数值分析西南交通大学

1、文档11.填空(1). 在等式中, 系数ak与函数f(x) 无 关。（限填“有”或“无”）(2). Gauss型求积公式不是 插值型求积公式。（限填“是”或“不是”） 或“无”）(3). 设lk(x)是关于互异节点x0, x1, xn, 的Lagrange 插值基函数，则 º0 m=1,2,n(4). ，则 4 ， 3.6180340 ， 5 ；(5). 用个不同节点作不超过次的多项式插值，分别采用Lagrange插值方法与Newton插值方法所得多项式 相等 (相等, 不相等)。(6). 函数 与函数中,是三次样条函数的函数是 g(x)，另一函数不是三次样条函数的理由是二阶导不连续

2、 。(7). n个不同节点的插值型求积公式的代数精度一定会超过n-1 次2.设，要使迭代法局部收敛到，则取值范围 解：因，由，即故的取值范围是。3.给定方程组证明Jacobi方法发散而Gauss-Seidel方法收敛。 分析 观察系数矩阵的特点，它既不严格对角占优，也不对称正定，因此应该写出Gauss-Seidel方法的迭代矩阵B，然后再观察是否或或求出，看其是否小于1。而要证Jacobi方法发散，一般情况下只能想法说明其迭代矩阵的谱半径不小于1。 证明（1）对Jacobi方法，迭代矩阵为设其特征值为l，则，故Jacobi方法发散。 （2）对Gauss-Seidel方法，迭代矩阵为显然其特征值

3、为，故Gauss-Seidel方法收敛。3.求a,b,c的值，使达到最小解：就是求f(x)=sinx关于函数族span1,x,x2 在0,p上的最佳平方逼近。由内积(f,g)= , 令j0=1，j1=x, j2=x2 计算知法方程为解之得：a0=-14/p, a1=72/p2, a2=-60/p34.试用Simpson公式计算积分的近似值, 并判断此值比准确值大还是小,并说明理由。解 = 2.026323 截断误差 而 因此5.叙述解常微分方程初值问题数值方法的绝对稳定的定义；证明Euler法的绝对稳定区间为（-2，0） 解 如果yk是某方法第k步的准确值，为其近似值，其绝对误差为，即。假定第

4、k步后的计算中不再有舍入误差，只是由引起的扰动(m>k,)，都有|<|，则称此方法是绝对稳定的 设yk有一扰动，此时 =即=，从而要使，则必有，即lhÎ(-2,0)时，Euler法是绝对稳定的1.填空1) 令f(x)=ax7+ x4+3x+1, 则f20, 21,27= a ；f20, 21,28= 0 2) 已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法 是 收敛（填“是”或“不”）。3) 设(i=0,1,n)，则x , 这里（xi¹xj,i¹j, n³2）。4) 设称为柯特斯系数 则=1 5) 采用正交多项式拟合可避免最小二乘或最佳平方逼近

5、中常见的 法方程组病态问题。6) 为辛卜生（Simpson）公式具有_3_次代数精度。7) 牛顿插商与导数之间的关系式为：8) 试确定0,1区间上2x3的不超过二次的最佳一致逼近多项式p(x), 该多项式唯一否？答： p(x)=(3/2)x, ; 唯一。2.设有解方程的迭代法。 （1）证明，均有（x*为方程的根）。 （2）取x0=4,用此迭代法求方程根的近似值，误差不超过10-3。 （3）此迭代法的收敛阶是多少？证明你的结论。 解（1）因迭代函数，而对一切x,均有故迭代过程收敛，即，均有。 （2）取x0=4,代入迭代式计算有，。取即可使误差不超过. (3)因，故由推论6.1知，此迭代格式只具线

6、性收敛。3.设对称正定阵，试计算|A-1|2，|A|2和Cond(A)2,且找出b（常数）及扰动db，使 解 ，故，从而假设x+dx=y, A(x+dx)=b+db取b=(1,-1)T，db=(1,1)T，则解Ax=b，即得又解得。故而故4.回答下列问题：（1）何谓Hermite 插值问题？答：Hermite ：除了满足，还希望满足（2）Hermite 插值与一般多项式插值有什么区别？答：一般：只注重， Hermite ：除了，还有5.求a,b,c的值，使达到最小解：由唯一性知，a=0,b=0,c=3提示：（即类似题型）求a,b,c的值，使达到最小解：就是求f(x)=sinx关于函数族span

