數(shù)值計(jì)算方法試題一

1、數(shù)值計(jì)算方法試題一、 填空題(每空1分，共17分)1、 如果用二分法求方程 x3 x 4 0在區(qū)間1,2內(nèi)的根精確到三位小數(shù)，需對分 ()次。2、 迭代格式xk 1 xk(xk 2)局部收斂的充分條件是取值在()XS(x)132 /1)-(x1) a(x 1)b(x3、已知2a =：( )，b =()，c =(4、l0(X),h(X),n(X)是以整數(shù)點(diǎn)X0,X1,Xnlk(x)nXk j (xk )k 0()k 0()，當(dāng)【n7425、設(shè) f(x) 6x 2x 3x 1 和節(jié)點(diǎn) xk0 x 1c 1 x 3是三次樣條函數(shù)，則)。為節(jié)點(diǎn)的Lagrange插值基函數(shù)，則n42(Xk Xk 3)l

2、k(x)2 時(shí) k 0()2, k 0,1,2,則認(rèn),洛，凡7 r和 f0 ，5個節(jié)點(diǎn)的求積公式6、5個節(jié)點(diǎn)的牛頓-柯特最高代數(shù)精度為7、k(x)k是區(qū)間叩上權(quán)函數(shù)(x) x的最高項(xiàng)系數(shù)為1的正交多項(xiàng)式族，其中10(x)1,則 0x 4(x)dx 。% ax2 b8、給定方程組 ax1 x2 b，a為實(shí)數(shù)，當(dāng)a滿足，且02時(shí),SOR迭代法收斂。y f (x,y)9、解初值問題y(x0)y。的改進(jìn)歐拉法階方法。yn 10yn 1yn hf(Xn,yn)yn2f(xn,yn)f(xn 1,yn01)曰是A10a01a10、設(shè)a a 1當(dāng) a()時(shí)，必有分解式 A LLt，其中L為下三角陣，當(dāng)其對角

3、線兀素1ii(i 1,2,3)滿足()條件時(shí)，這種分解是唯一的。二、 選擇題(每題2分)(k 1)f (k)1、解方程組Ax b的簡單迭代格式x Bx g收斂的充要條件是()f（x）dx （b a） G（n）f（Xj）5）2、 在牛頓-柯特斯求積公式：ai 0中，當(dāng)系數(shù)Ci是負(fù)值時(shí),公式的穩(wěn)定性不能保證，所以實(shí)際應(yīng)用中，當(dāng)（）時(shí)的牛頓-柯特斯求積公式不使用。（1）n 8，（2）n 7，（3）n 10，（4）n 6,3、有下列數(shù)表X00.511.522.5f(x)-2-1.75-10.2524.25所確定的插值多項(xiàng)式的次數(shù)是（）（1）二次；（2）三次； （3）四次；（4）五次hh4、若用二階中點(diǎn)

4、公式y(tǒng)n1 yn hf（Xn 2，yn ；f（Xn,yn）求解初值問題y2y,y（0） 1，試問為保證該公式絕對穩(wěn)定，步長h的取值范圍為（ ）。（1） 0 h 2, （2）0 h 2, （3）0 h 2, （4）0 h 22三、1、（ 8分）用最小二乘法求形如y a bx的經(jīng)驗(yàn)公式擬合以下數(shù)據(jù)：1925303819.032.349.073.32、（ 15分）用n 8的復(fù)化梯形公式（或復(fù)化 Simpson公式）計(jì)算oe dx時(shí), （1）試用余項(xiàng)估計(jì)其誤差。（2）用n 8的復(fù)化梯形公式（或復(fù)化 Simpson公式）計(jì)算出該積分的近似值。四、1、（ 15分）方程x3 x 1 0在x 1.5附近有根，

5、把方程寫成三種不同的等價(jià)x 11形式（1） x Vx 1對應(yīng)迭代格式xn 1 Vxn 1 ； （2）x對應(yīng)迭代格式Xn 1 J 丄3勺xn；（ 3）xx31對應(yīng)迭代格式xn1Xn1。判斷迭代格式在x01-5的收斂性，選一種收斂格式計(jì)算x 1.5附近的根，精確到小數(shù)點(diǎn)后第三位。選一種迭代格式建立Steffensen迭代法，并進(jìn)行計(jì)算與前一種結(jié)果比較，說明是否有加速 效果。2、（8分）已知方程組AX f，其中24301424(1)列出 Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的分量形式。(2) 求出Jacobi迭代矩陣的譜半徑，寫出 SOR迭代法dyy 1dx五、1、(15分)取步長h

