数值分析试卷及答案

1．有3个不同节点的高斯求积公式的代数精度是 次的.

1523，x4，则A= .，x= ______.

02．设A21  114223．已知y=f(x)的均差（差商）f[x0,x1,x2] 141591，f[x1,x2,x3] ，f[x2,x3,x4]，33158f[x0,x2,x3] , 那么均差f[x4,x2,x3]= .

3(4)4．已知n=4时Newton－Cotes求积公式的系数分别是：C0(4)C3＝ .

716(4)2,C1(4),C2,则9045155．解初始值问题yf(x,y)的改进的Euler方法是 阶方法；

y(x0)y05x13x20.1x336．求解线性代数方程组2x16x20.7x32的高斯—塞德尔迭代公式为 ，

x2x3.5x1123若取xr(0)r(1,1,1), 则x(1) .

7．求方程xf(x)根的牛顿迭代格式是 . 8．l0(x), l1(x),L, ln(x)是以整数点x0, x1,L, xn,为节点的Lagrange插值基函数，则

xlkk0nj(xk)= .

(k1)9．解方程组Axb的简单迭代格式xBx(k)g收敛的充要条件是 .

10．设f(-1)1,f(0)0,f(1)1,f(2)5，则f(x)的三次牛顿插值多项式

为 ，其误差估计式为 .

二、综合题（每题10分，共60分）

1．求一次数不超过4次的多项式p(x)满足：p(1)15，p(1)20，p(1)30

p(2)57，p(2)72.

2．构造代数精度最高的形式为其代数精度.

1xf(x)dxAf()A1f(1)的求积公式，并求出 00213．用Newton法求方程xlnx2在区间(2, )内的根, 要求

2xkxk1xk108.

4．用最小二乘法求形如yabx的经验公式拟合以下数据：

19 25 30 5．用矩阵的直接三角分解法解方程组

38 1010020x15x3101 2.

243x317103x47yf(x,y)6 试用数值积分法建立求解初值问题的如下数值求解公式

y(0)y0hyn1yn1(fn14fnfn1)，

3其中fif(xi,yi),in1,n,n1.

三、证明题（10分）

设对任意的x，函数f(x)的导数f(x)都存在且0mf(x)M,对于满足

02*的任意，迭代格式xk1xkf(xk)均收敛于f(x)0的根x. M

参考答案

一、填空题

1．5； 2. 8, 9 ; 3.

x1(k1)(k1)(k)(22x1(k1)0.7x3)/6, ，6. x2，

(k1)(k1)(k1)x(1x2x)*2/73127. xk1xk9116； 4. ； 5. 二； 1545(k)(k)(33x20.1x3)/5xkf(xk); 8. xj; 9. (B)1;

1f(xk)10.

131xx2x,66f(4)()(x1)x(x1)(x2)/24(1,2)

二、综合题 1．差商表：

1 15 20 15 7 1 1 15 20 22 8 1 15 42 30 2 57 72 2 57 p(x)1520(x1)15(x1)27(x1)3(x1)3(x2)54x3x22x3x4

其他方法：

设p(x)1520(x1)15(x1)27(x1)3(x1)3(axb) 令p(2)57，p(2)72，求出a和b. 2．取f(x)1,x，令公式准确成立，得：

11111, A0A1, A0, A1. 22336115f(x)x2时，公式左右；f(x)x3时，公式左, 公式右

4524∴ 公式的代数精度2. A0A13．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11， f''(x) ，Newton法迭代公式为

2xxxk1xkxklnxk2xk(1lnxk)， k0,1,2,

11/xkxk1取x03，得sx43.146193221。 4． span{1,x}，ATTT21192111，yT19.032.349.073.3.

 22225303843330 ，

33303416082解方程组AACAy，其中ATA解得：C5．解 设

1.41665

0.0504305所以a0.9255577， b0.0501025.

10100201l110121243l31l32103l41l4210u2212u23u330u24 u34u441l43由矩阵乘法可求出uij和lij

1l211l31l32l41l4210u221l432u23u33101 1211010101020101u24

u3421u4421y1501y32 解下三角方程组 121y3170101y47有y15，y23，y36，y44.

