数值分析(计算方法)期末试卷3及参考答案

参考答案

一． 填空(每空3分，共30分)

1. 截断误差 2. -x (x -2) ，

x (x -1)

， 10 3. 1

2

4. =x -

x 2x k -f (x k )

k +1

k 2x (x 5. 6，5，26，9

k -f 'k )

二． 计算

1. 构造重节点的差商表：

所以，要求的Newton 插值为：

N 3(x ) =-5(x -1) +2(x -1)(x -2) +(x -1)(x -2)(x -3)

插值余项是：R (x ) =

f '''(ξ)

3!

(x -1) 2(x -2) 或：R (x ) =f [x ,1,2,3,4](x -1)(x -2)(x -3)(x -4)

=x 3-4x 2+3

2. （1）解：f (x ) =1时，左=⎰1

0f (x ) dx =1，右=A 0+A 1，左＝右得：A 0+A 1=1

f (x ) =x 时，左=⎰1

f (x ) dx =

102，右=B 10+A 1，左＝右得：B 0+A 1=2

f (x ) =x 2

时，左=⎰10

f (x ) dx =13，右=A 1，左＝右得：A 1=13

联立上述三个方程，解得：

A 211

0=3, B 0=6, A 1=3

f (x ) =x 3

时，左=⎰1110f (x ) dx =4，右=A 1=3

，左≠右 所以，该求积公式的代数精度是2 （2）解：过点0，1构造f (x ) 的Hermite 插值H 2(x ) ，因为该求积公式代数精度为2，所以有：⎰

1

H 2(x ) dx =A 0H 2(0)+A 1H 2(0)+B 0H 2(0)=A 0f (0)+A 1f (1) +B ' 0f (0)

其求积余项为：

R (f ) =⎰1

f (x ) dx -[A 0f (0)+A ' 01f (1)+B 0f (0)]

=⎰111

f '''(η) 0

f (x ) dx -⎰0

H 2(x ) dx =⎰

3!

x 2

(x -1) dx =

f '''(ζ) 12

3! ⎰0x (x -1) dx =-f '''(ζ) 72

所以，k =-

172

3. 解：改进的Euler 公式是：

具体到本题中，求解的公式是：

⎧n +1=y n +0.2(3x n +2y n ) =1.4y n +0.6x n ⎪

⎨y n +1=y n +0.1[3x n +2y n +3x n +1+2n +1] ⎪y (0)=1⎩

⎧n +1=y n +hf (x n , y n ) ⎪

⎨h

y n +1=y n +[f (x n , y n ) +f (x n +1, n +1)]⎪⎩2

代入求解得：1=1.4, y 1=1.54

2=2.276, y 2=2.4832

4．解：设f (x ) =x 3+2x -5, 则f '(x ) =3x 2+2, 牛顿迭代公式为：x k +1=x k - 将x 0=1.5代入上式，得

f (x k )

f '(x k )

3x k +2x k -5

=x k -2

3x k +2

32x k +5

=2

3x k +2

x 1=1.34286，x 2=1.37012，x 3=1.32920, x 4=1.32827, x 5=1.32826

x 5-x 4=0.00001

所以，方程的近似根

x 5=1.32826

5．解，Jacobi 迭代公式是：

⎧k +152k 1k ⎪x 1=3-3x 2-3x 3⎪

⎪k +13k ⎨x 2=-x 1

2⎪k +1⎪x 3=4-x 1k +1⎪⎩

Gauss-Seidel 迭代公式是：

⎧k +152k 1k ⎪x 1=3-3x 2-3x 3⎪

⎪k +13k +1⎨x 2=-x 1

2⎪k +1⎪x 3=4-x 1k +1⎪⎩

(2) 设其系数矩阵是A ，将A 分解为：A =D -L -U ，其中

⎛D = 300⎫⎛000⎫⎛0-2 020⎪⎪，L = -200⎪ ⎝001⎪⎪, U = 00 ⎭ ⎝-100⎪⎭ ⎝00Jacobi 迭代矩阵是：

⎛ 0

0⎫

⎪⎛0-2-1⎫B J =D -1(L +U ) = 0

0⎪ ⎪ -200⎪⎪ ⎝

001⎪⎪ ⎝-100⎪⎭⎭

⎛0--⎫=

-100⎪⎪ ⎝-100⎪⎪⎭

Gauss-Seidel 迭代矩阵是：

⎛-1

B -L ) -1U = 300⎫⎛0-2-1⎫

220⎪⎪ 000⎪

J =(D ⎝101⎪⎪

⎭ ⎝000⎪⎭

⎛20=1 0⎫⎛6 -230⎪0-2⎪00 ⎝-206⎪⎭⎝00二． 证明

-1⎫0⎪⎪

0⎪⎭

-1⎫0⎪⎪ 0⎪⎭

=1⎛ 0-23 02 ⎝02-1⎫

1⎪1⎪⎪⎭

证明：x 1a

0>0且x k +1=2

(x k +

x ) ⇒x k >0

k

所以有：x a k +1=1(x k x ) ≥12

+

=

k 2即：数列x k 有下界；

x 1a 1

x 2k k +1=2(x k +x ) ≤2(x k +x ) =x k

k k

单调递减的，

由单调递减且有下界的数列极限存在可知序列x k 极限存在。 所以，迭代法x 1k +1=(x a

2

k +

x ) 是收敛的。 k

所以，迭代序列x k 是