數(shù)值分析課件xin王兵團(tuán)-數(shù)值分析復(fù)習(xí)題

第章

緒習(xí)一1.相誤為δ，求x的誤限解求誤極就求的誤限由式(有已的對差滿而，即2.列數(shù)是過舍入到近值試出們幾有數(shù)，給其差與對差。解直根定和(1.2.2)(1.2.3)則得有5位效字其差有2位效字有5位效字

，對差3.列式何比準(zhǔn)？））解使算準(zhǔn)主是免相數(shù)減故變所公。

））4.似3

位數(shù)字5.算四選：第、章習(xí)二三1.給

取，用：插與數(shù)近的值

式算差小用性值二插計(jì)近值估誤限.解仍可用n=1插值或Newton插值應(yīng)誤差計(jì)線插時(shí)用0.5點(diǎn)用Newton插值誤限，，二插時(shí)用0.5，0.6，0.7點(diǎn)作次Newton插值

誤限故

，2.在≤x≤4上出的似，使差超解用差計(jì)（5.8

的距點(diǎn)數(shù)若二插法，數(shù)的長h應(yīng)取多令因得3.若，

和.解由差導(dǎo)關(guān)于

4.若

互，的，里p≤n+1.解

，均對性可當(dāng)

有而P＝n＋1時(shí)于得5.求.解解只按分義接開6.已

的數(shù)求三Newton均差值項(xiàng)，算f(0.23)近值用差的項(xiàng)達(dá)估誤.

解根給函表造差由5.14)得Newton均差插多式由可由項(xiàng)達(dá)(5.15)可由7.給的數(shù)用距值式算cos0.048的似并計(jì)差

解先造分計(jì)

用前公誤估由式5.17）得其計(jì)

時(shí)Newton后公

誤估由式5.19）得這8

仍0.565求個(gè)數(shù)高四的項(xiàng)它足解種目以很方去應(yīng)簡為此可造使?jié)M，然由出A＝，是

，令9.令

稱第類項(xiàng)求的表式并明解因

是］帶

的交項(xiàng)序。10.用小乘求個(gè)如據(jù)并算方差.

的驗(yàn)式，它合列

解本給擬曲即故方系法程解最二擬曲為均程11.填題(1)滿條

的值項(xiàng)p(x)=().(2)

,］=()，［1,2,3,4,5］=().(3)設(shè)

為異點(diǎn)

為應(yīng)四插基數(shù)則)，

).(4)設(shè)

是上函為ρ(x)=x的最項(xiàng)數(shù)1的交項(xiàng)序其

則＝()，

)答））））第數(shù)值積分?jǐn)?shù)微習(xí)1.分用合形式復(fù)式算列分.解

本只根復(fù)梯公（6.11）及合公式（6.13）直計(jì)即。對，分處算值造數(shù)。式（6.11）求

，式6.13）求

，分2.用公式求積并計(jì)差解直用Simpson公式得

由式計(jì)差因，3.確下求公中待參，其數(shù)確盡高并明積式具的數(shù)確.(1)(2)(3)解本直利求公精度義則突求公的數(shù)）

代公兩并其等得解方組

，是再得故積式有3代精度）

代公兩使相，

解

得而）

不確立故積式有3代精度代公精成，解得積式對故積式有2代精度4.計(jì)積，區(qū)精度區(qū)

，用合公要誤不過要為少分?若改復(fù)梯公達(dá)同應(yīng)為少分解由公式項(xiàng)

得

即

，即間

分分使差超對形式樣

，余公得即取n=255更復(fù)梯公誤不過5.用求積算法積

，解本只對分結(jié)如表示

使算法（6.20計(jì)到K，于積

，分確為6

用點(diǎn)求公計(jì)積解本直應(yīng)三Gauss公式計(jì)即。由區(qū)為，以做換于

本精值7

用點(diǎn)求公計(jì)積解本直用Gauss-Chebyshev積式算即于因n=2,即為三點(diǎn)式于，故8.試定數(shù)A，及，求公有可高代精度并出得積式代精度多.它否Gauss型的求公解本仍根代精度義定數(shù)足方，對式確立得

由）A=C，這兩方不立故令）

，由）得則求公

，入）令

公精成，求公具代精度三求積式高數(shù)確為次故是型的。第章

解性程的接習(xí)五1.用Gauss去求下方組.

