北师大网络教育 数值分析 期末试卷含答案

注：1、教师命题时题目之间不留空白； 2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考北师大网络教育——数值分析——期末考试卷与答案
一．填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
1.设有节点012,,x x x ，其对应的函数()y f x =的值分别为012,,y y y ，则二次拉格朗日插值基函数0()l x 为 。

2.设()2f x x =，则()f x 关于节点0120,1,3x x x ===的二阶向前差分为 。

3.设110111011A -⎡⎤⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥-⎣⎦，233x ⎡⎤
⎢⎥=⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
，则1A ＝ ，1x = 。

4. 1n +个节点的高斯求积公式的代数精确度为 。

二．简答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
1. 哪种线性方程组可用平方根法求解？为什么说平方根法计算稳定？
2. 什么是不动点迭代法？()x ϕ满足什么条件才能保证不动点存在和不动点迭代序列收敛于()x ϕ的不动点？
3. 设n 阶矩阵A 具有n 个特征值且满足123n λλλλ>≥≥≥，请简单说
明求解矩阵A 的主特征值和特征向量的算法及流程。

三．求一个次数不高于3的多项式()3P x ，满足下列插值条件：
并估计误差。

（10分）
四．试用1,2,4n =的牛顿-科特斯求积公式计算定积分1
01
1I dx x
=+⎰。

（10分） 五．用Newton 法求()cos 0f x x x =-=的近似解。

（10分） 六．试用Doolittle 分解法求解方程组：
注：1、教师命题时题目之间不留空白； 2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考 12325610413191963630x x x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦⎣⎦
（10分） 七．请写出雅可比迭代法求解线性方程组1231231
23202324
812231530
x x x x x x x x x ++=⎧⎪
++=⎨⎪-+=⎩ 的迭代格式，并
判断其是否收敛？（10分）
八．就初值问题0(0)y y
y y λ'=⎧⎨=⎩考察欧拉显式格式的收敛性。

（10分）
注：1、教师命题时题目之间不留空白； 2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考《数值分析》（A ）卷标准答案
一． 填空题（每小题3分，共12分） 1. ()1200102()()
()()
x x x x l x x x x x --=
--； 2.7；3. 3，8；4. 2n+1。

二．简答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）
1. 解：系数矩阵为对称正定的方程组可用平方根法。

（4分）
对于对称正定阵 A ，从2
1i
ii ik
k a l ==
∑
可知对任意k ≤ i
有||ik l ≤ L 的元素不
会增大，误差可控，不需选主元，所以稳定。

（4分） 2. 解：（1）若()*
*x
x ϕ=，则称*x 为函数()x ϕ的不动点。

（2分）
（2）()x ϕ必须满足下列三个条件，才能保证不动点存在和不动点迭代序列收敛于
()x ϕ的不动点：
1）()x ϕ是在其定义域内是连续函数； （2分） 2）()x ϕ的值域是定义域的子集； （2分） 3）()x ϕ在其定义域内满足李普希兹条件。

（2分）
3.解：参照幂法求解主特征值的流程 （8分） 步1：输入矩阵A ，初始向量v0，误差限ε，最大迭代次数N; 步2：置k:=1,μ:=0，u0=v0/||v0||∞; 步3：计算vk=Auk-1; 步4：计算
并置mk:=[vk]r, uk:=vk/mk;
步5：若|mk- μ |< ε，计算，输出mk,uk ；否则，转6； 步6：若k<N,置k:=k+1, μ:=mk ，转3；否则输出计算失败 信息，停止 三． 解：（1）利用插值法加待定系数法： 设()2p x 满足 ()()()22212,24,312,p p p ===则()2
2376,p x x x =-+（3分）
再设()()()()()32123p x p x K x x x =+--- （3分） 2K = （1分）
[][]1max ;k k r i i n
v v ≤≤=
注：1、教师命题时题目之间不留空白； 2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考
()32329156p x x x x =-+- （1分）
（2）()()()()()()2
4311234!
R x f x x x ξ=
--- （2分）
四．解：应用梯形公式得()()11
012
I I f f ≈=+⎡⎤⎣⎦ （2分） 0.75= （1分）
应用辛普森公式得：()()21104162I I f f f ⎡
⎤⎛⎫
≈=
++ ⎪⎢⎥
⎝⎭⎣⎦
（2分） 0.69444444= （1分）
应用科特斯公式得：
()()41113703212327190424I I f f f f f ⎡
⎤⎛⎫
⎛⎫
⎛⎫
≈=
++++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦
（2分）
0.6931746= （2分） 五．解：由零点定理，cos 0x x -=在(0,
)2
π内有根。

（2分）
由牛顿迭代格式1cos 0,1,......1sin n n
n n n
x x x x n x +-=-=+ （4分）
取04
x π
=
得，
12340.73936133;0.739085178
0.7390851330.739085133
x x x x ==== （3分）
故取*
40.739085133x x ≈= （1分）
六．解：对系数矩阵做三角分解：
1112
1321222331323325610
0413********u u u l u u l l u -⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦
（2分） 125621373414A LU -⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥=-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦
（4分）
若Ly b =，则12310,1,4y y y ==-=； （2分） 若Ux y =，则(3,2,1)T
x =。

（2分）
七．解：（1）对于方程组，雅可比方法的迭代矩阵为
注：1、教师命题时题目之间不留空白； 2、考生不得在试题纸上答题，教师只批阅答题册正面部分，若考 00.50.51010.50.50B -⎡⎤⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥⎣⎦
（2分）
其特征多项式为()2
det() 1.25I B λλ
λ
-=+，且特征值为
1230,,λλλ=== （2分） 故有() 1.251B ρ=>，因而雅可比迭代法不收敛。

（1分） （2）对于方程组，Gauss-Seidel 迭代法迭代矩阵为
00.50.500.50.5000.5B -⎡⎤⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥-⎣⎦
（2分） 其特征值为1230,0.5λλλ=== （2分） 故有()0.51B ρ=<，因而雅可比迭代法收敛。

（1分） 八．证明题（本大题共2小题，每小题7分，共14分）
1. 证：该问题的精确解为0()x
y x y e λ= （2分）
欧拉公式为1(1)i i i i y y h y h y λλ+=+=+ （2分） 对任意固定的i x x ih ==， 有/1/00(1)[(1)]i i x h
x h i y y h y h λλλλ=+=+， （2分）
则0()i
x i y e
y x λ= （1分）
2.证：牛顿迭代格式为125,0,1,2,
66n n n
x a
x n x +=
+
= （3分）
因迭代函数为()25,66x a x x ϕ=+而()35,63a
x x
ϕ'=+
又*x =， （2分） 则
()
3
5
1
06
2
3
a ϕ'
=+=
≠。

故此迭代格式是线性收敛的。

（2分）。