10210再解上三角方程组 2得原方程组的解为x11，x20x15x312 1x362x441，x32，x42.

6 解 初值问题等价于如下形式y(x)y(xn1)取xxn1，有y(xn1)y(xn1)xxn1f(x,y(x))dx，

xn1xn1f(x,y(x))dx， h(fn14fnfn1). 3利用辛卜森求积公式可得yn1yn1三、证明题

(x)， 证明 将f(x)0写成xxf(x)@由于 (x)[xf(x)]1f(x)，所以|(x)||1f(x)|1

*所以迭代格式xk1xkf(xk)均收敛于f(x)0的根x.

模 拟 试 卷（二）

一、填空题（每小题3分，共30分）

1．分别用和作数e的近似值，则其有效位数分别有 位和 位 ；

1021，x3，则A= ________，x02． 设A11 13821 2= .

2 x15x213．对于方程组, Jacobi迭代法的迭代矩阵是GJ=________.

10x4x3214．设f(x)x3x1，则差商f0, 1, 2, 3=__________，f0, 1, 2, 3,4=_______. 5．已知A12, 则条件数Cond(A)_________. 016．为使两点的数值求积公式

11f(x)dxf(x0)f(x1)具有最高的代数精确度，则其求积

基点应为x0=__________， x1=__________

yf(x,y)7．解初始值问题近似解的梯形公式是yk1

y(x)y008．求方程f(x)0根的弦截法迭代公式是 9. 计算积分

10.5xdx，取4位有效数字，用梯形公式计算求得的近似值是 ， 用辛

卜生公式计算的结果是

10．任一非奇异矩阵A的条件数Cond(A)＝ ，其Cond(A)一定大于等于

二、综合题（每题10分，共60分）

1 证明方程1xsinx在区间[0,1]有且只有一个根，若利用二分法求其误差不超过

1104近似解，问要迭代多少次 22 已知常微分方程的初值问题：

dyx,1x1.2, dxyy(1)2试用改进的Euler方法计算y(1.2)的近似值，取步长h0.2.

335x110T3 用矩阵的LDL分解法解方程组 359x216.

5917x3034 用最小二乘法求一个形如y1的经验公式，使它与下列数据拟合. abx x y x0.4y0.4z15 设方程组0.4xy0.8z2，试考察解此方程组的雅可比迭代法及高斯－赛德尔迭代

0.4x0.8yz3法的收敛性。

4116 按幂法求矩阵A132的按模最大特征值的近似值，取初始向量123x(0)(1,0,0)T，迭代两步求得近似值(2)即可.

三、证明题（10分） 已知求的迭代公式为：

证明：对一切k1,2,L, xka， 且序列xk是单调递减的，从而迭代过程收敛.

参考答案

一、填空题

1．6， 7； 2. 9, 11; 3 . 7. yk02.511; 4. 1, 0; 5. 9; 6. , ; 332.50h[f(xk,yk)f(xk1,yk1)]; 2f(xk)(xkxk1) ； 9. , ; 10. A1A, 1

f(xk)f(xk1)8. xk1xk二、综合题

1 解 令f(x)1xsinx，则f(0)10，f(1)sin10，且f(x)1cosx0 故1xsinx在区间[0,1]内仅有一个根x. 利用二分法求它的误差不超过解此不等式可得 k*111104的近似解，则 |xk1x*|k1104 2224ln1013.2877 ln2所以迭代14次即可.

2、解：

k1f(x0,y0)0.5,k2f(x1,y0hk1)0.571429,hy1y0(k1k2)20.1(0.50.571429)2.1071429

2

33513 解 设359l2115917l31l32利用矩阵乘法可求得

d11d21l21l31l321 d31d13，d22，d325，l211， l31，l322 331y110y16 得y10,解方程组 11125y330321y26,y34， 35113xd111011d再解方程组 12x226 得x11,x21,x32.

d314x1334 解 令Y1，则Yabx容易得出正规方程组 y59a16.971，解得 a2.0535,b3.0265. 917.8b35.3902故所求经验公式为 y 5 解

1.

