数值试题
?0.6329434
?1??(x)?(x?1）31.5）?0.18?1，故收敛；3四、1、（15分）解：（1），??（
2??(x)??12x21?11.5）?0.17?1，故收敛； x，??（（2）
22??（1.5）?3?1.5?1，故发散。 ??(x)?3x（3），
选择（1）：x0?1.5，x1?1.3572，x2?1.3309，x3?1.3259，x4?1.3249，
x5?1.32476，x6?1.32472 Steffensen迭代：
xk?1(?(xk)?xk)2?xk??(?(xk))?2?(xk)?xk
?xk?(3xk?1?xk)233xk?1?1?23xk?1?1
计算结果：x0?1.5，x1?1.324899，x2?1.324718 有加速效果。
1?(k?1)(k)x?(24?3x)12?4?1(k?1)(k)?x2?(30?3x1(k)?x3)?4?1(k?1)(k)x?(?24?x2)3?4?k?0,1,2,3,?2、（8分）解：Jacobi迭代法：? 1?(k?1)(k)x?(24?3x2)1?4?1(k?1)(k)?x2?(30?3x1(k?1)?x3)?4?1(k?1)(k?1)x?(?24?x2)3?4?k?0,1,2,3,?Gauss-Seidel迭代法：?
?0?34??1BJ??D(L?U)???304?30?4?0??3?4?105?(B)?(或)?0.7905690?J8?， 4
??(k?1)(k)(k)x?(1??)x?(24?3x2)11?4??(k?1)(k)(k)?x2?(1??)x2?(30?3x1(k?1)?x3)?4??(k?1)(k)(k?1)x?(1??)x?(?24?x2)33?4?k?0,1,2,3,?SOR迭代法：?
五、1、（15分）解：改进的欧拉法：
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数值试题
(0)?yn?1?yn?hf(xn,yn)?0.9yn?0.1?h?(0)y?y?[f(xn,yn)?f(xn?1,ynn?1n?1)]?0.905yn?0.095?2? 所以y(0.1)?y1?1；
经典的四阶龙格—库塔法：
h?y?y?[k1?2k2?2k3?k4]n?n?16?k1?f(xn,yn)?hh?k?f(x?,y?k1)2nn?22?hh?k3?f(xn?,yn?k2)22??k4?f(xn?h,yn?hk3)k1?k2?k3?k4?0，?所以y(0.1)?y1?1。
H3(xi)?f(xi)???(xi)?f?(xi)i?0,1的HermiteH(x)2、（8分）解：设3为满足条件?H3插值多项式，
22则 p(x)?H3(x)?k(x?x0)(x?x1) 代入条件p(x2)?f(x2)得：
k?六、（下列2题任选一题，4分）
231、解：将f(x)?1,x,x,x分布代入公式得：
f(x2)?H3(x2)(x2?x0)2(x2?x1)2
A?3711,B?,B?,D??20203020
H3(xi)?f(xi)???(xi)?f?(xi)i?0,1其中H(x)构造Hermite插值多项式3满足?H3x0?0,x1?1
f(4)(?)2f(x)?H3(x)?x(x?1)2xH(x)dx?S(x)4!则有：?03，
12、解：
Rn,hf(4)(?)3R(x)??x[f(x)?S(x)]dx??x(x?1)2dx004! (4)(4)(4)f(?)13f(?)f(?)2?x(x?1)dx???04!4!?601440
11h2h3?y(xn?1)?yn?1?y(xn)?hy?(xn)?y??(xn)?y???(xn)??2!3!h2h3??0y(xn)??1(y(xn)?hy?(xn)?y??(xn)?y???(xn)??)2!3!h2h3(4)?h[?y?(xn)?(1??)(y?(xn)?hy??(xn)?y???(xn)?y(xn)??]2!3!
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数值试题
?(1??0??1)y(xn)?h(1?1??1)y?(xn)1?1?1???h2(?1?1??)y??(xn)?h3(?1?)y???(xn)?O(h4)22662 ??1?????0?01??0?1???1?0???1?0??1?1?3??1???0????2 所以?22 ?53hy???(xn)12主项： 该方法是二阶的。
数值计算方法试题二答案
一、 一、判断题：（共10分，每小题２分） 1、（ Ⅹ ） 2、（ ∨ ） 3、（ Ⅹ ） 4、（ ∨ ） 5、（ Ⅹ ） 6、（ ∨ ）7、（ Ⅹ ） 8、（ Ⅹ ） 二、 二、填空题：（共10分，每小题2分） 1、9?8!、0 2、__二___ 3、__二___4、_16 、90__5、= 7、0
三、 三、简答题：（15分） 1、 1、 解：迭代函数为?(x)?ln(4?x)/ln2
?'(x)??1111????14?xln24?2ln2
?13,136、
2、 2、 答：Gauss消去法能进行到底的条件是各步消元的主元素akk全不为0，如果在消元过程中发现某个主元素为0，即使det(A)?0，则消元过程将无法进行；其次，即使主元素不为0，但若主元素akk的绝对值很小，用它作除数，将使该步消元的乘数绝对值很大，势必造成舍入误差的严重扩散，以致于方程组解的精确程度受到严重影响，采用选主元的技术，可避免主
(k)akk元素=0或akk很小的情况发生，从而不会使计算中断或因
(k)(k)(k)误差扩大太大而使计算不稳定。 3、
2nx2x4nxcosx?1?????(?1)??2!4!(2n!)3、 解：
2nx2x4n?1x1?cosx?????(?1)??2!4!(2n!)
2n?21x2n?1xf(x)?????(?1)??2!4!(2n!)
四、 四、解：f(x)?1显然精确成立；
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数值试题
f(x)?x时，?0h2hh2hxdx??[0?h]??h2[1?1]22；
h3hh3122xdx??[0?h]??h[0?2h]??2?h???f(x)?x2时，?032212；
f(x)?x3时，?0hh4h1xdx??[0?h3]?h2[0?3h2]4212；
3f(x)?x4时，?0hh5h12h543xdx??[0?h]?h[0?4h]?52126；
4所以，其代数精确度为3。
五、 五、证明：
xk?1?1a1a(xk?)??2?xk??a2xk2xkk?0,1,2?
故对一切k?1,2,?,xk?a。
xk?11a1?(1?2)?(1?1)?12xk又xk2 所以xk?1?xk，即序列?xk?是单调递减有
下界，
从而迭代过程收敛。
六、 六、解：是。因为f(x)在基点1、2处的插值多项式为
x?2x?1?f(1)??f(2)1?22?1 33p(x)dx?[f(1)?f(2)]?02 。其代数精度为1。
p(x)?七、 七、证明：由题意知：AX?b,AX?b?r
A(X?X)?r?X?X?Ar?X?X?A?1r~~?1~~ 又
AX?b?b?AX?AX?X?X~
A1?Xb
Ab。
所以
X?AA?1rb?cond(A)八、解：设H(x)?N2(x)?ax(x?1)(x?2)
1N2(x)?f(0)?f[0,1](x?0)?f[0,1,2](x?0)(x?1)?1?2x?(x?0)(x?1)2
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