数值分析试题8答案

2006年招收硕士学位研究生试卷答案与评分标准

科目代号 考试时间

411

2006年1月15日下午

科目名称 报考专业

数值分析

纺织材料与纺织品设计

1、试题内容不得超过画线范围，试题必须打印，图表清晰，标注准确。 2、试题之间不留空格。

3、答案请写在答题纸上，在此试卷上答题无效。 4、允许使用计算器。 题号 得分

一 二 三 四 五 六 七 八 九 得分 一、填空题（每小题3分，共30分） (1)

521210设A382，则A= ___13_____. (2) 对于方程组(3)

32 x15x21, Jacobi迭代法的迭代矩阵是GJ= 10x4x3122.502.50 。

x*的相对误差约是x*的相对误差的__1/3___ 倍.

xnf(xn)1f'(xn)(4) 求方程xf(x)根的牛顿迭代格式是xn1xn 。

(5) 设f(x)x3x1，则差商f0, 1, 2, 3=____1______。

(6) 设nn矩阵G的特征值是1,2,,n, 则矩阵G的谱半径(G)=_maxi 。

1in(7) 已知A, 则条件数Cond0112(A)____9_____。

(8) 为了提高数值计算精度, 当正数x充分大时, 应将ln(xln(xx21)

x1)改写为

2。

(9) n个求积节点的插值型求积公式的代数精确度至少为 n1 次.

(10) 拟合三点x1,f(x1), x2,f(x2), x3,f(x3)的水平直线是y13f(xi) 。

3i1

二. (15分) 证明: 方程组

2x1x2x31x1x2x31 x1x22x31使用Jacobi迭代法求解不收敛. 证明 Jacobi迭代法的迭代矩阵为

00.50.5GJ101 （5分）

0.50.50GJ的特征多项式为

0.50.5det(IGJ)11(21.25)

（5分）

0.50.5GJ的特征值为10，21.25 i，31.25 i，故(GJ)1.251，因而

Jacobi迭代法不收敛。 （5分）

三. (15分) 定义内积

(f,g)10f(x)g(x)dx

试在H1Span1,x中寻求对于fxx的最佳平方逼近元素px.

解 0(x)1，1(x)x

0,100dx1， 1,010xdx12

1x21， 21,10dx30,f10xdx3

11,f0xxdx25 （5分）

法方程为

11/2c02/31/21/3 （5分） c12/5解得c0415，c11215。所求的最佳平方逼近元素为

4151215x， 0x1 （5分）

p(x)四. (15分) 给定数据表

x y -2 -0.1 -1 0.1 0 0.4 1 0.9 2 1.6 试用三次多项式以最小二乘法拟合所给数据.

解 y(x)c0c1xc2x2c3x3

11A111210124101485100， ATA10108010034100340034 0130ATy(2.9,4.2,7,14.4)T （8分）

法方程

ATAcATy （2分）

的解为c00.4086，c10.39167，c20.0857，c30.00833 （3分） 得到三次多项式

y(x)0.40860.39167x0.0857x20.00833x3

误差平方和为30.000194 （2分）

五. (15分) 依据如下函数值表

x f(x)0 1 1 9 2 23 4 3 建立不超过三次的拉格朗日插值多项式. 解 插值基函数

l0(x)(x1)(x2)(x4)(01)(02)(04)(x0)(x2)(x4)(10)(12)(14)18x378x274x1

l1(x)13x32x283x

l2(x)(x0)(x1)(x4)(20)(21)(24)(x0)(x1)(x2)(40)(41)(42)14x318x2x

l3(x)124x3x2112x （8分）

拉格朗日插值多项式为

3L3(x)i0f(xi)li(x)l0(x)9l1(x)23l2(x)3l3(x)

=

114x34x212x1 （7分）

六. (15分) 用矩阵的直接三角分解法解方程组

1010012120400x151x23  3x3173x47解 设

10100121204001l1213l313l41110u222u23u330u24 （4分） u34u441l32l421l43由矩阵乘法可求出uij和lij

1l21 l31l411 1011001u24u34u44 （3分） 120201 （3分） 121l32l420u221l432u23u331210110解下三角方程组

1010y15y32 y3171y4712110有y15，y23，y36，y44。再解上三角方程组

1012020x151x23 1x362x44得原方程组的解为x11，x21，x32，x42。 （5分）

七. (15分) 试用Simpson公式计算积分

1的近似值, 并估计截断误差.

解

22e1/xdx

1e1/xdx216(e4e1/1.5e1/2)2.0263f(4) （8分）

)e1/x

(1x812x7f36x624x5maxf1x2(4)(x)(4)(1)198.43

截断误差为

R2(21)52880maxf1x2(4)(x)0.060 （7分）

八. (15分) 用Newton法求方程xlnx2在区间(2, )内的根, 要求

xkxk1xk108。

解 此方程在区间(2, )内只有一个根s，而且在区间（2，4）内。设

f(x)xlnx2

则 f'(x)11x， f''(x)1x2 （5分）

Newton法迭代公式为

xk1xkxklnxk211/xkxk(1lnxk)xk1， k0,1,2, （5分）

取x03，得sx43.146193221。 （5分）

九. (15分) 给定数表

x f(x)-1 10 1 0 14 1 16 0.1 2 15 f'(x) 求次数不高于5的多项式H5(x)，使其满足条件

H5(xi)f(xi), i0, 1, 2, 3 '(x)f(x), i0, 2H5ii其中xi1i, i0, 1, 2, 3。

解 先建立满足条件

p3(x)f(xi)， i0,1,2,3

的三次插值多项式p3(x)。采用Newton插值多项式

p3(x)f(x0)fx0,x1(xx0)fx0,x1,x2(xx0)(xx1)+

fx0,x1,x2,x3(xx0)(xx1)(xx2)

=104(x1)(x1)x=14196xx21616(x1)x(x1)

x3 （8分）

再设 H5(x)p3(x)(axb)(x1)x(x1)(x2)，由

'(1)p'(1)(ab)(6)1H53 '(1)p'(1)(ab)(2)0.1H53得

11ab8 17ab60解得a59360，b161360。 （5分）

故所求的插值多项式

H5(x)14196xx216x31360(16159x)x(x21)(x2) （2分）