2.05353.0265x0.40.43（1）由于fJ()0.40.80.960.256

0.40.8fJ(1)10.980.2560，fJ(2)81.960.2560

所以fJ()0在(2,1)内有根i且|i|1，故利用雅可比迭代法不收敛.

（2）由于fG()0.40.40.40.8(20.8320.128)

0.40.8所以(G)0.832，故利用高斯－赛德尔迭代法收敛. 6 解 因为x(0)[1,0,0]T，故Px(0)P1，

T(1)且y(1)Ax(0)4,1,1，从而得

max(y(1))4.

(2)11Tx(1)y(1)/Py(1)P[1,,]449max(y(2)).

2，

999y(2)Ax(1)[,,]T244，

三、证明题 证明: 由于 xk11a(xk)a,k0,1,2,L 2xkxk11a1(12)(11)1 xk2xk2所以 xk1xk，即序列{xk}是单调递减有下界，从而迭代过程收敛.

故对一切k，xka，又

模 拟 试 卷（三）

一、填空题（每小题3分，共30分）

1．设a2.40315是真值x2.40194的近似值，则a有 位有效位数，相对误差限

为 ；

2． 若用二分法求方程f(x)0在区间[1,2]内的根，要求精确到第3位小数，则需要对

分 次。

3．有n个节点的高斯求积公式的代数精度为 次.

24．设(x)xa(x5)，要使迭代格式xk1(xk)局部收敛到x5，则a的取值

*范围是

5．设线性方程组Ax=b有唯一解，在不考虑系数矩阵扰动的情况下，若方程组右端项的

扰动相对误差

δbδx ，就一定能保证解的相对误差； bx6．给定线性方程组9x1x28，则解此线性方程组的Jacobi迭代公式

x15x24是 ，Gauss-Seidel迭代公式是 7．插值型求积公式

Ak0nkf(xk)f(x)dx的求积系数之和是

ab8．数值求解初值问题的龙格--库塔公式的局部截断误差是

9. 已知函数f(0.4)0.411, f(0.5)0.578 , f(0.6)0.697，用此函数表作牛顿插值多

项式，那么插值多项式x的系数是

221010． 设A12a，为使A可分解为A=LLT，其中L是对角线元素为正的下三角0a2矩阵，则a的取值范围是 。 二、综合题（每题10分，共60分）

1．用Newton法求方程xlnx2在区间(2, )内的根, 要求

xkxk1xk108.

1011212

b13， 如

2．设有方程组Αxb，其中A221，已知它有解x13，

022230

果右端有小扰动δb1106，试估计由此引起的解的相对误差。 221/x3．试用Simpson公式计算积分edx的近似值, 并估计截断误差.

14．设函数f(x)在区间[0,3]上具有四阶连续导数,试用埃尔米特插值法求一个次数不高于3

的多项式P3(x)，使其满足P 3(0)0,P3(1)1,P3(1)3,P3(2)1，并写出误差估计式。

2105．A121，给出用古典Jacobi方法求A的特征值的第一次迭代运算。 012y'y02h6．用梯形方法解初值问题， 证明其近似解为yn，并证明当h02hy(0)1时，它收敛于原初值问题的准确解ye。 三、证明题（10分）

xn若f(x)axii1ni有n个不同的实根，证明

i1n0,xkj1f(xj),an0kn2kn1.

