清华大学高等数值分析试卷

清华大学往年考试试卷真题

清华大学往年考试试卷真题清华大学是中国顶尖的高等学府之一，其考试试卷真题通常包含多个学科领域，以下是一个模拟的清华大学往年考试试卷真题的示例：清华大学数学分析考试试卷一、选择题（每题2分，共20分）1. 下列函数中，哪一个不是连续函数？A. f(x) = x^2B. f(x) = sin(x)C. f(x) = |x|D. f(x) = 1/x2. 函数f(x) = x^3 - 2x + 1在x=1处的导数是：A. 2B. 0C. -2D. 43. 积分∫(0,1) x^2 dx的值是：A. 1/3B. 1/2C. 2/3D. 1...（此处省略其他选择题）二、填空题（每题3分，共15分）1. 函数f(x) = 3x^2 + 2x - 1的极值点是_________。

2. 若f(x) = e^x，那么f'(x) = __________。

3. 函数y = ln(x)的定义域是_________。

...（此处省略其他填空题）三、简答题（每题10分，共30分）1. 证明函数f(x) = x^3在R上是单调递增的。

2. 解释什么是泰勒级数，并给出e^x的泰勒级数展开式。

3. 计算定积分∫(1, e) (x + 1/x) dx。

四、解答题（每题15分，共30分）1. 已知函数f(x) = x^2 - 4x + 4，求其在区间[0, 3]上的最小值。

2. 给定函数g(x) = sin(x) + cos(x)，求其在x=π/4处的导数，并解释其几何意义。

3. 解析下列微分方程：dy/dx = x^2 - y^2，初始条件为y(0) = 1。

五、附加题（10分）1. 讨论函数f(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6在实数域R上的零点。

注意事项：- 请在答题纸上作答，不要在试卷上直接书写。

- 请保持答题纸整洁，字迹清晰。

- 选择题请用2B铅笔涂黑，填空题和解答题请用黑色签字笔书写。

祝考试顺利！请注意，以上内容仅为模拟示例，并非真实的清华大学考试试卷真题。

清华大学第五版【数值分析】习题答案

第一章绪论(1)1．设0x >,x 的相对误差为δ，求ln x 的误差。

解：近似值*x 的相对误差为*****r e x x e x x δ-=== 而ln x 的误差为()1ln *ln *ln **e x x x e x =-≈ 进而有(ln *)x εδ≈2．设x 的相对误差为2%，求nx 的相对误差。

解：设()n f x x =，则函数的条件数为'()||()p xf x C f x = 又1'()n f x nx-=, 1||n p x nx C n n-⋅∴== 又((*))(*)r p r x n C x εε≈⋅且(*)r e x 为2((*))0.02n r x n ε∴≈3．下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差限不超过最后一位的半个单位，试指出它们是几位有效数字：*1 1.1021x =,*20.031x =, *3385.6x =, *456.430x =,*57 1.0.x =⨯ 解：*1 1.1021x =是五位有效数字； *20.031x =是二位有效数字； *3385.6x =是四位有效数字； *456.430x =是五位有效数字； *57 1.0.x =⨯是二位有效数字。

4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) ***124x x x ++,(2) ***123x x x ,(3) **24/x x . 其中****1234,,,x x x x 均为第3题所给的数。

解：*41*32*13*34*151()1021()1021()1021()1021()102x x x x x εεεεε-----=⨯=⨯=⨯=⨯=⨯***124***1244333(1)()()()()1111010102221.0510x x x x x x εεεε----++=++=⨯+⨯+⨯=⨯ ***123*********123231132143(2)()()()()1111.10210.031100.031385.610 1.1021385.6102220.215x x x x x x x x x x x x εεεε---=++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯≈**24****24422*4335(3)(/)()()110.0311056.430102256.43056.43010x x x x x x xεεε---+≈⨯⨯+⨯⨯=⨯=5计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R 时允许的相对误差限是多少？解：球体体积为343V R π=则何种函数的条件数为23'4343p R V R R C V R ππ===(*)(*)3(*)r p r r V C R R εεε∴≈=又(*)1r V ε=故度量半径R 时允许的相对误差限为1(*)10.333r R ε=⨯≈6．设028Y =，按递推公式1n n Y Y -=（n=1,2,…）计算到100Y 27.982≈（5位有效数字），试问计算100Y 将有多大误差？解：1n n Y Y -=-10099Y Y ∴=-9998Y Y =9897Y Y =-……10Y Y =-依次代入后，有1000100Y Y =-即1000Y Y =27.982, 100027.982Y Y ∴=-*310001()()(27.982)102Y Y εεε-∴=+=⨯100Y ∴的误差限为31102-⨯。

清华大学高等数值分析试卷(汇编)

