课件数值分析考试题解析

一、填空题（每空3分,共30分)考试题解析又A-1为GGT,其中G为下三角矩阵.1,Cond(A)

=.解

由于1.设矩阵A=

1

2,则r(A)=

-

2

3-

21

-

l

2A

-

lE

=

3

-

l=

l2

-

4l

+

7

=

03i,

l2

=

2

-

3i得特征值:l1

=2

+7-

2=

7

2

1

1

3-1,所以‖A‖1=5,‖A‖1=5/7.25/

7

1

0

,当a取

值时,A可以唯一分解

a2.设矩阵A=

a

1

a a

10解

令只要取ƒ(x)=x3-a,或ƒ(x)=1-x3/a.5.设ƒ(x)=x3+x2-3,则差商ƒ[3,32,33,34]=

.3.向量x=(x1,x2,x3)T,试问|x1|+|2x2|+|x3|是不是一种向1

a

a1 0

=1

-

2a

2a

0

11

a=1

-

a

2

>

0,

aa

1>

0,

得：-

1

<

a

<

12

2是量范数 ,而|x1|+|2x2+x3|是不是一种向量范数不是

..4.求

3

a

的Newton迭代格式为解-2kk

+1

k

k

k

+1

k=

x

+

x3x

2

3

3-

a

2

ax

3x

=x

-

k

或x16.设l0(x),l1(x),l2(x),l3(x)是以x0,x1,x2,x3为互异节点的三次插值基函数,则.3j

=0l

(x)(x

-

2)3=j

j(x-2)37.设S(x)=是以0,1,2为节2x

3

+

bx

2

+

cx

-10

£

x

£11

£

x

£

2x

3

+

x

2算精度为e=10-2的近似根;

(3)此迭代法的收敛阶是多少?说明之.解(1)因为0<x£1时,ƒ(x)<0,x‡2时,ƒ(x)>0,所以ƒ(x)仅在(1,2)内有零点,而当1<x<2时,ƒ¢(x)>0,故ƒ(x)单调.因此方程ƒ(x)=0有唯一正根,且在区间(1,2)内.点的三次样条函数,则b=

-2

c=

3

.解

由2=b+c+1,5=6+2b+c,8=12+2b,可得二、(13分)设函数ƒ(x)=x2-sinx-1

(1)试证方程ƒ(x)=0有唯一正根;(2)构造一种收敛的迭代格式xk=j(xk),k=0,1,2,…计1

+

sin

xk

k

=

0,1,2,...(2)构造迭代格式:

x

=k

+1由于|j¢(x)|=|

cos

x

/

2

1

+

sin

x

|<1,故此迭代法收敛.取初值x0=1.5,计算得x1=1.41333,

x2=1.40983,由于|x2-x1|=0.0035<10-2

,

故可取根的近似值a»x2=1.40983.(3)因为0<a<p/2,所以j(a)=

cosa

/

2

1

+

sin

a

„01

2

32x1

+x2

+6x3

=3

(1)写出Jacobi法和SOR法的迭代格式(分量形式);

(2)讨论这两种迭代法的收敛性.

(3)取初值x(0)=(0,0,0)T,若用Jacobi迭代法计算时,预估误差|x*-x(10)

|¥

(取三位有效数字).-

x

-

5x

+

x

=

2故,此迭代法线性收敛(收敛阶为1).三、(14分)设线性方程组4x1

-

x2

+

2x3

=1解 (1)Jacobi法和SOR法的迭代格式分别为=

-=

-=241

1

-

25

5

51

-

1

+

13

61

-

1

+

14

2+13311(

k

)2(

k

)(

k

+1)2(

k

)3(

k

)2xxx

(

k

+1)x

(

k

)x

(

k

)xxxx

(

k

+1)+---

)21163+

)51542+

1)1215141321211

1(

k

)3(

k

+1)2(

k

+1)(

k

)3(

k

)2+

xx(

k

+1)

=

x

(

k

)3

3xx

(

k

)(

k

+1)

+

x

(

k

)x(

k

+1)

=

x

(

k

)2xxxx

(

k

+1)

=

x

(

k

)-

w

(1

x-

w

(+

w

(-x

(

k

)

+(2)因为A是严格对角占优矩阵,但不是正定矩阵,故

Jacobi法收敛,SOR法当0<w£1时收敛.(3)由(1)可见|B

|¥

=3/4,且取x(0)=(0,0,0)T,经计算可得x(1)=(1/4,-2/5,1/2)T,于是|x(1)-x(0)

|¥

=1/2,所以有0.7510·

0.5

=

0.1131

-

0.75=¥¥¥1

-

BB

kx*-

x

(10)

