数值分析考试题

院系,专业： 分数：

姓名,学号： 日期：2005.1. 注：计算题取小数点后四位。 一、 填空题(每小题3分，共15分) 1. 若

x310x1 S(x)132(x1)a(x1)b(x1)c1x22是三次样条函数，则a=_______,b=______,c=______.

2. 以n + 1个 整 数 点k ( k =0,1,2,…,n) 为 节 点 的 Lagrange 插 值 基 函 数 为

lk(x)( k =0,1,2,…,n)，则

klk0nk(x)_____.

3. 序列ynn=0满足递推关系：yn10yn11,(n1,2,...)，若y0有误差, 这个计算

过程是否稳定？____________.

4. 若f(x)2x4x23,则f[1,2,3,4,5,6]_____. 5. 下面Matlab程序所描述的数学表达式为__________. for j = 1 : n for i = 1 : m

y ( i ) = A ( i , j )*x ( j ) + y( i )

end

end

二、 简单计算题(每小题6分，共18分)

1341. 已知矩阵A321，求Givens 变换阵G 使GAGT 为三对角阵。（不用计算GAGT） 4112.设A32，求cond(A)1. 113.确定数值求积公式

10f(x)dx311f()f(1)的代数精度. 434020三、 (12分)已知矩阵A212， 021 用施密特正交化方法求矩阵A的正交分解，即A=QR.

四、(10分) 应用Lagrange插值基函数法，求满足下面插值条件的 Hermite 插值多项式。

xi01yi01'yi0 1五、 (10分)设f(x)三阶连续可导，xi公式的截断误差 f'(x2)六、(10分)利用求积公式

x0ih,i0,1,2.试推导如下数值微分

f(x0)4f(x1)3f(x2)

2h1f(x)33

dx(f()f(0)f())3221x121求定积分2x dx。0七、(15分) 用最小二乘法确定一条经过原点的二次曲线，使之拟合下列数据

xiyi 并求最小二乘拟合误差八、(10分)

201.02.03.0

0.20.51.01.2。

2已知A02x(k1)收敛最快？

11b50,3,用迭代公式031()xk()a(Axkb),k(0,1,2,0

)求解Axb.问a取什么实数可使迭代收敛，且a为何值时

数值分析答案

一、 填空题(每小题3分，共15分)

1. a= 3 , b= 3 , c= 0 . 2.

klk0nk(x)x 3. 不稳定

4. f[1,2,3,4,5,6]0 5. yAxy,ARmn,xRn,yRm 二、 简单计算题(每小题6分，共18分)

41.tan,Ccos3001G03/54/504/53/5 2. cond(A)1A1A1 3. 代数精度为2。

13,Ssin5xi2x2jxixjxi2x2j45414,A1112

513三（.12分）u1(0,2,0)T,u2(2,1,2)T,u1(0,2,1)T,v1u1(0,2,0)T,1(0,1,0)T,v2u2(u2,1)1u21(2,0,2)T,2v3u3(u3,1)1(u3,2)2u321u121u2122211u221232201/2AQR1001/211/2200221/20021/21/21212(1,0,1)T1(1,0,1)T2

2

四（.10分）H(x)h1(x)h1(x)'令h1(x)x2(axb),h1(x)2x(axb)ax2,a2h1(1)ab1,由'解得h1(1)2(ab)a0,b3h1(x)x2(2x3)令h1(x)x2(x1),h(x)(3x22x),由h1(1)1h1(x)x2(x1)H(x)h1(x)h1(x)x2(2x3)x2(x1)2x2x3五、 (10分)

''1

4h28h3f(x0)f(x2)2hf'(x2)f''(x2)f'''(1)23!h2h3f(x1)f(x2)hf'(x2)f''(x2)f'''(2)23!

(1)-4*(2)除2h，得f(x0)4f(x1)3f(x2)h2(3)f'(x2)f()2h3六、(10分)

f(x)dx0111t1f()dt222111f(11t)1t 2dt1t22611(f(3312)1(3)2f(1)f(2)1(3)2)

22222故x2dx061((3312)211(2)21)11

22422960.3600

七、(15分)1(x)x,2(x)x2

000.2110.51,2,Y,241.0391.21436a6.1a0.61843698b15.3,b0.0711 s(x)0.6184x0.0711x22(Y,Y)a(1,Y)b(2,Y)2.730.61846.10.071115.30.0456012(5)(254)八.(10分)解：|IA|05003211,24,35迭代矩阵BIaA的特征值为11a,214a,315a|1a|111a12a0,1|14a|1114a1a0,22|15a|1115a1a0,52当a0时，迭代格式收敛。5|1a||15a|（1a）15a6a2a1当a时，收敛最快。313

数值分析试题(A)

院系,专业： 分数：

姓名,学号： 日期：2005.6.29.

注：计算题取小数点后5位。

一、 填空题(每空3分，共15分) 1. 形如

baf(x)dxAkf(xk)的插值型求积公式，其代数精度至少可达______次，

k0n至多可达______次。

2．以n + 1个 整 数 点k ( k =1,2,…,n，n+1) 为 节 点 的 Lagrange 插 值 基 函 数 为 lk(x)( k =1,2,…,n,n+1)，则

lk1n1k(0)kn1__________.

3. 若f(x)2x4x23,则f[1,2,3,4,5]_____.

