上海海事大学2018-2019学年第2学期研究生数值分析课程考试试卷

1、数值分析学号：(x)02阶导数的nA f (xi)i 0nAi l (x)i 0 x方法，80-1(0,0,0)T x分）课程考试试卷专业：2x6ii*,f1，2，3=对称范围内 09-1，用该方法求近似解3x4dx则 阶的收敛速度。矩阵的全部特征值和特征向量的计算方法x1x2数值分析学号：(x)02阶导数的nA f (xi)i 0nAi l (x)i 0 x方法，80-1(0,0,0)T x分）课程考试试卷专业：2x6ii*,f1，2，3=对称范围内 09-1，用该方法求近似解3x4dx则 阶的收敛速度。矩阵的全部特征值和特征向量的计算方法x1x2x3(x3Ai78 进行调整，使得用高斯 -

2、赛德尔迭代求解时收敛。又如取7k 1)10,则差商b-，使得fx30,31,.,36(2k 1)x(k)103。研究生学生姓名：一填空题（每小格分）1设 ff30,31,.372区间a,b上的三次样条插值函数 S(x)在a,b上具有直到连续函数。3插值型数值求积公式bf (x)dxab的求积系数的表达式为a4非线性方程 f(x)=0 的牛顿迭代法在单根 附近具有5f(1)=1,f(2)=4,f(3)=7,则 f1，2=6 Jacobi 是求解7用松弛迭代法求解方程组时，松弛因子必须在二如何对方程组-1-19初始向量为 x(0)（解答：调整第一与第三方程，既可得对角占优系数矩阵-180(k 1)

3、 (k)1 2 3(k 1) (k 1)2(k 1) (k 1)3 10.9942(1)0.9994x(3)xxf (0)21x2e-1e2e 1)xf (x)dx ah2 f 0 f (h)-180(k 1) (k)1 2 3(k 1) (k 1)2(k 1) (k 1)3 10.9942(1)0.9994x(3)xxf (0)21x2e-1e2e 1)xf (x)dx ah2 f 0 f (h)-1091918190.99990.9722 x0.99990.0001ex 在0，1上的一次最佳一致逼近多项式ex在0，1上不变号，故：f(x2) f (1) f (0)1 0f (x2)f (1

4、) f(0)1 0、(12h f (0) f (h)2x1x2x37)1.0000(2)1.000010。(x(e 1)(x x2)即e 1)(x7780.9993 x3（0212ex12e (，所以迭代收敛。(3)，所以最后结果：分）x22ln(e 1)ln(0.9999 xx(4)e 1e 1)e 1)(4)1.0000故1.0000 x2ln(e 1)-1-1x (x x(k)x (x1 7)x (x 8)0.7778得 x0.9753因为1.0000 x(4)1.0000三求 f解： fp1 x12ff x2p1 x(四设有一个求积公式h0求a使以上求积公式的代数精度尽可能高，并指出所

5、达到的最高代数精度fx2aff x x4 dx3(x)是任意首项系数为 1的n+1 次多项式，证明：（分）p)n 1(p(x)pn1(Bxx有唯一的 k 1k 1xh0112xh时，(x)nx )p(xk)lk(x)(x)p(xk)k 0cRn，cxBxx*1时，； fxx342p(xk)lk(x)p(xk)k 01(np(xk)lk(x)(xRn，B*kBx2h时，hwn fx2aff x x4 dx3(x)是任意首项系数为 1的n+1 次多项式，证明：（分）p)n 1(p(x)pn1(Bxx有唯一的 k 1k 1xh0112xh时，(x)nx )p(xk)lk(x)(x)p(xk)k 0c

