数值分析20套汇总

文档111.填空(1).在等式nkkknxfaxxxf010)(],,,[中,系数ak与函数f(x)无关。（限填“有”或“无”）(2).Gauss型求积公式不是插值型求积公式。（限填“是”或“不是”）或“无”）(3).设lk(x)是关于互异节点x0,x1,…,xn,的Lagrange插值基函数，则nkkmkxlxx0)()(0m=1,2,…,n(4).3211A，则1||||A4，2||||A3.6180340，||||A5；(5).用1n+个不同节点作不超过n次的多项式插值，分别采用Lagrange插值方法与Newton插值方法所得多项式相等(相等,不相等)。(6).函数3320,10(),01(1),12xfxxxxxx与函数3321,10()221,01xxxgxxxx中,是三次样条函数的函数是g(x)，另一函数不是三次样条函数的理由是二阶导不连续。(7).n个不同节点的插值型求积公式的代数精度一定会超过n-1次2.设)5()(2xxx，要使迭代法)(1kkxx局部收敛到5*x，则取值范围解：因xx21)(，由1521*)(x，即0522故的取值范围是051。3.给定方程组111211111112321xxx证明Jacobi方法发散而Gauss-Seidel方法收敛。证明（1）对Jacobi方法，迭代矩阵为0212110121210B设其特征值为，则iBI25,0,0453,21312/5)(B，故Jacobi方法发散。（2）对Gauss-Seidel方法，迭代矩阵为01021210021210101111B21002121021210010212101210011001显然其特征值为121)(,21,0321B，故Gauss-Seidel方法收敛。文档123.求a,b,c的值，使022dxcxbxax)(sin达到最小解：就是求f(x)=sinx关于函数族span{1,x,x2}在[0,]上的最佳平方逼近。由内积(f,g)=0dxxgxf)()(,令0=1，1=x,2=x2计算知法方程),(),(),(,,,,,,,,,1010101110101000nnnnnnnnfffaaa为0543143223252413042312032210aaaaaaaaa解之得：a0=-14/,a1=72/2,a2=-60/34.试用Simpson公式计算积分dxex21/1的近似值,并判断此值比准确值大还是小,并说明理由。解()4()()62babaSfaffb=2.026323截断误差21/(4)11(),(1,2)2880xedxSf而132(4)82436121()xxxxfxex因此21/1xSedx5.叙述解常微分方程初值问题数值方法的绝对稳定的定义；证明Euler法的绝对稳定区间为（-2，0）解如果yk是某方法第k步的准确值，ky~为其近似值，其绝对误差为k，即kkky~y。假定第k步后的计算中不再有舍入误差，只是由k引起的扰动m(mk,mmmy~y)，都有|m||k|，则称此方法是绝对稳定的设yk有一扰动k，此时1()kkkkkyyhy=kkk)h1(hyy即1ky=k1k)h1(y，从而|||1|||1kkh要使||||k1k，则必有1|h1|，即h(-2,0)时，Euler法是绝对稳定的文档231.填空1)令f(x)=ax7+x4+3x+1,则f[20,21,…,27]=a；f[20,21,…,28]=02)已知方程组2121132.021bbxx，则解此方程组的Jacobi迭代法是收敛（填“是”或“不”）。3)设)())(()()())(()()(110110niiiiiiniiixxxxxxxxxxxxxxxxxl(i=0,1,…,n)，则nkkkxlx0)(＝x,这里（xixj,ij,n2）。4)设)(nkC称为柯特斯系数则0()nnkkC=15)采用法方程组病态正交多项式拟合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常见的问题。6)为辛卜生（Simpson）公式具有___3____次代数精度。7)牛顿插商与导数之间的关系式为：!)(],,,[)(10nfxxxfnn8)试确定[0,1]区间上2x3的不超过二次的最佳一致逼近多项式p(x),该多项式唯一否？答：p(x)=(3/2)x,;唯一。2.设有解方程0cos2312xx的迭代法nnxxcos3241。（1）证明Rx0，均有*limxxnn（x*为方程的根）。（2）取x0=4,用此迭代法求方程根的近似值，误差不超过10-3。（3）此迭代法的收敛阶是多少？证明你的结论。解（1）因迭代函数xxxxsin32)(,cos324)(，而对一切x,均有1)(x故迭代过程收敛，即Rx0，均有*limxxnn。