4. 下面Matlab程序所描述的数学表达式为________________________. for j = 1 : n - 1

b ( j ) = b ( j ) / L ( j , j );

b ( j + 1 : n ) = b ( j + 1 : n ) - b ( j ) * L ( j + 1 :n, j ) ;

end

b ( n ) = b ( n ) / L ( n ,n ); 二、 简单计算题(每小题6分，共18分)

1251. 已知矩阵A221，求Householder 变换阵H 使HAH 为三对角阵。

511（不用计算HAH）

122. 设A11，求cond(A)2. 112113. 设A412，求A的LU分解。 223

三、 (12分) 已知一组线性无关的向量

由此向量组，按Schmidt正交化方法，求一组A共轭向量组,100其中A=020.001u1(1,1,1)T,u2(2,1,0)T,u3(0,1,1)T,四、(12分) 应用Lagrange插值基函数法，求满足下面插值条件的 Hermite 插值多项式,

并写出截断误差。

xiyi'yi0001122 04x1x22x31五、(12分)设线性方程组为 x13x2x32

2xx4x3123(1) 写出用SOR迭代法求解此方程组的分量计算格式； (2) 当取2时，SOR迭代法是否收敛，为什么？

1(3) 当取1时，SOR迭代法是否收敛，为什么？

六、(12分)已知高斯求积公式

1f(x)dxf(0.57735)f1(0. 57735)将区间[0,1]二等分，用复化高斯求积法求定积分

0xdx的近似值。

七、(12分)用最小二乘法确定一条经过点(-1,0)的二次曲线，使之拟合下列数据

xiyi0.01.02.03.0

2.02.83.64.8八、(7分)设内积空间Hspan0(x),1(x),,n(x),由0(x),1(x),,n(x)所确定的Gram矩阵为(0(x),0(x))(0(x),n(x))  G(n(x),0(x))(n(x),n(x))证明：若G为非奇异矩阵，则0(x),1(x),,n(x)线性无关。

数值分析答案

一、 填空题(每空3分，共15分)

1. n , 2n+1 . 2. (1)n(n1)! 3. f[1,2,3,4,5]2

4. 解Lxb,其中LRnn,为下三角阵,xRn,bRn

二、 简单计算题(每小题6分，共18分)

1.x(2,5)T,3,y(3,0)T,uxy(5,5)T001H02/35/305/32/32. ATA32T17，,AA的特征值为7,2,cond(A)3.5 12226221002113. ALU210010

111002111三（.12分）解法1：v1u1(1,1,1)T,1v1v1(,,)T

222111v2u2(u2,A1)1(2,1,0)T2(,,)T(1,0,1)T

2222v2v2(12,0,12)T

v3u3(u3,A1)1(u3,A2)21111111T(0,1,1)T(,,)T(,0,)

22222223(1,1,1)T43v3v3(,,)T

三（.12分）解法2：v1u1(1,1,1)T,

111222v2u2v1(2,1,0)T(1,1,1)T(1,0,1)T(u,Av1)421(v1,Av1)4v3u31v12v2113(0,1,1)T(1,1,1)T(1,0,1)T(1,1,1)T

424(u,Av1)(u,Av2)1113,23,(v1,Av1)4(v2,Av2)2四、（12分）H(x)h1(x)2h2(x)令h1(x)x2(x2)2,由h1(1)1,h1(x)x2(x2)2令h2(x)x2(x1)(axb),'h2(x)(3x22x)(axb)ax2(x1),

1ah2(2)4(2ab)1,2由'解得h2(2)8(2ab)4a0,b5415h2(x)x2(x1)(x)24H(x)h1(x)2h2(x)x2(x2)22x2(x1)(3213xx2215x) 24f(5)()2R(x)f(x)H(x)x(x1)(x2)2

5!(k1)(k)(k)(k)(k)xx(14x1x22x3)114(k1)(k)(k1)(k)(k)五.(12分)(1)SOR迭代格式：x2(2x13x2x3) x23(k1)(k)(k1)(k1)(k)xx(32x1x24x3)324(2)当2时,SOR迭代法发散。 (3)当1时,此时SOR迭代法为Gauss-Seidel迭代法，

由于A是严格对角占优的所以SOR迭代法收敛。

11/21六、（12分）

0xdx0xdx1/2111131xdxtdttdt

41444144111(10.5773510.5773530.5773530.57735) 80.66924七（、12分）1(x)x1,2(x)(x1)21122222.81,22,Y,333.6 2444.830100a37.6a1.69414100354b122.6,b0.13226s(x)1.69414(x1)0.13226(x1)2证明：G非奇异0(x),1(x),...,n(x)线性无关 八、（7分） 反证：假设0(x),1(x),...,n(x)线性相关，存在不全为零的cj(j=0,1,,n)使cjj(x)=0

j=0n(cjj(x)，k(x))=0,k=0,1,...,n

j=0n(x)）cj=0,k=0,1,...,n有非零解, j=0即：GC=0有非零解,jk（(x)，nG奇异,矛盾。

数值分析试题(A)

院系： 专业： 分数：

姓名： 学号 日期：2006.1.5。 注：计算题取小数点后四位。

一、 填空题(每小题3分，共15分)

2. 已知x=62.1341是由准确数a经四舍五入得到的a的近似值，试给出x的绝对

误差界_______________. 3. 已知矩阵A12，则A的奇异值为 _________. 213. 设x和y的相对误差均为0.001，则xy的相对误差约为____________. 4. 若f(x)5x4x23,xi=i,则4f(xi)_____.

5. 下面Matlab程序所描述的数学表达式为________________________.

a=[10,3,4,6];t=1/(x-1);n=length(a)

ya(n);forkn1:1:1

yt*ya(k);end二、(10分)设f(x)(x3a)2。

（1）写出解f(x)0的Newton迭代格式； （2）证明此迭代格式是线性收敛的。

211，

三、 (15分)已知矛盾方程组Ax=b，其中A10,b1121011（1）用Householder方法求矩阵A的正交分解，即A=QR。

（2）用此正交分解求矛盾方程组Ax=b的最小二乘解。

四、(15分) 给出数据点：xi01yi3923461215

（1）用x1,x2,x3,x4构造三次Newton插值多项式N3(x)，并计算x1.5

的近似值N3(1.5)。

（2）用事后误差估计方法估计N3(1.5)的误差。 五、(15分)

（1）设{0(x),1(x),2(x)}是定义于[-1，1]上关于权函数(x)x2的首项系数为1的

正交多项式组，若已知0(x)1,1(x)x，试求出2(x)。

11 （2）利用正交多项式组{0(x),1(x),2(x)}，求f(x)x在[,]上的二次最佳平方

22逼近多项式。

六、(15分) 设P1(x)是f(x)的以(1试由P1(x)导出求积分I的截断误差。

七、(15分) 已知求解线性方程组Ax=b的分量迭代格式

33),(1)为插值节点的一次插值多项式， 3320f(x)dx的一个插值型求积公式，并推导此求积公式

xi(k1)xi(k)（biaijx(jk)),aiij1ni1,2,,n

（1）试导出其矩阵迭代格式及迭代矩阵； （2）证明当A是严格对角占优阵，1时此迭代格式收敛。 2

数值分析答案

三、 填空题(每小题3分，共15分)

1.