7、1,x,x2 在0,p上的最佳平方逼近。由内积(f,g)= , 令j0=1，j1=x, j2=x2 计算知法方程为 解之得：a0=-14/p, a1=72/p2, a2=-60/p36.用Euler方法解初值问题 (1) 写出近似解的表达式 (2)并证明当时, 近似解的表达式收敛于原初值问题的准确解解 Euler公式 (1)近似解的表达式 (2) 1.填空1) 要使的近似值的相对误差限£0.1%, 应至少取_4_位有效数字。2) 给定方程组记此方程组的Jacobi迭代矩阵为BJ=(aij)3´3，则a23= -1；且相应的Jacobi迭代序列是 发散 的。3) 欧拉预报-校

8、正公式求解初值问题的迭代格式(步长为h) ，此方法是 2 阶方法。4) 函数 与函数中,是三次样条函数的函数是 ，另一函数不是三次样条函数的理由是 不满足具有二阶连续导数 。5) 2n阶Newton-Cotes公式至少具有2n+1次代数精度。6) 设，则关于的 1 , , 。2.对于迭代函数，试讨论： （1）当C为何值时，产生的序列收敛于； （2）C取何值对收敛最快？ （3）分别取，计算的不动点，要求 解（1），根据定理7.3当，亦即时迭代收敛。 （2）由定理7.4知，当，即时迭代至少是二阶收敛的，收敛最快。 （3）分别取，并取迭代计算结果如表7-4所示。 表7-4 kk01.201.211.

9、4811.39798989961414120505121.41420930331.414213559131.41421532741.414213562此时都达到。事实上，3.设，已知Ax=b的精确解为x=(3,-1)T. （1）计算条件数Cond(A)¥ （2）若近似解，计算剩余向量； （3）利用事后误差估计式计算不等式右端，并与不等式左边比较。此结果说明了什么？ 解 （1） （2） （3）由事后误差估计式，右端为而左端 这表明当A为病态矩阵时，尽管剩余|r|很小，误差估计仍然较大。因此，当A病态时，用|r|大小作为检验解的准确度是不可靠的。4.设lk(x)

10、是关于互异节点x0, x1, xn, 的Lagrange 插值基函数，证明证明：其中，wn+1(x)=故当0£j£n时， =xj, 当j=n+1时，xn+1=将x=0带入即5.设是在空间Fspanj0,jn中对f(x)ÎCa,b的最佳平方逼近,证明：(f-p, f-p)=(f,f)- 证：注意到ak是法方程组的解。而法方程组故"k=1,n, (f(x)-p(x), jk)=0, -(5分)(p-f),p)=0 -(5分)(f-p, f-p)=(f,f)-2(f,p)+(p,p)=(f,f)-(f,p)+(p-f),p)=(f,f)-(f,p) -(5分)

11、6.若用复化梯形求积公式计算积分 区间应分 2129 等分，即要计算个 2130 点的函数值才能使截断误差不超过；若改用复化Simpson公式，要达到同样精度区间应分12 等分，即要计算个 25 点的函数值。1.填空1) 矩阵的 LU 分解中L是一个为单位下三角阵，而U是一个上三角阵。2) 设y=f (x1,x2) 若x1,x2,的近似值分别为x1*, x2*,令y*=f(x1*,x2*)作为y的近似值,其绝对误差限的估计式为: e £| |f(x1*,x2*)|x1-x*1|+ |f(x1*,x2*)|x2-x*2|3) 设迭代函数j(x)在x*邻近有r（³1）阶连续导数

12、，且x* = j(x*)，并且有j(k)(x*)=0 (k=1,r-1)，但j(r) (x*)¹0，则xn+1=j(xn)产生的序列 xn 的收敛阶数为_r_4) 设公式 为插值型求积公式， 则, 且=b-a5) 称微分方程的某种数值解法为p阶方法指的是其局部截断误差为O(hp+1)。 6) ，则7) 设x0, x1,x2是区间a, b上的互异节点，f(x)在a, b上具有各阶导数，过该组节点的2次插值多项式的余项为： R2(x)= 2.已知函数方程，（1）确定有根区间a,b；（2）构造不动点迭代公式使之对任意初始近似，迭代方法均收敛；（3）用所构造的公式计算根的近似值，要求。 解

