数值分析试卷答案

数值分析试题详解

2010 何建斌年12月 日

14

一、解： 

ynyn-111001783



ynyn-11001783

y1y0

10011001100783

y2y1

783

y3y2

783

: : : :

y100y99

1100783

两边同时相加得：

y100y0100（1100783）783

783所以

y100y0（783）2827.9820.018000

精确值为78327.98213716*y100的精确值y1002827.982137160.01786284e0.017862840.0180000.0001371593易知e0.000137160.2103

知其一个绝对误差限为

0.2103

二、⑴由题意可知，原方程等价于

51111101111511x14x21121x3810x434 由（2.7）'可知

（k1）x14k（k）（k）k（k）（k）1xxxxxx423434255k（k）k（k）（k）（k）12xxxxxx12（k1）134134x21010 k（k）k（k）（k）（k）8xxxxxx8（k1）124124x355 k（k）k（k）（k）（k）34xxxxxx34（k1）123123x41010

计算结果如下： 取xk 1 2 3 4 5

00000 有

Txk xk1xk 0.80.440.7160.88281.21.621.841.62.363.4 3.6 3.842 3.9288 3.96914 3.4 1.24 0.372 0.1668 0.06852 2.7321.9292.87960.947481.969122.94812

当进行第5次迭代后，代完成。 ⑵GS迭代法 由（2.8）式知：

x1k1xk1xk0.068520.1，符合要求，迭

x2x3x445kkk

kkx2x3k1-x1-x1-x1k1x3x41210x2x2k1k1k1x48x3k1k5k1k1x4k13410

取k x0000x0，GS法计算结果如下表：

Tk xk1xk 1 0.81.121.62 0.4781.7738883.5984 3.902012163.5984  3.9794673683.9957004072.76975361.278 3 0.81307524 0.977000706

1.95606511.9905914592.9494465132.9411907 0.412650752  0.0878699 当进行完第4次迭代后，求，即迭代完成。

xk1xk0.08786990.1，符合要

显然，GS法比简单迭代法收敛更快。

三、解：不动点迭代法

x12x32352 迭代公式为

⑴方程变换为

x12x3xk112xk352 这里

52，'xx02。取

x00，有

x12.5，x210.3125，x31096.210。迭代没有收敛的趋

势。

⑵方程变换为xx332x5，迭代公式为x21233（2x5）k132xk5，这里

2x5且'x3所

'xL1。仍取

x00，则x151.710，

x2323552.034，x32.085，x42.093，

x52.094，x62.094

显然迭代6次以后即收敛，迭代完成。

四、解：⑴构造差商表如下（x00，h0.2）

k 0 1 2 3 4 xk 0 0.2 0.4 0.6 0.8 fxk 1.0000 1.2214  0.2214 2 3 4 0.049 0.0709 -0.2377 0.2704 1.4918 0.3903 1.8821 2.2255 0.3434 -0.0469 2 0.1199 -0.1668 3 4  ⑵运用牛顿基本插值法计算 三点：

3L30,12L30.00.25

133331.00000.221410.049120.070952！553！555

3131.1309304四点

3L40,12L40.00.25 1.000013350.221433133310.049120.07092！553！555 13331230.23774！5555e1xx1.131712

x2而

2！3！

0.124x3截断误差：三点为4！8.106

0.125 四点为5！2.073610**7

*五、解:拟合函数*xa00xa11xannx 即为所取拟合多项式。即取0x1,1xx,,nxx

n一次拟合，即n=1，设拟合函数为

yxa0a1x

0x1,1xx

x1，记

这里权函数取

其中

0x1111,1x2T468,f(2T112840)

T420正则方程组为

20a081120a1536a012.5a16.55

一次拟合多项式为

yx12.56.55x

2yxa0a1xa2x

2x1 记 x1,xx,xx12这里0

二次拟合，即n=2.设拟合函数为

0x1111,1x2T468,2x4T1636

Tfx2112840

T420120正则方程组为

20120800120a081a08.75800a1536a14.675a0.187556a237522

2二次拟合多项式为

yx8.754.675x0.1875x

82n6n最大偏差

六、解：将28分为n等分。

xk2kh,h,k0,1,2,n

81xn2dxxk1xkk1111dxRnfx2k1xk1xk

hn

11Tnffxk1fxk2k12k1xk1xk令

hnhnRnf12hf'',2,82

11n2时,h3,T2f1.53752k1xk1xk

33411n4时,h,T2f1.31270604424k1xk1xk32

11n8时,h,T8f1.39712624948k1xk1xk338n16时,h111.303085816k1xk1xk

333211n32时,h,T32f1.3869803681632k1xk1xk

3,T16f316整理如下表： n 2 4 8 16 32

h 3 323438316Tf TmTm1 1.5375 1.312706044 1.397126249 1.303083 1.386980368 1.5375 0.224793956 0.084420205 0.008095399 0.0020504819 T32fT16f0.0020504819

0.510

2

所以符合要求的

81x2dxT32f1.386980368

即即

81x2dx2ln21.386980368

ln2121.3869803680.693490184

七、解：由已知题意可知梯形格式：

yn1ynfx,yy,y01 hfx,yfx,ynnn1n120.1ynyn12

yn yn0.05yn0.05yn1

yn10.951.05yn

计算如下表：

xn 梯形法（yn） xn 梯形法（yn） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 1 0.904762 0.818595 0.740632 0.670096 0.606278 0.8537 0.496295 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 0.449029 0.4062 0.367573 0.332566 0.3003 0.272236 0.246309 0.222851

证明：⑴由梯形公式知，

yn1ynyn1hynyn12yn

2h2h 即所以

y12h2hy0

22hy2y1y02h2h2h 

yk2h2hyk12hy02h

kk

2hyky12h 又0 知其近似解

⑵设任给x>0，我们认为，为求yx的近似值yk，用上述梯形公式以步长h经过k步计算到yk，也就是说，k、h与xk有关系：kh=xk。

2h于是有：limyklim h0h02hxkk2hh lim h02hx e

k