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真題一 1填空 (1) 設(shè)近似數(shù)2250 . 0 * = =x 是“四舍五入”得來的,則相對誤差 )( * xer_; (2) 設(shè)1)( 3 +=+= xxf,則差商= =3 , 2 , 1 , 0f_; (3) 求積公式) 3 3 () 3 3 ()( 1 1 ffdxxf+ 有_次代數(shù)精確度; (4) 為提高數(shù)值計算精度,當正數(shù)x很大時,應將) 1 11 ln( + + xx 寫為 _; (5) = = 22 12 A的三角分解為= LUA_。 2用迭代法(可任選)求方程3=+=+ x ex在(0,1)內(nèi)的根的近似值 1+ +n x。要求 (1)說明所用方法為什么收斂; (2) 4 1 10 + + nn xx時迭代結(jié)束。 3設(shè)有線性方程組 123 123 123 2101.5 2510 1023 xxx xxx xxx += += = 。 (1) 將方程組中三個方程的上下次序適當調(diào)整,使得用高斯-賽德爾 (Gauss-Seidel)方法求解時對任意初始向量都收斂; (2) 取 T x)0,0,0( )0( = =,求近似解 )1( + +k x,使得 31 max i x 3)()1( 10 + k i k i xx。 4已知三階連續(xù)可導函數(shù))(xfy = =的如下數(shù)據(jù): i x 0.25 1.0 )( i xf 0.50 1.0 )( i x f 0.5 試求滿足插值條件( )( ) ,( )( ) iiii p xf xp xfx=的二次插值多項式)(xp,并 寫出截斷誤差)()()(xpxfxR=的導數(shù)型表達式(不必證明) 。 5用最小二乘法確定xbayln+=+=中的常數(shù)a和b,使該函數(shù)曲線擬合于下列四 個點: (1 , 2.5), (2 , 3.4) , (3 , 4.1) , (4 , 4.4) (計算結(jié)果保留到小數(shù)點后第 4 位)。 6給定積分 = = 2 1 ln xdxI。 (1) 取定 7 個等距節(jié)點(包括端點 1 和 2) ,列出被積函數(shù)在這些節(jié)點上的函 數(shù)值表(小數(shù)點后至少保留 5 位 ); (2) 根據(jù)此表用復化 Simpson 求積公式求I的近似值(小數(shù)點后保留 5 位 ); (3) 為使復化 Simpson 公式所求近似值具有 4 位有效數(shù)字, 試估計需要用到多 少個節(jié)點處的函數(shù)值? 7給定初值問題:0sin 2 =+=+xyyy,1)1(= =y (1) 寫出歐拉(Euler)預估-校正法的計算格式; (2) 取步長h=0.2,求)4 . 1(y的近似值(計算結(jié)果小數(shù)點后保留 5 位 )。 8設(shè)有求解初值問題:),()(yxfxy=, 00) (yxy= =的如下多步法計算格式 1111 (,)(,) nnnnnnn yaybyh cf xydf xy + =+ 確定參數(shù)dcba,應滿足的方程組(不必求解) ,使該格式成為二階格式。 9當R取適當值時,曲線 2 xy = =就與 222 )8(Rxy=+=+相切。使用迭代法求切點 橫坐標的近似值 1+ +n x,使得 3 1 10 + + nn xx。 (不必求R) 真題二 1填空(每小題 4 分,共 20 分) (1) 設(shè)近似數(shù)025 . 2 ,120 . 1 ,225 . 0 * 3 * 2 * 1 =xxx都是有效數(shù)。 則相對誤差+)( * 3 * 2 * 1 xxxer_; (2) 矩 陣A的 譜 半 徑)(A 和A的 任 何 一 種 范 數(shù)A的 大 小 關(guān) 系 是 _; (3) 數(shù)值求積公式 ) 3 2 ( 4 3 )0( 4 1 )( 1 0 ffdxxf+ 的代數(shù)精確度為 ; (4) 因為矩陣B的譜半徑0)( B ,所以對任意初始向量 )0( x,迭代格式 , 2 , 1 , 0, )()1( =+=+= + + kgBxx kk 不收斂_(錯或?qū)Γ?; (5) 如果求解線性方程組的 Jacobi 迭代法不是對任意初始向量 )0( x收斂, 則相 應的 Gauss-Seidel 迭 代 法 (JGS) 不是對任意初始向量 )0( x收斂_ (錯或?qū)Γ?。 2 (10 分)用迭代法(非牛頓法)求方程03 2 = x ex在(0 ,1)內(nèi)的根的近似 值 1+ +n x。 要求: (1)說明所用方法為什么收斂; (2) 3 1 10 + + nn xx時迭代結(jié)束。 