13、（1）令，由于，因此区间2,3是方程f(x)=0的一个有根区间，又因，当时f(x)单减，故f(x)=0在内有具仅有一根，即。 （2）将等价变形为，则，由于当时故不动点迭代法，对均收敛。 （3）取，利用进行迭代计算，结果如表7-2所示k02.512.0820849990.41791500122.1246700040.04258500532.1194723870.005819761742.1200949760.000622589此时x4已满足误差要求，即。3.试证明矩阵A的谱半径与范数有如下关系其中|A|为A的任何一种算子范数。 分析 由于谱半径是特征值的绝对值的最大者，故由特征值的定义出发论证是

14、自然的。 证明 由特征值定义，对任一特征值l有AX=lX（X¹0，特征向量）取范数有|AX|=|l| × |X|由于范数|A|是一种算子范数，故有相容关系|AX|£|A| × |X|从而|l| × |X|£|A| × |X|由于X¹0，故|l|£|A|，从而r(A) £ |A|4.设p(x)是任意首次项系数为1的n+1次多项式，lk(x)是关于互异节点x0, x1, xn, 的Lagrange 插值基函数证明 其中证明：插值余项直接计算ok!5.回答下列问题：（1） 最佳平方逼近多项式与最小二乘

15、拟合多项式在计算方法上有何相似之处？二者区别是什么？相似：法方程组形式相同区别：内急的具体含义不同（2） 求解线性最小二乘问题遇到的主要困难是什么？ 容易产生病态方程组6.1.填空1) 计算 f=(-1)6 , 取1.4 , 利用下列算式，那个得到的结果最好？答：C (A) , (B) (3-2)2, (C) , (D) 99-702) 称序列xn是p 阶收敛的条件为3) 在等式中, 系数ak与函数f(x) 无 关。（限填“有”或“无”）4) 设Pk(xk,yk) , k=1,2,5 为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,P5且次数不超过4次的插值多项式是 x2-3x+1 。5)

16、设f(x)ÎCa,b， f(x)的最佳一致逼近多项式是_一定_存在的。6) 求解微分方程数值解的Euler法的绝对稳定区间是(-2,0) 。7) n个节点的插值型求积公式的代数精度不会超过2n1次。8) 高次插值容易产生_龙格（Runge）现象。9) Rn 上的两个范数|x|p, |x|q等价指的是_$C,DÎR,_C_|x|q _£|x|p£D |x|q _； Rn 上的两个范数_一定_是等价的。（选填“一定”或“不一定”）。2.曲线与在点（1.6,1）附近相切，试用牛顿迭代法求切点横坐标的近似值，使。 解 两曲线的导数分别为和，两曲线相切，导数相等，

17、故有令，则f(1)<0,f(2)>0，故区间1,2是f(x)=0的有根区间，又当时，因此f(x)=0在1,2上有惟一实根x*，对f(x)应用牛顿迭代法，得计算公式由于，故取迭代计算一定收敛，计算结果如表7-6所示。 表7-6kk02.031.70681528712.29305555641.70002561121.81778359251.7继续计算仍得，故。注 本题也可令，解得切点横坐标满足方程，用有重根时的牛顿迭代法（7.15）式计算，此时m=2，仍取x0=2，经四步可得x*=1.7。3.设方程组 试考察解此方程组的雅可比迭代法及高斯-塞德尔迭代法的收敛性。 解：雅可比法的迭代矩阵

18、故雅可比迭代法收敛。 高斯-塞德尔法的迭代矩阵故高斯-塞德尔迭代法不收敛。4.回答下列问题：（1）什么叫样条函数？P42（2）确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要多少？（3） 三转角法中参数mi的数学意义是什么？答：（1）1）是S（x）在a,b上具有二阶连续导数；2）对a,b上的划分在每一个区间上是一个不高于三次的多项式。（2）4n个（3） mi=S/(xi) 即样条函数在节点xi处的一阶导数。5.证明：j0,jn为点集ximi=1上的线性无关族Û法方程GTGa=GTy有唯一解。其中证：充分性。首先注意到若a0,a1,.,an为方程组a0j0+a1j1+anjn=0 （