问答题：（32分）（回答“为什么”时给出主要理由即可）
（一）对任意的矩阵，都能用左乘和右乘（不一定相同的）初等反射阵（Householder阵）将其变为以下结构的矩阵吗？
(a)
(b)dip vt.浸；蘸 (b) (c)
△masterpiece n.杰作；名著其中表示元素可以非0。对(a), (b), (c)形矩阵分别回答。
in search of寻找（提示：考虑方程组，）
(c) ，且。
（三）
（四）bathtub n.浴缸；澡盆写出与下述微分方程边值问题等价的Galerkin变分问题，
这里已给定。
第2页/共2页
清华大学研究生“高等数值分析”试题（2012.1.10）
姓名学号所在系
填空：（28分）
（一）设矩阵，则，。
（二）设，请给出一个的奇异值分解，
其中，，。
对上面的，若，使，则，这里。பைடு நூலகம்
（三）设对称正定，用CG法求解，若第一、二步迭代搜索方向分别为、，则2步后余量沿方向（不计正负）___________。
第1页/共2页
△hike vi. & n.远足；徒步旅行
（二）
（三）possess vt.拥有；具有；支配若用GMRES法解方程组，非奇异，，取作为初值，，从开始Arnoldi过程，则必有吗？为什么？这里，为GMRES法第k步所得近似解，。
（四）
（五）△nationalism n.民族主义；设用不动点迭代法解非线性方程组，为的解，迭代函数在处Frechet可导且矩阵，问此时迭代法是否局部超线性收敛？为什么？
textbook n.教科书；课本

清华大学高等数值分析第三次作业第八题

第三次作业第八题取b=(1,1,1,...1)T ,x0=0，停机准则为10-6。

1）当取A 1=(a ij )=1/(i+j-1)时，取阶数n=50，m=20时，得到收敛曲线如下0246810121416182010-1010-810-610-410-210GMRES 算法的||r k ||收敛曲线（所有步数） (A=A 1 阶数n=50, m=20)迭代次数||r k ||/||b ||结果表明，重启的GMRES 算法没有重启就得到了非常精确的结果。

这是由于该矩阵在n 较小时的数值正定特性有关。

取n=500 m=20计算结果如下，该图为重启次数与残差之间的关系曲线010203040506070809010010-610-510-4GMRES 算法的||r k ||收敛曲线 (A=A 1 阶数n=500, m=20)重启次数||r k ||/||b ||可以看出，该方法重启100步都无法收敛到10-6。

提高m 的值为m=100，计算如下010203040506070809010010-1010-810-610-410-210迭代次数||r k ||/||b ||从结果中可以看出，第一次计算（未重启）就得到了精确的结果。

该方法是数值qi 下面将阶数增为1000，m=20计算如下010203040506070809010010-710-610-510-410-3GMRES 算法的||r k ||收敛曲线 (A=A 1 阶数n=1000, m=20)重启次数||r k ||/||b ||图中可以看出，重启的GMRES 已经无法收敛，并且残差下降非常慢，没有再进行计算的必要。

将m 增为100，结果依然如前面，在一次重启就解出了结果。

010203040506070809010010-1010-810-610-410-210迭代次数||r k ||/||b ||2）当取A=A 2◆ 当n=100时，对该矩阵使用GMRES 方法，迭代20步即得到结果。

清华大学高等数值分析作业李津1——矩阵基础

20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。

对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=••-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。

()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n T n ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。

故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。

由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。

数学证明：1n Tij i j i j e e α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j j A -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j A B --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此： 1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……，，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。

清华大学高等数值分析第一次实验作业

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迭代次数
图9
m=100时，Lanczos法求解Ax=b的收敛曲线
高等数值分析实验作业一
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Lanzcos 算法的收敛曲线 (阶数 n=1002）
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迭代次数
图12 m=10时，Minres法求解Ax=b的收敛曲线
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Minres 算法的收敛曲线 (阶数 n=1002）
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||rk||/||b||
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迭代次数
图13
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m=50时，Minres法求解Ax=b的收敛曲线
10
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Lanzcos 算法的收敛曲线 (阶数 n=1002)
m=10 m=50 m=100 m=400 m=800
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||rk||/||b||
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清华大学数值分析A往年试题回顾