解題Gauss消法具方組只要接消公及代公直計(jì)即。故2.用主消法解程陣行式的值解先列元與1交得

并出數(shù)消3與2行換回得

消行式

3.用分解求解由陣法

的再由

求解4.下矩能作Doolittle分解，若能分解，分解是唯?解中若A能解一分后，互盾故A不分，，中1行與2交，可解LU對B，然但仍分為分不一為任常，異可解且一

5.用趕解對方組，中解用對角程的趕公（和3.1.3計(jì)得6.用方法方組解用

分直算由

及

求7.設(shè)解

，明

即，一面故8解

設(shè)

計(jì)A的范，范及F-范數(shù)2范數(shù)故9

設(shè)為

上一范，

是奇的，義，證證：據(jù)陣子義

定，令，非異故為對，是10.求面?zhèn)€程的，利矩的件估，，解記

.

則故而

的，

的由3.12的差計(jì)表估

略，符實(shí)的11.非（"是在尾）+,"不是"填-：目）A對稱正（）

,則

是上一向范）義）義）要

是種數(shù)陣是種數(shù)陣，A總分為A=LU,其中L為位三陣U非上角（）要

，總用主消法得程

的（）若A稱定A分為其對元為的

下角（））任

都））A為正交陣則

（）答：（1＋（2（－（（4（－（5（＋＋（7（－＋第章習(xí)六

解性程的代1.證明于意矩A序陣

收于矩解由故2.程

而(1)考用Jacobi法和法此程的斂.(2)寫用J法解方組迭公并計(jì)到

為解因具嚴(yán)對占，J法法收。）J法得代式

取，代18次有GS迭代法算式取3.方組證解方的Jacobi代與迭法時(shí)斂或散解Jacobi代其代陣

，半為

，迭法其代陣由

，譜徑，Jacobi迭代與同收或時(shí)散4.列個(gè)程Ax=b分用及GS求是收解Jacobi的代陣即，收、GS法的迭矩為

故，此程的不斂5.，detA≠0用,b表示解方程組Ax=f的J法收的分要件解J法迭矩為，法斂充條是

迭矩陣

由

得GS收得要件6.用SOR法方組(分別取精解要當(dāng)一值定代數(shù)解用法此程的代式

時(shí)代止，并對每取若

，，代6次得

時(shí)迭5次達(dá)到要求7.上求SOR迭代的優(yōu)弛子漸收速并求J法GS法的漸收速若使法各迭多次?

那么法

解法迭矩為，，因?yàn)榉Q定對陣最優(yōu)弛子J法收斂速度由，若求

，是代數(shù)對法，K對，K＝8對，K＝58.空(1)

要

應(yīng)足

(2)已方組，解方組Jacobi迭法否斂它漸收速R(B)=（）.(3)設(shè)程Ax=b,中（的代陣（）.(4)用GS解程斂充條是a滿（(5)給方組且0＜ω時(shí)代收.答(1)(2)J法收的

其J法迭矩是，中a實(shí)，法,a為實(shí)數(shù)a足，(3)J法代陣(4)滿足(5)滿足

法代陣第章習(xí)七

非性程根1.用二法方

的根使差于解

使二法要定根間

本因

故間[1,2]有區(qū)。一在[-1,0]，故根1,2]內(nèi)用分計(jì)各迭值表其差2.方

在近一根將程寫下列價(jià)式并立應(yīng)代式(1)(2)(3)

，代式,代式，代式

...試析種代式收性并取種斂快方求有4位效字近根解（1）取間且，

中

且，，則滿收定條，迭收。

在

中，且，在

中

，迭收。

）

，

附，迭代發(fā)。在（1）中因）迭因L較小，它收快用2）代取則3.方

的代(1)證對

,均有,中

為程根.(2)取=4,求此代的似，誤不過次代(3)此代收階多?證明的論

,列各解（1）迭函

，

有）

，，有次代取，誤不過）故迭為性斂

4.定數(shù)

，對切x,

存，且.明對

的意數(shù),代

均斂方的解由

為調(diào)函，方

的是一的假方有。迭代數(shù)令，

，，遞有，

。5.用方計(jì)第2題2)近根精到解:在2)中,令,,有令,得,第中(結(jié)一可精