19、9）的解，则必为方程组(j0,j0) a0+ (j1,j0)a1 +(jn,j0)an=0(j0,j1) a0+ (j1,j1)a1 +(jn,j1)an=0.(j0,jn) a0+ (j1,jn)a1 +(jn,jn)an=0(10)的解。事实上，令j0, j1,jn 分别与(9)两端作内积得(10)，知也！设|GTG|¹0Þ（10）仅有0解Þ(9) 也仅有0解故j0,jn无关。证必要性）。 j0,jn无关Þ (9)仅有0解 即 "a =(a0,a1,.,an)¹0ÞGa¹0ÞaTGTGa=(Ga)T(

20、Ga)=|Ga|22>0ÞGTG正定Þ|GTG|>0|GTG|¹0.6.用复化梯形公式计算积分,要把区间0,1 一般要等分 41 份才能保证满足误差小于0.00005的要求（这里假定任意阶导数存在，且）1.填空1) 设线性方程组的系数矩阵为A=,全主元消元法的第一次可选的主元素为-8，或8，第二次可选的主元素为8+7/8或-8-7/8. 列主元消元法的第一次主元素为-8；第二次主元素为(用小数表示)7.5; 2) 要使的近似值的相对误差限£0.1%, 应至少取_4_位有效数字。3) 用牛顿法求 f(x)=0 的n重根，为了提高收敛速度，通常转

21、化为求另一函数u(x)=0的单根，u(x)=4) 在函数的最佳一致逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的 无穷 范数,在函数的最佳平方逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的 2 范数. 5) Gauss点与积分区间无关但与被积函数有关。2.设线性方程组的系数矩阵为A=,列主元消元法的第一次主元素为 (13) ；第二次主元素为(用小数表示) (14) ; 记此方程组的高斯-塞德尔迭代矩阵为BG=(aij)4´4，则a23= (15) , . (13) -8 ; (14) 7 .5; (15) -17/4;3. 设a>1。 （1）构造计算I的迭代公式；（2）讨论迭代过程的收

22、敛性； 解（1）计算I的迭代公式为 （2）上述迭代公式的迭代函数为。因。故由知，。即该迭代对于均收敛。4.设方程组 试考察解此方程组的雅可比迭代法及高斯-塞德尔迭代法的收敛性。 解：雅可比法的迭代矩阵，雅可比迭代法不收敛。 高斯-塞德尔法迭代矩阵故高斯-塞德尔迭代法收敛。5.设lk(x)是关于互异节点x0, x1, xn, 的Lagrange 插值基函数，证明(1) m=0,1,n(2) º0 m=1,2,n证明：由插值唯一性定理知(1)。展开知（2）6.设是在空间Fspanj0,jn中对f(x)ÎCa,b的最佳平方逼近,证明：(f-p, f-p)=(f,f)- 证：注意到

23、ak是法方程组的解。而法方程组故"k=1,n, (f(x)-p(x), jk)=0, -(5分)(p-f),p)=0 -(5分)(f-p, f-p)=(f,f)-2(f,p)+(p,p)=(f,f)-(f,p)+(p-f),p)=(f,f)-(f,p) -(5分)7.用复化梯形公式计算积分,要把区间0,1一般要等分 41 份才能保证满足误差小于0.00005的要求（这里）；如果知道，则用复化梯形公式计算积分此实际值 大 (大，小)。1.填空1) 设x=3.214, y=3.213，欲计算u=, 请给出一个精度较高的算式u=2) 若j0(x), j1(x), jn(x)是a,b上的正交

24、族。为f(x)的最佳平方逼近。系数ak=3) 令f(x)=ax7+ x4+3x+1, 则f20, 21,27= a ；f20, 21,28= 0 4) ，则 19 , 13_，_12 ；5) 已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法 是 收敛（填“是”或“不”）。6) 确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要_4n_个7) 迭代过程收敛的充分条件是 £ L<18) n个不同节点的插值型求积公式的代数精度一定会超过n-1 次2.应用牛顿法于方程，导出求的迭代公式，并用此公式求的值。 解 ，所以牛顿迭代公式有易知。故取时，迭代收敛。 对于，取，迭代计算，得x1=10.

