数值分析试卷及答案Word格式.docx
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（3）因A正定，故有分解，则
故对任意向量和，总有
综上可知，是一种向量范数。
5设，，已知方程组的精确解为
（1）计算条件数；
（2）若近似解，计算剩余；
（3）利用事后误差估计式计算不等式右端，并与不等式左边比较，此结果说明了什么？
解
（1）
（2）
（3）由事后误差估计式，右端为
而左端
这表明当A为病态矩阵时，尽管剩余很小，误差估计仍然较大。
因此，当A病态时，用大小作为检验解的准确度是不可靠的。
6矩阵第一行乘以一数成为，证明当时，有最小值
证明设，则
又
故
从而当时，即时，有最小值，且
7讨论用雅可比法和高斯-赛德尔法解方程组时的收敛性。
如果收敛，比较哪一种方法收敛较快，其中
解对雅可比方法，迭代矩阵
，
故雅可比法收敛。
对高斯-赛德尔法，迭代矩阵
，故高斯-赛德尔法收敛。
因=故高斯-赛德尔法较雅可比法收敛快。
8设，求解方程组，求雅可比迭代法与高斯-赛德尔迭代法收敛的充要条件。
解雅可比法的迭代矩阵
，
故雅可比法收敛的充要条件是。
高斯-赛德尔法的迭代矩阵
，
故高斯-赛德尔法收敛的充要条件是。
9设求解方程组的雅可比迭代格式为，其中，求证：
若，则相应的高斯-赛德尔法收敛。
证明由于是雅可比法的迭代矩阵，故
又，故，
即，故故系数矩阵A按行严格对角占优，从而高斯-赛德尔法收敛。
10设A为对称正定矩阵，考虑迭代格式
求证：
（1）对任意初始向量，收敛；
（2）收敛到的解。
证明
（1）所给格式可化为
这里存在是因为，由A对称正定，，故也对称正定。
设迭代矩阵的特征值为，为相应的特征向量，则与做内积，有
因正定，故，从而，格式收敛。
（2）设收敛到，则即，
即收敛到的解。
三
1设且．求证：
证明以和为插值节点建立的不超过一次的插值多项式
应用插值余项公式有
2求一个次数不高于4次的多项式，使它满足．
解法一（待定参数法）满足的Hermite插值多项式为
设，令得
于是
解法二（带重节点的Newton插值法）建立如下差商表
这样可以写出Newton插值公式
3设，在上取，按等距节点求分段线性插值函数，计算各节点间中点处与的值，并估计误差．
解步长，．在区间上的线性插值函数
分段线性插值函数定义如下
，
各区间中点的函数值及插值函数值如表所示
估计误差：
在区间上
而
令得的驻点，于是
故有结论
右端与无关，于是有
四
1确定参数和，使得积分取得最小值，并计算该最小值．
解本题实质上是求，关于权函数的二次最佳平方逼近多项式．
选切比雪夫多项式为基函数进行计算：
于是得的二次最佳平方逼近多项式
进而有参数．
最小值就是平方误差：
2对彗星1968Tentax的移动在某个极坐标系下有如表所示的观察数据．
假设忽略来自行星的干扰，坐标应满足
其中为参数，为离心率，试用最小二乘法拟合和，并给出平方误差．
解由于关于参数和是非线性的，变形为，这样有下表的数据．
记，得拟合模型．
求解法方程组
得
进而有，拟合方程为
平方误差为
3求函数在指定区间上关于的最佳平方逼近多项式．
解对做线性变换，即
利用勒让德正交多项式为基建立的一次最佳平方逼近多项式
的最佳平方逼近为
五
1确定中的待定参数，使其代数精确度尽量高，并指明求积公式所具有的代数精确度。
解令，代入公式两端并令其相等，得
解得
令，得
令，得故求积公式具有3次代数精确度。
2计算积分，若复化梯形公式，问区间应分多少等份才能使截断误差不超过？
若改用复化辛普森公式，要达到同样精确度，区间应分多少等份？
解由于，故对复化梯形公式，要求
即。
取，即将区间分为213等份时，用复化梯形公式计算，截断误差不超过。
用复化辛普森公式，要求
即。
取，即将区间等分为8等份时，复化辛普森公式可达精度。
3确定求积公式
中的系数，使代数精确度尽量高，并给出的表达式。
公式中。
解这是一个带权的且带导数值的求积公式。
为了积分方便，设该求积公式对准确成立，得
化简得
解得
又因为
故求积公式
具有3次代数精确度。
下面估计求积公式的余项。
设在上三次插值多项式为，即满足。
因前述求积公式具有3次代数精确度，故它对于是准确成立的，且
因此有
注意到在上不变号，故余项
4已知。
（1）推导以这3个点作为求积节点在上的插值型求积公式；
（2）指明求积公式所具有的代数精确度；
（3）用所求公式计算。
解
（1）过这3个点的插值多项式
其中
故所求的插值型求积公式为
（2）上述求积公式是由二次插值函数积分而来，故至少具有2次代数精确度。
再将代入上述求积公式，有
故上述求积公式具有3次代数精确度。
（3）
由于该求积公式具有3次代数精确度，从而为的精确度。
5设。
（1）
（提示：
直接使用泰勒展开即可得证）
七
1对于迭代函数，试讨论：
（1）当为何值时，产生的序列收敛于；
（2）取何值时收敛最快？
（3）分别取计算的不动点，要求
解
（1），根据定理7.3，当，亦即时迭代收敛。
（2）由定理7.4知，当，即时迭代至少是二阶收敛的，收敛最快。
（3）分别取，并取，迭代计算结果如表7-4所示。
1
6
12
13
1.2
1.48
1.413369586
1.414209303
1.414215327
2
3
4
1.397989899
1.414120505
1.414213559
1.414213562
此时都达到。
事实上，
2（牛顿迭代法收敛性定理）设在上具有二阶连续导数，且满足条件
（1）；
（2）在上；
（3）满足。
则由牛顿迭代法产生的序列单调收敛于在内的唯一实根，并且是平方收敛的。
证明因在上连续，由条件
（1）知，方程在内有根。
又由条件
（2）知在上恒正或恒负，所以在上严格单调，因而是在内的唯一实根。
条件
（1）
（2）共有四种情形：
（4）
仅就
（1）进行定理证明，其余三种情况证明方法类似。
由，可知，再由知单增且。
又由牛顿迭代法知
由台劳展开的
其中介于，之间。
利用得
由以及前面证明的有
一般地，设，则必有且
再由台劳
及，得
根据归纳法原理数列单调下降有下界，因此有极限。
设，对迭代式两端取的极限，并利用，的连续性知即。
由上述证明知，有关系式，即对于单根，牛顿迭代法是平方收敛的。
3给定函数，对于一切，存在且，证明对于范围内的任意定数，迭代过程均收敛于的根.
证明由于，为单调增函数，故方程的根是唯一的（假定方程有根）。
迭代函数，。
由及得，故。
由此可得
即
4设，试确定函数和，使求解且以为迭代函数的迭代法至少三阶收敛。
解要求三阶收敛到的根，根据定理7.4，应有于是由
得
故取
即迭代至少三阶收敛。
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