数值分析作业答案
数值分析课后习题及答案
第一章 绪论（12） 第二章 插值法（40-42）2、当2,1,1-=x 时，4,3,0)(-=x f ，求)(x f 的二次插值多项式。
[解]372365)1(34)23(21)12)(12()1)(1(4)21)(11()2)(1()3()21)(11()2)(1(0))(())(())(())(())(())(()(2221202102210120120102102-+=-++--=+-+-⨯+------⨯-+-+-+⨯=----+----+----=x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x x x x x x y x x x x x x x x y x L 。
3、给出x x f ln )(=的数值表用线性插值及二次插值计算54.0ln 的近似值。
X 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 x ln -0.916291 -0.693147 -0.510826 -0.357765 -0.223144[解]若取5.00=x ，6.01=x ，则693147.0)5.0()(00-===f x f y ，510826.0)6.0()(11-===f x f y ，则604752.182321.1)5.0(10826.5)6.0(93147.65.06.05.0510826.06.05.06.0693147.0)(010110101-=---=--⨯---⨯-=--+--=x x x x x x x x x y x x x x y x L ，从而6202186.0604752.19845334.0604752.154.082321.1)54.0(1-=-=-⨯=L 。
若取4.00=x ，5.01=x ，6.02=x ，则916291.0)4.0()(00-===f x f y ，693147.0)5.0()(11-===f x f y ，510826.0)6.0()(22-===f x f y ，则 217097.2068475.404115.2)2.09.0(5413.25)24.0(3147.69)3.01.1(81455.45)5.06.0)(4.06.0()5.0)(4.0()510826.0()6.05.0)(4.05.0()6.0)(4.0()693147.0()6.04.0)(5.04.0()6.0)(5.0(916291.0))(())(())(())(())(())(()(22221202102210120120102102-+-=+--+-⨯++-⨯-=----⨯-+----⨯-+----⨯-=----+----+----=x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x x x x x x y x x x x x x x x y x L ，从而61531984.0217097.21969765.259519934.0217097.254.0068475.454.004115.2)54.0(22-=-+-=-⨯+⨯-=L补充题：1、令00=x ，11=x ，写出x e x y -=)(的一次插值多项式)(1x L ，并估计插值余项。
数值分析作业答案
. 证明：(1). 假如 A 是对称正定矩阵，则 A 1也是对称正定矩阵(2). 假如 A 是对称正定矩阵，则 A 能够独一地写成 A L T L ，此中 L 是拥有正对角元的下三角矩阵。
证明：(1). 因 A 是对称正定矩阵，故其特点值i皆大于 0 ，所以 A 1的特点值i 1也皆大于 0 。
因此i1也皆大于 0 ，故 A 是可逆的。
又(A 1)T(A T) 1 A 1则 A 1也是对称正定矩阵。
(2).由A是对称正定，故它的全部次序主子阵均不为零，进而有独一的杜利特尔分解~A LU 。
又u111u12u1nu11u11 u221u2 nU DU 0u22u nn1此中 D 为对角矩阵，U0为上三角矩阵，于是~ ~A L U LDU0由 A 的对称性，得~A A T U0T D L T由分解的独一性得U 0T ~ L进而~ ~A LDL T由 A 的对称正定性，假如设D i (i 1,2, ,n) 表示A的各阶次序主子式，则有d1 D1 0 ， d i D i 0 ， i 2,3, , nD i 1故d1 d1 d1d2 d2 d2 Dd n d n d n1 1D2D2所以~11~ ~1~1LL T，A LD2D2 L T LD2(LD2)T~1此中 L L D 2为对角元素为正的下三角矩阵。
