数值分析试题库有答案解析.pdf

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1、模 拟 试 卷（一）一、填空题（每小题 3 分，共 30 分）1有 3 个不同节点的高斯求积公式的代数精度是次的.1523，x x 4，则A A=.，x x=_.02设A A 21 1142 23 已知y=f(x)的均差（差商）fx0,x1,x2141591，fx1,x2,x3，fx2,x3,x4，33158fx0,x2,x3,那么均差fx4,x2,x3=.3(4)4已知n=4 时 NewtonCotes 求积公式的系数分别是：C0(4)则C3.716(4)2,C1(4),C2,904515y f(x,y)5解初始值问题的改进的 Euler 方法是阶方法；y(x)y00 5x13x20.1x3

2、 36求解线性代数方程组2x16x20.7x3 2的高斯塞德尔迭代公式为，x 2x 3.5x 1123若取x x(0)(1,1,1),则x x(1).7求方程x f(x)根的牛顿迭代格式是.8n0(x),1(x),kj,n(x)是以整数点x0,x1,xn,为节点的 Lagrange 插值基函数，则xk0(xk)=.(k1)9解方程组AxAx b b的简单迭代格式x x BxBx(k)g 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、综合题二、综合题（每题 10 分，共 60 分）数值分析试题

3、库数值分析试题库(有答案有答案)解析解析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)30p(2)57，p(2)72.2构造代数精度最高的形式为其代数精度.3用 Newton 法求方程x lnx 2在区间(2,)内的根,要求4用最小二乘法求形如y abx的经验公式拟合以下数据：21xf(x)dx A f()A1f(1)的求积公式，并求出0021xk xk1xk108.xiyi1919.02532.33049.03873.35用矩阵的直接三角分解法解方程组1010020 x1 5 x3101 2.243 x317 103 x47y f(x,y)的如下数值求解公式

4、y(0)y06 试用数值积分法建立求解初值问题hyn1 yn1(fn14 fn fn1)，3其中fi f(xi,yi),i n1,n,n1.三、证明题三、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xk1 xkf(xk)均收敛于f(x)0的根x.M参考答案参考答案一、填空题15；2.8,9;3.x1(k1)(k1)(k)(22x1(k1)0.7x3)/6,(0.02(0.02，0.220.22，0.1543)0.1543)6.x2(k1)(k1)(k1)x(1 x2x)*2/71237.7.xk1 xk10.9116；4

5、.；5.二；1545(k)(k)(33x20.1x3)/5xk f(xk);8.xj;9.(B)1;1 f(xk)131x x2x,66f(4)()(x1)x(x1)(x2)/24(1,2)二、综合题1差商表：11520115201154225772257302281571p(x)1520(x1)15(x1)27(x1)3(x1)3(x2)54x3x22x3 x4其他方法：设p(x)1520(x1)15(x1)27(x1)3(x1)3(axb)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：A0 A111111A0 A1,A0,A1.,22336151f

6、(x)x2时，公式左右；f(x)x3时，公式左,公式右5244 公式的代数精度 2.3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 ln x 2则f(x)111，f(x)，Newton 法迭代公式为xx2xk1 xkxkln xk 2xk(1 ln xk)，k 0,1,2,11/xkxk1取x03，得s x4 3.146193221。4 span1,x，A AT21111，y yT19.032.349.073.3.192252302382解方程组A ATACAC A ATy y，其中A ATA A 4333033303416082，解得：C C 1.416650.0

7、504305所以a 0.9255577，b 0.0501025.5解 设10202010111u231243l2110l31l3210u22u33103l41l42l431由矩阵乘法可求出uij和lij1l211101l31l321l41l42l43112101011020 102u22u23u24u33u01013421u4421y1 5 解下三角方程组01y23121y3170101y47有y15，y2 3，y3 6，y4 4.0 u24u34u441020 x15101x32 再解上三角方程组21x36 2x44得原方程组的解为x11，x21，x3 2，x4 2.6解初值问题等价于如下形

