上海海事大学11-12数值分析试A卷答案

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A （答案）

学生姓名： 学号： 专业：

一．填空题（每小格2分共30分）

1. 利用Jacobi迭代法求解Ax=b时，其迭代矩阵是BJ?D?1(L?U)；

当系数矩阵A满足 严格对角占优 时，Jacobi迭代法收敛 。

x 0 1 2 4

2. 已知函数f(x)有数据

f 1 9 23 3 则其

3

次

Lagrange

插值多式的基函数l0(x)为

13727f(4)(?)?x?x?x?1 插值余项为 x(x?1)(x?2)(x?4) 8844!

3. 求解常微分方程初值问题

?y'?f(x,y), ??y(a)??a?x?b

的Euler公式为yi?1?yi?hf(xi,yi)， 它是1 阶方法。

4. 设f(x)?7x8?5x4?4x3?1,则差商f[50,51,...,58]? 7 f[20,21,...29]? 0

5. 对于求解Ax=b，如果右端有?b的扰动存在而引起解的误差为?x，则

相对误差

?xx? Con(dA)?bb

6. Gauss型数值求积公式

?f(x)dx??Aai?0bnif(xi)

b2 的代数精度具有2n+1___次，求积系数的表达式为Ai＝?li(x)dx,且

a?Ai?0ni? b-ａ

1

7. 幂法是求矩阵 按模最大 特征值和特征向量的计算方法．

Jacobi法是计算 实对称矩阵的所有 特征值和特征向量的计算方法

8. 对于给定的正数k，Newton法解二次方程x2?k?0的迭代公式为

xn?1?xn?f(xn)1k?(xn?) f?(xn)2xn二．设函数f(x)?2x4，已知T4(x)?8x4?8x2?1，试利用切比雪夫多项式最小零

偏差的性质，求函数f(x)在区间[-1，1]上的次数低于4的最佳一致逼近。 （5分）

2解：由切比雪夫多项式最小零偏差的性质得：f(x)?p2(x)?T8(x)

821故：p2(x)?f(x)?T4(x)?2x2-

84三．用代数精度确定求积公式的求积系数，并指出其具有的代数精度。（7分）

?

解：

20f(x)dx?w0f(0)?w1f(1)?w2f(2)

141f(0)?f(1)?f(2) 333?20f(x)dx? 具有三次代数精度。

四．当f(x)具有四阶连续导数时，试求出二阶三点数值微分公式

f??(x0)?1[f(x0?h)?2f(x0)?f(x0?h)] 的截断误差R(h)。（6分） h2h2h3h4(4)f??(x0)?f???(x0)?f(?1,2) 解：? f(x0?h)?f(x0)?hf?(x0)?2!3!4!1h2(4)f(?) 2[f(x0?h)?2f(x0)?f(x0?h)]?f??(x0)?12hh2(4)f(?)??(h2) 故：R(h)??12??五．设li(x)是关于互异节点?xi?i?0,1,2?,n的Lagrange插值基函数，试证明：

1??kl(0)x?0??iii?0?(?1)nxx?x01n?nk?0k?1,2,?nk?n?1 （7分）

解：设f(x)的n+1阶导数存在，则有：

2

f(n?1)(?)f(x)??f(xi)li(x)?(x?x0)?(x?xn)

(n?1)!i??0n当f(x)?1时，1?f(x)?i??1?l(x)?0，所以有?l(0)?1

iii??1nkkx?ili(x)?0 i?0nn当f(x)?x时（k?1,2,?n）， x?f(x)?nk 所以

?xi?0kiil(0)?0

n又f(x)?xn?1时 ， xnn?1?f(x)??xin?1li(x)?(x?x0)?(x?xn)

i?0取x?0时，有

?xi?0n?1iil(0)?(?1)nx0x1?xn。

六．设有方程组Ax=b，其中A为对称正定矩阵，迭代公式x(k?1)?x(k)-?(Ax(k)-b)