5 道大题，若干小题，卷面成绩满分70
1.(1)求f(x)=sqrt(1-x A2)在span{1,x,xA2}上，权函数为rou=1/sqrt(1-x A2)的最佳平方逼近多项式
⑵求证高斯型求积公式中的A(k)满足A(k)= / p(x)l(x)dx= / p(x)lA其(X)dXk)为Lagrange多项
式
2.(1)Ax=b中A非奇异，则用J法、GS法、SOR法、SSOR法求解等价方程ATAx=ATb各种方法的收敛性怎样？(其中0<w<2)
(2)A严格对角占优，求证其有唯一的LU分解，对称矩阵[3 1 0;1 3 1;0 1 3]求其cholysky分解
3.(1)写出用Lanczos方法计算某矩阵第一列的a和B
⑵已知矩阵[3 0 0;0 3 2;0 2 3]，求其QR分解，计算一步H'=RQ
4(1)f(x)=[x2A2-x1A2-x1 其精确解为x*=[0 0 0],写出牛顿法的计算公式sin(x1A2)-x2];
(2)已知G(x)=[x2A2-x1A2 sin(x1A2)];
给出区域D 使得在此区域内的初始值可以收敛到精确解，并说明原因
5.(1)线性2 步法-0.5y(n)-0.5y(n+1)+y(n+2)=h/2*(f(n)+f(n+1)+f(n+2))，计算其局部阶段误差的阶数若h=0.1,判断其稳定性
⑵已知R(z)的稳定函数是exp(z)的pade(1,2)逼近多项式，计算其稳定域，是否是A-稳定？(pade 逼近的计算公式卷子上给了)。

清华大学高等数值分析_第三次作业答案

得如下算法： (1) 选初始 x0 ∈ Rn , 计算初始残差 r0 = b − Ax0 , ε > 0 为停机准则； (2) 对 k = 1, 2, . . .直到 rk < ε
T 求解 (D1 D1 + E T E )y1 = (AT rk−1 )(1 : m) ; T 求解 (D2 D2 + F T F )y2 = (AT rk−1 )(m + 1 : n) ;
1 0 0 0 √ √ 3 2 − 2 / 6 0 H= √ √ 0 2/ 6 1/2 − 3/6 √ 0 0 3/6 −1/2
1 1 7. 取上题中的矩阵 A 以及 b = , m = 2, x0 = 0, 完成求解 Ax = 1 1 G b 的 Arnoldi 和 GMRES 算法, 得出 xA 2 和 x2 . 8. 分别取 A1 = (aij ) = ( 2 1 ), i+j−1 1
?1102??????????nna3?????????????????????????2?112?1
高等数值分析第三章作业参考答案
1. 考虑线性方程组 Ax = b, 其中 A 是对称正定矩阵. 用 Galerkin 原理求解方程 K = L = Span(v ), 这里 v 是一个固定的向量. e0 = x∗ − x0 , e1 = x∗ − x1 证明 (e1 , Ae1 ) = (e0 , Ae0 ) − (r, v )2 /(Av, v ), 其中 r = b − Ax0 . v 应当取哪个向量在某种意义上是最佳的? (∗)
证明. 令 x1 = x0 + αv , 那么 r1 = r − αAv, e1 = e0 − αv . 由 Galerkin 原

清华大学高等数值分析实验设计及答案

高等数值分析实验一工物研13 成彬彬2004310559一．用CG，Lanczos和MINRES方法求解大型稀疏对称正定矩阵Ax=b作实验中，A是利用A= sprandsym(S,[],rc,3)随机生成的一个对称正定阵，S是1043阶的一个稀疏阵A= sprandsym(S,[],0.01,3);检验所生成的矩阵A的特征如下：rank(A-A')=0 %即A=A’，A是对称的；rank(A)=1043 %A满秩cond(A)= 28.5908 %A是一个“好”阵1．CG方法利用CG方法解上面的线性方程组[x,flag,relres,iter,resvec] = pcg(A,b,1e-6,1043);结果如下：Iter=35，表示在35步时已经收敛到接近真实xrelres= norm(b-A*x)/norm(b)= 5.8907e-007为最终相对残差绘出A的特征值分布图和收敛曲线：S=svd(A); %绘制特征值分布subplot(211)plot(S);title('Distribution of A''s singular values');;xlabel('n')ylabel('singular values')subplot(212); %绘制收敛曲线semilogy(0:iter,resvec/norm(b),'-o');title('Convergence curve');xlabel('iteration number');ylabel('relative residual');得到如下图象：为了观察CG方法的收敛速度和A的特征值分布的关系，需要改变A的特征值：(1).研究A的最大最小特征值的变化对收敛速度的影响在A的构造过程中，通过改变A= sprandsym(S,[],rc,3)中的参数rc(1/rc为A的条件数)，可以达到改变A的特征值分布的目的：通过改变rc=0.1，0.0001得到如下两幅图以上三种情况下，由收敛定理2.2.2计算得到的至多叠代次数分别为：48，14和486，由于上实验结果可以看出实际叠代次数都比上限值要小较多。

数值分析A作业5(清华大学)(杨顶辉)

第四题首先证明G(x)在任何区间[a,b]上是压缩的。

设对于任意区间[a,b]中的任意两个数x,y ，有|G(x)-G(y)|=|G ()||x-y|=||||11bbe e x y x y e eζζζ'-<-++ 取1bbe L e=+<1 故有|()()|||G x G y L x y -<-其中L<1，所以G(x)在区间[a,b]上是压缩的。