25、33043478,x2=10.70242553,x3=10.7237414x4=10.72380529,x5=10.72380529故。3.证明矩阵对于是正定的，而雅可比迭代只对是收敛的。 证明 当时，由故A是正定的。又雅可比法迭代矩阵故，故当时，雅可比迭代法收敛。4.用等节距分段二次插值函数在区间0,1上近似函数ex, 如何估算节点数目使插值误差£´10-6 .解：考虑子区间xi-1,xi二次插值余项令x=xi+1/2+s(h/2)上式化简为令 得h£0.028413故子区间个数为N=2/h»70.4, 取N=71故插值节点数为2N+1=143 5.求

26、f(x)=2x4在0,2上的3次最佳一致逼近多项式P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cosq=xT2(x)=cos2q=2x2-1T3(x)=cos3q=4x3-3xT4(x)=cos4q=8x4-8x2+1解：令x=t+1, tÎ-1,1, f(x)=g(t)=(t+1)4×2故g(t)的3次最佳一致逼近多项式为P3(t)=（4t3+7t2+4t+7/8）×2故f(x)的3次最佳一致逼近多项式为P(x)=P3(x-1)=（ 4x3-5x2+2x-1/8）×26.用梯形方法解初值问题 证明 其近似解为 并证明当时,它收敛于原初值问题的准确

27、解证明 用梯形公式 近似解的表达式 因此1.填空1) 用牛顿法解方程的迭代格式为2) ，则 4 ， 3.6180340 ， 5 ；3) 已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法 是 收敛（填“是”或“不”）。4) 设Pk(xk,yk) , k=1,2,5 为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,P5且次数不超过4次的插值多项式是 x2-3x+1 。5) 设x0, x1,x2是区间a, b上的互异节点，f(x)在a, b上具有各阶导数，过该组节点的2次插值多项式的余项为： R2(x)= 6)2.对于迭代函数，试讨论： （1）当C为何值时，产生的序列收敛于； （2）C取何值对收敛最快

28、？ （3）分别取，计算的不动点，要求 解（1），根据定理7.3当，亦即时迭代收敛。 （2）由定理7.4知，当，即时迭代至少是二阶收敛的，收敛最快。 （3）分别取，并取迭代计算结果如表7-4所示。3.给定方程组 确定a的取值范围，使方程组对应的jacobi迭代收敛； 解：将所给方程组改写成得Jacobi迭代阵。解之得。 其谱半径。由，即，即。4.设函数f(x)是k次多项式，对于互异节点x1, xn,， 证明当n>k时，差商f x, x1,xnº0，当n£k时，该差商是k-n次多项式。证明：因注意到n>k时， f(n)(x)=0，n=k时， f(n)(x)=k!ak

29、，ak为f(x)的k次项系数。(7f)n£k-1 由差分定义递推,查n=k-1,k-2, (3f)ok!5.求a,b,c的值，使达到最小解：就是求f(x)=sinx关于函数族span1,x,x2 在0,p上的最佳平方逼近。由内积(f,g)= , 令j0=1，j1=x, j2=x2 计算知法方程为解之得：a0=-14/p, a1=72/p2, a2=-60/p36.试述何谓Gauss型求积公式。并证明： Gauss型求积公式的系数(这里是权函数) 其中C是常数(要求写出C的表达式)。解 把用a，b上的n+1个节点（互不相同的） (k=0,1,n)而使数值求积公式的代数精确度达到2n+1

30、，称为Gauss型求积公式(1) 是Gauss型求积公式，因此如果是不超过2n+1次的多项式两边应该完全相等，取则 (2) 是Gauss型求积公式，因此代数精确度达到2n+1, 因此如果是不超过2n+1次的多项式两边应该完全相等，取 得1.填空1) 设x=3.214, y=3.213，欲计算u=, 请给出一个精度较高的算式u=2) 已知方程组，则解此方程组的Jacobi迭代法 是 收敛（填“是”或“不”）。3) 确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要_4n_个4) 用牛顿法解方程的迭代格式为5) ，要使，a应满足；6) 已知方程组，其雅可比法的迭代矩阵是_，高斯-塞德尔法的迭代格式

31、是_； 解 7) （6）中的雅可比迭代格式是否收敛_是_2.用牛顿法于方程，导出求的迭代公式，并用此公式求的值。 解 ，所以牛顿迭代公式有易知。故取时，迭代收敛。 对于，取，迭代计算，得x1=10.33043478,x2=10.70242553,x3=10.7237414x4=10.72380529,x5=10.72380529故。3.已知。 （1）求 （2）求A的谱半径。 解 （1），。由，得。解得，故。 （2）由，得，解得，故。4.已知函数y=f(x)在点x0的某邻域内有n阶连续导数，记xk=x0+kh (k=1,2,n), 证明证明：因 xÎ(x0,x0+nh)注意到n阶导数连