1104 . 2. 13,21 3. 0.002 2 4. 120 5. y103346 x1(x1)2(x1)32'23二、（10分) 解：（1）因f(x)(xa)，故f(x)6x(xa)。

由Newton迭代公式：xk1xkf(xk),'f(xk)k0,1,2,

3(xka)25a得 xk1xkx,k0,1,2, 2326xk(xka)6k6xk（2）上述迭代格式对应的迭代函数为(x)5a5ax2，于是'(x)x3， 66x63又x的。

*3a，则有'(x*)5a33511(a)1且0，故此迭代格式是线性收敛63632三（.15分）法一：(1)x(2,1,2)T,y(3,0,0)T,uxy(5,1,2)T12551010510uu1515HI2T1121421515uu1410210211331410510 11HA05RQH5142111500102111051,R13314,QRxb(2)Q1514111110155102T1/3263187TR1xQ1b,x,2257517/15T法二：(1)x1(2,1,2)T,y1(3,0,0)T,u1x1y1(1,1,2)T1112212u1u1T11112122H1I2T133u1u1122422133141H1A03A21140x2(14/11,3/11,4/11)T,y2(14/11,5/11,0)T,u2x2y2(0,8/11,4/11)T01005u2u2T110840H2I2T155u2u2104205101033110QH1H25142,RQTA15112111005101,R13314,QRxb(2)Q151411111015521015263187R1xQb,x225,751517T1T0034431450

四（.15分）N3(x)93(x1)4.5(x1)(x2)2(x1)(x2)(x3)N3(1.5)5.6250,N3(x)36x4.5x(x1)3x(x1)(x2)N3(1.5)7.5000,R1f(1.5)N3(1.5)五、(15分) （1）设2(x)

1.54(N3(1.5)N3(1.5))1.17194x2k11(x)k00(x)

则利用2(x)和0(x),1(x)的正交性得

4xdxx,0(x)31k010(x),0(x)5x2dx21k1x,(x)(x),(x)211111111x5dxx4dx0

故2(x)x2330(x)x2 55111[,]变换到[-1，1]，则 ，将区间从t222 （2）首先做变量代换x f(x)xt ) F(t2 对F(t)t3，取0(t)1,1t()t,2t()2t，有 25ttdt2121111c0F(t),0(t)0(t),0(t)tdt14tdt2130142822tdt31tdt03c1F(t),1(t)1(t),1(t)12tttdt20112c2F(t),2(t)2(t),2(t)t32t(t)dt2513222t(t)dt511335(tt)dt50632(t6t4()2t2)dt550

111335 6201632()9672525 所以s(t)c1c1(t)c00(t)2 故f(x)x在[23(t)8359623(t 5)11,]上的二次最佳平方逼近多项式s(x)35x25。 22243233))f((1))I1 33六、(15分)I20f(x)dxf((1II120f(4)()3232(x(1))(x(1))dx4!33

f(4)()23232(x(1))(x(1))dx4!033f(4)()212(x1)dx04!3f(4)()81(4)f()4!45135

2a11七.(15分)(1)x(k1)Bx(k)g D=1 迭代矩阵BD(DA) 右端向量gD1b（2）A严格对角占优,即aiiaijj1jina22 annnana111ijij(B)Bmaxmax1(11)1

221inj1aii21inj1aiiji所以此迭代格式收敛.

数值分析试题

院系： 专业： 分数：

姓名： 学号： 日期：2006.5.27 一、 填空题(每空2分，共20分)

121．设A，则A的奇异值1_____.

212. 已知P2(x)是用极小化插值法得到的sinx在[0,3]上的二次插值多项式，则P2(x)的 截断误差上界为R(x)sinxP2(x)_________.

42 3. 设f(x)2x3x1和节点xkk,k0,1,2, 2则f[x0,x1,,x5]________ 和4f(x0)_________. 4．如下两种计算e近似值的方法中哪种方法能够提供较好的近似。_____

1方法1： e191911 方法2：e

n!(9n)!n0n0115. 已知是非线性方程f(x)=0的二重根，试构造至少二阶收敛的迭代格式

__________________.

x1x28x386．给出求解线性方程组9x12x2x36 的收敛的Jacobi迭代格式（分量

x18x2x38

形式）______________________及相应的迭代矩阵______________________。 7. 解线性方程组Ax=b的简单迭代格式x(k1)Bx(k)g收敛的充要条件是__________. 8. 下面Matlab程序所解决的数学问题为____________________. function x=fun(A,b)

n=length(b); x=zeros(n,1); x(n)=b(n)/A(n,n); for i=n-1:-1:1

x(i)=(b(i)-A(i,i+1:n)* x(i+1:n))/A(i,i);

end

x11.0001x22T

二、(15分) 已知方程组Ax=b，即有解x=（2，0），

x1x22(1) 求cond(A)；

(2) 求右端项有小扰动的方程组x11.0001x22.0001的解xx；

x1x22(3) 计算

bb和

xx，结果说明了什么问题。

三、(15分) 已知函数值表

xiyi2101021210

22在函数空间Hspan1,x2中求最佳平方逼近多项式，并估计误差。

（注：取小数点后四位） 四、(15分) 已知函数值表 1234xi

f(x)1.12.62.81.6i 用二次多项式计算x=0.26时函数的较好近似值,并估计误差.