（2）取x0=4,代入迭代式计算有56424.34cos3241x，391996.356424.3cos3242x，354125.3391996.3cos3243x，34833.3354125.3cos3244x，3475299.334833.3cos3245x。取37.3*5xx即可使误差不超过310.(3)因1*sin32*)(,sin32)(xxxx，故由推论6.1知，此迭代格式只具线性收敛。3.设对称正定阵2112A，试计算||A-1||2，||A||2和Cond(A)2,且找出b（常数）及扰动b，使22222||||||||)(Cond||||||||bbAxx解342112||2AI，故3,121，从而1||||||,3||||||12122AA3||||)(Cond122A假设x+x=y,A(x+x)=b+b取b=(1,-1)T，b=(1,1)T，则解Ax=b，即文档2411211221xx得Tx31,31又解02211221yy得Ty32,34。故32312||||||||,)1,1(22xxxT而322)(Cond||||||||)(Con2222AbbA故22222||||||||)(Cond||||||||bbAxx4.回答下列问题：（1）何谓Hermite插值问题？答：除了满足)()(iixfxy，还希望满足)()(''iixfxy（2）Hermite插值与一般多项式插值有什么区别？答：一般：只注重)()(iixfxy，Hermite：除了)()(iixfxy，还有)()(''iixfxy5.求a,b,c的值，使02223dxcxbxax)(达到最小解：就是求f(x)=3x2关于函数族span{1,x,x2}在[0,]上的最佳平方逼近。由内积(f,g)=0dxxgxf)()(,令0=1，1=x,2=x2计算知法方程),(),(),(,,,,,,,,,1010101110101000nnnnnnnnfffaaa为53543434323255241304423120332210aaaaaaaaa解之得：a=0,b=0,c=36.用Euler方法解初值问题0(0)1yyy(1)写出近似解的表达式(2)并证明当0h®时,近似解的表达式收敛于原初值问题的准确解xye=解：Euler公式11,1,,,kkkxyyhyknhn--=+==L(1)近似解的表达式()()111kkkyhyh-=+==+L(2)11(0)nnxnxyhehn文档351.填空1)要使20的近似值的相对误差限0.1%,应至少取___4____位有效数字。2)给定方程组111211111112321xxx记此方程组的Jacobi迭代矩阵为BJ=(aij)33，则a23=-1；且相应的Jacobi迭代序列是发散的。3)欧拉预报--校正公式求解初值问题(,)()yfxyyaì¢=ïïíï=hïî的迭代格式(步长为h)1ky+=[](,)(,(,))2kkkkkkkhyfxyfxhyhfxy++++，此方法是2阶方法。4)函数3320,10(),01(1),12xfxxxxxx与函数3321,10()221,01xxxgxxxx中,是三次样条函数的函数是()gx，另一函数不是三次样条函数的理由是不满足具有二阶连续导数。5)2n阶Newton-Cotes公式至少具有2n+1次代数精度。6)设()3()1fxx=-，则()fx关于[0,1]C的f¥=1,1f=14,2f=17。2.对于迭代函数)2()(2xCxx，试讨论：（1）当C为何值时，),2,1,0)((1kxxkk产生的序列kx收敛于2；（2）C取何值对收敛最快？（3）分别取221,21C，计算)(x的不动点2，要求5110kkxx解（1）CxxxCxx21)(),2()(2，根据定理7.3当1221)2(C，亦即021C时迭代收敛。（2）由定理7.4知，当0221)2(C，即221C时迭代至少是二阶收敛的，收敛最快。（3）分别取221,21C，并取,2.10x迭代计算结果如表7-4所示。表7-4k21Cxkk221Cxk01.201.211.4811.39798989961.14336958621.414120505121.41420930331.414213559131.41421532741.414213562此时都达到5110kkxx。事实上，141213562.123.设70003.7,1210001.2bA，已知Ax=b的精确解为x=(3,-1)T.（1）计算条件数Cond(A);（2）若近似解Tx)01.1,97.2(，计算剩余向量xAbr；（3）利用事后误差估计式计算不等式右端，并与不等式左边比较。此结果说明了什么？文档36解（1）20001200001000010000TA1200120001.340001||||||||||