6、0.1，求解初值問題y()1用改進(jìn)的歐拉法求y(0-1)的值；用經(jīng)典的四階龍格一庫塔法求y1)的值。2、(8分)求一次數(shù)不高于 4次的多項(xiàng)式P(x)使它滿足p(x)f (x)p(X1)f(X1)p (x)f(x)p(X1)f(X1)p(X2)f(X2)JJJJ六、(下列2題任選一題，4分)1、數(shù)值積分公式形如(1)試確定參數(shù)A ,B,C,D使公式代數(shù)精度盡量高；(2)設(shè)f(x) C 0,1，推1導(dǎo)余項(xiàng)公式R(X)0Xf(X)dX S(X)，并估計(jì)誤差。2、用二步法y f (x, y)求解常微分方程的初值問題y(X0)yo時(shí)，如何選擇參數(shù)0,仆使方法階數(shù)盡可能高，并求局部截?cái)嗾`差主項(xiàng)，此時(shí)該方法

7、是幾階的。數(shù)值計(jì)算方法試題二一、判斷題：(共16分，每小題2分)1、若A是n n階非奇異陣，則必存在單位下三角陣L和上三角陣U，使A LU 唯一成立。 ()3、形如bf(x)dx a11Ai f (Xi)i 1的咼斯(Gauss)型求積公式具有最咼代數(shù)精確度的次數(shù)為2n1。( )21 0A11 14、矩陣01 2 的2 范數(shù) A2 =9。()2aa0A0a0b都是病態(tài)的。(用5、設(shè)00a，則對任意實(shí)數(shù)a 0，方程組Ax()6、設(shè)ARn nQRn n，且有qTq i (單位陣)，則有2 QA2 (2、當(dāng)n 8時(shí)，Newton cotes型求積公式會產(chǎn)生數(shù)值不穩(wěn)定性。()(7、8、A對矩陣A作如下

8、的Doolittle分解：22310 0 22347 721 0 0b12 451a 1006，則a,b的值分別為a 2,區(qū)間a,b上關(guān)于權(quán)函數(shù)W(x)的直交多項(xiàng)式是存在的，且唯b 2。()二、填空題：(共20分，每小題2分)8421、設(shè) f(x) 9x 3x 21x10，則均差f20,21, ,28 , f30,31, ,39 。2、 設(shè)函數(shù)f(x)于區(qū)間a,b上有足夠階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，P a,b為f(x)的一個m重零xk 1點(diǎn)，Newton迭代公式xkf(xk)f(xk)的收斂階至少是3、區(qū)間a,b上的三次樣條插值函數(shù) S(x)在a,b上具有直到 階的連續(xù)導(dǎo)數(shù)。TA4、向量X (1, 2),矩陣

9、|AXL， cond(A)121 ，則5、為使兩點(diǎn)的數(shù)值求積公式： 則其求積基點(diǎn)應(yīng)為6、設(shè) A Rn n，AT于、等于)214X11f(x)dxf(x。)心)具有最高的代數(shù)精確度,，X2A，則(A)(譜半徑)O.A2 0 (此處填小于、大7、設(shè)三、簡答題：方程x 4 2x在區(qū)間12內(nèi)有唯一根x*，若用迭代公式：xk1 ln(4 xQ/ln2 (k 0,1,2,)，則其產(chǎn)生的序列 xk是否收斂于x*?說明理由。使用高斯消去法解線性代數(shù)方程組，一般為什么要用選主元的技術(shù)？1 cosx f (x) 2x01、2、3、四、設(shè)x(10 分)h0 f(x)dx(9分)4 2x在區(qū)間12內(nèi)有唯一根0.001

10、，試選擇較好的算法計(jì)算函數(shù)值 已知數(shù)值積分公式為：h2-f(0)f(h) h f (0) f (h)2，試確定積分公式中的參數(shù) ，使其 代數(shù)精確度盡量高，并指出其代數(shù)精確度的次數(shù)。五、(8分)已知求 a(a 0)證明：對一切k 12, xk從而迭代過程收斂。的迭代公式為：a，且序列Xk是單調(diào)遞減的,330 f(x)dx 2ff(2)是否為插值型求積公式？為什六、(9分)數(shù)值求積公式 么？其代數(shù)精度是多少？七、(9分)設(shè)線性代數(shù)方程組 AX b中系數(shù)矩陣A非奇異，X為精確解，b 0，若向量X是AX b的一個近似解，殘向量r b AX ,證明估計(jì)式：X XIIl J cond(A)|lXb (假定

