数值分析(解答)1

数值分析 课程名称：___________________________ 课程类别 □公共课 □开卷 √ 考核形式 □专业课 □闭卷 √ 2007.5.28 学生类别______________考试日期______________学生所在院系_______________ 学号__________________姓名__________________任课教师___________________

一、填空题（每空2分，共20分） 1、计算y1000111，给出了两种运算顺序，（A）从左到右相100110022000加，（B）从右到左相加，应选择运算顺序（ B ）可使计算结果接近于真值。 2、由n1个插值条件是否可唯一确定一个次数不超过n的插值多项式？（ 不一定 ） 3、在[-1，1]区间上，令n(x)(xxi)，则点xi应取为（ n次chebyshev 多项式i1n的零点），可使max|n(x)|达到极小。

1x14、设qk(x)k0是区间[0，1]上权函数为(x)x的最高项系数为1的正交多项式族，

1,•k063•其中q0(x)1，则xqk(x)dx2，q2(x)x2x。

0510,•k00•15、Newton-cotes 求积公式的精确程度是否一定能随着其代数精度的提高而提高？（不一定）

6、用显式Euler 法解初值问题y10y•,•y(0)y0，为保证绝对稳定性，步长h应在范围（0，0.2）内选取。

7、设A是一个正交矩阵，则cond2(A)=（ 1 ）。

a1•0•11a，当a•(•,•)时，必有分解式ALLT，其中L为下三角8、设A0•1•22a•a•1

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矩阵，当其对角线元素lii(i1••,•2•,•3•)满足条件lii0时，这种分解是唯一的。 二、（15分）求一个次数不高于4的多项式P(x)，使它满足P(0)P(0)0，

P(1)P(1)1，P(2)1，并写出其余项表达式。

解：构造重节点的差商表

x y 差商 一 0 1 1 0 二 1 0 -1 三 -1 1 20 0 1 1 2

0 0 1 1 1 四 1 4故P4(x)01x21x2(x1)12x(x1)2 412x(x1)2x2(2x)4

12x(x3)24f(5)()2x(x1)2(x2)，(0,2) 其余项表达式为：R4(x)5!三、（10分）求a，b使2[axbsinx]2dx达到最小。

0解：由于题中积分达到最小，实际上是在[0,]上求*(x)axbspan1,x，

2使其成为sinx的最佳平方逼近多项式，故a,b满足正规方程组：

b(0,0)a(0,1)(0,sinx) b(1,0)a(1,1)(1,sinx)其中(0,0)

2，(0,1)21，(1,1)()3，(0,sinx)1，(1,sinx)1

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2ba128故有：2 解得a0.6644389，b0.1147707 3ba1248四、（10分）求f(x)2x3x22x1在[-1，1]上的二次最佳一致逼近多项式。（注：Chebyshev 三次多项式为T3(x)4x33x）

解：设所要求的二次最佳一致逼近多项式为P2(x)H2，依题意，必有：

p(x)H21x1minmax|f(x)P(x)|max|f(x)P2(x)|min

1x1即有：max|11f(x)P2(x)|min

1x12211由于f(x)P2(x)是首一的三次项式，因此，据Chebyshev 多项式的性质

22（Th3.6）可知

1111~f(x)P2(x)T3(x)2T3(x)(4x33x) 224231从而P2(x)f(x)2x3xx2x1

22五、（10分）作适当变换，把积分

I•2x21x(2x)•0dx

化为能应用n点Gauss-Chebyshev求积公式的积分。当n取何值时，能得到积分的准确值？并计算它。

2•1t2t2.020tt1，则I解：令xdt

•12221t能应用Gauss-Chebyshev 求积公式，由于n点Gauss-Chebyshev求积公式的代数精度是2n1，f(t)t22t是二次多项式，因此应用两点以上(n2)的Gauss-Chebyshev 求积公式便可得到积分的准确值，据两点Gauss-Chebyshev 求积公式，

I

2[f(cos3

4)f(cos3)] 42[(222222)2()()2()] 22222六、（10分）证明：线性二步法

yn1(1b)ynbyn11h[(b3)fn1(3b1)fn1] 4当b1时方法为二阶的，当b1时方法为三阶的。 解：设yny(xn)，yn1y(xn1)

Tn1y(xn1)yn1•••••••hy(xn1)(b1)y(xn)by(xn1)[b3]y(xn1)(3b1)y(xn1)4h2h3y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)(h4)(b1)y(xn)b[y(xn)23!h2h3hhy(xn)y(xn)y(xn)(h4)](b3)[y(xn)hy(xn)244 h2hh233y(xn)(h)](3b1)[y(xn)hy(xn)y(xn)(h)]2421111(1b1b)y(xn)[1b(b3)(3b1)]hy(xn)[b44221111(b33b1)]h2y(xn)[b(b33b1)]h3y(xn)(h4)46681(b1)h3y(xn)(h4)3则当b1时，Tn1(h3)，故方法为二阶的，当b1时，Tn1(h4)，故方法为三阶的。

七、（15分）设线性方程组AXb的系数矩阵为：

4•3•0 A3•4•10•1•4问求解此方程组的Jacobi 迭代，Gauss-seidel 迭代是否收敛？为什么？SOR方法中的松驰因子的最优选择为多少？试比较Jacobi 迭代，Gauss-seidel 迭代以及SOR方法的收敛速度。（对称正定三对角矩阵，最优松弛因子公式pot2(11[[BT]]2）

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解：不难验证A是否定对称的三对角矩阵，由

0.75•0•0• BJD1(LU)0.75•0•0.250.25•0•0•det(IBJ)(20.625)

得列(BJ)0.6250.790，由定理6.26知(BG)0.625，因(Bj)1，SOR方法最优松驰因子为(BG)1，故Jacobi迭代，Gauss-seidel 迭代均收敛。

opt2110.6251.24

而(Hw)0.24，因(H)(BG)(Bj)可见采用最优松驰因子的SOR方法收敛速度比Jacobi 迭代和G-S迭代收敛速度快得多，而G-S迭代又比Jacobi 迭代收敛速度快。

八、（10分）证明简化Newton公式，

xn1xnf(xn),1••,•2•,• ，n0•f(x0)f(x)1L•,•(0L1)；又设f(x)在[a,b]内有单f(x0)收敛的一个充分条件是：1L根x*，证明|xnx*|解：令(x)x1|f(x0)||xn1xn|，其中mmin|f'(x)|。

axbmf(xn)f(x)，则|(x)|L1（在x*的领域内）是xn1xnf(x0)f(x0)f(x)|L1 f(x0)收敛的一个充分条件，即|111f(x0)||即得01Lf(x) 1L，或 f(x)f(x0)1L1L因而，只要对给定的x0，存在0L1，使对任何x[a,b]，上式都能成立的话，简单Newton法就收敛，再由f(x*)0，f(x*)0，有

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xn1xn间。

f(xn)f(x0)f(xn)f(x*)f()(xnx*)，介于xn与x*之f(x0)f(x0)f(x0)这样xnx*(xn1xn)

f(g)所以|xnx*||f(x0)1||xn1xn||f(x0)||xn1xn| f()m6