五、(15分)

（1）求[0，1]区间上关于权函数(x)lnx的首项系数为1的正交多项式

0(x),1(x)。

（2）构造带权(x)lnx的高斯型求积公式

(3) 导出此高斯型求积公式的截断误差。

10(x)f(x)dxA1f(x1)

六、(10分)已知近似数x=10的绝对误差限为0.05,试求函数f(x)20x的相对误差限.

1七、(10分) 用Householder方法求矩阵A1213020的正交分解，即A=QR。 1

数值分析答案

一、 填空题(每空2分，共20分)

1. 3 . 2. 9640.14 3. f[x0,x1,,x5]0 和4f(x0)3

4. 方法2 5. xk1xk2f(xk)

f'(xk)191 0811088920x1(k1)(62x2(k)x3(k))/9(k1)(8x1(k)x3(k))/8迭代矩阵B16。Jacobi迭代格式x2J8x(k1)(8x(k)x(k))/8312 7. (B)1 8．解上三角形方程组Ax=b

1041.0001104A44二、 (15分)(1) 1010cond(A)AA12.0001(2.0001104)41041 (2) xx11 (3)

Tb22,b0.00010TTTTTx(xx)x112011bb

0.005%和

xx50%

虽然方程组右端项扰动的相对误差仅为0.005%，然而此小扰动引起解的相对误差却高达50%，这是由于”系数矩阵的条件数比较大,方程组是病态的”,从而导致上述结果. 三、(15分)1(x)1,2(x)x2

(2)210112(1)211,20,Y2,

2111221058510a4a351034b2,b375832s(x)x1.65720.4286x2 3572(Y,Y)a(1,Y)b(2,Y)583420.2286357一阶差商二阶差商1.50.21.20.650.76四、(15分)(1)建立如下差商表

xi1234f(xi)1.12.62.81.6

N2(x)1.11.5(x1)0.65(x1)(x2)N2(0.26)1.11.50.740.650.741.740.84694N2(x)2.60.2(x2)0.7(x2)(x3)N2(0.26)2.60.21.740.71.742.741.08523R2f(0.26)N2(0.26)(2)

0.261(N2(0.26)N2(0.26))140.261(0.846941.08532)0.058814

R2f(0.26)N2(0.26)0.264(N2(0.26)N2(0.26))140.264(0.846941.08532)0.297214

五、 (15分) (1)由首1正交多项式的构造公式，可得

0(x)1，1(x)x1(x,0(x))0(x)

(0(x),0(x))11121lnxdx1,xlnxdx,xlnxdx00409xlnxdx1/41(x,0(x))01,(0(x),0(x))14lnxdx0111(x)x414,

(2) x11,4A1lnxdx,0110(x)f(x)dxf()

(3) Gauss型求积公式的截断误差为

f(2)()12f(2)()112R(f)(lnx)(x)dx(lnx)(x)dx02!42!04f(2)()111f(2)()1117(2)2(xlnxxlnxlnx)dx()f()2!02162!9816288

1

六、(10分) e(x)0.05,f'(x)nx1, n=20 nxer(f(x))e(f(x))f'(x)e(x)f(x)f(x)10.05er(f(x))e(x)0.00025nx2010nx1e(x)1nxe(x)nnxx

七、(10分)

x(1,1,2)T,y(2,0,0)T,uxy(3,1,2)T91uu2HI2T13uu12132T3121232212222152152662226232212HA0322R31003

12QH1222662226232

中国石油大学（北京）2006--2007学年第一学期

研究生期末考试试题A (闭卷考试)

课程名称：数值分析

所有试题答案写在答题纸上，答案写在试卷上无效 注：计算题取小数点后四位

题号 得分 一 二 三 四 五 六 七 总分 一、填空题(每空2分，共20分)

(1) 设x219.15456为真值xT219.15123的近似，则x有 位有效数字。 (2) 设数据x1,x2的绝对误差分别为0.0005和0.0002，那么x1x2的绝对误差约为 ____ _。

(3) 设f(x)4x83x42x21则差商f[20,21,,28]_________。 (4) 设求积公式

1f(x)dxAkf(xk),(n1)是Gauss型求积公式，则

n0k0nA3kxk 。

k0(5) 设A1032,则(A)= 。 (6) 数值微分公式f'(xf(xih2)f(xih2)i)h的截断误差为 。

(7) l0(x),l1(x),,ln(x)是以x0,x1,,xn为节点的拉格朗日插值基函数，则

n(xk1)nlk(x) 。

k0(8) 利用两点Gauss求积公式

11f(x)dxf(0.5774)f(0.5774)，则

20f(x)dx 。

（9）解初值问题 yf(x,y)y(x的改进的欧拉法是 阶方法。

0)y0(10) 下面Matlab程序所求解的数学问题是 。 （输入A , b , 出X）

X=zeros(n,1);

X(n)=b(n)/A(n,n); for i=n-1:-1:1

X(i)=(b(i)-A(i,i+1:n)* X(i+1:n))/A(i,i);

end 二、(15分) 已知函数值表 xi0123f(xi)361012

（1）用x0,x1,x2构造二次Newton插值多项式N2(x)，计算当x1.2时f(x)的近似值；（2）用事后误差估计方法估计N2(1.2)的误差。

三、（10分）试建立下述形式的求积公式，并确定它的代数精度。

输

h0f(x)dxh[a0f(0)a1f(h)]h2[b0f'(0)b1f'(h)]

四、（15分） 已知数据表如下 ，

xi yiwi212211031124 511（1）构造关于点集和权的正交函数组{0(x),1(x),2(x)}

（2）利用{0(x),1(x),2(x)}拟合已知数据点，并求最小二乘拟合误差五、(15分) 设线性方程组为2。

a11x1a12x2b1 ，a11a220

axaxb2112222（1）写出解此方程组的雅可比迭代格式和高斯-赛德尔迭代格式（分量形式）；

（2）证明用雅可比迭代法和高斯-赛德尔迭代法解此方程组要么同时收敛，要么同时发散； （3）当同时收敛时试比较其收敛速度。

六、(10分) （1）证明对任何初值 x0R，由迭代公式xk1cosxk,所产生的序列xkk0都收敛于方程xcosx的根。 （2）写出求方程xcosx根的牛顿迭代格式。

k0,1,2,...