假设G(x)有不动点*x ，那么应该满足如下条件：****()ln(1)10x G x x e x =→+=→=由于上式显然不成立，假设错误，即G(x)没有不动点。

第九题第一小题映内性121212,){(,)|0,1}x x D x x x x ∈≤≤（有121212),()){(,)|0,1}x g x D x x x x ∈≤≤（g(即证明121200.7sin 0.2cos 100.7cos 0.2sin 1x x x x ≤+≤≤-≤由于1201,01x x ≤≤≤≤固有1122sin 0,cos 0sin 0,cos 0x x x x ≥>≥>显然有120.7sin 0.2cos 0x x +>此外120.7sin 0.2cos 0.70.20.91x x +<+=<为此，有1200.7sin 0.2cos 1x x ≤+≤而对于另一个不等式，有120.7cos 0.2sin 0.7cos10.2sin10x x -≥->此外，有120.7cos 0.2sin 0.701x x -≤-<因此便证明了1200.7cos 0.2sin 1x x ≤-≤可以得到121212),()){(,)|0,1}x g x D x x x x ∈≤≤（g(即证明了D 的映内性。

压缩性利用1范数进行证明121212120.7sin 0.2cos ()0.7cos 0.2sin 0.7sin 0.2cos ()0.7cos 0.2sin x x G x x x y y G y y y +⎛⎫= ⎪-⎝⎭+⎛⎫= ⎪-⎝⎭其中12120,,,1x x y y ≤≤即有112211220.7(sin sin )0.2(cos cos )()()0.7(cos cos )0.2(sin sin )x y x y G x G y x y x y -+-⎛⎫-= ⎪---⎝⎭可得到11122112211112222||()()|||0.7(sin sin )0.2(cos cos )||0.7(cos cos )0.2(sin sin )|0.7(|sin sin ||cos cos |)0.2(|cos cos ||sin sin |)G x G y x y x y x y x y x y x y x y x y -=-+-+---≤⨯-+-+⨯-+- 由于x 1和y 1的地位相同，我们不妨假设x 1>y 1那么有1111sin sin cos cos x y x y ><从而得到：111111111111|sin sin ||cos cos |sin sin cos cos (sin cos )(sin cos )x y x y x y y x x x y y -+-=-+-=---令()sin cos f x x x =-那么111111|sin sin ||cos cos |()()x y x y f x f y -+-=-显然f(x)在[0,1]处连续，那么存在11[,]y x η∈，使得111111()()()()(cos sin )()f x f y f x y x y ηηη'-=-=+-而11[,][0,1]y x η∈⊂当4πη=时，（cos sin ηη+所以111111()()(cos sin )()|f x f y x y x y ηη-=+-≤-所以有11111222211222211221122||()()||0.7(|sin sin ||cos cos |)0.2(|cos cos ||sin sin |)||0.2(||||)0.98995||0.4||0.99(||||)G x G y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y -≤⨯-+-+⨯-+-≤-+⨯-+-=⨯-+⨯-≤⨯-+-而1122x y x y x y -⎛⎫-= ⎪-⎝⎭所以11122||||||||x y x y x y -=-+-所以即得到11||()()||0.99||||G x G y x y -≤⨯-其中L=0.99<1，那么根据压缩映射原理就证明了12(,)G g g =在D 中有唯一的不动点。