32、续性，两边取极限ok!5.设f(x)在有限维内积空间Fspanj0,jn上的最佳平方逼近为p(x),试证明，f(x)-p(x)与F中所有函数正交。证明：查(f(x)-p(x), jj)=(f, jj)- (p(x), jj)注意到ak是法方程组的解。而法方程组两边的j-th 分量为 (jj,j0) (jj,j1) (jj,jn) =(p(x), jj)f(x)-p(x)与F中所有函数正交。6.用Euler法计算积分在点的近似值(可取) 解 原问题与初值问题等价, Euler公式 y(.5000E+00)=0.500000 y(.1000E+01) =1.142013 y(.1500E

33、+01) =2.501154 y(.2000E+01) =7.2450221.填空1) 用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0 的根，取初值x0= 1.5, 则x1=1.59701492) 则 ， ， 解 al3) 设，为使A可分解为A=LLT，其中L是对角线元素为正的下三角形矩阵，则a的取值范围是，取a=1，则L=。4) 确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要_4n_个2. 用迭代法求方法的最小正根，要求精确到4位有效数字。 解 令,则。画出及的图形如图6.1，其交点的横坐标就为所求正根。由图可知交点的横坐标约在0.3附近。又由，可取区间（0，0.5）讨论，并将改

34、写为。则，是个增函数，将x=0.5代入有。计算得因，故取.3.用迭代法的思想，给出求的迭代格式，并证明。 解 记，则有因上述迭代格式之迭代函数为，则。故对于任意的，均有，迭代是收敛的。 不妨设，则有，即。解之得I=2及I=-1，负根不合题意舍去，故，即。4.已知由插值节点(0,0),(0.5,y),(1,3)和(2,2)构造的3次插值多项式P3(x)的x3的系数为6，试确定数据y.解：P3(x)故最高次项系数为 带入数值解得y=4.25.5.设f(x)=2x4在-1,1上的不超过3次最佳一致逼近多项式P(x)= 2x2-1/4 。6.证明定积分近似计算的抛物线公式 具有三次代数精度 证明 如果

35、具有4阶导数,则=(hÎa,b) 因此对不超过3次的多项式f(x)有即精确成立,对任一4次的多项式f(x)有 因此定积分近似计算的抛物线公式具有三次代数精度或直接用定义证.1.填空(1). 若 f (x) 充 分 光 滑， 若2 n+1 次 多 项 式 H2n+1(x) 满 足H2n+1(xi)= f (xi), ,则称H2n+1(x)是f (x)的 Hermite插值_多项式，且余项R（x）=f (x)H2n+1(x)= ；(2). Simpsons数值求积公式具有3 次代数精度，用于计算所产生的误差值为；(3). 形如的插值型求积公式，其代数精度至少可达到 n 阶，至多可达到_2

36、n+1_阶；(4). 勒让德（Legendre）多项式是区间-1,1 上，带权1 正交的正交多项2.设有解方程的迭代法。 （1）证明，均有（x*为方程的根）。 （2）取x0=4,用此迭代法求方程根的近似值，误差不超过10-3。 （3）此迭代法的收敛阶是多少？证明你的结论。 解（1）因迭代函数，而对一切x,均有故迭代过程收敛，即，均有。 （2）取x0=4,代入迭代式计算有，。取即可使误差不超过. (3)因，故由推论6.1知，此迭代格式只具线性收敛。3.建立解线性方程组的收敛的迭代格式。 解 由第一个方程的二倍加上第二个方程得 由第一个方程加上第二个方程再加第三个方程的10倍，得 由此得到与原方程

37、组同解的新方程组： 显然，新方程组的系数矩阵按行严格对角占优，故可建立雅可比迭代格式与高斯-塞德尔迭代格式，而两种格式均收敛。 其雅可比迭代格式为其高斯-塞德尔迭代格式为4设lk(x)是关于互异节点x0, x1, xn, 的Lagrange 插值基函数，证明是n次多项式，且最高次系数为x0+ xn,证：查-5分注意余项=xn+1-wn+1(x) -5分ok!5.函数f(x)=|x| 在-1,1上求关于函数族span1,x2,x4的最佳平方逼近多项式。解：由内积(f,g)= , 令j0=1，j1=x2, j2=x4, 计算知法方程得 解之得：a0=15/185=0.117a1=105/64=1.