111七、(15分)已知矛盾方程组Ax=b，其中A20,b1， 211（1）用Householder方法求矩阵A的正交分解，即A=QR。 （2）用此正交分解求矛盾方程组Ax=b的最小二乘解。

数值分析试卷A答案

三、 填空题(每空2分，共20分)

（1） 5 （2）0.0007 （3）4 （4）1/4 （5） 2 （6）O(h2) （7）(x1)

n（8）

2f(x)dxf(0.4226)f 7 7 (1. 54（)9） 2

0（10） 解上三角形方程组 二、 (15分) (1)建立如下差商表

xif(xi)一差商二差商三差商03163210412xif(xi)一差商二差商162104（4分）

3122-1

N2(x)33x12x(x1)N2(1.2)33.60.126.72(4分)

N2(x)64(x1)-(x1)(x2)

N2(1.2)60.8+0.166.96(3分）f(1.2)N2(1.2)f(1.2)N（1.2-0）（1.2-1）（1.2-2）2(1.2)（1.2-1）（1.2-2）（1.2-3） Rf(1.2)N(1.2)1.223(N2(1.2)N2(1.2))0.096三、解：令公式对f(x)1,x,x2,x3都准确成立，则有

1a0a11a0b0b1 21b 2a12114a13b1解之可得a0a1112;b0b112，故所求积分公式为 hf(x)dxh2[f(0)f(h)]h2012[(f'(0)f'(h))] (4分) (4分)

(4分)

当f(x)x4时，左边=

15111h，右边=h5h2(4h3)h5 152126右边左边，所以原公式只具有3次代数精度。 (2分) 四、解：（1）首先构造构造关于点集和权的首一正交多项式i(x),i0,1,2. 显然0(x)1，设1(x)xa，

2(x)x2b1xb2

42b1b212a1bb11a12 b2则01,1a,21bb11a1212a42b1b2,1x())T10a=0，故有 由 (0(x) 得01(x)x。

,2x())T2(1(x),2x())T2由 (0(x)和0得 001

10b10b10 ，即 105b0b222因此，2(x)x22。(5分)

（2）设p2(x)a00(x)a11(x)a22(x)，则

(0(x),y)TY16a0T0(0(x),0(x))005T(1(x),y)1Y4a1T

(1(x),1(x))115(2(x),y)TY1a2T2(2(x),2(x))227p2(x)21641x(x22) (5分) 557222||Y||2a0(0(x),0(x))a1(1(x),1(x))a2(2(x),2(x))

58(162414)5()210()2140.1143 (5分) 55735x1(k1)(b1a12x2(k))/a11五、(15分) (1) 雅可比迭代格式(k1) (k)(b2a21x1)/a22x2x1(k1)(b1a12x2(k))/a11高斯-赛德尔迭代格式(k1) (6分) (k+1)x(bax)/a2221122(2)

0Ja21/a22雅可比迭代矩阵

a12/a11a12a21,记r,(J)0a11a22a12/a11,(G)r a12a21a11a22r 0高斯-赛德尔迭代矩阵G0当r1时,(J)1,(G)1;当r1时,(J)1,(G)1;

所以雅可比迭代法和高斯-赛德尔迭代法要么同时收敛，要么同时发散； (6分)

（3）当r1时,雅可比迭代法和高斯-赛德尔迭代法同时收敛， 由于rr,即(G)(J)，所以高斯-赛德尔迭代法比雅可比迭代法收敛快。 (3分)

六、(10分) 记(x)cosx，则'(x)sinx。

（1）先考虑区间[-1，1]，当x[1,1]时， (x)cosx[1,1] ，

'(x)'(1)sin11 。故对任意初值x0[1,1]，由迭代公式

xk1cosxk,k0,1,2,...产生的序列xkk0 都收敛于方程 xcosx的根。

(2分)

（2）对任意初值x0R，有x1cosx0[1,1]，将此x1看成新的迭代初值，则由（1）可知，由迭代公式xk1cosxkk,的根。(3分)

（3）牛顿迭代公式xk1xk分)

七、(15分) (1)x(1,2,2),y(3,0,0),uxy(4,2,2)

TTT产生的序列0,1,2,...xkk0 都收敛于方程 xcosxxkcosxk,k0,1,2,... (5

1sinxk11688122uu18441221H1I2T1123uu1844212T313AH1A0132430x2(13,1/3,4/3)T,y2(1/3,17/3,0)Tu2x2y2(0,(117)/3,43)0001uu12H2I22T210(117)4(117)1717u2u211604(117)T17101700 1 0 014 0 -0.2425 -0.970141 0 -0.9701 0.2425017106 -0.3333 0.8085 0.48491 (10分) QH1H221729 -0.6667 0.1617 -0.7277,317 -0.6667 -0.5661 0.48492177613 -3 -0.33333RQTA0173 0 -1.37400 0 0 171(2)Q1217317217101332,R1,017375/3T Q1R1xb,R1xQ1b517/51T105TxR11Q1b,0.5882,0.29411717T中国石油大学（北京）2007--2008学年第一学期

研究生期末考试试题A (闭卷考试)

课程名称：数值分析 注：计算题取小数点后四位 一、填空题(每空3分，共24分)

1(1) 设A22，则A的奇异值为 。 2(2) 设x0.00013753为真值xT0.00013759的近似值，则x有 位有效数字。 (3) 设数据x1,x2,x3的绝对误差为0.002，那么x1x2x3的绝对误差约为 ____ _。 (4) l0(x),l1(x),,ln(x)是以x0,x1,,xn,(n2)为节点的拉格朗日插值基函数，