参考答案

一、填空题

1. 3, 0.510 ; 2. 10; 3. 2n-1; 4. 15. cond(A);

(k1)(k)(k1)(k)x1(8x2)/9x1(8x2)/96. , k0,1,L, (k1), k0,1,L

(k1)(k)(k1)x2(4x1)/5x2(4x1)/557. ba; 8. O(h); 9. －; 10 . 3a3 -35a0;

二、综合题

1．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11，f''(x)， Newton法迭代公式为 xx2xk1xkxklnxk2xk(1lnxk)， k0,1,2,

11/xkxk1 取x03，得sx43.146193221。

111δxδb12．解 A211.5，Cond(A)22.5，由公式，有Cond(A)xb211δxx3．

110622.521.6875105

2321e1/xdx211123624(e4e1/1.5e1/2)2.0263, f(4)(8765)e1/x ， 6xxxx1x2maxf(4)(x)f(4)(1)198.43，

(21)5maxf(4)(x)0.06890 截断误差为R228801x25372(x)x7xx 4．由所给条件可用插值法确定多项式P3(x)，P3222(由题意可设R(x)f(x)P3(x)k(x)x(x1)(x2)为确定待定函数k(x)，作辅助

2函数：g(t)f(t)P3(t)k(x)t(t1)(t2),则g(t)在[0,3]上存在四阶导数且在

[0,3]上至少有5个零点tx, t0,1,2（t0为二重零点），反复应用罗尔定理，知至

少有一个零点(0,3)，使g(4)()0，从而得k(x)1(4)f()。故误差估计式为4!R(x)1(4)f()x(x1)2(x2)，(0,3)。 4!5．首先取i1,j2，因cot20，故有4，于是cossin1，2V(0)121V12()2012120001，

A(1)V(0)A(0)V(0)T111001022221011 10121003222012101110222h6. 梯形公式为yn1yn[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]，由f(x,y)y，得

2hyn1yn(ynyn1)，

22h2h22hn12hn1所以yn1(用上述梯形公式以步)yn()yn1L()y0()，

2h2h2h2h长h经n步计算得到yn，所以有hnx，所以

x2hn2hhlimynlim()lim()ex． h0h02hh02h1212012120三、证明题 证

明

由

于

f(x)aixii1n有

n个不同的实根，故

f(x)an(xx1)(xx2)L(xxn)@anwn(x),于是

i1nnxkxk1jj(xj)anf(xj)i1anwnnxkj (xj)i1wnn记 g(x)x，则

ki1nxk1jf(xj)ang(xj)1g[x1,x2,L,xn]， ani1wn(xj)0kn2kn1.

再由差商与导数的关系知

i1n0,xkj1f(xj),an

模 拟 试 卷（四）

一、填空题（每小题3分，共30分）

1． 为了减少运算次数，应将算式y1248改写232x3(2x3)(2x3)为 ，为减少舍入误差的影响，应将算式980改写为 。

111，A ，A 。

112．A2 1 3213．设在xg(x)的根 x 附近有连续的二阶导数，且g' (x*)1，则

当 时迭代过程xk1g(xk)是线性收敛的，则当 时迭代过程xk1g(xk)是平方收敛的。 4．设A*a10kalimA0 ，则当满足 时，有k015．用列主元消去法解线性方程组Ax=b时，在第k－1步消元时，在增广矩阵的第k列取

(k1)(k1)主元ark，使得ark 。

6．已知函数f(0)1, f(1)3 , f(2)7，则f[0,1]= ，f[0,1,2]= ，f(x)的

二次牛顿插值多项式

0，0可以表成x (x)，7．求解方程f(x) 若f(x) 则用简单迭代法求根，那么 (x)

满足 ，近似根序列x1,x2,L,xn,L一定收敛。 8．n1点插值型数值积分公式

Ak0nkf(xk)f(x)dx的代数精度至少是 次，最高

ab不超过 次。

2xyyy 在[0,1]上欧拉计算格式 9.写出初值问题y(0)1yf(x,y)10．解初始值问题的梯形方法是 阶方法

y(x)y00二、综合题（每题10分，共60分）

1．证明方程xx10在区间[1，2]内有唯一根x*，用牛顿迭代法求x*(精确至3位小数)。

3x1x2x332．用列主元消去法解线性方程组x13x22x32;

2x2xx12313．给定数据x=0,1,2,3，对应函数值分别为y=1,3,2,4，求三次拉格朗日或牛顿插值多项式。

2104．设有矩阵A121 用“规范化”的方法求其按模最大的特征值及对应的特

012征向量（注：求迭代4次即可）

yy25．用改进的Euler方法求初值问题  , (0x1,取步长h0.1) .

