東北大學(xué) 數(shù)值分析 課件 考試題解析

1、一、填空題（每空3分,共30分)考試題解析考試題解析 解解 由于得特征值: 又A-1= 2.設(shè)矩陣A= ,當(dāng)a取_值時(shí),A可以唯一分解為GGT,其中G為下三角矩陣. 1.設(shè)矩陣A= ,則(A)=_,Cond(A)1=_.32213221EA0742ii32,32217122371 ,所以A1=5,A-11=5/7.7/2510011aaaa 解解 令 解 只要取(x)=x3-a ,或(x)=1-x3/a. 5.設(shè)(x)=x3+x2-3,則差商3,32,33,34=_. 3.向量x x=(x1,x2,x3)T,試問(wèn)|x1|+|2x2|+|x3|是不是一種向量范數(shù)_,而|x1|+|2x2+x3|是

2、不是一種向量范數(shù)_., 02110011, 011122aaaaaaaa2121a得： 是 不是 4.求 的Newton迭代格式為_(kāi).3a212313323kkkkkkkxaxxxaxxx或 1 6.設(shè)l0(x),l1(x),l2(x),l3(x)是以x0,x1,x2,x3為互異節(jié)點(diǎn)的三次插值基函數(shù),則 =_. 303)2)(jjjxxl (x-2)3 7.設(shè)S(x)= 是以0,1,2為節(jié) 2112102323xcxbxxxxx 解解 (1)因?yàn)? x1時(shí),(x)0,所以(x)僅在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn),而當(dāng)1x0,故(x)單調(diào).因此方程(x)=0有唯一正根,且在區(qū)間(1,2)內(nèi).點(diǎn)的三次樣條函數(shù)

3、,則b=_c=_. 解解 由2=b+c+1,5=6+2b+c,8=12+2b,可得二、(13分)設(shè)函數(shù)(x)=x2-sinx-1 (1)試證方程(x)=0有唯一正根; (2)構(gòu)造一種收斂的迭代格式xk=(xk),k=0,1,2,計(jì)算精度為=10-2的近似根; (3)此迭代法的收斂階是多少?說(shuō)明之. -2 3 (2)構(gòu)造迭代格式:,.2 , 1 , 0sin11kxxkk由于|(x)|=| |1,故此迭代法收斂.xxsin12/cos (3)因?yàn)?/2,所以() 取初值x0=1.5, 計(jì)算得x1=1.41333, x2=1.40983,由于|x2-x1|=0.003510-2 , 故可取根的近似

4、值x2=1.40983.sin12/cos 0故,此迭代法線性收斂(收斂階為1).三、(14分)設(shè)線性方程組 (1)寫(xiě)出Jacobi法和SOR法的迭代格式(分量形式); (2)討論這兩種迭代法的收斂性. (3)取初值x(0)=(0,0,0)T,若用Jacobi迭代法計(jì)算時(shí),預(yù)估誤差x*-x(10) (取三位有效數(shù)字).36225124321321321xxxxxxxxx (2)因?yàn)锳是嚴(yán)格對(duì)角占優(yōu)矩陣,但不是正定矩陣,故Jacobi法收斂,SOR法當(dāng)01時(shí)收斂. 解解 (1)(1)Jacobi法和SOR法的迭代格式分別為 216131525151412141)(2)(1)1(3)(3)(1)1

5、(2)(3)(2)1(1kkkkkkkkkxxxxxxxxx)216131()525151()412141()(3)1(2)1(1)(3)1(3)(3)(2)1(1)(2)1(2)(3)(2)(1)(1)1(1kkkkkkkkkkkkkkkxxxxxxxxxxxxxxx (3)由(1)可見(jiàn)B=3/4,且取x(0)=(0,0,0)T,經(jīng)計(jì)算可得x(1)=(1/4,-2/5,1/2)T,于是x(1)-x(0)=1/2,所以有113. 05 . 075. 0175. 0110)0()1()10(*xxBBxxk四、(13分)已知(0)=2,(1)=3,(2)=5,(1)=0.5, 解解 (1)由y0

6、=2,y1=3,y2=5,y1=0.5,得 H3(x)=20(x)+31(x)+52(x)+0.51(x) 令0(x)=c(x-1)2(x-2),可得0(x)=-0.5(x-1)2(x-2),于是 H3(x)=-(x-1)2(x-2)-3x(x-2)+2.5x(x-1)2 0.5x(x-1)(x-2) (1)試建立一個(gè)三次插值多項(xiàng)式H3(x),使?jié)M足插值條件: H3(0)=2,H3(1)=3,H3(2)=5,H3(1)=0.5; (2)設(shè)y=(x)在0,2上四次連續(xù)可微,試確定插值余項(xiàng)R(x)=(x)-H3(x). 令2(x)=cx(x-1)2,可得2(x)=0.5x(x-1)2; 令1(x)

7、=x(x-2)(ax+b),可得1(x)=-x(x-2), 令1(x)=cx(x-1)(x-2),可得1(x)=-x(x-1)(x-2), =x3-2.5x2 +2.5x+2 由于,R(0)=R(1)=R(2)=R(1)=0, 故可設(shè)五、(12分)試確定參數(shù)A,B,C及,使數(shù)值積分公式4=A+B+C, 0=A-C, 16/3=A2+C2, 0=A3-C3有盡可能高的代數(shù)精度,并問(wèn)代數(shù)精度是多少?它是否是Gauss公式? 解解 令公式對(duì)(x)=1,x,x2,x3,x4都精確成立,則有 R(x)=C(x)x(x-1)2(x-2)構(gòu)造函數(shù)(t)=(t)-H3(t)-C(x)t(t-1)2(t-2)于

8、是,存在x,使(4)(x)=0,即(4)(x)-4!C(x)=0)2() 1(! 4)()(2)4(xxxfxRx22)()0()()(CfBfAfdxxf64/5=A4+C4 ,解得:A=C=10/9,B=16/9,=(12/5)1/2容易驗(yàn)證公式對(duì)(x)=x5仍精確成立，故其代數(shù)精度為5，是Gauss公式。六、(12分)設(shè)初值問(wèn)題 (1)試證單步法 解解 (1)由于)(),(aybxayxfy021411323221,.2 , 1 , 0)3(),(, ),(ynKKyyhKyhxfKyxfKhnnnnnn是二階方法. (2)以此法求解y=-10y, y(0)=1時(shí),取步長(zhǎng)h=0.25,所

9、得數(shù)值解yn是否穩(wěn)定?為什么?于是有而),(132322hKyhxfKnn)(9498942132323222222222hOfhyffhyxfhxfhfyfhxffnnnnnnnnn)(261)(214222222321hOfyffyxfxfhfyfxfhhfyynnnnnnnnnnn)()(6121)()(61)(21)()()(4324321hOxyhfyfxfhhfyhOxyhxyhxyhxyxynnnnnnnnnnn 所以有當(dāng)h=0.25時(shí),有)()(311hOyxynn)320(301041nnnnnhyyyhyy所以此單步方法為二階方法. (2)此單步方法用于方程y=-10y,則有nyhh50101 21625. 1125. 35 . 21501012hh所以,所得數(shù)值解是不穩(wěn)定的.七、(6分)設(shè)n階矩陣A A=(aij)nn,試證實(shí)數(shù)ijnjian,1maxA為矩陣A A的一種范數(shù). 證明證明 對(duì)任意n階方陣A,BA,B和常數(shù),有 所以,實(shí)數(shù)A A是矩陣A A的范數(shù).。時(shí)且僅當(dāng)0,