8、式y(x)y(xn1)取x xn1，有y(xn1)y(xn1)xxn1f(x,y(x)dx，xn1xn1f(x,y(x)dx，h(fn14 fn fn1).3利用辛卜森求积公式可得yn1 yn1三、证明题证明将f(x)0写成x xf(x)(x)，由于(x)xf(x)1f(x)，所以|(x)|1f(x)|1*所以迭代格式xk1 xkf(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 2.718281 和 2.718282 作数e的近似值，则其有效位数分别有位和位；1021，x x 3，则A A=_，x x02 设A A 11 1382 1

9、2=.2 x15x213对于方程组,Jacobi 迭代法的迭代矩阵是G GJ J=_.10 x 4x 3214设f(x)x3 x1，则差商f0,1,2,3=_，f0,1,2,3,4=_.5已知A A12,则条件数Cond(A A)_.016为使两点的数值求积公式11f(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yk1y(x)y008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 A的条件数Co

10、nd(A A)，其Cond(A A)一定大于等于二、综合题二、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1104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,dxyy(1)2试用改进的 Euler 方法计算y(1.2)的近似值，取步长h 0.2.335x1103用矩阵的LDLLDLT分解法解方程组359x216.5917x 3034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.abx1.41.80.2972.20.2242.60.168xy1.00.9310.473x0.4

11、y 0.4z 15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0.4x0.8y z 3法的收敛性。411 6按幂法求矩阵A A 132的按模最大特征值的近似值，取初始向量123 x x(0)(1,0,0)T，迭代两步求得近似值(2)即可.三、证明题三、证明题（10 分）已知求a(a 0)的迭代公式为：证明：对一切k 1,2,xk11a(xk)2xk,xka，且序列xk是单调递减的，从而迭代过程收敛.x0 0k 0,1,2参考答案参考答案一、填空题16，7；2.9,02.51111;3.;4.1,0;5.9;6.,;2.50337.ykh f(xk,yk)f

12、(xk1,yk1);2f(xk)(xk xk1)；9.0.4268,0.4309;10.A A1A A,1f(xk)f(xk1)8.xk1 xk二、综合题1 解 令f(x)1 xsin x，则f(0)1 0，f(1)sin1 0，且f(x)1cosx 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 所以迭代 14 次即可.2、解：111104的近似解，则|xk1 x*|k11042224ln1013.2877ln2k1 f(x0,y0)0.5,k2 f(x1,y0hk1)0.571429,hy1 y0(k1k2)20.1(0.50.571429)2

13、.1071429233513解设359 l2115917l31l32利用矩阵乘法可求得d11d21l21l31l321d31d1 3，d2 2，d325，l211，l31，l32 2331y110y16得y 10,解方程组11125y330321y2 6,y34，35113x d111011d再解方程组12x226得x11,x2 1,x3 2.d314x13 3 4解令Y 1，则Y abx容易得出正规方程组y59 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1.2.05353.0265x0.40.4（1）由于fJ()0.40.8

14、30.960.2560.40.8fJ(1)10.980.256 0，fJ(2)81.960.256 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()0.40.40.40.8(20.8320.128)0.40.8所以(G)0.832，故利用高斯赛德尔迭代法收敛.6解因为x x且y y(1)(0)1,0,0T，故x x(0)T1，AxAx(0)4,1,1，(1)max(y(1)4.从而得x x(1)y y(1)/y y(1)三、证明题证明:由于xk11 1T99 9T9(2)(1)(2)(2)1,y y AxAx,max(y)，.4 424 421a(x

15、k)a,k 0,1,2,2xk故对一切k，xka，又xk11a1(12)(11)1xk2xk2所以xk1 xk，即序列xk是单调递减有下界，从而迭代过程收敛.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)xa(x 5)，要使迭代格式xk1(xk)局部收敛到x 5，则a的取值*范围是5设线性方程组AxAx=b b有唯一解，在不考虑系数矩阵扰动的情况下

16、，若方程组右端项的扰动相对误差 b bb b，就一定能保证解的相对误差 x x；x x6 给 定 线 性 方 程 组9x1 x28，则 解 此 线 性 方 程 组 的 Jacobi 迭 代 公 式x15x2 4是，Gauss-Seidel 迭代公式是7插值型求积公式Akf(xk)f(x)dx的求积系数之和是k0anb8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2210T T10 设A A 12a，为使A A可分解为A A=LLLL，其中L L是对角线元素