清华大学数值分析A第五次作业

清华大学数值分析A第五次作业1. 定义f ∶R 2→R 如下：f (x 1,x 2)={x 1,当x 2=0x 2, 当x 1=01,其余(x 1,x 2)，证明ef (0)ex 1及ef (0)ex 2均存在，但f 在点(0,0)处不可导.证明：ef (0)ex 1=limx 1→0f (?x 1,0)?f (0)?x 1=lim ?x 1→00?0?x 1=0 同理，ef (0) ex 2=0而沿着x 1=x 2，lim ?x 1→0f (?x 1,?x 1)?f (0)x 1=lim ?x 1→01?0x 1=∞≠0∴f 在点(0,0)处不可导.2.给出一个线性映射B:R 2→R 2和R 2上两种范数的例子，使得B 对一种范数是压缩的，对另一种范数是不压缩的.解：令B (x )=y:y =Ax ，其中A =[0.5 0.40.1 0.8], x,y ∈R 2易知‖A ‖1=1.2，则存在m,n ∈R 2，使得‖m ?n ‖1=1，且‖A(m ?n)‖1=1.2则‖B (m )?B (n )‖1=‖Am ?An ‖1=‖A(m ?n)‖1=‖A ‖1=1.2>‖m ?n ‖1∴B:R 2→R 2对一范数不压缩而对任意u,v ∈R 2，有‖B (u )?B (v )‖∞=‖Au ?Av ‖∞=‖A(u ?v)‖∞≤‖A ‖∞‖(u ?v )‖∞=0.9‖(u ?v )‖∞ ∴B:R 2→R 2对无穷范数压缩4. 证明由G (x )=ln (1+e x )定义的函数：G:R →R ，在任何闭区间[a,b ]上是压缩的，但没有不动点.证明：①压缩性：要证明“G:R →R ，在任何闭区间[a,b ]上是压缩的”只需证明|G (x )?G (y )|<="" p="" |="e" |x="" |＜e="" ξ1+e="" ξ|x="" ′(ξ)(x="" ′(ξ)||x="" 而|g="">1+e b |x ?y |∴只需取L =e b 1+e b ＜1即可满足在任何闭区间[a,b ] 上，有|G (x )?G (y )|<="" |x="">压缩性得证②没有不动点：假设G (x )有不动点x ?则G (x ?)=x ?，即ln(1+e x ?)=x ?，即1+e x ?=e x ?，这显然不成立∴原假设不成立，即G (x )没有不动点.9. 给定非线性方程组{x 1=0.7sinx 1+0.2cosx 2=g 1(x 1,x 2)x 2=0.7cosx 1?0.2sinx 2=g 2(x 1,x 2)(1)应用压缩映射定理证明G =(g 1,g 2) 在D ={(x 1,x 2)|0≤x 1,x 2≤1.0} 中有唯一不动点.(2)用不动点迭代法求方程组的解，使‖x k ?x k?1‖≤12×10?3时停止迭代. 解：（1）证明：依题意知需证明G =(g 1,g 2)的映内性与压缩性① 映内性：对D ={(x 1,x 2)|0≤x 1,x 2≤1.0}显然，0＜0.7sinx 1+0.2cosx 2＜0.9＜10.7cosx 1?0.2sinx 2＜1又 0.7cosx 1?0.2sinx 2＞0.7cos1?0.2sin1＞0∴0＜0.7cosx 1?0.2sinx 2＜1即(g 1,g 2)∈[0 ,1.0]映内性得证.② 压缩性：假设m =(m 1,m 2)T ，G (m )=[0.7sinm 1+0.2cosm 20.7cosm 1?0.2sinm 2] n =(n 1,n 2)T ，G (n )=[0.7sinm 1+0.2cosm 20.7cosm 1?0.2sinm 2] 其中0≤m 1,m 2,n 1,n 2≤1.0则只需证明‖G (m )?G (n )‖≤L ‖m ?n ‖即‖[0.7sinm 1+0.2cosm 2?0.7sinn 1?0.2cosn 20.7cosm 1?0.2sinm 2?0.7cosn 1+0.2sinn 2]‖ =‖[0.7(sinm 1?sinn 1)+0.2(cosm 2?cosn 2)0.7(cosm 1?cosn 1)?0.2(sinm 2?sinn 2)]‖≤L ‖[m 1?n 1m 2?n 2]‖ 这里取1范数进行验证，‖G (m )?G (n )‖1=|0.7sinm 1+0.2cosm 2?0.7sinn 1+0.2cosn 2|+|0.7cosm 1?0.2sinm 2?0.7cosn 1+0.2sinn 2|≤0.7(|s inm 1?sinn 1|+|cosm 1?cosn 1|)+0.2(|cosm 2?cosn 2|+|sinm 2?sinn 2|)不妨假设m1＞n1则|sinm1?sinn1|+|cosm1?cosn1|= sinm1?sinn1?(cosm1?cosn1)假设f(x)=sinx?cosx，x∈[0,1]则 sinm1?sinn1?(cosm1?cosn1)=f(m1)?f(n1)=f′(ξ)(m1?n1)=(cosξ+sinξ)(m1?n1)，ξ∈[n1,m1]∈[0,1](cosξ+sinξ)在ξ=π/4时取最大值为√2∴sinm1?sinn1?(cosm1?cosn1)≤√2(m1?n1)易知无论m1＞n1或m1＜n1，均有0.7(|sinm1?sinn1|+|cosm1?cosn1|)≤0.7×√2|m1?n1|同理易得0.2(|cosm2?cosn2|+|sinm2?sinn2|)≤0.2×√2|m2?n2|∴0.7(|sinm1?sinn1|+|cosm1?cosn1|)+0.2(|cosm2?cosn2|+|sin m2?sinn2|)≤0.7√2|m1?n1|+0.2×√2|m2?n2|≤0.7√2(|m1?n1|+|m2?n2|)＜0.99(|m1?n1|+ |m2?n2|)又‖‖[m1?n1m2?n2]‖‖1=|m1?n1|+|m2?n2|取L=0.99，则有‖G(m)?G(n)‖1≤L‖m?n‖1则由压缩映射原理可得G=(g1,g2)在D={(x1,x2)|0≤x1,x2≤1.0}中有唯一不动点. （2）使用matlab进行计算，程序：x=[0.5;0.5];y=[0.7*sin(x(1,1))+0.2*cos(x(2,1));0.7*cos(x(1,1))-0.2*sin(x(2,1))];k=1;f=abs(x(1,1)-y(1,1))+abs(x(2,1)-y(2,1));while f>0.0005k=k+1;x=y;y=[0.7*sin(x(1,1))+0.2*cos(x(2,1));0.7*cos(x(1,1))-0.2*sin(x(2,1))];f=abs(x(1,1)-y(1,1))+abs(x(2,1)-y(2,1));enddisp(k);disp(x);运行结果：k =9，即共迭代9次x =[0.52580.5082]10(2). 用牛顿法求非线性方程组 {x 12+x 22?4=0x 12?x 22?1=0 ，取x 0=(1.6 ,1.2)T 的解，迭代到‖x k ?x k?1‖≤12×10?5 为止. 解：记f 1(x )=x 12+x 22?4，f 2(x )=x 12?x 22?1 F (x )=[f 1(x )f 2(x )] F ′(x )=[eex 1f 1(x )，eex 2f 1(x )eex 1f 2(x )，eex 2f 2(x )]=[2x 1，2x 22x 1，?2x 2] 牛顿方程为：F ′(x k )?x k =?F (x k )即[2x 1k ，2x 2k 2x 1k ，?2x 2k ][?x 1k ?x 2k ]=?[(x 1k )2+(x 2k )2?4(x 1k )2?(x 2k )2?1] 则[?x 1k ?x 2k ]=?[2x 1k ，2x 2k 2x 1k ，?2x 2k ]?1[(x 1k )2+(x 2k )2?4(x 1k )2?(x 2k )2?1] 则[x 1k+1x 2k+1]=[x 1k +?x 1k x 2k +?x 2k ] 用matlab 求解，程序如下：x=[1.6;1.2];Fd=[2*x(1,1),2*x(2,1);2*x(1,1),-2*x(2,1)];F=-[x(1,1)*x(1,1)+x(2,1)*x(2,1)-4;x(1,1)*x(1,1)-x(2,1)*x(2,1)-1]; y=x+inv(Fd)*F;f=abs(x(1,1)-y(1,1))+abs(x(2,1)-y(2,1));k=1;while f>0.000005x=y;k=k+1;Fd=[2*x(1,1),2*x(2,1);2*x(1,1),-2*x(2,1)];F=-[x(1,1)*x(1,1)+x(2,1)*x(2,1)-4;x(1,1)*x(1,1)-x(2,1)*x(2,1)-1];y=x+inv(Fd)*F;f=abs(x(1,1)-y(1,1))+abs(x(2,1)-y(2,1));enddisp(k);disp(y);迭代结果如下：迭代次数：3x=(1.5811 ,1.2247)T。

