《哈尔滨工业大学2013秋数值分析试题及 答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《哈尔滨工业大学2013秋数值分析试题及 答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 用 Newton 迭代法解方程 32 340f xxx 的根 2x ，讨论迭代法的收 敛阶，设计修正的方法提高迭代法的收敛阶；并对初值 0 1.5x 迭代二步，结 果保留 3 位小数。 解：解： 设 32 ( )34f xxx 2 ( )36fxxx ( )66fxx (2)0,(2)0,(2)0fff 所以2是( )0f x 的二重根，故 Newton 迭代在2附近是线性收敛； 构造修正的 Newton 迭代： 32 1 2 2 ()2(34) ()36 nnn nnn n f xxx xxx fxxx 2 24 3 nn n xx x 2 00 1 0 24 37/18 3 xx x
2、x 2 11 2 1 24 3997/19982.001 3 xx x x 2给定线性方程组 Axb ，其中 242 492 227 A ， 8 20 1 b （1）利用 Doolittle（杜利特尔）三角分解求解此线性方程组； （2） 使用乘幂法计算矩阵 A 的特征值和对应的特征向量。 （初值取 (0)T (1,0,0)v 。 只需计算前三次迭代，给出计算过程和结果，计算结果保留四位小数。 ） 解：解：（1） 由 Doolittle 三角分解AL U， 其中L为单位下三角阵，U为上三角阵， 得 111213111213 212223212223 313233313233 100 100 10
3、0 aaauuu aaaluu aaallu 即 242100242 492210012 227121001 原方程变为 Lyb Uxy ，解得8,4,1,1,2,1 TT yx。 （2） 0 00 0 (1,0,0) ,1,0,0 max() T T v vu v 1 10 2,4, 2 T vAu， 1 1 1 0.5,1, 0.5 max( ) Tv u v 4 21 6,12, 6.5 T vAu， 2 2 2 0.5,1, 0.5417 max() Tv u v 12 32 6.0834,12.0834, 6.7919 T vAu， 3 3 3 0.5035,1, 0.5621 ma
4、x( ) Tv u v ， 12.0834 3已知 ( )s x 是0,2上的已知自然边界条件的三次样条函数，试确定 3 23 1 2 ( ) 2(1)(1)(1) xx s x b xc xd x 01 12 x x 中的参数b，c和d。 解：解：记 3 1 23 2 ( )1 2 ( )2(1)(1)(1) s xxx s xb xc xd x ， 由三次样条和自然边界条件的定义，有 121212 (1 0)(1 0), (1 0) (1 0), (1 0) (1 0)ssssss 12 (0)0, (2)0ss 解得，1,3,1bcd。 4确定两点求积公式 2 01 -2 22 ( )(
5、)() 33 f x dxA fA f 系数 01 ,A A ,使求积公式有 尽可能高的代数精度。 是否是 Gauss 型的？并用此公式计算积分 2 0 sin xdx ,(结果 保留四位小数) 解：解： 令( )1,f xx求积公式准确成立，有： 01 01 4 22 ()()0 33 AA AA 得： 01 2AA 求积公式： 2 2 22 ( )2 ()2 () 33 f x dxff 令 23 ( ),f xxx 求积公式准确成立的， 4 ( )f xx求积公式不是准确成立的， 求积公式代数精度为 3，是 Gauss 型的； 作变换(2), 2,2 8 xtt 22 2 022 sin
6、sin(2)sin(2)222 8888 22 2sin(2)2sin(2) 88833 0.9985 xdxtdttdt 5已知函数 ( )f x 满足数表： i x -1 0 2 i f x 1 0 16 1）试求 ( )f x 在 -1, 2 上的 Hermite 插值多项式 ( )H x ,使之满足下列条件： ( )( ),0,1,2 ii H xf xi ， 1 ( )0H x 2）设 ( 4)( ) 0,2fxC ，证明余项 ( 4) 2 ( ) ( )( )( )(1)(2) 4! f R xf xH xxxx ， (-1,2) 解：解：(1)设 23 0123 ( )H xaa