11、所用矩陣范數(shù)與向量范數(shù)相容)。Xi(i1,2, ,n,n 1)為 n 1(x)的零點(diǎn)，li(x)(i1,2,n,n 1)是以人為基點(diǎn)的拉格朗日n 1Ak f(Xk)k 1(Lagrange)插值基函數(shù),bf (x)w(x)dx a(1)(2)當(dāng)blk (x)l j (x)w(x)dxak,j n,k為高斯型求積公式，證明:n 1Ai k (xi ) j ( xi )j 時(shí)，i 1 (k j)n 1 b 2alk(x)w(x)dx ak 1(3)十、(選做題8分)若 f(x)Xi (i 0,1,n l(x) (x x)(x，n)互異，求ba W(X)dXXi) (x Xn)fx,xi, ,Xp的

12、值，其中 p八、(10分)設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間，3上具有四階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，試求滿足下列插值條件的一個次數(shù)不超過3的插值多項(xiàng)式H(x)，并導(dǎo)出其余項(xiàng)。1212-1133九、(9分)設(shè)n(x)是區(qū)間a,b上關(guān)于權(quán)函數(shù)w(x)的直交多項(xiàng)式序列,數(shù)值計(jì)算方法試題三、(24 分)填空題(1)(2分)改變函數(shù)f(x)X 1 X ( X 1)的形式，使計(jì)算結(jié)果較精確o(2)(2分)若用二分法求方程fx 在區(qū)間1,2內(nèi)的根，要求精確到第3位小數(shù),則需要對分次。f x(2分)設(shè)2 2X-!X2X1X2，則 f XSx(3分)設(shè)a=, c=2x3,032x axx 1bx c, 1 x 2是3次樣條函數(shù)，則1eXdx

13、（3分）若用復(fù)化梯形公式計(jì)算0,要求誤差不超過10 6，利用余項(xiàng)公式估計(jì),(8)(9)至少用個求積節(jié)點(diǎn)。x-!1.6x210.4x1 x22 的 Gauss-Seidel 迭代公式，迭代矩陣為（6分）寫出求解方程組此迭代法是否收斂(10)A(4分)設(shè)Cond A(11)（2分）若用則步長h的取值范圍為.（64 分）Euler法求解初值問題y 10y, y0 1，為保證算法的絕對穩(wěn)定,(1)（6 分）寫出求方程4x cosx 1在區(qū)間0,1的根的收斂的迭代公式，并證明其 收斂性。（12分）以100,121,144為插值節(jié)點(diǎn)，用插值法計(jì)算115的近似值，并利用余項(xiàng)估計(jì)誤差。(10Xe在區(qū)間0,1上

14、的1次最佳平方逼近多項(xiàng)式。I分）用復(fù)化Simpson公式計(jì)算積分(101 sin x0.510 5。(10分）用Gauss列主元消去法解方程組:X2（8分）求方程組521的最小二乘解。X14x22x3243捲X25x3342捲6x2X327（8）（8分）已知常微分方程的初值問題：dy dx x y, 1 x 1.2（9）y（i）2（10）用改進(jìn)的Euler方法計(jì)算y（12）的近似值，取步長h 0.2.（12分，在下列5個題中至多選做3個題）（1）（6分）求一次數(shù)不超過4次的多項(xiàng)式p（x）滿足：（2）p1 15, p 1 20, p 130, p 2 57, p 2 72（3）（6分）構(gòu)造代數(shù)精

15、度最高的如下形式的求積公式，并求出其代數(shù)精度:A1 f 11xf x dx10 1A11的模最大的特征值及其相應(yīng)的單位特征向量，迭0.05，取特征向量的初始近似值為0（6分）用幕法求矩陣代至特征值的相鄰兩次的近似值的距離小于1,0 T1O（6分）推導(dǎo)求解常微分方程初值問題y x f x, y x ,ax b, y a y(8)的形式為yi 1yih 0fi1fi 1 ,i = 1,2,N(9)的公式，使其精度盡量高，其中f Xi,yi , Xi a ih, i=0,1,n,(10)(11)(12)（6分）求出用差分方法求解常微分方程的邊值問題 ypxyqxy r x 0, a x by a 0