3 (15 分)已知求解線性方程組 = = 5 2 10 50 10 010 3 2 1 x x x a bb a 的 Jacobi 迭代法對任意 初始近似都是收斂的 (1)試推斷參數(shù)a和b應滿足的條件; (2)取參數(shù)0= =a,1= =b,以及初始向量 T )0 , 0 , 0 (x )0( = =,用 Jacobi 迭代法 求解該方程組的精確解x 4 (10 分)已知單調(diào)連續(xù)函數(shù))(xfy = =的如下數(shù)值表 i x 0.1 0.2 0.3 0.4 )( i xf 2 0 1 2 用插值法求5 . 0)(= =xf在區(qū)間)4 . 0 ,1 . 0(內(nèi)的根的近似值 (小數(shù)點后保留五位) 。 5 (10 分) 設(shè)已知函數(shù)值 m ii xf 0 )( = = ,確定常數(shù)c,使平行于 x 軸的直線cy = =按 最小二乘原理擬合于該組數(shù)據(jù)。 6 (15 分)給定積分 = = 2 . 2 1 4 ln xdxxI。 (1) 取定 7 個等距節(jié)點(包括端點 1 和 2.2) ,列出被積函數(shù)在這些節(jié)點上的函 數(shù)值表(小數(shù)點后至少保留四位) ; (2) 根據(jù)此表用復化 Simpson 求積公式求I的近似值(小數(shù)點后保留四位) ; (3)試估計需要用多少個節(jié)點的函數(shù)值,使得用復化 Simpson 公式所求近似值 的誤差不超過 4 10 2 1 。 7 (10 分)取步長1 . 0= =h,求如下常微分方程初值問題 = += = += 1y(0) 0x,yx dx dy 2 的解函數(shù)在2 . 0= =x處的近似值要求:每步用 Euler 法進行預估,用梯形法進 行一次校正,結(jié)果保留四位小數(shù) 8 (10 分)設(shè) + + + = + + + = 2 1 2 1 2 1 x試寫出求x的迭代格式,討論該格式的收斂性, 并由該迭代格式求x的近似值,使迭代誤差不超過001 . 0 真題三 一、計算題(每題 8 分,共 40 分) 1. 已知有效數(shù)10 . 0 * 1 =x,02 . 0 * 2 =x,計算 * 2 2* 1 * )(xxy =的相對誤差限。 2. 用 LU 分解求解線性方程組 =+ =+ =+ 15536 26454 1022 321 321 321 xxx xxx xxx 3. 已知函數(shù)值表 x 2 1 0 1 2 y 0 1 2 1 0 試用多項式 2 210 xcxccy+=擬合這組數(shù)據(jù)。 4. 用歐拉梯形預估校正法求初值問題 = + = 0)0( 1 0 , 1 2 1 2 y x x xy y 的數(shù)值解,要求取步長 h0.5。 5. 用乘冪法計算矩陣 51 26 A = 的按摸最大的特征值和對應的特征向量。(小 數(shù)點后保留四位) 二 、(15 分)已知方程1) 1(= x ex在1,2內(nèi)有惟一實根。 (1)試建立迭代格式, 1 , 0,)( 1 = + kxx kk ,論證其關(guān)于初值)2, 1 ( 0 x的收 斂性; (2)求根的近似值 1+k x,使 3 1 10 + ; B( )AA; C( )AA)的經(jīng)驗公式,使它能和下表數(shù)據(jù) 相擬合: i x 1.0 1.25 1.50 1.75 2.00 i y 5.10 5.79 6.53 7.45 8.46 七(10 分)設(shè)有求解初值問題 00 ( , ) () yf x y y xy = = 的如下格式 11 (3) 2 nnnn h yyff + =+ 如假設(shè) 11 (),() nnnn yy xyy x =,證明該格式為二階格式。 真題一參考答案 1 (1) 4 1022 . 2 (2)1 (3)3 (4))1(ln(+xx (5) 1 12 11 1 2解法一(牛頓迭代法) :解法一(牛頓迭代法) : ( )3 x f xxe=+ 建立牛頓迭代格式為: 1 3 1 k k x k kk x xe xx e + + = + 收斂性論證:因為 (0)20f= ,所以方程在0,1內(nèi)有根。 因為 ( )10,0,1 x fxex= + 所以方程在0,1內(nèi)有唯一根。 又 ( )0,0,1 x fxex= 當 0 1x = 時,有 00 ()()0f xfx,所以 0 1x = 時牛頓迭代收斂。 取初值 0 1x = ,迭代計算如下: 0 1x = , 1 0.8068243x =, 2 0.7921350x =, 3 0.7920600x = 由于 4 32 10xx ,故 ( )0f x = 僅有一個根,構(gòu)造迭代公式 1 3 1 8 (), ( )() ,(1,2) 2 kk x xxxx + = , 則當 1,2x 時,1 ( )2x . 22 33 1 81 1 |( )| |()|( )1 626 3 x xL = = 故迭代收斂.取 0 1.5x = ,計算得: 0 1.5x =, 1 1.481248x =, 2 1.482671x =, 3 1.482563x = 由于 3 32 10xx ,所以方程在0,1內(nèi)有唯一根。 