6、Rn，cxBxx*1时，； fxx342p(xk)lk(x)p(xk)k 01(np(xk)lk(x)(xRn，B*kBx2h时，hwn (x(x1)!wn x)x )wn (Rn ，且 Bc，xxdx001x )wn (p1(k 1nkk时，左 =右h2xh4)k 1(两边除xk)1证明0，1，2，x* ，03112xk)n 1)wn1kh2dxh201( )1(x)0，1，2，ah20h2h3wn x)2h0左1(h3右wn x)1121(h203h2，解 (1) 当f x解得当当所求的具有最高代数精度为五 pn1）：k 0(w解：1），利用 Lagrange 插值余项nRn(x)k 0n

7、2）利用k 0p(x )wn x )六 给定方程组x其中(1)(2) 给定迭代格式x则有xRnxx0,得 Bx 使得x(k 1)xx (4baf(x)baa) f(a)1,，则迭代格式 收敛xB1与条件 Bx = Bxk 1)xB(0)分)f(x)dxc1a,b，试以此构造复合求积公式，并说明该复合求积公式是收敛f (a)bf(x)dx(b2xk，k=1,2, （Bxx1矛盾cxBk有(bf (Rnxx0,得 Bx 使得x(k 1)xx (4baf(x)baa) f(a)1,，则迭代格式 收敛xB1与条件 Bx = Bxk 1)xB(0)分)f(x)dxc1a,b，试以此构造复合求积公式，并说

8、明该复合求积公式是收敛f (a)bf(x)dx(b2xk，k=1,2, （Bxx1矛盾cxBk有(bf ( )(xaa)2分）, 因而有惟一解(3 分) B(x(kx(k)x(0)lim xa)f (a)a) ；f(a)dxf ( )x ,即存在惟)xx(k)k(b2ax )kkxa)2f0,1,2,0,1,2,0f( )(x a)dx(4 分) ( ) 。解 (1)只需证明的齐次方程组x=Bx 只有零解 , 若有非零解 , 则两边取范数得因为 x一的(2) 将和相减得两边取范数得x(3) 由递推得x(k)对任意固定的因而迭代格式是收敛的七证明：左矩形求积公式设（分）解：因为： fb故：=(b

9、又：分划a,b 得：xk得复合公式：nf(x)dxk 1(x2h0 x0)xi：N3(xx0)(xN3(x0) R (x0) fx0,x1 (x00 1, 2 11314!y0 时，讨 论ynn 1xkxkbn16h1)x1)(x3f0=fyy 的收敛 性。讨论绝对稳定性对步长的 限制1ynnf (x)dxkxk )2a 11f0 xiR3(xx ) fx ,x ,x ,x3 fx fx x ,x21814!(4)0nynh2nf(x)dxk 1(x2h0 x0)xi：N3(xx0)(xN3(x0) R (x0) fx0,x1 (x00 1, 2 11314!y0 时，讨 论ynn 1xkxk

10、bn16h1)x1)(x3f0=fyy 的收敛 性。讨论绝对稳定性对步长的 限制1ynnf (x)dxkxk )2a 11f0 xiR3(xx ) fx ,x ,x ,x3 fx fx x ,x21814!(4)0nynh2n(xk11，18 f1i)12 0 1 21) 0, 1f1(4)dx( )(x0y(0)h2yxk )f (xk)k 1f (且h9f20,1,2f (x0) (x x ) fx ,x1(4)4!9dx1)(x01 ( , )n(x1k 1kxk2x00 0( )w4(xf2w4(x)x2)(x0写出以梯形公式所得近似解f x ynynk2)=xkf3x3(x)2w4() f ( )x3)yn的表达式。n1xkb21h34（分）x0)(xx0f3ddx=f xn，整理得：1)af ( ) ，x ) fx ,x ,x2x3(4)x x0h4(ynf (hf ( )(4)1 0 13f ( )1,2 h1k(4)yn2 h)1)yn2 h2 hn 1y0an所以： Rk 1其中：有：lim0八试利用四点插值推导数值微分四点公式f (其中h解f(x)(xf (x0)(x0 x1)(x0 x2)fx ,x x ,x316hR(x0) f ( )=九对初值问题且当步长 h（分）解：