清华历年数学分析高等代数试卷

清华大学硕士生入学考试试题专用纸准考证号系别考试日期 2003.01 专业考试科目数学分析试题内容：一、（15分）设（20分）设y)f(x,在R 2\)}y ,{(x 00上定义，0),(lim y y x x y x f →→=A ,且∃ρ>0使得当0＜｜y -y 0｜＜ρ 时，=→0),(lim x x y x f Ф(y)存在。

求证：A y x f x x y y =→→00,)],(lim[lim二、（20分）设半径为r 的球面∑的球心在一固定球面∑ˊ：x 2+y 2+z 2=a 2(a>0) 上，问当r 取何值时，球面∑含在球面∑ˊ内部的部分面积最大？三、（20分）设f 0(x)C ∈[﹣a,a](a>0), f n (x)=∫xfn-1(t)dt,(n=1,2,…).求证：{f n (x) }在[﹣a,a]上一致收敛于0.四、（20分）设f (x,y）在R 2上二阶连续可微，f (x,2x）=x, 'f x (x,2x）=x 2,且''f xx (x,y)= ''f yy (x,y),R y x ∈∀),(2.求：'f y (x,2x）, ''f yy (x,2x) 及''f xy (x,2x). 五、（25分）设'f (0）存在，f (0)=0,x n =)/(12∑=nk nk f .求证：n n x ∞→lim 存在，且n n x ∞→lim ＝)0(f ′/2.六、（25分）设f (x)]1,0[C ∈且在(0,1)上可导，且f (1)=∫2/10)(2dx x xf .求证：存在)1,0（∈ξ，使得'f （ξ）= -f (ξ)/ξ七、（25分）设f ，g 在R 上连续，f οɡ(x)= ɡοf (x);R x ∈∀, 并且f (x)≠ɡ(x) ,R x ∈∀.求证：f οf (x)≠ ɡοɡ(x) R x ∈∀清华大学硕士生入学考试试题专用纸准考证号系别数学科学系考试日期 2003.01 专业考试科目高等代数试题内容：一、（20分）设f （X）=(X+1)4(X-1)3为复方阵A 的特征多项式，那么A 的Jordan 标准型J有几种可能？（不计Jordan 块的次序）二、（20分）设方阵A ＝⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛012326113－－－－－A 在实数域R 上是否相似域对角形（即有实方阵P 使P -1AP 为对角形）？在复数域C 上呢？给出证明。