17、为正的下三角0a2矩阵，则a的取值范围是。二、综合题二、综合题（每题 10 分，共 60 分）1用 Newton 法求方程xlnx 2在区间(2,)内的根,要求xk xk1xk108.101 1 2 1 2 b b 1 3，如2 设有方程组 x x b b，其中A A 221，已知它有解x x 1 3，2 3022 0 果右端有小扰动 b b1106，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.14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P3(0)0,P3(1)

18、1,P3(1)3,P3(2)1，并写出误差估计式。210 5A A 121，给出用古典 Jacobi 方法求A A的特征值的第一次迭代运算。012 y y 0 2h6 用梯形方法解初值问题，证明其近似解为yn并证明当h 0，2hy(0)1时，它收敛于原初值问题的准确解y e。三、证明题三、证明题（10 分）nxn若f(x)a xii1i有n个不同的实根，证明i1n0,xkj1f(xj),an0 k n2k n1.参考答案一、填空题-31.3,0.510;2.10;3.2n-1;4.15 a 0;5.cond(A);(k1)(k)x(8 x2)/916.,k 0,1,(k1)(k)x2(4 x1

19、)/5(k1)(k)x(8 x2)/91,k 0,1,(k1)(k1)x2(4 x1)/557.ba;8.O(h);9.2.4;10.3 a 3二、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 ln x 2则f(x)111，f(x)，Newton 法迭代公式为2xxxk1 xkxkln xk 2xk(1 ln xk)，k 0,1,2,11/xkxk1取x03，得s x4 3.146193221。111 x x b b12解A A21 1.5，Cond(A A)22.5，由公式，有 Cond(A A)x xb b211 x xx x31106 22.521.6

20、8751052 321e1/xdx 211123624(e4e1/1.5e1/2)2.0263,f(4)(8765)e1/x，6xxxx1x2max f(4)(x)f(4)(1)198.43，(21)5maxf(4)(x)0.0689028801x253724由所给条件可用插值法确定多项式P3(x)，P(x)x 7x x322截断误差为R22(由题意可设R(x)f(x)P3(x)k(x)x(x1)(x2)为确定待定函数k(x)，作辅助函2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

21、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(x1)2(x2)，(0,3)。4!5首先取i 1,j 2，因cot2 0，故有4，于是cos sin1，2V V(0)121V V12()2012120001，A A(1)V V(0)A A(0)V V(0)T11 10010222 210 11 10121003222012 101110222h6.梯 形 公 式 为yn1 yn f(xn,yn)f(xn1,yn1)，由f(x,y)y，得2hyn1 yn(yn yn1)，22h2h22hn12hn

22、1所以yn1(用上述梯形公式以步)yn()yn1()y0()，2h2h2h2h长h经n步计算得到yn，所以有hn x，所以x2hn2hhlim yn lim()lim()exh0h02hh02h1212012120三、证明题证明由于f(x)aixii1n有n个不同的实根，故f(x)an(x x1)(x x2)(x xn)anwn(x),于是i1nnxkxk1jj(xj)anf(xj)i1anwnnxkjw(x)i1njn记g(x)x，则ki1nxk1jf(xj)ang(xj)1gx1,x2,ani1wn(xj)0 k n2k n1.,xn，再由差商与导数的关系知i1n0,xkj1f(xj),a

23、n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 1248改 写2x3(2x3)2(2x3)3为，为减少舍入误差的影响，应将算式980改写为。111，A A，A A。112A A 2 1321*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xk1 g(xk)是线性收敛的，则当时迭代过程xk1 g(xk)是平方收敛的。4设A Aa10kalim A A 0，则当满足时，有k015用列主元消去法解线性方程组AxAx=b b时，在第k1 步消元时，在增广矩阵的第k列取(k1)(k1)主元ark，使得ar

