数值分析试卷MicrosoftWord文档

湖北民族学院2013年秋季期末试卷A或BA卷课程数值分析使用班级0210403、4、5、6、K15制卷份数92考生姓名命题人杨传德课程负责人刘波单位审核人刘波答题纸数班级题号一二三四五六七八九十合计学号评分分数阅卷人注意：所有答案必须写在答题纸上，不然不给分。一、填空题（310=30分）1.数学模型与实际问题之间出现的误差称为。2.80.0060030是有位有效数字。3.设21xxf，在1,0上的一次最佳平方逼近多项式是。4.当权函数)(x，区间为1,1时，由序列正交化得到的正交多项式就是切比雪夫多项式。5.当阶2n时，牛顿-科特斯公式至少有次代数精度。6.1n个点的插值型求积公式的代数精度至少是次，最多可达到次。7.4132A的普半径)(A。8.如果存在实数0l使得则称f关于y满足利普希茨条件。二、计算题（10+15+15=40分）1、已测得某场地长l的值为*110lm，宽d的值为*80dm，已知*||0.2llm，*||0.1ddm，试求面积sld的绝对误差限与相对误差限。（10分）2、当1,1,2x时，()0,3,4fx，求()fx的二次插值多项式。（15分）（1）用单项式基底（5分）（2）用拉格朗日插值基底（5分）（3）用牛顿基底（5分）3.计算下列函数()fx关于[0,1]C的1||||,||||ff与2||||f：（15分）（1）2()(1)fxx；（5分）（2）1()||2fxx；（5分）（3）()(1),mnfxxxmn与为正整数。（5分）三、证明题（102=20分）设jx为互异节点(0,1,2,...,)jn求证：0(1)()(0,1,2,...,).nkkjjjxlxxkn（10分）0(2)()()0(1,2,...,).nkjjjxxlxkn（10分）四、讨论题（10分）设2()+32,[0,1]fxxxx，试求()fx在[0,1]上关于()1,1,xspanx的最佳平方逼近多项式。若取21,,spanxx，那么最佳平方逼近多项式是什么？试卷答案一、填空题答案如下：1.模型误差2.93.0.934+0.426x4.211x,,,,1nxx5.36.n12n7.58.1212|(,)(,)|||fxyfxyLyy二、计算题答案如下：1.解：因,,ssslddlld由误差限试知*****()|()|()|()|()sssldld其中：***()80,()110ssdmlmld而**()0.2,()0.1lmdm，于是绝对误差限*2()80(0.2)110(0.1)27()sm相对误差限******()()27()0.31%||8800sslsld2.解：(1)插值条件为0011221,0;1,3;3,4xyxyxy三个插值点可以确定二次插值多项式若用单项式基底，则设22012()pxaaxax由插值条件，有01201201203244aaaaaaaaa解之得012735,,326aaa故22735()326pxxx（2）若有拉格朗日基底，则100010202110210122021()()(1)(2)1(1)(2)()()(11)(12)2()()(1)(2)1(1)(2)()()(11)(12)6()()(1)(1)1(1)(1)()()(21)(21)3xxxxxxlxxxxxxxxxxxxlxxxxxxxxxxxxlxxxxxx故2200112214735()()()()(1)(2)(1)(1)23326pxylxylxylxxxxxxx（3）若用牛顿基底，则00100110211221120101220()0303[,]112437[,]213[,][,]5[,,]6fxyyyfxxxxyyfxxxxfxxfxxfxxxxx故22012001201735()()[,]()[,,]()()326pxfxfxxxxfxxxxxxxxx3.解：（1）3()(1),fxx01||||max|()|1,xffx1131001|||||()|(1),4ffxdxxdx111126222001||||(())((1))7ffxdxxdx（2）1()||,2fxx011112110021111222220011||||max||2211111|||||()|()()2288411||||(())(())212xfxffxdxxdxxdxffxdxxdx（3）由()(1),mnfxxx知当[0,1]x时，()0,fx11111()(1)(1)(1)(1)(1),mnmnmnnmfxmxxxnxxxmxm故当(0,)mxnm时，1()0fx，()fx在(0,)mxnm内单调递增；当(,1)mxnm时，1()0,()fxfx在(,1)mxnm内单调递减.因此0112222100111224422220||||max|()|max(|(0)|,|()|,|(1)|),()!!|||||()|(sin)(1sin)(sin)(1)!(2)!(2)!||||((1))[sincos(sin)][2()1]!mnmnxmnmnmnmmnffxfffnmnmnmffxdxttdtnmnmfxxdxttdtnm20,三、证明题答案：证明（1）对0,1,2,...,kn，令()kfxx，则函数()fx的n次插值多项式为0()()nknjjjLxxlx，插值余项(1)11()()()()().(1)!nnnnRxfxLxfxn因为kn，所以1(1)1()0nnkndfxxdx，故(1)()0nf，于是()0nRx，即()()0nfxLx亦即0(),0,1,2,...,nkkjjjxxlxkn（2）对0,1,2,...,kn，由二项式定理0()()kkkkiijijjxxxx其中二项式系数(1)...(1)!kikkkii于是，由（1）有10000()()()()()()0nnkkkkkkikkiikjjijjijjjjxxlxxxlxxxxx四、讨论题答案：解：若1,spanx，则01()1,()xxx，这样1120011001(,)11,(,),3dxxdx1011001(,)(,)2xdx120023(,)(32)6fxxdx12109(,)(32)=4fxxxdx所以法方程为：01236941121123aa解出0111,46aa，所以111()46sxx。若取21,,spanxx，继续计算142201(,)5xdx13122101(,)(,)4xdx12022101(,)(,)3xdx1222097(,)(32)60fxxxdx得法方程为：01211231236111923449711160345aaa解得：0122,3,1aaa，所以22()23sxxx。