. 用列主元消去法解线性方程组12 x1 3x2 3x3 1518 x1 3x2 x3 15x1 x2 x3 6并求出系数矩阵 A 的队列式(即 det A )的值。
解18 3 1 15 ( A b) r1 r2 12 3 3 151 1 1 62m2131m311818 3 1 15 0 1 7 / 375 m32 0 7 /6 17 /18 631/ 618 3 1 150 1 7 / 3 50 0 11/ 3 11所以解为 x3 3 ， x2 2 ， x1 1，det A 66 。
. 用追赶法解三对角方程组Ax b ，此中2 1 0 0 0 1 1 2 1 0 0 0 A012 1 0 ， b 0 。
《数值分析》所有参考答案
等价三角方程组
， ，
11.设计算机具有4位字长。分别用Gauss消去法和列主元Gauss消去法解下列方程组，并比较所得的结果。
解：Gauss消去法
回代
列主元Gauss消去
15.用列主元三角分解法求解方程组。其中
A= ,
解：
等价三角方程组
回代得
， ， ，
16.已知 ，求 ， ， 。
解：
, ,
17.设 。证明
，(II)
，
当 时
当 时
迭代格式(II)对任意 均收敛
3) ，
构造迭代格式 (III)
，
当 时
当 时
迭代格式(III)对任意 均收敛
4)
取格式(III)
， ， ，
4.用简单迭代格式求方程 的所有实根，精确至有3位有效数。
解：
当 时， ，
1 2
当 时
，
，
， ，
1)
迭代格式 ，
,
当 时， ，
任取 迭代格式收敛于
是中的一种向量范数。
解：
当 时存在 使得
，
,
所给 为 上的一个范数
18.设 。证明
(1) ;
(2) ;
(3) 。
解：(1)
(2)
(3)
19.设
A=
求 ， ， 及 ， 。
解： ,
Newton迭代格式
,
20.设 为 上任意两种矩阵(算子)范数，证明存在常数
， 使得
对一切 均成立。
解：由向量范数的等价性知道存在正常数 使得
,
=0.187622
[23.015625 , 23.015625+0.187622]
数值分析试卷及答案
数值分析试卷及答案数值分析试卷一、选择题（共10题，每题2分，共计20分）1. 数值分析的研究内容主要包括以下哪几个方面？A. 数值计算方法B. 数值误差C. 数值软件D. 数学分析答：A、B、C2. 下列哪种方法不属于数值积分的基本方法？A. 插值法B. 微积分基本公式C. 数值微积分D. 数值积分公式答：A3. 数值积分的目的是求解什么？A. 函数的导数B. 函数的原函数C. 函数的极值D. 函数的积分答：D4. 数值微分的目的是求解什么？A. 函数的导数B. 函数的原函数C. 函数的极值D. 函数的积分答：A5. 数值微分的基本方法有哪几种？A. 前向差分B. 后向差分C. 中心差分D. 插值法答：A、B、C6. 用数值方法求解方程的基本方法有哪几种？A. 迭代法B. 曲线拟合法C. 插值法D. 数值积分法答：A、B、C7. 用迭代法求方程的根时，当迭代结果满足何条件时可停止迭代？A. 当迭代结果开始发散B. 当迭代结果接近真实解C. 当迭代次数超过一定阈值D. 当迭代结果在一定范围内波动答：B8. 下列哪种插值方法能够确保经过所有给定数据点？A. 拉格朗日插值B. 牛顿插值C. 三次样条插值D. 二次插值答：A、B、C9. 数值解线性方程组的基本方法有哪几种？A. 直接法B. 迭代法C. 插值法D. 拟合法答：A、B10. 下列哪种方程求解方法适用于非线性方程？A. 直接法B. 迭代法C. 插值法D. 曲线拟合法答：B二、填空题（共5题，每题4分，共计20分）1. 数值积分的基本公式是_________。
答：牛顿-科特斯公式2. 数值微分的基本公式是_________。
答：中心差分公式3. 数值积分的误差分为_________误差和_________误差。
答：截断、舍入4. 用插值法求解函数值时，通常采用_________插值。
答：拉格朗日5. 数值解线性方程组的常用迭代法有_________方法和_________方法。
数值分析课后部分习题答案
解
x * = 2.00021 = 0.200021 × 101 ，即 m = 1
1 1 × 10m − n = × 10−3 ， 2 2
由有效数字与绝对误差的关系得 即
m − n = −3 ，所以， n = 2 ； y* = 0.032 = 0.32 × 101 ，即 m = 1
由有效数字与绝对误差的关系得 即
m − n = −3 ，所以， n = 4 ； z * = 0.00052 = 0.52 × 10−3 ，即 m = −3
1 1 × 10m − n = × 10−3 ， 2 2
由有效数字与绝对误差的关系得 即
m − n = −3 ，所以， n = 0 .
