数值分析——邵新慧 考试题解析

是二阶方法. (2)以此法求解y=-10y, y(0)=1时,取步长h=0.25,所得
数值解yn是否稳定?为什么? 解 (1)由于
2 K 2 f ( xn 2 h , y n 3 3 hK 1 ) f n 2 f n 2 fn h hf n x 3 y 3 2 fn 4 2 2 1 2 fn 4 2 2 fn 8 2 [ 2 h h f n 2 h f n O(h 3 ) 2 x 9 xy 9 y 9
3
3 xk a 2 a 2 x k 1 x k 或x k 1 x k x k 2 3 3 3x k 的Newton迭代格式为_______________________.
6.设l0(x),l1(x),l2(x),l3(x)是以x0,x1,x2,x3为互异节点
(x-2)3 的三次插值基函数,则 l j ( x)( x j 2) 3=____________.
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), 令1(x)=x(x-2)(ax+b),可得1(x)=-x(x-2), 令2(x)=cx(x-1)2,可得2(x)=0.5x(x-1)2; 令1(x)=cx(x-1)(x-2),可得1(x)=-x(x-1)(x-2),
(2)讨论这两种迭代法的收敛性.
(3)取初值x(0)=(0,0,0)T,若用Jacobi迭代法计算时,
预估误差x*-x(10) (取三位有效数字).
解
(1)Jacobi法和SOR法的迭代格式分别为
1 (k ) 1 (k ) 1 ( k 1) (k ) (k ) x1 ( x1 x 2 x 3 ) x1 4 2 4 1 ( k 1) 1 (k ) 2 ( k 1) (k ) (k ) x x ( x x x3 ) 2 2 1 2 5 5 5 1 ( k 1) 1 ( k 1) 1 ( k 1) (k ) (k ) x x ( x x x ) 3 3 1 2 3 3 6 2
|x2-x1|=0.0035<10-2 , 故可取根的近似值x2=1.40983. (3)因为0<</2,所以() cos / 2 1 sin 0 故,此迭代法线性收敛(收敛阶为1).
三、(14分)设线性方程组 4 x1 x 2 2 x3 1 x1 5 x 2 x3 2 2 x x 6 x 3 1 2 3 (1)写出Jacobi法和SOR法的迭代格式(分量形式);
1 10h 50h 2 1 2.5 3.125 1.625 1
所以,所得数值解是不稳定的. 七、(6分)设n阶矩阵A=(aij)nn,试证实数
A n max a ij
为矩阵A的一种范数.
1 i , j n
证明
对任意n阶方阵A,B和常数,有
A n max a ij 0, 且仅当A 0时 A 0。
2 ,所以‖A‖1=5,‖A-1‖1=5/7. 7 2 1 1 a a 2.设矩阵A= a 1 0 ,当a取______值时,A可以唯一分解 a 0 1 1 3 -1 又A =
为GGT,其中G为下三角矩阵.
解
令
1 a a 1 a 1 1 1 a 2 0, a 1 0 1 2a 2 0, 得： a a 1 2 2 a 0 1
容易验证公式对(x)=x5仍精确成立，故其代数精度为5，
是Gauss公式。 六、(12分)设初值问题
y f ( x, y ) y (a) a xb
(1)试证单步法
2 K 2 f ( xn 2 h , y K 1 f ( xn , y n ) , n 3 3 hK 1 ) h y y n 0,1,2,... n 1 n 4 ( K 1 3K 2 ) y 0
所以有
y ( x n 1 ) y n 1 O(h 3 )
所以此单步方法为二阶方法.
(2)此单步方法用于方程y=-10y,则有
h 20 yn 1 yn [10 yn 30( yn hyn )] [1 10h 50h 2 ] yn 4 3
当h=0.25时,有
(1)试证方程(x)=0有唯一正根; (2)构造一种收敛的迭代格式xk=(xk),k=0,1,2,…计
算精度为=10-2的近似根;
(3)此迭代法的收敛阶是多少?说明之. 解 (1)因为0<x1时,(x)<0,x2时,(x)>0,所以(x)
仅在(1,2)内有零点,而当1<x<2时,(x)>0,故(x)单调.
R( x) f
( 4)
五、(12分)试确定参数A,B,C及,使数值积分公式
( x ) x( x 1) 2 ( x 2) 4!
