++中的待定系数A f(1)(0)武汉理工大学研究生课程考试标准答案用纸课程名称：数值计算（A）任课教师：一. 简答题，请简要写出答题过程（每小题5分，共30分）3.14159265358979的近似值绝对误差和相对误差分别是多少？3分）2分）2.已知()8532f x x x =+-，求0183,3,,3f ⎡⎤⎣⎦，0193,3,,3f ⎡⎤⎣⎦.(5分）3.确定求积公式10120()(0)(1)(0)f x dx A f A f A f '≈++⎰中的待定系数，使其代数精度尽量高，并指明该求积公式所具有的代数精度。
解：要使其代数精度尽可能的高，只需令()1,,,m f x x x =使积分公式对尽可能大的正整数m 准确成立。
由于有三个待定系数，可以满足三个方程，即2m =。
由()1f x =数值积分准确成立得：011A A += 由()f x x =数值积分准确成立得：121/2A A += 由2()f x x =数值积分准确成立得：11/3A =解得1201/3,1/6,2/3.A A A === (3分）此时，取3()f x x =积分准确值为1/4,而数值积分为11/31/4,A =≠所以该求积公式的最高代数精度为2次。
(2分）4.求矩阵101010202A -⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦的谱半径。
解 ()()1010101322I A λλλλλλλ--=-=---矩阵A 的特征值为1230,1,3λλλ=== 所以谱半径(){}max 0,1,33A ρ== (5分）5. 设10099,9998A ⎛⎫= ⎪⎝⎭计算A 的条件数()(),2,p cond A P =∞.解：**19899-98999910099-100A A A A --⎛⎫⎛⎫=⇒== ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭矩阵A 的较大特征值为198.00505035，较小的特征值为-0.00505035，则1222()198.00505035/0.0050503539206cond A A A -=⨯==(2分）1()199********cond A A A-∞∞∞=⨯=⨯= (3分）二.计算题，请写出主要计算过程（每小题10分，共50分）解：根据三次Hermite 插值多项式：22001130101011010220100110110()(12)()(12)()()()()()x x x x x x x x H x y y x x x x x x x x x x x x x x y x x y x x x x ----=-+-------''+-+---(5分）并依条件1(0)1,(0),(1)2,(1) 2.2H H H H ''====，得2222331()(12)(1)2(32)(1)2(1)211122H x x x x x x x x x x x =+-+-+-+-=++ (5分）2.已知()()()12,11,21f f f -===，求()f x 的Lagrange 插值多项式。
解：注意到：()01201212001020211012012202121,1,2;2,1,1()()(1)(2)()()6()()(1)(2)()()2()()(1)(1)()()3(1)(2)(1)(2)()2162nj j j x x x y y y x x x x x x l x x x x x x x x x x l x x x x x x x x x x l x x x x x x x x L x y l x ==-=====----==----+-==-----+-==----+-==⨯+⨯-∴∑()2(1)(1)131386x x x x +-+⨯=-+3.3.给出如下离散数据，试对数据作出线性拟合解: x a a x P 10)(+=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+∑∑∑∑∑=====m i mi i i m i i i m i mi ii y x a x a x y a x ma 1111201110)()()( (5分）⎩⎨⎧=+=+2514612641010a a a a 419010.,.==a a ，x x P 4190..)(+= (5分）4.用Jacobi 迭代法求解方程组123123123202324812231530x x x x x x x x x ++=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，取初值()()00,0,0T x =，计算迭代二次的值；（2分）问Jacobi 迭代法是否收敛？为什么？（2分）若收敛，需要迭代多少次，才能保证各分量的误差绝对值小于610-？（提示：问Gauss-Seidel 迭代法是否收敛？为什么？（1分）解：先将方程组化成便于迭代的形式，以20,8,15分别除以三个方程两边得12321332313610205133882212155x x x x x x x x x ⎧=--+⎪⎪⎪=--+⎨⎪⎪=-++⎪⎩ ， 迭代矩阵1301020110,882301515B ⎛⎫--⎪ ⎪ ⎪=-- ⎪⎪ ⎪- ⎪⎝⎭由于1||||1,3B q ∞==<或者因为原方程组系数矩阵严格对角占优，故Jacobi 迭代法收敛、且Gauss-Seidel 迭代法收敛。
由()(1)(0)||*||||||1k k q x xx x q-≤--得公式 (1)(0)(1||||)ln||||ln ||||B x x K B ε∞∞∞--> 及(1)(0)||||x x ∞-可得666110(1)13ln(10)lnln(310)3213.5711ln 3ln ln 33K ---⨯⨯>==≈ 所以迭代14次时，能保证各分量的误差绝对值小于610.-5.用欧拉法解初值问题()202y x yy '⎧=-+⎪⎨=⎪⎩在[]0,1.5上的数值解，取0.5h =，计算过程保留5位小数。
（要求写出迭代公式，不写公式扣4分）解：欧拉法的公式为()()()2111111,k k k k k k k k y x y y hf x y y h x y ------≈=+=+-+，1,2,3,4k = （4分）已知00x =，02y =()()210.520.5024y y ≈=+⨯-+= ()()22140.50.5411.75y y ≈=+⨯-+=()()231.511.750.5111.7580.28125y y ≈=+⨯-+= （6分） 三.分析题，请写出主要分析与认证过程（每小题5分，共10分）1.设Ax b =，其中n nA R⨯∈为非奇异矩阵，证明()()222Tcond A A cond A ⎡⎤=⎣⎦ 证明： TT T T T T T (AA )(A )A AA AA ==⇒为对称矩阵T 2T TT ,A A (A )(A )0A A ,AA AA T T b X X X =X X =>⇒对于任意给定的非零列向量都有所以为正定矩阵也为正定矩阵所以为对称正定矩阵.T T T 1T T 122A A A A(A A)(AA)[(A A)]ρρ--==2cond()T T 1max max (A A)[(A A)]λλ-=122A A -==又由于12T T 1max max 22A (AA )(A A)[(A A)]λλ--⇒==22cond[()]T A AA =222所以cond()cond[()] （5分）证明：设j x 是向量X 的分量，则22221max ni i i i Xx x n X ∞∞=⎡⎤=≤≤⎣⎦∑，所以由向量范数的概念可知，结论成立. （5分）. . .. . .. 专业.专注 . 证：因为21'()f x x =-，故牛顿迭代格式为 121()(2),0,1,2,1'()k k k k k k ka x f x x x x x ax k f x x +-=-=-=-=- （5分）下证明其收敛性。
记第k 步的误差为*k k e x x =-和构造k k r ae =，0,1,k =，则有,,k k a r x 三者之间的关系为(*)*1k k k k k r ae a x x ax ax ax ==-=-=-；而 1111(2)1(1)k k k k k k r ax ax ax ax r ++=-=--=-+2(1)(1),0,1,k k k k k k k k k ax ax r r ax r ax r r k =--=-=-== （+） （+）式是一个递推关系，重复使用它，得2222110,0,1,kk k k r r r r k --=====（*） 若020x a <<，那么 00111r ax -<=-<，也即有 0||1r < （#）从而有 20li m 0,kk r →∞= 即lim 0k k r →∞=。
又因为k k r ae =，所以lim 0k k e →∞=，也就是牛顿法产生的序列{}k x 收敛于1*x a =。
（5分）。