24、k。6已知函数f(0)1,f(1)3,f(2)7，则f0,1=，f0,1,2=，f(x)的二次牛顿插值多项式7 求解方程f(x)若f(x)则用简单迭代法求根，那么(x)0，0可以表成x (x)，满足，近似根序列x1,x2,8n1点插值型数值积分公式不超过次。n,xn,b一定收敛。Akf(xk)f(x)dx的代数精度至少是次，最高k0a2x y y y在0,1上欧拉计算格式9.写出初值问题y(0)1y f(x,y)10解初始值问题的梯形方法是阶方法y(x)y00二、综合题二、综合题（每题 10 分，共 60 分）1证明方程x x1 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

25、小数)。3 x1 x2 x3 32用列主元消去法解线性方程组x13x22x3 2;2x 2x x 12313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。210 4设有矩阵A A 121用“规范化”的方法求其按模最大的特征值及对应的特012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)16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、证明题三、证明题（10 分）设线性方程组为a11x1a12x2b1，

26、a11a22 0a21x1a22x2b2（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;2.6,6;,y (8u-4)u 2)u 1,2x3980*3.g(x)0,g(x)0,g(x)0;4.a 1;2(k1)5.max aik;6.2,1,x x1;7.kin(x)L 1;8.n，2n1;2xny y h(y)n1nnyn10.二9.y 10二、综合题1.令f(x)x x1,3f(x)3x21 0,f(x)在（，）严格单增1 2f 1)1,又（f 2）5，（f x）在（，）上有唯一根；1

27、 2xk3 xk1由牛顿迭代公式xk1 xk，23xk1取x0=1.2，得1.2,1.34217,1.325,1.32472,1.32472,1.32472或取x01.0，1.,1.5,1.34783,1.3252,1.32472,1.32472,所以x*1.32472.2 1(A A,b b)123 232212111112311 2220013124212.51.50.52.51 20024012.55/411.5,故x1 x2 x31.5/423.N3(x)12x3/2 x(x1)x(x1)(x2)x34.5 x 5.5x132或L3(x)x 4.5 x 5.5x1T4取u u0 0(1

28、,1,1)，由乘幂法得，V V1 1=AuAu0 0=(1,0,1)T，u u1 1=(1,0,1)T，V V2 2=AuAu1 1=(2,-2,2)T,u u2 2=(1,1,1)TTTTV V3 3=AuAu2 2=(3,-4,3),u u3 3=(0.75,1,0.75)1 3.4142,x x1 1(0.7071,1,0.7071)5改进的 Euler 方法2f(xn,yn)yn，yn1 ynh/2f(xn,yn)f(xnh,ynh f(xn,yn)h 0.1,取x0 0.0，经计算得：y01.0;x1 0.1，经计算得：y11.1105x2 0.2，经计算得：y21.24828;x3

29、 0.3，经计算得：y31.42476;x4 0.4，经计算得：y41.65874;x5 0.5，经计算得：y51.98330.6,2.4624,0.7,3.23643,0.8,4.67773,0.9,8.12877,1.,22.29086设所求一次拟合多项式为S1(x)a0a1x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)0.10.20.3 0.6(0,f)5.1234+5.3053+5.5684=15.9971(1,1)0.120.220.32 0.14,(1,f)0.15.1234

30、+0.25.3053+0.35.5684=3.24392,得正规方程组0.6 a015.99713,解得a0 4.8847,a1 2.2250，0.60.14a13.24392故S1(x)4.8847 2.2250 x.三、证明题证明：系数矩阵A A a11a12a12a21r，记a11a22a21a22（1）雅可比迭代矩阵J J的特征方程为当r 0时，a11a21a12a2222即a11a22a12a21 0，或 r。0，1r,2 r；当r 0时，1 0,2 0；当r 0时，1ir,2 ir。所以(J J)r。a11a12 0，即a11a222a12a21 0，或高斯-塞德尔迭代矩阵G的特征方程为a21a222r，解得1 0,2 r，所以(G)r。所以，当r 1时，(J J)1,(G G)1；当r 1时，(J J)1,(G 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 G)(J J)，所以高斯-塞德尔迭代法比雅可比迭代法收敛快。