx??[0?h3]?h2[0?3h2]4212；

3f(x)?x4时，?0hh5h12h543xdx??[0?h]?h[0?4h]?52126；

4所以，其代数精确度为3。

xk?1?五、证明：

1a1a(xk?)??2?xk??a2xk2xkk?0,1,2?

故对一切k?1,2,?,xk?a。

xk?11a1?(1?2)?(1?1)?122xk又xk 所以xk?1?xk，即序列?xk?是单调递减有下界，

从而迭代过程收敛。

六、解：是。因为f(x)在基点1、2处的插值多项式为

p(x)?x?2x?1?f(1)??f(2)1?22?1