16、, y b 0填空題（每空1、( 10 ) 2所得到的三對角線性方程組。數(shù)值計(jì)算方法試題一答案1分，共17分）22,0)(0,弓)a=( 34、（ 1 ）、（Xj )、x4 x23) 57、0_8選擇題1、（）2、a（每題、（1）9、_2_2分）310)，b= ( 3)，c= ( 1爭 945 4236.252 22 , 2）、（lii 0(1)4、 （3）2三、1、（ 8 分）解：span1,x 解方程組atac ATyata43391其中3391 3529603ATy173.6179980.7C解得：0.92555770.05010252、(15 分)解：所以詈 h2f（0.9255577

17、,0.05010251121a2eQ17680.001302四、1、（15 分）解：（1）11(x) 3(x1)(1.5)0.181，故收斂;(x)2x2(2)（3）選擇（X）(1)：3x21.5X。X5Steffe nsen計(jì)算結(jié)果:2、（ 8 分）1 1x，(1.5)(1.5)0.17故收斂;X11.32476Xk 1迭代：1.5，為Xq解:JacobiGauss-Seidel迭代法:3 1.521，故發(fā)散。1.3572 x21.3309x61.32472X31.3259x41.3249Xk2(Xk) Xk)(Xk) 2 (Xk)Xk1.324899迭代法:X1(kx2k 1x3k1)14

18、1)，X2(kX1k 1)1.324718有加速效果。1丄(24 3x2k)4丄(30 3x1k) x3k)41)丄(244( 24 x2k)40,1,2,3,3x2k)(30 3x1k 11-(2440,1,2,3,x2kBj1D (L U)0340(Bj)x3k)(或二。)0.790569440x1k 1)(1)x1(k)(24 3x2k)4x(k 1)2(1)x2k)(30(k 1)(k)、3X1X3 )4(kX3(1)x3k)-(424 x2k1)SOR迭代法：k 0,1,2,3,五、1、（15 分）解:改進(jìn)的歐拉法：(0) yn 1ynhf (xn, yn)0.9yn0.1hyn1y

19、n 2f(Xn，yn) f(X曲).95yn 0.095所以 y（0.1） yi 1 ；經(jīng)典的四階龍格一庫塔法:1 yn6k1 2k22k3k1f (Xn,yn)k2f(Xnh2 yn2k1)k3f(Xnh2,yn2k2)k4f (Xnh,ynhk3)ynk42、（ 8分）解：設(shè)H3（x）為滿足條件 則 P（x）六、（下列k1k2k3k4 0，所以 y(0.1) y 1KxJf(xj出以)f (xji 0,11、解:H 3(x) k(x x)2(x xj22題任選一題，4分)23將 f (x)1,x,x ,x構(gòu)造Hermite插值多項(xiàng)式則有:2、解:1xH03(x)dxS(x)1125 .3

20、h y 王項(xiàng)：12所以2(Xn)的Hermite插值多項(xiàng)式,代入條件P（x2） f（x2）得：371亠A ，B ，B ，D分布代入公式得：202030出化)f(x)Kx) f(x)(4)H 3（x）滿足f(x)H3(x)i 0,1其中x4嚴(yán)2“1)2該方法是二階的。 數(shù)值計(jì)算方法試題二答案 判斷題：（共10分，每小題2分）1200* 121、( X ) 2、( V)3、(X )4、( V )5、( X )6、(v ) 7、( X )8、(X )二、填空題：(共10分，每小題2分)1、9 8!、0 2 、二3、_二4、_16、90_5、336，=7、0三、簡答題：(15分)1、解：迭代函數(shù)為(X

21、)ln(4 x)/l n2(k)2、 答：Gauss消去法能進(jìn)行到底的條件是各步消元的主元素akk全不為0,如果在消元過程中發(fā)現(xiàn)某個主元素為0,即使det(A) 0，則消元過程將無法(k)進(jìn)行；其次，即使主元素不為0,但若主元素akk的絕對值很小，用它作除數(shù)，將使該步消元的乘數(shù)絕對值很大，勢必造成舍入誤差的嚴(yán)重?cái)U(kuò)散，以致于方程組解的精確程度受到嚴(yán)重影響，采用選主元的技術(shù)，可避免主元(k)_ (k)素akk =0或akk很小的情況發(fā)生，從而不會使計(jì)算中斷或因誤差擴(kuò)大太大而 使計(jì)算不穩(wěn)定。3、解：四、解：f(x) 1顯然精確成立;hh2h2f (X) X 時(shí),xdx02尹hh1 1.h 2 ,h3