则

(xk0n2k2)lk(x) 。

2(5) 插值型求积公式

0xf(x)dx2k0nAkf(xk)的求积系数之和Ak 。

k0n 其中x2为权函数，n1。

（6）已知x(3,4)T,y(0,1)T，求Householder阵H使Hxky，其中kR。 H= 。 (7) 数值求积公式

11f(x)dx21f()f32(0)f1(2___。 )的代数精度为

(8) 下面Matlab程序所求解的数学问题是 。

（输入向量x , 输出S） x=input('输入x：x='); n=length(x); S=x (1); for i=2:n

if x (i)二、(12分) （1）证明对任何初值 x0R，由迭代公式xk142cosxk,k0,1,2,... 3所产生的序列xkk0都收敛于方程123x2cosx0的根。 （2）证明它具有线性收敛性。

三、（12分）（1）用辛浦生公式计算积分（2）若用复化辛浦生公式计算积分

40exdx的近似值；

40exdx，问至少应将区间[0，4]多少等分才能保证

计算结果有五位有效数字？

xi四、（12分） 已知数据表 yiwi2102230.510.5

（1）构造关于点集和权的正交函数组{0(x),1(x)}；

（2）利用{0(x),1(x)}拟合已知数据点，并求最小二乘拟合误差2。

21131的LU分解。五、(12分) 利用Gauss变换阵，求矩阵A（要求写出分解过

13112程）

六、(10分) 已知求解线性方程组Ax=b的分量迭代格式

xi(k1)xi(k)（biaijxaiij1i1(k1)jaijx(jk)）,jini1,2,,n

（1）试导出其矩阵迭代格式及迭代矩阵；

（2）证明当A是严格对角占优阵，1时此迭代格式收敛。

七、(10分) 用插值极小化方法求 f(x)e 在[1，2]上的二次插值多项式P2(x)，

并在[1，2]上估计误差。

(已知Chebyshev多项式T3(t)的三个零点t00.8660,t10,t20.8660)

x八、(8分)已知求解常微分方程初值问题y'(x)f(xy) 的数值格式为

y(x)y00h2yynhf(xnyn)f'(xnyn)[1f(xnyn)] n1 2y(x0)y0问此数值格式是几阶格式？

中国石油大学（北京）2007 --2008 学年第 一 学期

研究生期末考试试题标准答案A (闭卷考试)

课程名称: 数值分析

四、 填空题(每空3分，共24分)

（1） 3 （2）3 （3）0.006 （4）x22

4-58（5） （6）H335（8）求向量x的最小值 二、(12分) 记(x)434-55或H435535 （7）3 4522cosx，则'(x)sinx。 332cosx[3,5] ，3（1）先考虑区间[3，5]，当x[3,5]时， (x)4'(x)sinx2321 。故对任意初值x0[3,5]，由迭代公式32xk14cosxk,k0,1,2,...产生的序列xkk0 都收敛于方程 123x2cosx03的根。 (6分)

（2）对任意初值x0R，有x142cosx0[3,5]，将此x1看成新的迭代初值，则30,1,产生的序列2,...xkk0 都收敛于方

由（1）可知，由迭代公式xk142coxskk,3程 123x2cosx0的根。(2分)

22xk1x*(cosxkcosx*)sin(xkx*)33（3） (4分) **xk1xxk1x222sin,limlimsin1kxx*x*xkx*333k 此格式线性收敛性

三、（12分）（1）exdx0440(e4e2e4) 56.1029 (5分) 6 （2） 由f(x)ex,f(4)(x)ex,

(ba)4(4)45|R(Sn)||hf()||f(4)()|428802880n (5分) 5414e10342880n2 n14.0371

至少将区间[0，4] 15等分才能保证计算结果有五位有效数字. (2分) 四、（12分）（1）首先构造关于点集和权的首一正交多项式i(x),i0,1, 显然0(x)1，设1(x)xa0(x)， 由1(x)与0(x)正交得a故有

(0(x),x)21(0(x),0(x))2

1(x)x1。 (4分)

（2）设p2(x)a00(x)a11(x)，则

a0(0(x),y)(1(x),y)9/291/21,a1

(0(x),0(x))24(1(x),1(x))1291(x1) (4分) 42()) p1(x)222 ||Y2||a(0x()0,x()a)(1)x,011(x 699211()2()210.125 (4分) 2428五、(12分)

11L120000020100,L1A0010001015210010(2)A (3分)

31120100010L2210500010L30001000150130002105010(2)(3)2,L2AA (3分)

00013/51121000002105010(2)2U (3分) 0,L2A0013/511021/130001250000,ALU (3分) 1051130112111LL1L2L200

六、(10分) (1) aiixi(k1)aiixi(k)（biaijxj1i1(k1)jaijx(jk)）,jini1,2,,n

Dx(k1)Dxi(k)（bLx(k1)(UD)x(k))(DL)x(k1)((1)DU)x(k)bx(k1)(DL)1((1)DU)x(k)(DL)1b

迭代法的矩阵形式x(k1)Bx(k)g迭代矩阵B(DL)1(U(1)D) (6分) 右端向量g(DL)1b（2）1时，迭代格式为Gauss-seidel迭代格式，当A严格对角 (4分)

占优时，Gauss-seidel迭代格式收敛。七、(10分) 已知Chebyshev多项式T3(t)的三个零点t00.8660,t10,t20.8660,作

变量代换x11(t3),得三个插值节点xk(tk3),k0,1,2 22x01.0670,x11.5,x21.9330f(x0)0.3440,f(x1)0.2231,f(x2)0.1447

构造差商表

xi1.06701.50001.9330牛顿插值多项式

f(xi) 一阶差商 二阶差商 0.34400.22310.14470.27920.1811

0.1133P2(x)0.34400.2792(x1.0670)3.5863(x1.0670)(x1.5)0.1133x0.5701x0.8234R2(x)f(3)()612 ( 6分)

