王明辉2012-2013-2 数学专业数值分析 试题A答案

（答案要注明各个要点的评分标准） 一、选择题（每小题3分，共15分） 1. B. 2. B. 3. D. 4.A. 5. D.

二、填空题（每空3分，共18分）

1. 0. 2.有. 3. 截断误差或方法误差.

4. 9 . 5. 5

三、判断题（每小题2分，共14分） 1. 2. 3. 4. 5. 6.

四、计算题（每小题10分，共50分） 1. . 解:所以,

H2(x) 2x x2--------------5’

证明:设R(x) f(x) H2(x)

(0),f(1) H2(1) f(0) H2(0),f (0) H2

R(0) R (0) R(1) 0 所以,可设R(x) k(x)x2(x 1) 构造函数: (t) f(t) H2(t) k(x)t2(t 1) 显然 (x) (0) (0) (1) 0

因为函数 (t)在所给的插值区间至少有4个根且函数 (t)存在,

所以函数 (t)在所给的插值区间至少有1个根,即存在一点 ,满足: ( ) 0 又 (t) f (t) 3!k(x)

( ) f ( ) 3!k(x) 0 k(x)

f ( )

3!

1

2

所以R(x) k(x)x(x 1)

f ( )2

x(x 1)-------------------12’ 3!

3 2

2.（1）由

3 1 3 1 2

得L

3 1 3

223 1

12 32

5 1 3 2

1 5 22 1

……………………………………………3' ，y ，

33 3

2 02 2

00 3

10，U 0 0

11

1 1

由Lx y解得x ..……………………………………………………4'

2 1

（2）Jacobi迭代法： 解法一：由3 0,

3222

321

2 0,220 4 0知系数矩阵A对称正定，又

103

3 2 3 2 1

3 2

2D A 220 ,且由 220 4 0, 2 0,3 0知2D A对称正

22 103 103

定，从而Jacobi迭代法收敛. ………7'

解法二：由

1 3 1

300021

B0 D 1(L U) 020 200 0

003 100

0

0120

0

0 021

0 200 1

1100 1 3 3

2

300

1 3 0 ， 0

13

230

I B0 1

13

70 ( 2

),从而 (B0) 1，即Jacobi迭代法收敛.…7'

93

Gauss—Seidel迭代法：

2

解法一：由3 0,

32

321

2 0,220 4 0知系数矩阵A对称正定，从而Gauss—Seidel22

103

迭代法收敛. ………………………………………………………………………………………10' 解法二：由

1 3 1

300021

1

G (D L) 1U 220 000

3

103 000 1

9

0120

2

0 0 3021

2

0 000 0 3 000 1 2 0 3 9 1

3 1

， 3 1 9

23232 9

I G 0

13177 2( ),从而 (G) 1，即Gauss—Seidel迭代法收

939

1

9

敛. …………10'

3. 将y(x)在xn处Taylor展开，并令x xn 1 xn h，有

y(xn＋1)＝y(xn h) y(xn) hy'(xn)

'

'

'

12

hy''(xn) O(h3)， 2

而y''(xn) f(x,y(x) x fx(xn,y(xn)) fy(xn,y(xn)) f(xn,y(xn))，从而

n

1

y(xn＋1)＝y(xn) hf(xn,u(xn)) h2 fx'(xn,u(xn)) fy'(xn,y(xn)) f(xn,y(xn)) O(h3) ……3'

2

对K2在(xn,yn)点Taylor展开，得

K2 f(xn ph,yn phK1) f(xn,yn) phfx'(xn,y(xn)) phK1fy'(xn,y(xn)) O(h2) f(xn,yn) phfx'(xn,y(xn)) phfy'(xn,y(xn)) f(xn,y(xn)) O(h2)

从而yn 1 yn h( 1K1 2K2)

yn ( 1 2)hf(xn,yn) 2ph2(fx'(xn,y(xn)) fy'(xn,y(xn)) f(xn,y(xn))) O(h3) …6'

在y(xn) yn的条件下，由y(xn 1) yn 1 O(h3)得

1 2 1, 1……………………………8' 2p . 2

3

h

y y (K1 K2), n n 1

2

1

特别地，取 1 2 ,p 1,得 K1 f(xn,yn), …………………………………9'

2 K f(x h,y hK).

nn1

2 h

y y (K1 K2), n n 1

2

1

取 1 0, 2 1,p ,得 K1 f(xn,yn), ………………………………10'

2 K f(x h,y hK).

nn1

2

4. 证明：x0 0且xk 1

1a

(xk ) xk 0 ………………………………2’

2xk

所以有：xk 1

1a1(xk ) ………………………………4’ 2xk2即：数列xk有下界；

xk21a1

xk 1 (xk ) (xk ) xk

2xk2xk

----------------------------8’.

所以，迭代序列xk是单调递减的， 由单调递减且有下界的数列极限存在可知序列xk极限存在。 所以，迭代法xk 1

1a

(xk )是收敛的。------------------------------10’ 2xk

5. 解：设f(x) 1时，左

1

1

f(x)dx 1，右 A B C，左＝右得：A B C 1

11

，右 Bx1 C，左＝右得：Bx1 C

022111

f(x) x2时，左 f(x)dx ，右 Bx12 C，左＝右得：Bx12 C

033111

f(x) x3时，左 f(x)dx ，右 Bx13 C，左＝右得：Bx13 C

044

f(x) x时，左 f(x)dx

联立上述四个方程，解得：

1211

A ,B ,C ,x1 -----------------------------------------------7’

6362

114

f(x) x4时，左 f(x)dx ，右 Bx14 C ，左 右----------------9’

0525

所以，该求积公式的代数精度是3-------------------------------------------------------10’

4