11-12数值分析试B卷答案

1上海海事大学2011---2012学年第2学期研究生数值分析课程考试试卷B（答案）学生姓名：学号：专业：一．填空题（每小格3分共33分）1.以线性迭代fBxxkk)()1(求解Ax=b时，迭代收敛的充要条件是迭代矩阵1)(JB2.已知)(xlj，nj,,0是以整数点0,1,2,…n为节点的Lagrange插值基函数，则：)(0xjlnjj=x，3.设,1455)(346xxxxf则差商]5,...,5,5[610f5]5,...5,5[710f04.对于求解非线性方程0)(xf，Newton法的迭代公式是)()(1kkkkxfxfxx5.Newton-Cotes数值求积公式)()()(0)(ibaninixfCabdxxf的代数精度至少具有n___次，当n为偶数时，求积公式代数精度至少具有n_+1__次,且niinC0)(16.QR法是计算非奇异矩阵的所有特征值和特征向量的计算方法7．求解常微分方程初值问题)(),,('aybxayxfy的Euler二步法公式为),(21-1iiiiyxhfyy，它是2阶方法。2二．用基函数构造法，求一个次数不高于4次的Hermite插值多项式)(xH，使它满足：0)0()0(HH，1)1()1(HH，1)2(H。（7分）解：解：)()()()(1214xxxxH221)2()(xxx；4)1()(222xxx)2)(1()(20xxxx22222224)3(4)2)(1(4)1()2()(xxxxxxxxxxH插值余项：，)2()1()(!51)(22)5(3xxxfxR，20三．假设已知矩阵A的某个特征值i的近似值i，即有ijii，ij。试分析用什么方法可以修正特征值i的近似值i，并得到相应于特征值i的特征向量。（6分）解：设IABi，故ii是B的按模最小特征值。由反幂法可得：)0(x，作)(1)1(kkxBx，即)()1(kkxBx得)(kx，则对充分大的k，ikux)(（iu即为特征值i对应的特征向量）且：)()()()1(kkiixx四．设有方程组Ax=b，其中A为对称正定矩阵，迭代公式)()()()1(kkkAxbwxx试证明：当20w时，迭代序列)(xx收敛。（其中是A的最大特征值）（6分）证明：)()()()1(kkkAxbwxx可以得wbxAIxkk)()1()w-（迭代矩阵wAIB，特征值为)(1)(AwB如1)(1)(AwB，则)(20Aw，故320w时，)(220Aw，成立1）（B，所以迭代收敛。五．设bAx，其中A是111aaaaaa，当a取何范围值时A为正定。又a取何范围值时，Jacobi迭代为fxBxkJk)()1(是收敛的。（6分）证：因为A正定，所以各阶顺序主子式0,011aa,0111aaaaaa,得121a。如2D-A也正定，则Jacobi迭代收敛，所以01--1aa,01---1---1aaaaaa,得2121a六．给定求积公式11)21()0()21()(GfBfAfdxxf①试决定A、B和C使其具有尽可能高的代数精度，并指出所达到的代数精度的次数（7分）解当f(x)=1时左＝111dx＝２，右=A+B+C当f(x)=x时左＝11xdx＝０，右=21（－A+C）当f(x)=x２时左＝11232dxx，右=41（A+C）要使求积公式至少具有２次代数精度，其充分必要条件是Ａ，Ｂ，Ｃ满足如下方程组：32)(410)(212CACACBA解得34A，32B，34C代入①得)]21(2)0()21(2[32)(11fffdxxf②当4f(x)=x３时②的左＝０，右＝０，左＝右当f(x)=x４时左＝52，右＝61])21(4[324左≠右综上，当求积公式①中求积系数取34A，32B，34C时得到求积公式②，其代数精度取到最高，此时代数精度为３七.求122)(23xxxxf在[-1,1]上的最佳二次逼近多项式。已知xxxT34)(33。（5分）解因、xxxPxfxT232)()()(2133所以1-27)(22xxxp八．证明用单步法)),(2,2(1nnnnnnyxfhyhxhfyy求解初值问题syaxyx02，可以给出准确解。（7分）解：因：)2)(2(1hxahyynnn22ahahxynn又由taylor展开得：)(21)()()(21yhxyhxyxynnn22)(ahahxxynn由此：nnnneyxye111)(，故当syy)0(0时，该法可得准确解。九．试用)(xf关于互异节点11niix和niix2的插值多项式)(gx和)(xh构造出关于节点niix1的不超过n-1次的多项式。（7分）解：因为1,1),()(gnixfxii，nixfxii,2),()(h，且都为不超过n-2次的多项式，故)))(()(()()(q1xxxgxhAxgx，所以为不超n-1次多项式1,1),()))(()(()()(q1nixfxxxgxhAxgxiiiiii有)()(qnnxfx得到)(1)))(()(()()(A11xxxxxgxhxgxfnnnnnn所以)()()()()()()()())()(()()(q11111xfxxxxxgxxxxxxxxxgxhxgxnnnn5十．证明：左矩形求积公式)(2)()()()(2fabafabdxxfba。设],[1bacf，试以此构造复合求积公式，并说明该复合求积公式是收敛的。（8分）解：因为：))(()()(axfafxf；故：dxaxfdxafdxxfbababa))(()()(=)(2)()()(2fabafab又：分划[a,b]得：][,1kkxx，k=1,2,…n得复合公式：)(2)()()()()(111111nkkkkknkkkbankxxfxxxfxxdxxfdxxfkk所以：)(2)(121knkkkfxxR=)(2fhab其中：nabh，且1kkxxh有：0lim0Rh十一．对于初值问题syyxfyax),(，若函数),(yxf在区域bxa，y满足**),(),(yyLyxfyxf条件，试说明二阶Runge-Kutta方法),(),(2121121211kyhxhfkyxhfkkkyynnnnnn在00hh条件下是收敛的。并用该方法求解初值问题yy10，sy)0(讨论绝对稳定性对步长的限制。（8分）解：因为：)],,(),,([21),,(21hyxkhyxkhyx所以：zyLhLhzxhyx)21(),,(),,(0，其中0hho6由收敛定理得：二阶Runge-Kutta方法是收敛的。另：)]10(1010[21nnnnnhyyyhyynyhh)50101(2由1501012hh，得510h。