(xx0)(xx1)(xx2)1

e1e1()3max(tt0)(tt1)(tt2)()3220.001962-1t162 ( 4分) 八、(8分)

h2yn1ynhf(xnyn)f'(xnyn)[1f(xnyn)]22hy(xn)hy'(xn)y''(xn)(4分)2En1yxn1yn1 h2h23y(xn)hy'(xn)y''(xn)O(h)y(xn)hy'(xn)y''(xn)22O(h3)此格式二阶精度。(4分)中国石油大学（北京）2008--2009学年第一学期

研究生期末考试试题A (闭卷考试)

课程名称：数值分析

题号 得分 一 二 三 四 五 六 七 八 总分 所有试题答案写在答题纸上，答案写在试卷上无效 注：计算题取小数点后四位 一、填空题（共30分，每空3分）

1、已知xk(k0,1,,n)是互异节点，lkx是对应节点的Lagrange插值基函数， P(x)是任意一个首项系数为1的n1次多项式，则P(x)P(x)l(x)= 。

kkk0n32xx, 0x12、设分段多项式 S(x)3 22xbxcx1, 1x2是以0,1,2为节点的三次样条函数，则b ，c 。 3、如果A是正交矩阵，则Cond2(A)= 。

4、用x = 3.141作为的近似值，则x有 位有效数字，其绝对误差限为 。 5、数值积分公式

30f(x)dx3f(1)f(2)是否为插值型求积公式： ，其代数 2精度为 。

6、下列matlab程序中s2计算的是 ，

并指明s1与s2的区别为 。 其中：aexa10x;a,xR。

t=0;

s2=1e14; for i=1:1e6

temp= 1/(1e3+i); t=t+temp; s2=s2+temp;

end

s1= t+1e14;

二、（8分）已知函数表 x y 0 1 1 0 1 2 1 y 试利用重节点Newton差商构造满足插值条件P(0)1,P(1)0,P'(1)1,P(2)1, 的三次多项式P(x)。（要求构造出差商表）

三、（8分）已知向量x(2,0,2,1)，试构造Householder变换阵，使Hx(0,0,k,0)，

其中kR。

四、（12分）已知勒让德（Legendre）正交多项式P01,P1x,P2TT13x21，试利用勒 22让德正交多项式在二次多项式类Hspan1,x中求一个多项式Sx，使其成为

fxex在11，上的最佳平方逼近函数，并计算出平方误差。

五、（10分）写出求解线性代数方程组

x12x22x35 x13x21 2x17x32的Gauss-Seidel迭代格式，并分析此格式的敛散性。

六、（12分）用追赶法求解三对角方程组。（要求写出LU分解的具体计算过程）

2100x11x121020 0121x300012x40七、（12分）给出计算x222的迭代格式，讨论迭代格式的收敛性,

并证明x2。

八、（8分）求解常微分方程初值问题

yf(x,y) y(x)y00的改进欧拉公式yn1ynh[f(xn,yn)f(xn1,ynhf(xn,yn))]是几阶方法？ 2其中hxn1xn为常数，n0,1,。

中国石油大学（北京）2008--2009学年第一学期 研究生期末考试试题标准答案A (闭卷考试)

课程名称：数值分析

题号 得分

一、（30分） 1、

一 二 三 四 五 六 七 八 总分 (xx)； 2、b2,c3； 3、1；

ii0n1102； 5、 是， 1； 211114336、计算S103的值，

1011021010611114)3)3)， 其中s2(((10310110210106111s11014(333)，s2会产生大数吃小数的问题。 610110210104、3，

二、（8分）构造差商表：

xi yi 一阶 二阶 三阶 0 1 1 0 -1 1 0 1 2 2 1 1 0 -1 所以插值多项式P(x)1x2x(x1)x(x1)2(x1)(x2x1)

三、（8分）方法1：3sign(x3)x240413,因x320,故取k33。 y3e3ke3(0,0,3,0)T, Uxy(2,0,5,1)T,3(3x3)3(32)15 110102HI1T1100UU1500105 1020514方法2： 取k3， y(0,0,3,0)T, （3分）

Uxy(2,0,1,T 1) （3分） 022HI2UUT110300UTU321 （2分） 202012四、（12分）span{1,x2}span{P0,P2},设 Sxc0P0c2P2 P0,P0P0,P2c0P0,fP2,P0P2,P2c 2P2,f（5分） （3分） 3分） 3分） 2分） （3分）

（ （ （

2c0ee12.350388即：2 1c2e7e0.143124511c(ee)1.17519402解得： （3分）

5c(e7e1)0.3578122151Sxc0P0c2P2(ee1)(e5e1)(3x21) （3分） 2220.536715x20.9962892(f,f)(f,s)2471e360.8135 （3分） 2

五、（10分）方程组的Gauss-Seidel迭代格式为

x1(k1)52x2(k)2x3(k)(k1)(1x1(k1))/3 (5分) x2x3(k1)(22x1(k1))/7其迭代矩阵为

1BG13207其特征方程为

122022000022 （3分） 3300447722302132620 207解之得

120,3谱半径(BG)

26 21261，故迭代发散。 （2分） 21六、（12分）方法1： r12, l2113,r22()(1)， 22222435l3,r32()(1)， l4,r4， c1c2c31

33344112L00方法2：

01230021003000102,U 410100335100044011L120000010100,L20010000101230001000,L301000100100130400101100211120,LL1L2L3013130040001

（8分）

111由Lyb得y1,,,234T4321由uxy得x,,,5555T （2分）

（2分）

七、（12分）由题意可得出其迭代格式为xk12xk. 且0xk2

(x)2x,当x[0,2]时,(x)[0,2] （3分）

111 (x)(2x)2.

222x 当0x2时，(x)11. 所以迭代格式是收敛的。 （6分）

22x22 由limxk1x可得，x2x. (x)2x,(x)x20.

k解得：x11,x22. 其中x110舍去。可得x2.

