数值计算方法试题及答案(3)

f(xn ,yn k1)

22hh

f(xn ,yn k2)

22 f(xn h,yn hk3)

k1 k2 k3 k4 0，所以y(0.1) y1 1。

h

H3(xi) f(xi)

H (x) f (xi)i 0,1H(x)2、（8分）解：设3为满足条件 3i的Hermite插值多项式，

22

则 p(x) H3(x) k(x x0)(x x1) 代入条件p(x2) f(x2)得：

(x2 x0)(x2 x1)

六、（下列2题任选一题，4分）

k

f(x2) H3(x2)

2

2

1、解：将f(x) 1,x,x,x分布代入公式得：

23

A

320

,B

720

,B

130

,D

120

H3(xi) f(xi)

H (x) f (xi)i 0,1H(x)构造Hermite插值多项式3满足 3i其中x0 0,x1 1

则有： 0R(x)

1

xH3(x)dx S(x)

1

，

f(x) H3(x)

(4)

f

(4)

( )

4!

x(x 1)

22

x[f(x) S(x)]dx

(4)

1

f( )

4!f

(4)

x(x 1)dx f

(4)

32

f( )

4!

1

x(x 1)dx

32

( )( )

4! 601440

2、解：

Rn,h y(xn 1) yn 1 y(xn) hy (xn)

0y(xn) 1(y(xn) hy (xn)

h

h

2

2

2!

y (xn)

h

3

h

3

3!

y (xn)

2!

y (xn) h

2

3!

y (xn) )h

3

h[ y (xn) (1 )(y (xn) hy (xn)

2!

y (xn)

3!

y

(4)

(xn) ]

(1 0 1)y(xn) h(1 1 1)y (xn) h(

2

12

12

1 )y (xn) h(

3

16

16

1 2

)y (xn) O(h)

4

1 0 1 0 0 1

1 0 1 0

1 1 3

1 0 22 所以 2

5

主项：12

该方法是二阶的。

数值计算方法试题二答案

一、一、判断题：（共10分，每小题２分） 1、（ Ⅹ ） 2、（ ∨ ） 3、（ Ⅹ ） 4、（ ∨ ） 5、（ Ⅹ ） 6、（ ∨ ）7、（ Ⅹ ） 8、（ Ⅹ ） 二、二、填空题：（共10分，每小题2分） 1、9 8!、0 2、__二___ 3、__二___4、_16 、90__5、 7、0

三、三、简答题：（15分）

1、 1、 解：迭代函数为 (x) ln(4 x)/ln2

3,36、 =

hy (xn)

3

(x)

'

14 x

1ln2

14 2

1ln2

1

(k)

2、 2、 答：Gauss消去法能进行到底的条件是各步消元的主元素akk全不为0，如果在

消元过程中发现某个主元素为0，即使det(A) 0，则消元过程将无法进行；其次，即使主元素不为0，但若主元素akk的绝对值很小，用它作除数，将使该步消元的乘数绝对值很大，势必造成舍入误差的严重扩散，以致于方程组解的精确程度受到

(k)

aa严重影响，采用选主元的技术，可避免主元素kk=0或kk很小的情况发生，从

(k)

(k)

而不会使计算中断或因误差扩大太大而使计算不稳定。

cosx 1

x

2

3、 3、 解：

1 cosx f(x)

12!

x

2

2!x

4

x

4

4!

( 1)

n

x

2n

(2n!)

2n

2! x

2

4!

( 1)

n 1

n 1

x

(2n!)

2n 2

4!

( 1)

x

(2n!)

四、四、解：f(x) 1显然精确成立；

f(x) x时，0

f(x) x时， 0

2

h

xdx

2

h

2

2h

3

h2

[0 h] h[1 1]

2

2

2

；

h

3

h

xdx

3

3h

4

h2h2h2

[0 h] h[0 2h] [0 h]

43

2

2 h

112；

f(x) x时， 0

34

h

xdx

4

4h

5

112112

h[0 3h]

2

3

22

； h

5

5

所以，其代数精确度为3。

f(x) x时， 0

h

xdx [0 h] h[0 4h]

6；

xk 1

12

(xk

axk

)

12

2

xk

axk

ak 0,1,2

五、五、证明：

故对一切k 1,2, ,xk xk 1

22x又xk

从而迭代过程收敛。

1(1

a

2k

a。

)

1

(1 1) 1

所以xk 1 xk，即序列 xk 是单调递减有下界，

六、六、解：是。因为f(x)在基点1、2处的插值多项式为

p(x)

x 21 2

f(1)

x 12 1

f(2)

30

p(x)dx

32

[f(1) f(2)]

。其代数精度为1。

~

七、七、证明：由题意知：AX b,AX b r

~

~

A(X X) r X X A

1

~

r X X A

1

r

AX b b AX AX

1X

Ab

又

~

X X

AA

1

r cond(A)

A 所以

X

。

12

八、解：设H(x) N2(x) ax(x 1)(x 2)

N2(x) f(0) f[0,1](x 0) f[0,1,2](x 0)(x 1) 1 2x

H(x) 1 2x

a

1214

x(x 1) ax(x 1)(x 2)

(x 0)(x 1)

所以

由H(0) 3得：

'

所以

H(x)

14

x

3

54

x 3x 1

2

2

令R(x) f(x) H(x)，作辅助函数g(t) f(t) H(t) k(x)t(t 1)(t 2)

2 则g(t)在[0,3]上也具有4阶连续导数且至少有4个零点：t x,0,1，

f

(4)

反复利用罗尔定理可得：所以

k(x)

( )

4!，( g

(4)

( ) 0)

R(x) f(x) H(x) k(x)x(x 1)(x 2)

2

f

(4)

( )

4!

x(x 1)(x 2)

2

九、九、证明：形如

n 1

b

n 1

a

f(x)w(x)dx

k 1

Akf(xk)

的高斯（Gauss）型求积公式具有

最高代数精度2n+1次，它对f(x)取所有次数不超过2n+1次的多项式均精确成立

1）

i 1

Ai k(xi) j(xi)

ba

k(x) j(x)w(x)dx 0

0

li(xj)

12）因为li(x)是n次多项式，且有

i ji j

所以

b

n 1

a

lk(x)lj(x)w(x)dx

2

Al

i 1

ik

(xi)lj(xi) 0

2

(k j)

3）取f(x) li(x)，代入求积公式：因为li(x)是2n次多项式，

所以

n 1

b

b

n 1

a

li(x)w(x)dx

j 1n 1

Aj[li(xj)] Ai

2

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