为使迭代序列?x?收敛到Ax=b的解，试讨论参数?的取值范围。（7分）

(x)证明：可以得x(k?1)?（I-?A)x(k)??b

迭代矩阵B?I??A，特征值为?(B)?1???(A)，又A对称正定，所以特征

值非负，设0??1?...??n

如?(B)?1???(A)?1，则0???2，故 ?(A)0???2?n时，0???2?n?2?1，所以迭代收敛。 ，成立?（B）?(A)七．f(x)在[0，2]上具有四阶连续导数，已知f(0)?0，f(1)?1，f(2)?1和

f?(1)?3试用Newton-Hermite插值法求满足上列条件的一个次数不超过3的插值

多项式H(x)，并估计误差。（7分）

解：H(x)?N2(x)?Ax(x?1)(x?2),N2(x)?? H(x)??1235x?x,由f?(1)?3得A?? 222537x?7x2?x 223

又R(x)?f(x)?H(x)=

1(4)f(?)x(x?1)2(x?2)，??(0,2) 4!2?(x)?x?C(x?2)，试讨论： 八．对于迭代函数

1） 当C取何值时，产生的序列?xk?局部收敛于2。 2） C取何值时迭代至少具有二阶收敛速度。 （7分）

解：?(x)?x?C(x2?2)，??(x)?1?2Cx，且连续。由定理得

??(2)?1?2C2?1，也即?1?C?0时迭代局部收敛。 2又：当??(2)?1?2C2?0，即C=?122时，迭代至少是二阶收敛的。

九．设f?c[a,b]，证明：右矩形求积公式?1ba(b?a)2f(x)dx?(b?a)f(b)?f?(?)

2当f?(x)?0，试从几何上说明右矩形求积公式与实际积分数值大小关系； 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。（9分） 解：因为：f(x)?f(b)?f?(?)(x?b)； 故：?f(x)dx??abbaf(b)dx??baf?(?)(x?b)dx

(b?a)2f?(?) =(b?a)f(b)?2当f?(x)?0时，?f(x)dx?(b?a)f(b)

ab又：分划[a,b]得：[xk?1,xk]，k=1,2,…n 得复合公式：

?baf(x)dx???k?1nnxkxk?1n(xk?xk?1)2f(x)dx??(xk?xk?1)f(xk)??f?(?k)2k?1k?1nn2??h2f(xk)??k?1hf?(?k)k?12

b?ah2hf?(?) 所以：R??f?(?k)=22k?1nb?a（xk?xk?1），?h 其中：h?n有：limR?0

h?04

十． 求系数a,b，使求解常微分方程初值问题

?y??f(x,y)yx?a?s的数值解公式

3??byn??1)yn?1?yn?h(ayny(x)?y?O(h) （7分）n?1n?1 的局部误差为

??1?yn??hyn???O(h2)，解：设部长h，且yn?y(xn)，yn?1?y(xn?1)。 因yn ??bh2yn???O(h3) 故yn?1?yn?(a?b)hyn又y(xn?1)?y(xn)?hy?(xn)?1231hy??(xn)?O(h3)，比较得a?，b?? 222十一. 对于初值问题????y???满足

y??f(x,y)， 若函数f(x,y)在区域a?x?b，

yx?a?sf(x,y)?f(x,y*)?Ly?y* 条件，试说明二阶

?yn?1?yn?k2??Runge-Kutta方法? 在0?h?h0条件下是收敛的。 k1?hf(xn,yn)?k1hk?hf(x?,y?)nn?222?并用该方法求解初值问题 y???2ay,步长的限制。 （8分）

解：因为： ?(x,y,h)?f(x?(a?0)，y(0)?s 讨论绝对稳定性对

kh,y?1) 22h0L)y?z ， 其中 o?h?h0 2所以： ?(x,y,h)??(x,z,h)?L(1?由收敛定理得：二阶Runge-Kutta方法是收敛的。 另： yn?1?yn??2ah(yn??2ahyn) 2 ?(1?2ah?2a2h2)yn

22 由 1?2ah?2ah?1， 得0?h?1。 a

5

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