1 1 × 10m − n = × 10−3 ，Fra bibliotek2 2=
f [x1 , x2 ,⋯ , x n ]-f [ x0 , x1 ,⋯ , x n−1 ] g[ x1 , x2 ,⋯ , x n ] − g[ x0 , x1 ,⋯ , x n−1 ] + x n − x0 x n − x0
( x − 1)( x − 2)( x − 3) 1 =- ( x − 1)( x − 2)( x − 3) ， (0 − 1)(0 − 2)(0 − 3) 6
x ( x − 2)( x − 3) 1 = x ( x − 2)( x − 3) ， (1 − 0)(1 − 2)(1 − 3) 2 x( x − 1)( x − 3) 1 =- x( x − 1)( x − 3) ， (2 − 0)(2 − 1)(2 − 3) 2 x( x − 1)( x − 2) 1 = x ( x − 1)( x − 2) ， (3 − 0)(3 − 1)(3 − 2) 6
数值分析作业答案
第2章 插值法1、当x=1，-1，2时，f(x)=0，-3，4，求f(x)的二次插值多项式。
（1）用单项式基底。
（2）用Lagrange 插值基底。
（3）用Newton 基底。
证明三种方法得到的多项式是相同的。
解：（1）用单项式基底设多项式为:2210)(x a x a a x P ++=，所以：6421111111111222211200-=-==x x x x x x A 37614421111111424113110111)()()(222211200222221112000-=-=---==x x x x x x x x x f x x x f x x x f a 2369421111111441131101111)(1)(1)(12222112002222112001=--=--==x x x x x x x x f x x f x x f a 6565421111111421311011111)(1)(1)(12222112002211002=--=---==x x x x x x x f x x f x x f x a 所以f(x)的二次插值多项式为：2652337)(x x x P ++-= （2）用Lagrange 插值基底)21)(11()2)(1())(())(()(2010210-+-+=----=x x x x x x x x x x x l)21)(11()2)(1())(())(()(2101201------=----=x x x x x x x x x x x l)12)(12()1)(1())(())(()(1202102+-+-=----=x x x x x x x x x x x lLagrange 插值多项式为：372365)1)(1(314)2)(1(61)3(0)()()()()()()(22211002-+=+-⨯+--⨯-+=++=x x x x x x x l x f x l x f x l x f x L所以f(x)的二次插值多项式为：22652337)(x x x L ++-= (3) 用Newton 基底: 均差表如下：Newton 372365)1)(1(65)1(230))(](,,[)](,[)()(21021001002-+=+-+-+=--+-+=x x x x x x x x x x x x f x x x x f x f x N所以f(x)的二次插值多项式为：22652337)(x x x N ++-= 由以上计算可知，三种方法得到的多项式是相同的。
数值分析-课后习题答案
证明 (1)A正交,则ATA=AAT=E,Cond2(A)=A2A-12=1. (2)A对称正定,ATA=A2, A2=1. A-12=1/n.
精选课件
12
三.习题3 (第75页)
3-2.讨论求解方程组Ax=b的J迭代法和G-S迭代法的收
计算结果如下:
x x 1 2 ( (k k 1 1 ) ) 3 2 1 2 .x 5 2 (x k ) 1 (k 1 )
k
J法x1(k)
0
1.01
1
0.98
2
2.03
3
1.94
4
5.09
5
4.82
6
14.27
J法x2(k) 1.01 0.485 0.53 -1.045 -0.91 -5.635精选课件 -5.23
1.01
1.01
1
0.66
0.995
0.66
1.17
2
0.67
1.17
0.553333
1.223333
3
0.553333
1.165
0.517778
1.241111
4
0.556667
1.223333
0.505926
1.247037
5
0.517778
1.221667
0.501975
1.249012
6
0.518889
3 4精1选 课件
1
1
5
2-5.对矩阵A进行LDLT分解和GGT分解，并求解方程组
Ax=b，其中
16 4 8
1
数值分析参考答案
1、确定参数p 、q 、r,使得迭代212512,,,...k k k kqa ra x px k x x +=++==（16分） 解：迭代方程225(),1,2,...qa ra x px k x xϕ=++== 2'3625(),qa ra x p x x ϕ=-- 2''47630(),qa ra x x x ϕ=+ 利用局部收敛性与收敛阶定理4知要使收敛的阶尽可能高，需满足'*''*()0()0x x ϕϕ== 又知 **()x x ϕ= 则可得到以下式子：22235027609qa ra p qa ++=--==......1 ......2 ......3 由以上三式可解得：2539p r a==- 收敛的阶数为3。
