数值分析试卷及其答案8

数值分析期末考试

~一、 设x80，若要确保其近似数的相对误差限为0.1%，则它的近似数x至少取几

位有效数字？（4分）

解：设x有n位有效数字。

因为

880819

，所以可得x的第一位有效数字为8（1分）

又因为

111101n10228100010

，令1n2n3，可知x至少具有3位有效数字（3分）。

二、求矩阵A的条件数Cond(A)1（4分）。

13A24 其中

12A1.50.5 （1分） 解：

1

A1=7（1分）

72（1分）

A11Cond(A)1492（1分）

三、用列主元Gauss消元法法求解以下方程组（6分）

x12x23x320x1x22x38 2x14x2x39解：

419191232022411281128032.53.5419212320042.524.5

2419124042.524.5042.50035032.33.58924,51758

(4分)

2x14x2x39,4x22.5x324.5,35175x3,88等价三角方程组为：（1分）

回代得x35,x23,x11（1分）

四、设

f(x)x43x3x210,x01,x13,x22,x30.

1）求以x0,x1,x2,x3为节点的3次Lagrange多项式；（6分）

2）求以x0,x1,x2,x3为节点的3次Newton多项式；（6分）

3）给出以上插值多项式的插值余项的表达式（3分）

解：由

x01,x13,x22,x30

可得

f(x0)11,f(x1)1,f(x2)34,f(x3)10

即得：

L3(x)f(x0)(xx1)(xx2)(xx3)(xx0)(xx2)(xx3)f(x1)(x0x1)(x0x2)(x0x3)(x1x0)(x1x2)(x1x3)

f(x2)(xx0)(xx1)(xx3)(xx0)(xx1)(xx2)f(x3)(x2x0)(x2x1)(x2x3)(x3x0)(x3x1)(x3x2)

11(x3)(x2)(x0)(x1)(x2)(x0)(1)(13)(12)(10)(31)(32)(30)

34(x1)(x3)(x0)(x1)(x3)(x2)(10).106x6x2x3(21)(23)(20)(01)(03)(02)

2）计算差商表如下：

xi f(xi) 一阶差商 二阶差商 三阶差商

1 -11

3 -1 5

-2 34 -7 4

0 -10 -22 5 -1

则

N3(x)115(x1)4(x1)(x3)(x1)(x3)(x2)

106x6x2x3

3）

f(4)()R3(x)(xx0)(xx1)(xx2)(xx3)x(x1)(x3)(x2)4!

1wwA3w10w01。 五、给定方程组Axb，其中

试确定wR的取值范围，使求解该方程组的Jacobi迭代法与Gauss-Seidel迭代法均收敛。（10分）

解：1）Jacobi迭代格式的特征方程为

www00,即34w20,03w

求得

10,22w,32w

12时，Jacobi迭代法收敛（5分）

于是当且仅当

2w1w

2）Gauss-Seidel迭代格式的特征方程为:

0ww2w3w20,03w2w2

求得

10，20，34w2

，于是得

w12。

故当

w12时，求解该方程组的Jacobi迭代法与Gauss-Seidel迭代法均收敛。

4f(x)C[a,b]， 六、设

baba(ba)2'f(x)dx[f(a)f(b)][f(a)f'(b)]212

b求上述求积公式的代数精度，并利用求积公式给出计算（12分）

af(x)dx的一个复化求积公式。

解：1） 当f(x)1时，左边=ba=右边

12(ba2)当f(x)x时，左边=2=右边

13(ba3)当f(x)x时，左边=3=右边

214(ba4)当f(x)x时，左边=4=右边

315(ba5)当f(x)x时，左边=5右边

4因此，所给求积公式具有3次代数精度。（6分）

2）将[a,b]作n等分，记

ba,xiaih,0in.n

n1i0h（2分）

baf(x)dxxi1xif(x)dx,

而

xi1xihh2'f(x)dx[f(xi)f(xi1)][f(xi)f'(xi1)],212

由此可得复化公式

bah2'hf(x)dx[f(xi)f(xi1)][f(xi)f'(xi1)]1202

n1

=

hh2'[f(xixi1)][f(a)f'(b)]1202

i1(4分)

七、求f(x)x在[0,1]上的一次最佳平方逼近多项式。（8分） 解：令所要求的多项式为：p1(x)abx，即取0(x)1,1(x)x，计算

1122(1,1)(f,0)(f,1)2 3 5 7(4分)

32(0,0)1

(0,1)得法方程组：

12ab251a1b237 2解方程组得

a436,b3535，于是得一次最佳平方逼近多项式为

p1(x)436x3535（4分）

八、写出方程的Newton迭代格式，并迭代一次求近似解（6分）

(1)

(2)

在x01附近的根。解：（1）

17取x02，则

x19（2）

则

，

在x02附近的根。

（3分）

f(x)x23xex2,f'(x)2x3exxxx2k3xkexk2k1k2xk3exk

取x01，则

x111e （3分）

九、已知三点Gauss公式（10分）

585f(0.6)f(0)f(0.6)999

，用该公式估算111f(x)dx0.5xdx的值。

解：令taxb，于是有：

1aba410.5abb3

，于是t4x3

111t31xdxdtdxdt0.51444，于是（5分）

令

f(t)1t344，就得：

11f(x)dx58551368135136f(0.6)f(0)f(0.6)999944944944

（5分）

十、龙格库塔（10分）

取步长h0.4，写出用经典四阶Runge-Kutta方法求解初值问题

dyxsin(xy)dxy(1)0(1x9)的计算公式。

解：xnx0nh10.4n y00 （1分）

hyy(k12k22k3k4)nn16k1f(xn,yn)hhkf(x,yk1)2nn22hhkf(x,yk2)nn322k4f(xnh,ynhk3)

（6分）

取n0,1,2,20,，其经典四阶Runge-Kutta计算公式为：

0.4yy(k12k22k3k4)nn16k1(10.4n)sin(10.4nyn)k2(1.20.4n)sin(1.20.4nyn0.2k1)k(1.20.4n)sin(1.20.4ny0.2k)n23k4(1.40.4n)sin(1.40.4nyn0.4k3)

（3分）

(0)Tx(1,1,1)十一、用乘幂法计算矩阵A按模最大特征值和相应的特征向量。取，迭代

两步即可。（7分）

4140A5130102 其中

解：

y(1)Ax(0)414011018513010211

(1) 10（3分）

x(1)y(1)y(1)(1,0.8,0.1)T

y(2)Ax(1)414017.20.85.451301020.10.8

(2) 7.2

相应特征向量取

7.215.47.20.8

（4分）

十二、设x0,x1,xn为n1个互异的节点，li(x)(i0,1n)为这组节点上的n次Lagrange

插值基函数，证明：

xnkiil(x)xk(k0,1n)0

（8分）。

证明：对于k0,1,,n，令f(x)xk，则f(x)的次LagrangenLn(x)xkili(x)i0（2分）

相应的余项为

R1n(x)f(x)Ln(x)1)!f(n1)(n(x)(xx0)(xxn)

（2分）

由于kn，所以

fn1(x)0，即Rn(x)0（2分） 从而得出

xkLn(x)

即得证

nxkili(x)xk(k0,1n)0

（2分）

插值多项式为