38、64a2=-105/128=-0.820最佳平方逼近多项式为: 0.117+1.64x2-0.820x46.证明(1) 计算积分的个基点的求积公式的代数精确度至少是的充分必要条件是 其中 (2) 如果(1)中的个基点的求积公式的代数精确度是2,则 证明 (1) 必要性 因的代数精确度至少是,取.则而,因此充分性 如果 且 ,其中 则 因此当f(x)是任一次数不超过n的多项式时, .即代数精确度至少是。(2) 由(1)知，因求积公式的代数精确度是2,因此当时, ，而因此 1.填空1) 设x=3.214, y=3.213，欲计算u=, 请给出一个精度较高的算式u=2) Simpsons数值求积公式

39、具有3 代数精度，用于计算所产生的误差值为；3) 形如的插值型求积公式，其代数精度至少可达到 n 阶，至多可达到_2n+1_阶；4) 确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要_4n_个5) 用牛顿法解方程的迭代格式为2.用迭代法求方程在区间2，3上的根，并讨论迭代的敛散性。 （1）； （2）； （3）解：（1）对于迭代格式（1），其迭代函数为，则在2,3上具有连续的一阶导数，且，有，故单调增加，又，于是，当时，满足定理4.1条件（1）。 又，取正值，且单调递减，所以有 即满足定理4.1的条件（2），从而迭代格式（1）收敛。 （2）对于迭代格式（2），其迭代函数为，且当时，有，故是单调

40、减少，但，显然不满足定理4.1的条件（1），但若在2,3的子区间2,2.5中考察，则有，也即满足定理4.1的条件（1），又，在2,2.5上取负值且单调递增，从而有，即满足定理4.2的条件（2），从而迭代格式（2）在区间2,2.5上收敛。 （3）对于迭代格式（3），其迭代函数为，在区间2,3上有，从而。 在此补充一个判别迭代法发散的充分条件： 若存在使，而当时，迭代发散。 从而迭代格式（3）当时，迭代发散。3.设，求解方程组，求雅可比迭代法充要条件。 解 雅可比法的迭代矩阵 故雅可比法收敛的充要条件是。4.推导用最小二乘法解矛盾方程组Ax=b 的法方程组ATAx=ATb解：给出目标函数h (x)

41、=|Ax-b|2 -5=xTATAx-2xTATb+bTb -5求偏导得到驻点方程组ATAx-ATb=0 -55.数值求积公式: 当取何值时代数精度最高?是多少次?解 当,两边总是相等的；当要使两边相等,则得 ,此时当两边总相等，当两边不相等, 最高代数精度是3。6.导出用Euler法求解 的公式, 并证明它收敛于初值问题的精确解解 Euler公式 1.填空1) 用Newton法求方程f(x)=x3+10x-20=0 的根，取初值x0= 1.5, 则x1=1.59701492) 则 ， ， 解 3) 设x0, x1,x2是区间a, b上的互异节点，f(x)在a, b上具有各阶导数，过该组节点的

42、2次插值多项式的余项为： R2(x)= 4) 已知方程组，其雅可比法的迭代矩阵是_，高斯-塞德尔法的迭代格式是_； 解 5) （3）（4）中的雅可比迭代格式是否收敛_是_，其渐近收敛速度6) 若 f (x) 充 分 光 滑， 若2 n+1 次 多 项 式 H2n+1(x) 满 足H2n+1(xi)= f (xi), ,则称H2n+1(x)是f (x)的 Hermite插值_多项式，且余项R（x）=f (x)H2n+1(x)= ；2.设法导出计算的牛顿法迭代公式，并要求公式中既无开方运算，又无除法运算。 解 由于要求迭代式中既无开方运算，又无除法运算，故将计算等价化为求的正根， 而此时有所以计算