题外话：解这样比较复杂的方程组，不太适合手算，最好自己利用MATLAB 编写一个小程序：附带自编小程序：syms p q r a ;s1='sqrt(3)*p+(q*a)/3+(r*a^2)/(9*sqrt(3))=sqrt(3)';s2='p-(2*q*a)/(3*sqrt(3))-(5*r*a^2)/27=0';s3='(6*q*a)/9+(30*r*a^2)/(27*sqrt(3))=0';[p,q,r]=solve(s1,s2,s3,p,q,r)2、用ＭＡＴＬＡＢ编程求著名的Van Der Pol 方程210()x x x x '''+-+= 的数值解并绘制其时间响应曲线和状态轨迹图（给出源程序）（14分）解：先建立一个函数文件fname.m ：function xdot=fname(t,x)xdot=zeros(2,1);xdot(1)=(1-x(2)^2)*x(1)-x(2);xdot(2)=x(1);调用函数文件fname.m 求Van Der Pol 方程的数值解并绘制时间响应曲线和状态轨迹图：ts=[0 30]; %设置仿真时间30秒x0=[1;0]; %设置仿真初值[t,x]=ode45('fname',ts,x0);subplot(1,2,1),plot(t,x)subplot(1,2,2),plot(x(:,1),x(:,2))3、试确定常数A ，B ，C ，使得数值求积公式)1()()0()(110Cf x Bf Af dx x f ++≈⎰具有尽可能高的代数精度。
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第2章 插值法1、当x=1，-1，2时，f(x)=0，-3，4，求f(x)的二次插值多项式。
（1）用单项式基底。
（2）用Lagrange 插值基底。
（3）用Newton 基底。
证明三种方法得到的多项式是相同的。
解：（1）用单项式基底设多项式为:2210)(x a x a a x P ++=，所以：6421111111111222211200-=-==x x x x x x A 37614421111111424113110111)()()(222211200222221112000-=-=---==x x x x x x x x x f x x x f x x x f a 2369421111111441131101111)(1)(1)(12222112002222112001=--=--==x x x x x x x x f x x f x x f a 6565421111111421311011111)(1)(1)(12222112002211002=--=---==x x x x x x x f x x f x x f x a 所以f(x)的二次插值多项式为：2652337)(x x x P ++-= （2）用Lagrange 插值基底)21)(11()2)(1())(())(()(2010210-+-+=----=x x x x x x x x x x x l)21)(11()2)(1())(())(()(2101201------=----=x x x x x x x x x x x l)12)(12()1)(1())(())(()(1202102+-+-=----=x x x x x x x x x x x lLagrange 插值多项式为：372365)1)(1(314)2)(1(61)3(0)()()()()()()(22211002-+=+-⨯+--⨯-+=++=x x x x x x x l x f x l x f x l x f x L所以f(x)的二次插值多项式为：22652337)(x x x L ++-= (3) 用Newton 基底: 均差表如下：Newton 372365)1)(1(65)1(230))(](,,[)](,[)()(21021001002-+=+-+-+=--+-+=x x x x x x x x x x x x f x x x x f x f x N所以f(x)的二次插值多项式为：22652337)(x x x N ++-= 由以上计算可知，三种方法得到的多项式是相同的。
6、在44≤≤-x 上给出xe xf =)(的等距节点函数表，若用二次插值求e x 的近似值，要使截断误差不超过10-6，问使用函数表的步长h 应取多少？ 解：以x i-1,x i ,x i+1为插值节点多项式的截断误差，则有),(),)()()((!31)(11112+-+-∈---'''=i i i i i x x x x x x x x f x R ξξ式中.,11h x x h x x i i +=-=+-3434114239313261))()((max 61)(11h e h e x x x x x x e x R i i i x x x i i =≤---=+-≤≤+-令6341039-≤h e 得00658.0≤h插值点个数12178.12161)4(41≤=---+N 是奇数，故实际可采用的函数值表步长006579.0121681)4(4≈=---=N h8、13)(47+++=x x x x f ，求]2,,2,2[710Λf 及]2,,2,2[810Λf 。
解：由均差的性质可知，均差与导数有如下关系：],[,!)(],,,[)(10b a n fx x x f n n ∈=ξξΛ 所以有：1!7!7!7)(]2,,2,2[)7(71===ξf f Λ 0!80!8)(]2,,2,2[)8(81===ξf f Λ15、证明两点三次Hermite 插值余项是),(,!4/)())(()(1212)4(3++∈--=k k k k x x x x x x fx R ξξ并由此求出分段三次Hermite 插值的误差限。
证明：利用[x k ，x k+1]上两点三次Hermite 插值条件)()(),()()()(),()(11331133++++'=''='==k k k k k k k k x f x H x f x H x f x H x f x H 知)()()(33x H x f x R -=有二重零点x k 和k+1。