解法解法 1 將方程改寫為 x e x x 3 1 =,設(shè) x e x x 3 1 )(=,則在0,1上有 0) 1( 3 )( 3 1 )( 22 =x x e exe x x x xx )1(2) 1( 3 1 )( 2 4 += xxeexex x x xxx 0 1) 1( 3 22 3 2 3 2 3 +=+=x x e xx x e xx 所以在0,1上,)(x為單調(diào)減函數(shù),)(x為單調(diào)增函數(shù) 因為92730872 . 0 8 . 03 1 )8 . 0( 8 . 0 =e,906093942 . 0 3 1 ) 1 ( 1 =e,0)( x , 故當 1 , 8 . 0x, 1 , 8 . 0)8 . 0(),1 ()(x; 又 因 為23182718 . 0 ) 18 . 0( 8 . 03 )8 . 0( 2 8 . 0 = e ,0) 11 ( 13 ) 1 (= = e , 0)( x ,故 123182718 . 0 )8 . 0()(max 18 . 0 = xx 所以在0,1上,)(x,)(x為單調(diào)增函數(shù) 因為57735 . 0 3 1 )0(=,95189 . 0 3 1 ) 1 ( 2 1 =e,0)( x ,故當 1 , 0x, 1 , 0)1 (),0()(x; 又因為)0( 2 1 )0(=,) 1 ( 2 1 ) 1 (=,0)( x ,故 147594 . 0 32 1 ) 1 ()(max 2 1 10 所以方程在(1,2內(nèi)有唯一根。 又 ( )60,(1,2fxxx= 0 2x =時,有 00 ()()0f xfx,所以 0 2x =時牛頓迭代收斂。 (5 分) (3)取初值 0 2x =,迭代計算如下: 0 2x =, 1 1.8889x =, 2 1.8795x =, 3 1.8794x = 由于 1 4 32 1 10 2 xx 所以,滿足精度要求的近似根為 x 3 1.8794x = (4 分) 解法解法 2: (1)建立迭代格式為: 1 3 1 (31) kk xx + =+ (3 分) (2)收斂性論證: 1 3 ( )(31)xx=+ k ( ) 1 k x ( ) 2 k x ( ) 3 k x 0 0 0 0 1 -1 6 9 2 5 -2 -1 3 1 2 3 4 1 2 3 因為1,2x ( )1,2x 22 33 1 ( )(31)( )1 4 xx =+ 因此迭代格式收斂。 (5 分) (3)取初值 0 2x =,迭代計算如下: x0=2, x1=1.9129 , x2=1.8888, x3=1.8821, x4 =1.8801, x5 =1.8796, x6 =1.8794, 由于 1 4 65 1 10 2 xx 所以,滿足精度要求的近似根為 x 6 1.8794x = (4 分) 解法解法 3: 1 2 1 1 (3) k k x x + =+ 迭代結(jié)果:x0=2, x1=1.8708 , x2=1.8800, x3=1.8793, x4 =1.8794 (具體分步評分標準同前兩種解法) 四、解:四、解: (1)對經(jīng)驗公式進行線性化得: lnlnyabx=+ 令lnty=,lnAa=,Bb= 則有:tABx=+ ,列出函數(shù)值表 (2 分) (2)代入數(shù)據(jù)得矛盾方程組為: 11.629 1.251.756 1.501.876 1.752.008 2.002.135 AB AB AB AB AB += += += += += (2 分) (3)法方程組為: i x 1.0 1.25 1.50 1.75 2.00 ln i ty= 1.629 1.756 1.876 2.008 2.135 57.509.404 7.5011.87514.422 AB AB += += (4 分) (4)解得: A=1.122 B=0.5056 則 a=eA=3.071, b=0.5056 故得擬合曲線為: 0.5056 3.071 x ye= (2 分) 七、證明七、證明方法一方法一: 考慮局部截斷誤差,在假設(shè) 11 (),() nnnn yy xyy x = 下,所給 格式可變形為: 111 (3)()(3 ()() 22 nnnnnnn hh yyffy xy xy x + =+=+ (1) (2 分) 將 1 () n y x 在 n x 做 Taylor 展開得: 2 3 1 ()()()()() 2! nnnn h y xy xh yxyxO h =+ (2) (2 分) 將(2)式帶入(1)式并整理得: 23 4 1 ()()()()() 2!4 nnnnn hh yy xhy xy xyxO h + =+ (3) (2 分) 而對 1 () n y x + 在 n x做 Taylor 展開得: 23 4 1 ()()()()()() 2!3! nnnnn hh y xy xh y xy xyxO h + =+ (4) (2 分) 由 (4)-(3)得: 3 4 11 5 ()()() 12 nnn h y xy
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