清华大学高等数值分析(李津)所有作业答案合集

20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。

对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=∙∙-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。

()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n Tn ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。

故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。

由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。

数学证明：1nTi j i ji j ee α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j jA -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j AB --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此：1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……，，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。

矿产

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。

清华高等数学试题及答案

清华高等数学试题及答案一、单项选择题（每题2分，共10分）1. 函数y=x^2+2x+1的导数是：A. 2x+2B. 2x+1C. 2xD. 2x+3答案：A2. 极限lim(x→0) (sin(x)/x)的值是：A. 0B. 1C. -1D. 2答案：B3. 以下哪个函数是奇函数？A. y = x^2B. y = x^3C. y = x^4D. y = x答案：D4. 积分∫(0 to 1) x^2 dx的值是：A. 1/3B. 1/2C. 2/3D. 1答案：A5. 以下哪个级数是收敛的？A. 1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + ...B. 1 + 2 + 3 + 4 + ...C. 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ...D. 1 + 1/2^2 + 1/3^2 + 1/4^2 + ...答案：C二、填空题（每题3分，共15分）1. 函数y=e^x的不定积分是______。

答案：e^x + C2. 函数y=ln(x)的导数是______。

答案：1/x3. 函数y=sin(x)的原函数是______。

答案：-cos(x) + C4. 函数y=cos(x)的不定积分是______。

答案：sin(x) + C5. 极限lim(x→∞) (1/x)的值是______。

答案：0三、解答题（每题10分，共40分）1. 求函数y=x^3-3x^2+2的极值点。

答案：首先求导数y'=3x^2-6x，令y'=0，解得x=0或x=2。

然后求二阶导数y''=6x-6，代入x=0和x=2，得到y''(0)=-6<0，y''(2)=6>0，因此x=0是极大值点，x=2是极小值点。

2. 求极限lim(x→1) (x^2-1)/(x-1)。

答案：首先将极限表达式化简为lim(x→1) (x+1)，然后代入x=1，得到极限值为2。

清华大学贾仲孝高等数值分析第二次作业

1. 解：由于求解Ax b =等价于极小化2Ax b -，相当于极小化泛函：()()1,2x Ax b Ax b ϕ=-- 从任一k x 出发，沿着()x ϕ在k x 点下降最快的方向搜索下一个近似点1k x +，使得()1k x ϕ+在该方向上达到极小值，最速下降方向为：()()T T k k x A Ax b A r ϕ-∇=--=令1,T k k k k k k p A r x x p α+==+，需要寻找合适的k α使得()()11min k k Rx x αϕϕ++∈=，则()()()()()()1,=T T T T k k k k k k k k d x x p p A A x p b p A p r d ϕϕααα+=∇=+-- 令()0d x d ϕα=，可得： ()()()(),,,,k k k k k k k k k Ap r p p Ap Ap Ap Ap α==则()22,0k k d Ap Ap d ϕα=>，因此上式的k α即为所求于是得到极小化泛函()()1,2x Ax b Ax b ϕ=--的最速下降法： 1) 选取初值0n x R ∈，计算00r b Ax =-2) k=0,1,2,……若k r ε≤，则停止；ε为事先给定的停机场数；否则，k=k+1()()11;,;,;;T k k k k k k k k k k k k k k k p A r p p Ap Ap x x p r r Ap ααα++===+=-2. 解：()()111k k k k AAAx x x r x p A x x α***----=+-=-其中()1p A A α=-，设A 的特征根为120n λλλ≥≥≥> ，则有()11max k i k AAi nx x p x x λ**-≤≤-≤-当120αλ<<时，()1max 1i i np λ≤≤<，因此此方法收敛当()111n αλαλ-=--即12n αλλ=+时，()1max i i n p λ≤≤取最小值11n nλλλλ-+，此时收敛最快3. 解：设x *为方程组Ax b =精确解，k k e x x *=-，则()1,TT Tk k k E e e -=，则原迭代法等价于()110k k I A I E E I βαβ+⎡++-⎤=⎢⎥⎣⎦令()10I A I B I βαβ⎡++-⎤=⎢⎥⎣⎦，则迭代法收敛等价于()1B ρ<，即()1,1i B i nλ<≤≤，令0B I λ-=，即 ()10n I A ββλαλλ⎛⎫+--+-= ⎪⎝⎭ 当0λ≠时，则有10I A ββλαλ⎛⎫+--+= ⎪⎝⎭设120n μμμ≥≥≥> 是A 的特征根，则有()210101112i i i ββλαμλλβαμλβλβαμβ+--+=-+++=<⇔++<+<则有：()()()11112,1211,0,1211,0i i B i ni n ρβαμβββαμββαμ<⇔++<+<≤≤+⇔<-<<≤≤+⇔<-<< 4.5. 证明：反证法。