设2123)())(()(+--=k k x x x x x k x R确定函数k(x):当k x x =或x k+1时k(x)取任何有限值均可；当1,+≠k k x x x 时，),(1+∈k k x x x ，构造关于变量t 的函数2123)())(()()()(+----=k k x x x x x k t H t f t g显然有)(,0)(0)(,0)(,0)(11='='===++k k k k x g x g x g x g x g在[x k ,x][x,x k+1]上对g(x)使用Rolle 定理，存在),(1x x k ∈η及),(12+∈k x x η使得0)(,0)(21='='ηηg g在),(1ηk x ，),(21ηη，),(12+k x η上对)(x g '使用Rolle 定理，存在),(11ηηk k x ∈，),(212ηηη∈k 和),(123+∈k k x ηη使得0)()()(321=''=''=''k k k g g g ηηη再依次对)(t g ''和)(t g '''使用Rolle 定理，知至少存在),(1+∈k k x x ξ使得0)()4(=ξg而!4)()()()4()4()4(t k t f t g -=，将ξ代入，得到)(),(!41)(1,)4(+∈=k k x x f t k ξξ 推导过程表明ξ依赖于1,+k k x x 及x综合以上过程有：!4/)())(()(212)4(3+--=k k x x x x f x R ξ 确定误差限：记)(x I h 为f(x)在[a,b]上基于等距节点的分段三次Hermite 插值函数。
nab h n k kh a x k -==+=),,1,0(,Λ 在区间[x k ，x k+1]上有212)4(212)4()()(max )(max !41!4/)())(()()(1+≤≤≤≤+--≤--=-+k k x x x bx a k k h x x x x x f x x x x f x I x f l k ξ而最值)(,161)1(max )()(max 4422102121sh x x h h s s x x x x k s k k x x x l k +==-=--≤≤+≤≤+ 进而得误差估计：)(max 3841)()()4(4x f h x I x f bx a h ≤≤≤-16、求一个次数不高于4次的多项式)(x p ，使它满足0)0()0(='=p p ，0)1()1(='=p p ，1)2(=p 。
解：满足0)0()0(33='=H H ,1)1()1(33='=H H 的Hermite 插值多项式为)1,0(10==x x322213332010)1(01001121)]()()()([)(x x x x x x x x H x a x H x H j j j j j -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡---='+=∑=β设223)1()()(-+=x Ax x H x P ，令1)2(=P 得41=A 于是222232)3(41)1(412)(-=-+-=x x x x x x x P 第3章 曲线拟合的最小二乘法解：经描图发现t 和s 近似服从线性规律。
故做线性模型{}t span bt a s ,1,=Φ+=，计算离散内积有：()611,1502==∑=j ，()7.140.59.30.39.19.00,15=+++++==∑=j j t t()63.530.59.30.39.19.00,222222502=+++++==∑=j j t t t()280110805030100,150=+++++==∑=j js s()10781100.5809.3500.3309.1109.000,5=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==∑=jj j s t s t求解方程组得：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛107828063.537.147.146b a 855048.7-=a ，253761.22=b运动方程为：t s 253761.22855048.7+-= 平方误差：[]2252101.2)(⨯≈-=∑=j j jt s sδ用最小二乘法求形如2bx a y +=的经验公式，并计算均方差。
解： {}2,1x span =Φ，计算离散内积有：()511,142==∑=j ，()53274438312519,122222422=++++==∑=j j x x()72776994438312519,444444422=++++==∑=j jx x x()4.2718.973.730.493.320.19,14=++++==∑=j jy y()5.3693218.97443.73380.49313.32250.1919,22222422=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯==∑=j j jy xy x求解方程组得：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛5.3693214.2717277699532753275b a 972579.0≈a ，05035.0=b所求公式为：205035.0972579.0x y+=均方误差：[]1226.0)(2124≈⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎭⎪⎬⎫-=∑=j jj y x y δ 第4章 数值积分与数值微分1、确定下列求积分公式中的待定参数，使其代数精度尽量高，并其代数精度尽量高，并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度：（1）101()()(0)()hh f x dx A f h A f A f h --≈-++⎰；（2）21012()()(0)()hh f x dx A f h A f A f h --≈-++⎰；（3）1121()[(1)2()3()]/3f x dx f f x f x -≈-++⎰；（4）20()[(0)()]/2[(0)()]hf x dx h f f h ah f f h ''≈++-⎰。