数值分析期末考试复习题及其答案.pdf

1、数值分析期末考试复习题及其答案数值分析期末考试复习题及其答案1.已知X1 325413,X2 0.325413都有 6 位有效数字，求绝对误差限.(4 分）*解：解：由已知可知，n=61100 0.52 分X1*0.325413106,k 6,k n 0,绝对误差限12X*325413100,k 0,k n 6,绝对误差限162 0.2210102.已知A 0024求A1,A,A2（6 分)024解解:A1 max1,4,8 8,A max1,6,6 6,AT2maxA A100 ATA 0 100100 2 2024=440800 0240032max(ATA)max1,8,32 32A23

2、2 4 23.设f(x)(x2 a)3（6 分)写出 f(x）=0 解的 Newton 迭代格式 当 a 为何值时,xk1(xk)（k=0,1）产生的序列xk收敛于2解解:x x f(x2k)f(x x(xk a)35xkak1kkNewton 迭代格式为:6x22k)k(xk a)66xk 3(x)5x6a6x2 分1 分1 分1 分2 分1 分分(x)5a10 a2,当(2)1,即 2 a 22时迭代收敛 3 分66x124.给 定 线 性 方 程 组Ax=b，其 中：A 3 32，b 用 迭 代 公 式211x(k1)x(k)(b Ax(k)（k=0，1）求解Ax=b，问取什么实数，可使

3、迭代收敛(8 分）解解:所给迭代公式的迭代矩阵为B I A 1322 分12其特征方程为I B(13)2 02 分(12)即，解得11,21 42 分要使其满足题意，须使(B)1，当且仅当0 0.52 分12 25，6试讨论解此方程的 Jacobi 迭代法的收敛b 5.设方程 Ax=b,其中A 111 2217性，并建立 GaussSeidel 迭代格式（9 分)解：解：A L D U22 0BJ D1(L U)1013 分 220 I BJ3 0,123 02 分即(BJ)0 1，由此可知 Jacobi 迭代收敛1 分Gauss-Seidel 迭代格式:(k)(k)x1(k1)5 2x2 2

4、x3(k1)(k)6 x1(k1)x3（k=0,1，2,3）3 分x2(k1)(k1)(k1)x 7 2x 2x3126.用 Doolittle 分解计算下列 3 个线性代数方程组：Axi bi（i=1，2,3）其中2114A 232，b 1 7,b2 x1,b3 x2（12234 分）9解：解：Ax1 b1211232x4172349100 A=110 211 021=LU111 0201004由 Ly=b1，即110y=47得 y=3 11192211由 Ux1=y，即021x1=43得 x1=11 00221Ax2 b22111232x2=14 23110011由 Ly=b2=x1，即1

5、1011y=1得 y=0110由 Ux2=y,即21110.50212x2=0得 x2=00000 Ax3 b32110232.5234x3=00 3 分1 分2 分1 分2 分0.5 1000.5得 y=0.51 分由 Ly=b3=x2，即110y=00 01112110.5 0.375 由 Ux3=y，即021x3=0.5得 x3=0.252 分002007.已知函数 y=f（x)有关数据如下：要求一次数不超过 3 的 H 插值多项式,使H3(xi)yi,H3(x1)y1(6 分）解解:作重点的差分表，如下：3 分H3(x)fx0 fx0,x1(x x0)fx0,x1,x1(x x0)(x

6、 x1)fx0,x1,x1,x2(x x0)(x x1)2=-1+（x+1）-x（x+1）+2x.x(x+1)=2x x3 分328.有如下函数表:试计算此列表函数的差分表，并利用Newton 前插公式给出它的插值多项式（7 分)解：解：由已知条件可作差分表，3 分xi x0 ih i(i=0，1，2，3）为等距插值节点，则Newton 向前插值公式为：N3(x)f0(x x0)(x x0)(x x1)2(x x0)(x x1)(x x2)3f0 f f001!h2!h23!h3=4+5x+x（x-1)=x 4x 44 分9.求 f（x）=x 在-1，1上的二次最佳平方逼近多项式P2(x)，并

7、求出平方误差（8 分）2解：解：2令P2(x)a0 a1x a2x2 分取 m=1,n=x，k=x,计算得：（m，m)=1dx=0(m,n）=12111xdx=1（m,k)=11x2dx=0(n,k）=11x3dx=0。5(k，k)=121111x4dx=0(m,y）=3xdx=111（n,y）=x dx=0（k,y)=x1dx=0。5a11得方程组：a0 0.5a2 03 分0.5a 0.51解之得a0 c,a11,a2 2c（c 为任意实数，且不为零）即二次最佳平方逼近多项式P2(x)c x 2cx1 分平方误差：10.已知如下数据：用复合梯形公式，复合 Simpson 公式计算留小数点后

8、三位)(8 分）222 f p222 f22ai(i,y)i0222 分3401 x2dx的近似值(保1解解:用复合梯形公式：T811131537f(0)2 f()f()f()f()f()f()f()f(1)168482848=3.1394 分用复合 Simpson 公式：S411357113f(0)4 f()f()f()f()2 f()f()f()f(1)248888424=3.1424 分11.计算积分I 201sin xdx,若用复合 Simpson 公式要使误差不超过105，问区间2区间0,应分为多少等0,要分为多少等分?若改用复合梯形公式达到同样精确度，22分？（10 分）解：解：由

9、 Simpson 公式余项及f(x)sin x,f(4)(x)sin x得4141Rn(f)2()4max f(4)(x)()()105 2 分180 4n0 x360 4n22即n4 665,n 5.08，取 n=6 2 分1即区间0,分为12等分可使误差不超过105 1分22对梯形公式同样max f(x)1，由余项公式得0 x21Rn(f)2()1052 分12 2n2即n 254.2,取n 255 2 分1即区间0,分为510等分可使误差不超过105 1分22y y y2sin x 012.用改进 Euler 格式求解初值问题：要求取步长 h 为 0.1，计算 y（1。y(1)11）的近

10、似值（保留小数点后三位）提示：sin1=0.84，sin1.1=0。89（6 分）解：解：改进 Euler 格式为：yn1 yn hf(xn,yn)2 分hyn1 yn f(xn,yn)f(xn1,yn1)2于是有2yn1 yn0.1(yn ynsin xn)(n=0,1，2）2 分y y 0.05(y y2sin x y y2sin x)nnnnn1n1n1n1由 y(1)=y0=1,计算得y110.1(112sin1)0.8162 分y(1.1)y1 0.838即 y(1.1）的近似值为 0。83813.设f(x)C a,b,x0(a,b),定义：fx0,x0 lim fx,x0,证明：fx0,x0 f x0 xx0（4 分）证明：证明：f x0 limxx0fx fx0 lim fx,x0 fx0,x0 xx0 x x04 分故可证出fx0,x0 f x014.证明：设ARnn，为任意矩阵范数，则(A)A(6 分)证明：证明：设为 A 的按模最大特征值，x 为相对应的特征向量，则有 Ax=x1 分且(A)而，若是实数,则 x 也是实数，得x Ax1 分x xAx A x,故 x A x2 分由于x 0，两边除以x 得到 A1 分故(A)A1 分当是复数时，一般来说 x 也是复数，上述结论依旧成立