43、的牛顿法迭代公式为3.设，求解方程组，求雅可比迭代法与高斯-塞德尔迭代法收敛充要条件。 解 雅可比法的迭代矩阵 故雅可比法收敛的充要条件是。 高斯-塞德尔法的迭代矩阵故高斯-塞德尔法收敛的充要条件是。4.设g(x)和h(x)分别是f(x)关于互异节点x1, xn-1以及互异节点x2, xn的插值多项式，试用g(x)和h(x)表示f(x)关于互异节点x1, xn的插值多项式.解：令q(x)=Ag(x)(x-xn)+Bh(x)(x-x1)为待定n次多项式，A,B为待定系数，注意到g(xk)=f(xk), k=1,n-1h(xk)=f(xk), k=2,n -(7f)带入得A=1/x1-xn,B=1

44、/xn-x1,带入ok!5.求f(x)=lnx ,xÎ1,2上的二次最佳平方逼近多项式的法(正规)方程组。（要求精确表示，即不使用小数）解：取F=span1,x,x2,a,b=1,2 法方程组为 计算知解之得：a0=-1.142989, a1=1.382756,a2=-0.233507最佳平方逼近多项式为P2(x)=-1.42+1.38x-0.233x2平方误差为|f-P2|22=(f,f)-a0(f,j0) a1(f,j1) a2(f,j2)»0.4´10-5 6.证明：（1）Newton-Cotes系数满足如下等式： (2）设 ，分别表示把区间a,b n,2n

45、等分后复化梯形公式计算积分，表示把区间a,b n等分后复化Simpson公式计算积分。证明下式成立： 证明 (1) 因为 Newton-Cotes求积公式为 ，其中而Newton-Cotes系数满足 因 ，故. (2) 因 又因 整理即可得 1.填空1) ，则 19 , 13_，_12 ；2) 迭代过程收敛的充分条件是 £ 13) 确定n+1个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要_4n_个4) 设x0, x1,x2是区间a, b上的互异节点，f(x)在a, b上具有各阶导数，过该组节点的2次插值多项式的余项为： R2(x)= 5) 若用复化梯形求积公式计算积分 区间应分 2129

46、等分，即要计算个 2130 点的函数值才能使截断误差不超过；若改用复化Simpson公式，要达到同样精度区间应分12 等分，即要计算个 25 点的函数值。2.考虑求解方程的迭代公式 （1）试证：对任意初始近似，该方法收敛； （2）取，求根的近似值； （3）所给方法的收敛阶是多少？ 解（1）由迭代公式知，迭代函数。由于的值域介于与之间，且故根据定理7.1,7.2知在内存在惟一的不动点x*，且对，迭代公式得到的序列收敛于x*。 （2）取，迭代计算结果如表7-3所示。表7-3k0413.5642375870.43576241323.39199516803541248270.

47、03787034143.3483333840.00579144353.3475299030.000803481此时已满足差要求，即 （3）由于，故根据定理7.4知方法是线性收敛的，并有有。3.下述矩阵能否分解为LU（其中L为单位下三角阵，U为上三角阵）？若能分解，那么分解是否惟一？， 解 A中D2=0，故不能分解。但det(A)=-10¹0，故若将A中第一行与第三行交换，则可以分解，且分解惟一。 B中，D2=D3=0，但它仍可以分解为其中l32为一任意常数，且U奇异，故分解不惟一。 对C，Di¹0，i=1,2,3，故C可分解且分解惟一。4.设p(x)是任意首次项系数为1的n

48、+1次多项式，lk(x)是关于互异节点x0, x1, xn, 的Lagrange 插值基函数证明 其中证明：插值余项直接计算ok!5.求函数f(x)= 在1,3上求关于函数族span1,x的最佳平方逼近多项式。解：由内积(f,g)= , 令j0=1，j1=x, 计算法方程得解之得：a0=(13/2)ln3-6=1.14a1=3-3ln3=0.295最佳平方逼近多项式为: 1.14-0.295x6. 1）设是0,1区间上带权的最高次项系数为1的正交多项式系，求 2）构造如下的Gauss型求积公式解 (1) , (2) 的两零点为(即Gauss点) Gauss型求积公式1.填空1) 设Pk(xk,yk) , k=1,2,5 为函数y=x2-3x+1上的5个互异的点，过P1,P5且次数不超过4次的插值多项式是 x2-3x+1 。函数 与函数中,是三次样条函数的函数是个g（x） ，另一函数不是三次样条函数的理由是二阶导不连续 。2) 设若,则矩阵A的1-范数 4 ，cond1(A)= 16 。3) 方程组用超松驰法求解时，迭代矩阵为,要使迭代法收敛，条件0<w<2是 必要条件 (充分条件、