2 f ( x)dx Af ( ) Bf (0) Cf ( ) 有尽可能高的代数精度,并问代数精度是多少?它是否是
2
Gauss公式?
解 令公式对(x)=1,x,x2,x3,x4都精确成立,则有 4=A+B+C, 0=A-C, 16/3=A2+C2, 0=A3-C3 64/5=A4+C4 ,解得:A=C=10/9,B=16/9,=(12/5)1/2
( k 1) 1 ( k ) 1 ( k ) 1 x 2 x3 x1 4 2 4 1 (k ) 1 (k ) 2 ( k 1) x x1 x 3 2 5 5 5 1 (k ) 1 (k ) 1 ( k 1) x x1 x 2 3 3 6 2
3.向量x=(x1,x2,x3)T,试问|x1|+|2x2|+|x3|是不是一种向
是 量范数______, 而|x1|+|2x2+x3|是不是一种向量范数不是 _____.
4.求 3 a 解 只要取(x)=x3-a ,或(x)=1-x3/a. 1 5.设(x)=x3+x2-3,则差商[3,32,33,34]=_______.
于是有
1 2 f n f n yn 1 yn hf n h ( fn ) 2 x y 2 fn 2 fn 2 1 3 2 fn h [ 2 2 f n 2 f n ] O(h 4 ) 6 x xy y
而
1 2 1 3 y ( x n 1 ) y ( x n ) hy ( x n ) h y ( x n ) h y ( x n ) O(h 4 ) 2 6 1 2 f n f n 1 3 y n hf n h [ f n ] h y ( x n ) O(h 4 ) 2 x y 6
1 i , j n
A n max a ij n max a ij A
1 i , j n 1 i , j n
A B n max aij bij n max[ aij | | bij ] A B
1 i , j n
n
1 i , j n
因此方程(x)=0有唯一正根,且在区间(1,2)内. (2)构造迭代格式: x k 1 1 sin x k k 0,1,2,... 由于|(x)|=| cos x / 2 1 sin x |<1,故此迭代法收敛.
取初值x0=1.5, 计算得x1=1.41333, x2=1.40983,由于
AB n max a ik bkj n max a ij (max a ik ) 1 i , j n 1 i , j n 1 i n
k 1 k 1
n
n max a ij n max bik A B
1 i , j n 1 i , k n
所以,实数‖A‖是矩阵A的范数.
考试题解析
一、填空题（每空3分,共30分)
1 2 7 25 / 7 1.设矩阵A= ,则(A)=_______,Cond(A) 1=_______. 2 3
解
1 2 2 4 7 0 A E 2 3
由于
得特征值: 1 2 3i, 2 2 3i1 B
x (1) x ( 0 )

0.7510 0.5 0.113 1 0.75
四、(13分)已知(0)=2,(1)=3,(2)=5,(1)=0.5, (1)试建立一个三次插值多项式H3(x),使满足插值条件: H3(0)=2,H3(1)=3,H3(2)=5,H3(1)=0.5; (2)设y=(x)在[0,2]上四次连续可微,试确定插值余项 R(x)=(x)-H3(x). 解 (1)由y0=2,y1=3,y2=5,y1=0.5,得
于是 H3(x)=-(x-1)2(x-2)-3x(x-2)+2.5x(x-1)2 –0.5x(x-1)(x-2) =x3-2.5x2 +2.5x+2
由于,R(0)=R(1)=R(2)=R(1)=0, 故可设 R(x)=C(x)x(x-1)2(x-2) 构造函数(t)=(t)-H3(t)-C(x)t(t-1)2(t-2) 于是,存在x,使(4)(x)=0,即(4)(x)-4!C(x)=0
(2)因为A是严格对角占优矩阵,但不是正定矩阵,故
Jacobi法收敛,SOR法当0<1时收敛. (3)由(1)可见B=3/4,且取x(0)=(0,0,0)T,经计算可 得x(1)=(1/4,-2/5,1/2)T,于是x(1)-x(0)=1/2,所以有
x * x (10 )
3 2 x x 7.设S(x)= 3 2 2 x bx cx 1
j 0
0 x 1 1 x 2
是以0,1,2为节
-2 3 点的三次样条函数,则b=________c=_________.
解
由2=b+c+1,5=6+2b+c,8=12+2b,可得
二、(13分)设函数(x)=x2-sinx-1