2006级研究生数值分析试题A卷答案

一、解：构造差商表： x f(x) 0 1 2 -3 3 -4 5 2 故所求三次牛顿插值多项式为:

一阶差商 -2 -1 3 二阶差商 三阶差商 1/3 4/3 1/5 …………………………6分 N3(x)f(x0)f[x0,x1](xx0)f[x0,x1,x2](xx0)(xx1)f[x0,x1,x2,x3](xx0)(xx1)(xx2)111222 12(x0)(x0)(x2)(x0)(x2)(x3)=x3x2x1

355315…………………………4分

二、解：由公式：

l0(x)xx1x2122x，0(x)l02(x)[12(xx0)]x2(2x1) x0x112x0x1…………………………2分

l1(x)xx0x11x1，1(x)l12(x)[12(xx1)](x1)2(2x5)， x1x021x1x0…………………………2分

xx1xx0220(x)(xx)(x2)(x1)(x)，(xx1)(x1)(x2) 01x0x1x1x022…………………………2分

因此， H3(x)0(x)y01(x)y10(x)y01(x)y1 =2x38x29x5 ..4分

*maxf(x)P2*(x)min(1x1)，由最小零偏三、解：求P2(x)H2，使得：

111差多项式定理，令：(f(x)P2*(x))31T3(x)(4x33x)， …………5分

224因此：

113P2*(x)f(x)T3(x)2x3x21(4x33x)x2x1。………………5分

2224,a0,b1,f(0)4,f(1)2,由Romberg公式计算,得： 四、解：f(x)1x2ba10T0(0)[f(a)f(b)](f(0)f(1))3.0000,

221111113T0(1)T0(0)f()3.1000,T0(2)T2[f()f()]3.1312, 4分

2222444

1

4141T1(0)T0(1)T0(0)3.1333,T1(1)T0(2)T0(1)3.1416

3333161T2(0)T1(1)T1(0)3.1412 4分

1515计算结果列表如下： k T0(k) T1(k) T2(k) 0 1 2 3.0000 3.1000 3.1312 3.1333 3.1416 3.1412 …………2分

五、1、解：当n=2时取3次chebyshev多项式T3(x)4x33x0的零点为Guass点。即x033。 …………………4分 ,x10,x2221由公式，Ak11x21lk(x)dxn1(k0,1,2)因此,AK213,………4分

这样就得到三点Gauss_chebyshev求积公式:

1f(x)1x21dx3[f(33)f(0)f()]。 ……………2分 22l1b12,u1c1c154,l2b2a2u1,u22l122l252、解：由追赶法计算公式：

c1265l3b3a3u2,u33,l4b4a4u35l352

21因此有分解：00132002420200011/200015/200014/50……4分 20212/500015/650025/20001由Ly=f求得，y1fayfayf13fay5,y22211,y3332,y44431 l12l2l36l4…………4分

由Ux=y求得，x4y41,x3y3u3x40,x2y2u2x31,x1y1u1x22…2分

100000022六、1、解：A=D-L-U=010100001

001220000 2

022(1)、BJD1(LU)101,迭代计算格式如下：

220x1(k1)2x2(k)2x3(k)1,(k1)x1(k)x3(k)1, 2分 x2(k1)(k)(k)x2x2x1,31222BJ)01 由det(IBJ)1130,则（22因此Jacobi迭代是收敛的。 ………………………………3分

(LU)1（2）、BGD220023000，迭代计算格式如下： x1(k1)2x2(k)2x3(k)1,(k1)， 2分 x1(k1)x3(k)1,x2(k1)(k1)(k1)x2x2x1,123det(IBG)00223(2)20,则（BG)21因此迭代发散。 220 ………………………… 3分 2、解：f(x)x32x2x,f(x)3x24x1, 2分

f(xk)xk32xk2xk*x1是2重根因此是线性收牛顿法：xk1xk,由于xk2f(xk)3xk4xk1敛的； ………………………… 4分

f(xk)xk32xk2xk修正的牛顿法：xk1xk2，它是平方收敛的。 xk2f(xk)3xk24xk1 ……………………… …4分

vkAuK1七、1、解：取u0(1,0,0)T0;kmax(vk)，计算结果如下表：…………6分

uv/kkkK 1 2

T ukkmax(vk) 7 8.857143 (1,0.428571,-0.285714) (1,0.5516,-0.370968) 3

……………………………2分

计算机程序框图如下:

u0(1,0,0)T;k1; vkAuk1;kmax(vk); ukvkk; kk1 NO Yes end …………………………2分

2、解:记f(x,y)2xy,x00,y01,h0.2,

0.2yy(K12K22K3K4);kk16K1f(xk,yk)2xkyk;hhK2f(xk,ykK1)2*(xk0.1)*(yk0.1K1);计算格式如下:………8分 22hhKf(x,yK2)2*(xk0.1)*(yk0.1K2);kk322K4f(xkh,ykhK3)2*(xk0.2)*(yk0.2K3);计算结果如下表: xi 0 yi 1 0.2 1.040811 ………………….2分

4