y(0)1 6．给定数据f(0.1)5.1234, f(0.2)5.3053, f(0.3)5.5684，求一次最小二乘拟合

多项式。 三、证明题（10分）

a11x1a12x2b1设线性方程组为，a11a220

axaxb2112222（1） 证明用雅可比迭代法和高斯-塞德尔迭代法解此方程组要么同时收敛，要么同时发

散；

（2） 当同时收敛时，比较它们的收敛速度。

参考答案

一、填空题 1. u11, y((8u-4)u2)u1, ; 2. 6, 6; 2x39803. g' (x)0, g' (x)0, g'' (x)0; 4. a1;

2(k1)5. maxaik; 6. 2, 1, xx1; 7. '(x)L1; 8. n，2n1;

***kin2xnyyh(y)n1nnyn 10. 二 9. y10二、综合题

1.令f(x)xx1,3f'(x)3x210,f(x)在（，）严格单增12

f1)1, 又（（f2）5，（fx）在（，）上有唯一根；12

xk3xk1由牛顿迭代公式 xk1xk， 23xk1取x0=，得 {1.2, 1.34217, 1.325, 1.32472, 1.32472, 1.32472}

或取x01.0，{1., 1.5, 1.34783, 1.3252, 1.32472, 1.32472} , 所以x*1.32472. 2

．

1(A,b)12200240323221211112.55/41123112220013124212.51.5 0.52.51

11.5, 故x1 x2 x31. 5/423. N3(x)12x3/2 x (x1)x (x1) (x2)x34.5 x5.5x1 32或 L3(x) x4.5 x5.5x1 T4．取u0(1,1,1) ，由乘幂法得，

V1=Au0 =(1,0,1)T ， u1=(1,0,1)T ，V2=Au1 =(2,-2,2)T ,u2=(1,1,1)T

V3=Au2=(3,-4,3)T, u3=(0.75,1,0.75)T 13.4142,x1(0.7071,1,0.7071)T

5．改进的Euler方法

2f(xn,yn) yn，yn1ynh/2[f(xn,yn)f(xnh, ynh f(xn,yn))]

h0.1,取x00.0，经计算得 ：y01.0 ;x10.1，经计算得 ：y11.1105 x20.2，经计算得 ：y21.24828 ;x30.3，经计算得 ：y31.42476 ; x40.4，经计算得 ：y41.65874 ; x50.5，经计算得 ：y51.9833

{0.6,2.4624},{0.7,3.23643},{0.8,4.67773},{0.9,8.12877},{1.,22.2908}}

6．设所求一次拟合多项式为 S1(x)a0a1x或基函数为{1,x} 与(xi,yi)((0.1,5.1234),(0.2,5.3053),(0.3,5.5684) ),做最小二乘拟合：

(0,0)3,(0,1)0.10.20.30.6,(1,1)0.120.220.320.14,(0,f)5.1234+5.3053+5.5684=15.9971(1,f)0.15.1234+0.25.3053+0.35.5684=3.24392,

,得正规方程组

0.6a015.99713, 解得a04.8847, a12.2250， 0.60.143.24392a1故 S1(x) 4.88472.2250x. 三、证明题

a11a12a12a21r证明：系数矩阵A，记 aaaa11222122（1）雅可比迭代矩阵J的特征方程为

a11a21a12220，即a11a22a12a210，或r。a22当r0时，

1r,2r；当r0时，10,20；当r0时，

1ir,2ir。所以(J)r。

高斯-塞德尔迭代矩阵G的特征方程为

a11a120，即a11a222a12a210，或

a21a222r，解得10,2r，所以(G)r。所以，当r1时，(J)1,(G)1；

当r1时，(J)1,(G)1，因而两种迭代法要么同时收敛，要么同时发散. （2）当r1时，同时收敛，且(G)(J)，所以高斯-塞德尔迭代法比雅可比迭代法收敛快。