22、h shh32 fx2dx-0h220 2h-2 hf (X) X 時(shí)，03223 rh 3 .x dxh4-0h31h20 3h2f (X) X 時(shí)，04212h 4 ,h5h s1h54 fx4dx0h4h20 4h3f (X) X 時(shí)，052126 ；所以，其代數(shù)精確度為3。Xk 1E(Xk旦)12Xka- a k0,1,2五、證明：2Xk2Xk故對一切k 1,2,Xk- a0cosx21x-2!4 X4!(1)n2n X(2n!)xk 11a1亠7(1-2)7(11)1又 xk2Xk212 ；所以Xk 1 Xk，即序列Xk是單調(diào)遞減有下界,x 12 1。其代數(shù)精度為1。從而迭代過程收斂

23、。六、f(x)在基點(diǎn) 12處的插值多項(xiàng)式為f(2)fx 2 P(x)f(1)1 2330p(x)dx -f(1)七、證明：由題意知：AX b,AX b r又AX b b AX AX1|Ax biia|a所以X八、解：設(shè) H(x) N2(x)|A|ax(x 1)(x 2)1 2x x(x 1)21a H (x)1所以ax(x 1)(x2)由 H (0) 3得： 4H (x) x3 5x2 3x 1所以44令 R(x) f (x) H (x)，作輔助函數(shù) g(t) f (t) 則g(t)在0,3上也具有4階連續(xù)導(dǎo)數(shù)且至少有 J，(反復(fù)利用羅爾定理可得：k(x)2所以R(x) f(x) H(x) k

24、(x)x(x 1)(x 2)2H(t) k(x)t (t 1)(t2)4個零點(diǎn)：t x，0,1,g(4)( )0)(4)( ) 2x (x 1)(x2)4!n 1Ak f(Xk)k 1的高斯(Gauss)型求積公式具有它對f(x)取所有次數(shù)不超過 2n+1次的多項(xiàng)式均bf (x)w(x)dx a證明：形如最高代數(shù)精度2n+1次, 精確成立九、1)n 1Ai k ( xi ) j (xi )k(x) j(x)w(x)dx2)li(Xj)因?yàn)閘i(x)是n次多項(xiàng)式，且有bn 1alk(x)lj(x)w(x)dxAilk(xJ j(xj所以a ji1j2 2取f(x) li (x)，代入求積公式：因

25、為li (x)是2n次多項(xiàng)式,bn 12ali(x)w(x)dxAjli(Xj) A所以j 1故結(jié)論成立。十、 解：3)數(shù)值計(jì)算方法試題三答案一 .(24 分)（2分）（2 分）10（2分）2x1X22x2(4) (3分)3 -3 1 (5) (3分)477（6分）分）9分）k 1%k 1X21.6x2k0.4x1k,k 0,1,01.600.64收斂(4二.(6491(8) (2分)h0.2(1) (6Xn114cos xn,n=0,1,2,(12115Sin x4對任意的初值X。0,1,迭代公式都收斂。分）用Newton插值方法：差分表:1001012111144120.04761900.

26、0434783-0.000094113610+0.0476190(115-100)-0.0000941136(115-100)(115-121)=10.7227555(3) (10 分)設(shè) xc1 1 xc2 2 xc1c2x1,11 , 2C1 f , 111dx 11, 20xdx002 ,12 , 2C2 f , 21,11 21112 ,2x dx03, f,10exp(x)dxe 1f, 20xexp(x)dx 1112C1e 1Ci0.87311 213C21C21.690xJ0.8731 1.690xx4e1018 6ex=0.873127+1.69031x（10分）12 ,68或利用余項(xiàng):sin xb a 542880n2 x3!4 x5!x7!x9!52880 5nS2(4)140.5 10 5（10分）3.00000.00000.00003.00000.00000.00001.0000 5.00003.6667 0.33335.3333 -2.33331.0000 5.00005.3333 -2.33330.0000 1.9