7、 xa xa x,由 0123 0 0123 1 ( 1)1 (0)0 (2)24816 (0)0 Haaaa Ha Haaaa Ha 得 23 ( )23H xxx （2）设余项 2 ( )( )( )( )(1)(2)R xf xH xk x xxx，( )k x为待求函数。 构造 2( 2( )( )( )( )(1)tf tH tktx tt ，则 ( 1)0, (0)0, (2)0, (0)0, ( )0x 故( ) t有 5 个零点， (4)( ) t 至少有一个零点： (4)(4)( ) 4! ( )(0)kfx 所以 (4) ) 4! ( ( )k x f ，余项表达式为 (4
8、) 2 ( ) ( )( )( )(1)(2) 4! f R xf xH xxxx 6利用逆 Broyden 迭代法，解方程组 22 12 22 12 40 10 xx xx ，取初值 0 1.6,1.2x 迭代 二步，结果保留 3 位小数。 逆 Broyden 秩 1 方法： 1 1 () ( ) () ( ) iii i i T ii i iii i Ti iy xxH F x rH HHrH y rH 解：解：记 22 12 22 12 4 ( ) 1 xx F x xx ，则 12 12 22 ( ) 22 xx F x xx 0 1.6,1.2x ， 01 0 0.156250.15
9、625 0.2083330.208333 HF x 0 0 1 2 1 1 2 1 1.58125,1.225 0.000976562, 0.120273 0.01875,0.025 0.1543450.154345 0.2064280.210238 1.58114,1.22474 0.000977866,0.000291477 0.000108524, 0.000259077 0.1501450.150 x y r H x y r H 145 0.2022280.214438 7求数据 1,2 , 0,1 , 1,2 , 2,4 的最小二乘拟合多项式 2 01 xaa x 解：解：法方程为
10、0 1 469 61820 a a 得 0 1 7/6 13/18 a a 。 8应用差分方法： 112 3 4 nn h yyKK 1 21 (,) 2 (+,) 33 nn nn Kf xy h Kf xyhK 解初值问题 0 - (0) yy yy 时，讨论步长应取何值方能保证方法的绝对稳定性？ 解：解：应用差分格式为： 1 2 2 1 ( 1 2/3 ) (1/ 2) n n n n Ky Kh y yhhy ， h需要满足 2 |/2| 11 hh 所以02.h 9给定线性多步法： 111 412 333 nnnn yyyhy （1）求出该格式的局部截断误差首项和首项系数； （2）分
11、析该格式的收敛性； （3）讨论该格式的绝对稳定性，指出绝对稳定区间。 （在局部截断误差中 1 01 1 1 ()() ,2,3, ! pp rr rii ii Ci aribr r ） （参考定理： 设 1 x 和 2 x 是实系数二次方程 2 0xbxc 的根， 则 12 1,1xx 的 充要条件是 1,1bc c 。） 解：解： 011 412 ,0, 333 aab （1） 把局部截断误差 n T在 n x处 Taylor 展开： ( ) 01 ()()() rr nnnrn Tc y xchy xc h yx 012 0ccc 3 2 0 9 c 33 (3)(3) 1 22 ()()
12、,(,) 99 nnnnnn hh Tyxyx x （2） 01 0cc，方法是相容的； 第一特征多项式： 2 41 ( ) 33 rrr，两根为： 01 1 1, 3 rr 方法满足根条件；由收敛的充分必要条件知方法是收敛的。 (3)稳定多项式： 2 241 ( ; )(1) 333 r hh rr ， 由绝对稳定性要求知0,h 故 2 10 3 h 由参考定理知：( ; )0r h的两根 0,1( ) 1rh 41 33 1 22 11 33 1 3 1 2 1 3 hh h 0h 即方法是无条件绝对稳定的。 1 对于位数有限的实数 0a ，给出一个不用除法运算求倒数 1 a 的二阶收敛的
13、 迭代公式；分析迭代初值 0 x 可以选取的范围；若 0.324a ，试求 1 a（迭代 4 次，计算结果保留四位小数） 。 解：解： （1）考虑方程 1 ( )0f xa x ， 1 a 为此方程的根, 2 1 ( )fx x ， 利用 Newton 法建立迭代公式 1 () (2) () k kkkk k f x xxxax fx 迭代函数( )(2)xxax。 由 2 1 11(2)(1) kkkk axaxaxax 有 2 0 1(1) k k axax 所以 2 0 1 (1 (1) ) k k xax a 当 0 2 0x a 时， 0 |1| 1ax，因此 2 0 lim(1)0 k k ax ，即 1 lim k k x a 又因为 11 ( )0,( )0, aa 所以格式是二阶收敛的。 （2）当 0.324a ， 0 02/6.17284xa，可取 0 5x 100 211 322 433
