数值分析(计算方法)期末试卷3及参考答案

专业、班级姓名学号------------------------------密-----------------------------封---------------------------线------------------------一填空(每空3分，共30分)1.用公式200000()()()()()()2!fxfxfxfxxxxx进行近似计算，这时所产生的误差称为。2.设(0)0,(1)10,(2)20,fff则过这三个点的二次插值基函数1()lx，2()lx，[0,1]f。3.用来求数值积分的梯形公式的代数精度是。4.设)(xf可微，求方程)(2xfx根的Newton迭代格式为。5.设(0,5,0,1)，则1，，2；设4152A，则)(ACond。江西理工大学大学2010至2011学年第一学期试卷课程数值分析年级、专业试卷︵A︶第1页︵共3页︶江西理工大学教务处题号一二三四五六七八九十总分得分二计算（60分）1．已知列表函数()yfxx1234y0－5－63试求满足上述插值条件的3次Newton插值多项式3()Nx，并写出插值余项。（10分）牛顿插值公式是：001001201001()(),(),,()(),,()()nnnNxfxfxxxxfxxxxxxxfxxxxxx专业、班级姓名学号--------------------------密-------------------------封------------------------------线------------------------------------试卷︵A︶第2页︵共3页︶江西理工大学教务处3.设初值问题101)0(23xyyxy.写出用改进的Euler法解上述初值问题数值解的公式，若0.2h，求解21,yy，保留两位小数。（10分）4.用Newton迭代法求方程052)(3xxxf的实根，01.5x，要求41||10kkxx。（10分）2.数值积分公式形如（15）1'0100()(0)(1)(0)fxdxAfAfBf(1)试确定求积公式中的参数010,,AAB，使其代数精度尽可能高.并求出其代数精度。(2)已知该求积公式余项'''[](),(0,1),Rfkf试求出余项中的参数k。专业、班级姓名学号----------------------------密-------------------------封------------------------------线------------------------------------试卷︵A︶第3页︵共3页︶江西理工大学教务处三．证明（10分）求(0)aa的牛顿迭代法为11()2kkkaxxx，试证明对任意的迭代初值00x，该迭代法所产生的迭代序列nx是单调递减序列，同时证明该迭代法是收敛的。5．已知方程组12312133252234xxxxxxx(1)写出用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解此方程的公式。(2)求出用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法求解该方程组的迭代矩阵.并判断用Gauss-Seidel迭代法求解该方程组的收敛性。（15分）参考答案一．填空(每空3分，共30分)1.截断误差2.)2(xx，2)1(xx，103.14.)(2)(21kkkkkkxfxxfxxx5.6，5，26，9二．计算1.构造重节点的差商表：nxy一阶二阶三阶01012-5-523-6-12343951所以，要求的Newton插值为：3()5(1)2(1)(2)(1)(2)(3)Nxxxxxxx3243xx插值余项是：2()()(1)(2)3!fRxxx或：()[,1,2,3,4](1)(2)(3)(4)Rxfxxxxx2.（1）解：()1fx时，左10()1fxdx，右01AA，左＝右得：011AA()fxx时，左101()2fxdx，右01BA，左＝右得：0112BA2()fxx时，左101()3fxdx，右1A，左＝右得：113A联立上述三个方程，解得：001211,,363ABA3()fxx时，左101()4fxdx，右113A，左右所以，该求积公式的代数精度是2（2）解：过点0，1构造()fx的Hermite插值2()Hx，因为该求积公式代数精度为2，所以有：'212021200010(0)(0)(0)(0)(1()))(0HAHBHfAfBfHxdxAA其求积余项为：1'1000()[(0)(1)(0)]()fxdxfAffBfRA11022001()()!))((13fHxdxxxdxfxdx120()(1)3!fxxdx()72f所以，172k3.解：改进的Euler公式是：1111(,)[(,)(,)]2nnnnnnnnnnyyhfxyhyyfxyfxy具体到本题中，求解的公式是：11110.2(32)1.40.60.1[3232](0)1nnnnnnnnnnnnyyxyyxyyxyxyy代入求解得：11.4y,11.54y222.276,2.4832yy4．解：设3()25,fxxx则2()32,fxx牛顿迭代公式为：1()()kkkkfxxxfx322532kkkkxxxx322532kkxx将01.5x代入上式，得11.34286x，21.37012x，31.32920x,41.32827x,51.32826x4540.0000110xx所以，方程的近似根51.32826x5．解，Jacobi迭代公式是：11231211131521333324kkkkkkkxxxxxxxGauss-Seidel迭代公式是：112311211131521333324kkkkkkkxxxxxxx(2)设其系数矩阵是A，将A分解为：ADLU，其中300020001D，000021200,000100000LUJacobi迭代矩阵是：110030211()002002100001JBDLU21033100100Gauss-Seidel迭代矩阵是：11300021()220000101000JBDLU2000211230000620600002110213021二．证明证明：00x且11()2kkkaxxx0kx所以有：111()222kkkkkaaxxxaxx即：数列kx有下界；2111()()22kkkkkkkxaxxxxxx所以，迭代序列kx是单调递减的，由单调递减且有下界的数列极限存在可知序列kx极限存在。所以，迭代法11()2kkkaxxx是收敛的。