西电研究生数值分析试题A答案

一． 填空题

1、① x

0,nm13P(x)P(x)dx2m(5x3x) ③ 1n2、②P3(x),nm22n11

3、④ n ⑤ 0 4、⑥ f131f ⑦ 1 ⑧ n+1 35、⑨02 6、⑩ xk1xk

二． 解：问题等价于求f(x)x1x2在[1,1]上关于权函数(x)f(xk)c

f(xk)11x2的二次最佳平方逼近多项式。故选取切比雪夫基函数T01,T1x,T22x21.

(T,T),(T,T)(T,T)

0011222(f,T0)x1x211111x12dx1,

2

(f,T1)xx1x211211xdx0,11x2dx(2x21)xdx011(f,T2)(2x1)x1x2f(x)x1x2的二次最佳平方逼近多项式为

P2(x)j02(Tj,f)(Tj,Tj)Tj1

由此得到参数a0,b0,c1.

而最小值I(a,b,c)即是平方误差.即

I(a,b,c)22(f,f)(f,P2)

11x(1x)2211x2dxj12(Tj,f)2 (Tj,Tj) 10.0744

8 三． 证明：(1) 若函数充分光滑，则有

(n1)f() f(x)f(x)l(x)n1(x) ii(n1)!i0n 式中 n1(x)(xx0)(xx1)(xxn)

当

f(x)1时，有

f(x)f(xi)li(x)0li(x)

i0i0nn 1(2) 如果求积公式至少具有n次代数精度，则它对于n次多项式

lk(x)j0jknxxj精确成立，即有 xkxj

ba lk(x)dxAlik(xi)i0n注意到lk(xi)ki，故

l(x)dxAl(x)A

akikiki0babn即 Aklk(x)dx

k0,1,2,,n.

解：(3) 插值节点为x01.0, x11.1，x21.2. 步长hx1x00.1

1fx0f(x2) 由三点公式f(x1) 2h10.25000.2066

20.10.217另解（3）

f(x)Ln(x)li(x)f(xi)

i0n 当x x1时，

f(x1)li(x1)f(xi)

i0n三点的插值基函数为：

l0(x)(xx1)(xx2)(x0x1)(x0x2)1(x1.1)(x1.2)0.02(xx0)(xx2)(x1x0)(x1x2)1(x1)(x1.2)0.01l0(x)1(2x2.3)0.02l1(x)1(2x2. 2) l1(x)0.01l2(x)(xx0)(xx1)(x2x0)(x2x1)1(x1)(x1.1)0.02将x x1代入，得：l0(x1)1(2x2.1) l2(x)0.025，l1(x1)0， l2(x1)5

f(1.1)5f(1.0)0f(1.1)5f(1.2)

50.250050.20660.21722

x2四． 解：(1) 令f(x)6ex，则f(x)12xex，f(x)12e2x f(x)24x(32x)e022x21，

x0,1，

1当0x1时，f(x)0，所以f(x)f(1)12e

f(x)在[0,1]上为单调函数，因此

maxfxmaxf0,f1f012

x0,1 由于复化梯形公式的离散误差为

h2baf, Enf1201

h2bamaxfx 因此 Enfx0,112 要使 Enf106，则只要

h2ba maxfx106

x0,11212h210 即 h2106

12 因此h10，故可取步长h10，由于h33ba1，因此得n103， nn故节点数至少取1001.

(2)将1,x分别代入求积公式，使得

101x121dx=2=ab；dx=ab. 035xx51由此的a,b.

33对应的求积公式为将x代入等式将x代入等式五． (1) 解：

3210f(x)511dxf()f(1)，

353x10x22511dx恒成立，

53253xx3226不成立， dx775x10故该求积公式的代数精度为2.

ua(j1,2,3,4),la/u(i2,3,4),1ji1i1111jk1由算式ukjakjlkmumj(k2,3,4;j2,3,4),

m1k1lik(aiklimumk)/ukk(k2,3,4;i3,4).m112得A1301200014040000102300102050LU 11T Lyb→y(1,3,2,8)

Uxy→x(9,1,5,8)T

11A (2) 因为

21200422LU10012， 00921 所以有

200211012LLTA110 123003Lyb→y(5,0,3)

T2,1)T LTxy→x(2，

022六． (1) 解：雅可比迭代矩阵为

BD1(LU)101220因为det(BI)3，所以1=2=3=0，从而(B)0，故雅可比迭代收敛。 高斯-赛德尔迭代矩阵为

1G(DL)1U1210002001100210000010021020010012201 00222302因为det(GI)(2)2，所以1=0，2=3=2，从而(B)21，故高斯-赛德尔迭代不收敛。

(2) 矩阵A显然对称.当1a1时，由

2

1detaa21a1，0 det(A)1a12a0

2 故A是对称正定的.

雅克比法迭代矩阵为：

0Baaa0a0

aa

detIBaaaaa33a22a3a2

 a 故

2a

B2a，当1a1时，雅克比迭代法收敛.

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