 即解得x2. （3分）

八、（8分）假定yny(xn),将改进欧拉公式写成：

hyn1y(xn)[y(xn)f(xnh,y(xn)hy(xn))]

2则在xn处的Taylor展式为

yn1y(nx)

h2y(n[x)2''2fn(x,yf(x,n(x))xhnny(x))nhyy(xn)f(nx,y(xy(nx)hhy'n(x)2 （3

yn''x(3)Oh()分）

另一方面，依Taylor公式

h2y(xn)O(h3) （3分） y(xn1)y(xn)hy(xn)2因此有 Rn1y(xn1)yn1O(h3)

所以改进欧拉公式是二阶方法。 （2分）

数值分析考试试题

题号 得分 一 二 三 四 五 六 七 八 总分 所有试题答案写在答题纸上，答案写在试卷上无效 注：计算题取小数点后四位 一、填空题（共30分，每空3分）

1、已知xk(k0,1,,n)是互异节点，lkx是对应节点的Lagrange插值基函数， P(x)是任意一个首项系数为1的n1次多项式，则P(x)P(x)l(x)= 。

kkk0n32xx, 0x12、设分段多项式 S(x)3 22xbxcx1, 1x2是以0,1,2为节点的三次样条函数，则b ，c 。 3、如果A是正交矩阵，则Cond2(A)= 。

4、用x = 3.141作为的近似值，则x有 位有效数字，其绝对误差限为 。 5、数值积分公式

30f(x)dx3f(1)f(2)是否为插值型求积公式： ， 2其代数精度为 。

yf(x,y)6、求解常微分方程初值问题的改进欧拉公式

y(x)y00hyn1yn[f(xn,yn)f(xn1,ynhf(xn,yn))] 是 阶方法。

2其中hxn1xn为常数，n0,1,。

二、(15分) 给出数据点：xi21yi72012129

（1）用x1,x2,x3,x4构造三次Newton插值多项式N3(x)，并计算x0.5

的近似值N3(0.5)。

（2）用事后误差估计方法估计N3(0.5)的误差。

三、（10分）已知向量x(2,0,2,1)，试构造Householder变换阵，使Hx(0,0,k,0)，

其中kR。

四、（12分）已知勒让德（Legendre）正交多项式P01,P1x,P2TT13x21，试利用勒 22让德正交多项式在二次多项式类Hspan1,x中求一个多项式Sx，使其成为

fxex在11，上的最佳平方逼近函数，并计算出平方误差。

五、（10分）写出求解线性代数方程组

x12x22x35 x13x21 2x17x32的Gauss-Seidel迭代格式，并分析此格式的敛散性。

六、（12分）用追赶法求解三对角方程组。（要求写出LU分解的具体计算过程）

2100x11x121020 0121x300012x40七、（12分）给出计算x并证明x2。

222的迭代格式，讨论迭代格式的收敛性,

数值分析试题标准答案

一、（30分） 1、

n(xx)； 2、b2,c3； 3、1；

ii01102； 5、 是， 1； 211114336、计算S103的值，

1011021010611114)3)3)， 其中s2(((10361011021010111s11014(333)，s2会产生大数吃小数的问题。

101102101064、3，

二、（8分）构造差商表：

xi 0 1 1 2 yi 1 0 0 1 一阶 -1 1 1 二阶 2 0 三阶 -1 （5分） 所以插值多项式P(x)1x2x(x1)x(x1)(x1)(xx1) （3分）

三、（8分）方法1：3sign(x3)x22240413,因x320,

故取k33。

y3e3ke3(0,0,3,0)T, （3分） Uxy(2,0,5,1)T,3(3x3)3(32)15 （3分） 11110THIUU0102100 （2分） 1510010520514方法2： 取k3， y(0,0,3,0)T, （3分）

Uxy(2,0,1,T 1) （3分） 022HI2UUT110300UTU32021 （2分） 2012（12分）span{1,x2}span{P0,P2},设 Sxc0P0c2P2 P0,P0P0,P2c0P0,fP2,P0P2,Pc 22P2,f2c：0ee12.350388即25ce10.143124 2e7c1(e1解得：0e)1.1751942c25 2(e7e1)0.35781Sxc11510P0c2P22(ee)2(e5e1)2(3x21) 0.536715x20.9962892(f,f)(f,s)24712e360.8135 3分）

3分）

3分）（3分）四、（（（

五、（10分）方程组的Gauss-Seidel迭代格式为

x1(k1)52x2(k)2x3(k)(k1)(1x1(k1))/3 (5分) x2x3(k1)(22x1(k1))/7其迭代矩阵为

1BG13207其特征方程为

102202200022 （3分） 3300447722302132620 207解之得

120,3谱半径(BG)

六、（12分）方法1： r12, l226 21261，故迭代发散。 （2分） 21113,r22()(1)， 22222435l3,r32()(1)， l4,r4， c1c2c31

33344112L00方法2：

01230021003000102,U 410100335100044011L120000010100,L20010000101230001000,L301000100100130400101100211120,LL1L2L3103130040001

（8分）

111由Lyb得y1,,,234T4321由uxy得x,,,5555T （2分）

（2分）

七、（12分）由题意可得出其迭代格式为xk12xk. 且0xk2

(x)2x,当x[0,2]时,(x)[0,2] （3分）

111 (x)(2x)2.

222x 当0x2时，(x)11. 所以迭代格式是收敛的。 （6分）

22x 由limxk1x可得，x2x. (x)22x,(x)2x20.

k解得：x11,x22. 其中x110舍去。可得x2.

 即解得x2. （3分）

八、（8分）假定yny(xn),将改进欧拉公式写成：

hyn1y(xn)[y(xn)f(xnh,y(xn)hy(xn))]

2则在xn处的Taylor展式为

yn1y(nx)

h2y(n[x)2''2fn(x,yf(x,n(x))xhnny(x))nhyy(xn)f(nx,y(xy(nx)hhy'n(x)2 （3

yn''x(3)Oh()分）

另一方面，依Taylor公式

h2y(xn)O(h3) （3分） y(xn1)y(xn)hy(xn)2因此有 Rn1y(xn1)yn1O(h3)

所以改进欧拉公式是二阶方法。

2分） （