£

¥

x

(1) -

x

(0)四、(13分)已知ƒ(0)=2,ƒ(1)=3,ƒ(2)=5,ƒ¢(1)=0.5,(1)试建立一个三次插值多项式H3(x),使满足插值条件:H3(0)=2,H3(1)=3,H3(2)=5,H3¢(1)=0.5;(2)设y=ƒ(x)在[0,2]上四次连续可微,试确定插值余项R(x)=ƒ(x)-H3(x).解

(1)由y0=2,y1=3,y2=5,y1¢=0.5,得H3(x)=2j0(x)+3j1(x)+5j2(x)+0.5y1(x)令j0(x)=c(x-1)2(x-2),可得j0(x)=-0.5(x-1)2(x-2),令j1(x)=x(x-2)(ax+b),可得j1(x)=-x(x-2),令j2(x)=cx(x-1)2,可得j2(x)=0.5x(x-1)2;令y1(x)=cx(x-1)(x-2),可得y1(x)=-x(x-1)(x-2),于是

H3(x)=-(x-1)2(x-2)-3x(x-2)+2.5x(x-1)2

–0.5x(x-1)(x-2)=x3-2.5x2

+2.5x+2有尽可能高的代数精度,并问代数精度是多少?它是否是

Gauss公式?解

令公式对ƒ(x)=1,x,x2,x3,x4都精确成立,则有4=A+B+C, 0=Aa-Ca,

16/3=Aa2+Ca2, 0=Aa3-Ca3由于,R(0)=R(1)=R(2)=R¢(1)=0,故可设R(x)=C(x)x(x-1)2(x-2)R(x)

=

x

x(x

-1)

2

(x

-

2)构造函数j(t)=ƒ(t)-H3(t)-C(x)t(t-1)2(t-2)于是,存在xx,使j(4)(xx)=0,即ƒ(4)(xx)-4!C(x)=0f

(

4)

(x

)4!五、(12分)试确定参数A,B,C及a,使数值积分公式2-2f

(x)dx

»

Af

(a

)

+

Bf

(0)

+

Cf

(-a

)64/5=Aa4+Ca4,解得:A=C=10/9,B=16/9,a=(12/5)1/2容易验证公式对ƒ(x)=x5仍精确成立，故其代数精度为5，是Gauss公式。(1)试证单步法

y(a)

=a六、(12分)设初值问题

y

=

f

(x,

y)

a

£

x

£

b=a

0211322

y+

3K

)

n

=

0,1,2,...+

hK

)+

h,

y

y

=

y

+

h

(Kn+1

n

43

nK

2

=

f

(xnK1

=

f

(xn

,

yn

)

,是二阶方法.(2)以此法求解y¢=-10y,

y(0)=1时,取步长h=0.25,所得数值解{yn}是否稳定?为什么?解

(1)由于于是有而1223

n

3+

hK

)+

h,

yK

2

=

f

(xn32

2

2

22

hfnn+

O(h

)¶y2

9¶2

f

4¶x¶y

9[

n

h +

n

h fn

+

n

h fn2

¶x2

91

¶2

f

4

¶2

f

8+¶x

3

¶y

3+

¶fn

2

h

+

¶fn=

f3

2

4f

)nnn¶y2¶2

f6

¶x2

¶x¶y1

¶2

f

¶2

f+

h

[

n

+

2

n

fn

+

n

fn

]

+

O(h

)+

1

h2

(

¶fn

+

¶fn2

¶x

¶yy

=

y

+

hfn+11616123

4432nnn

nnnh

y¢(x

)

+

O(h

)f

]

++

¶f

n2

¶x

¶y=

y

+

hf

+

1

h

2

[¶f

n+

O(h

)h

y¢(x

)h

y¢(x

)

+y(x

)

=

y(xn

)

+

hy¢(xn

)

+n+1所以有3y(xn+1

)

-

yn+1

=

O(h

)4

3n

n

nh

2010

y

-

30(

y

-

hy

)]y

=

y

+

[-n+1

n所以此单步方法为二阶方法.

(2)此单步方法用于方程y¢=-10y,则有n2=

[1-10h

+

50h

]y当h=0.25时,有1-10h

+

50h2

=1-

2.5

+

3.125

=1.625

>1所以,所得数值解是不稳定的.七、(6分)设n阶矩阵A=(aij)n·n,试证实数1£i

,

j