清华大学数值分析历年试题

填空题1、H=[1,0;1,2] 求H的2范数，1条件数2、A为一个三阶矩阵，含参数a,求A对称正定是a的范围；给定一个a，求LL(T)分解。

3、cos（πX），给X=0；0.25；0.5，利用2阶拉格朗日差值多项式，求X=0.4时的值4、求一个多步法的误差主项，y（n+2）-1/2y（n+1）-1//2y(n)=h(f(n+2)-1/4f（n+1）+3/4f（n）)5、x在（0，h）间的定积分，求高斯法代数精度，af（0）+b*f（h/3）+1/4*f(h),并求a、b6、拉格朗日差值，x乘以插值基函数的求和7、A=[2，-1,0;-1,2，a;0,-1,2],b=[1,0,-1],AX=b,求BJ和J法收敛时a的范围8、f(x)=1/x-a,求牛顿迭代公式的收敛阶9、求一个以x为权函数的，2次正交多项式大题一、A=[10,a,0;c,10,c;0,a,5]，b=（10,7,14），1、求J法收敛的充要条件2、a=c=1时，sor法收敛的充要条件，并写出w=1时，sor分量形式3、a=2，c=0时x=x+a（Ax-b），收敛时a的范围，a=？时收敛最快二、给x0，用牛顿求积公式求x1；证明一个全局收敛三、单步法展开，求误差主项和收敛阶，绝对稳定性区间（老师上课讲过例题）四、A和A-B都是非奇异的，证明||inv（A-B）||《1/(1/||inv(A)||-||B||)填空5*9，大题18+14+17+6最后一题好像是矩阵A和A-B可逆，求证norm(A-B)<=1/(norm(A^-1)^-1-norm(B))1、填空：a、有效数字，3.1425926近似pi——小心，从小数点后第三位就不一样了b、均差f=x^3+x-1求f[1,1,1]，f[0,1,2,3]，f[0,1,2,3,4]c、simpson公式代数精度——3d、Newton-Cotes积分系数Ck的和——这个就是1啦，呵呵e、A=[1,2;0,1]，求普半径，1，2，无穷条件数f、x^2的最佳一次平方逼近和一致逼近g、拉格朗日插值基函数lk(x)xk^(n+1)从0到n求和2、高斯积分x^2f(x)=Af(x0)+Bf(x1)+Af(x2).积分限[-1，1]3、LU分解求方程组的解4、求Householder阵P使得PAP为三对角阵用第一种QR位移迭代算一步，求A25、证明严格对角占优矩阵A可逆，且A^(-1)的无穷范数小于1/[min|aii|-除对角线外的|aij|]6、第九章的作业题P480T6(《数值分析基础》高等教育出版社关治、陆金甫)填空：1。

清华大学高等数值分析第二次实验作业

400
600
800
1000
1200
1400
1600
1800
2000
迭代次数
图4
m步的重启动GMRES法求解Ax=b的收敛曲线
结论： m步重启GMRES方法快于m步重启Arnoldi方法，随m增加，迭代次数减小，但都大于未重启算法的次数。当m=40时两种方法计算时间最短，此外，m步重启动 Arnoldi 方法的收敛曲线有峰点和波纹，收敛速度均匀性差， m 步重启动 GMRES方法的收敛曲线很平滑，单调下降，收敛速度均匀性好。（图4是五条曲线，只是由于m=20和m=80两条曲线比较靠近，看起来像四条，放大后才能看清） 2.对于 1 中的矩阵，将特征值进行平移，使得实部有正有负，和 1 的结果进行比较，方法的收敛速度会如何？基本的 Arnoldi 算法有无峰点？若有，基本的 GMRES 算法相应地会怎样？解：（1）欲将特征值进行平移，使得实部有正有负，可以将矩阵 A 做如下变换：
10
0
特征值虚部按不同比例因子 k变化的 GMRES算法的收敛曲线 (阶数 n=1000）
k=0.2 k=0.5 k=2 k=5
10
-5
||rk||/||b||
10
-10
10
-15
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
迭代次数
图8 特征值虚部按不同比例因子k变化的GMRES法求解求解Ax=b的收敛曲线
图7 特征值虚部按不同比例因子k变化的Arnoldi法求解求解Ax=b的收敛曲线
（3）GMRES法求解求解A′x=b: 利用matlab编程实现GMRES算法。b = ones(1000,1)，x0 = zeros(1000, 1)。计算每一步迭代的残差rk相对于初始残差的2范数。相对残差2范数的对数值与迭代步数的关系曲线如图8所示：