清华大学贾仲孝老师(贾哥)高等数值分析证明题汇总
数值分析简明教程课后习题答案
比较详细的数值分析课后习题答案0.1算法1、 （p.11，题1）用二分法求方程013=--x x 在[1,2]内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】 由二分法的误差估计式311*10212||-++=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到100021≥+k .两端取自然对数得96.812ln 10ln 3≈-≥k ，因此取9=k ，即至少需2、（p.11，题2） 证明方程210)(-+=x e x f x在区间[0,1]内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过21021-⨯。
【解】 由于210)(-+=x e x f x，则)(x f 在区间[0,1]上连续，且012010)0(0<-=-⨯+=e f ，082110)1(1>+=-⨯+=e e f ，即0)1()0(<⋅f f ，由连续函数的介值定理知，)(x f 在区间[0,1]上至少有一个零点.又010)('>+=x e x f ，即)(x f 在区间[0,1]上是单调的，故)(x f 在区间[0,1]内有唯一实根.由二分法的误差估计式211*1021212||-++⨯=≤=-≤-εk k k a b x x ，得到1002≥k .两端取自然对数得6438.63219.322ln 10ln 2=⨯≈≥k ，因此取7=k ，即至少需二分0.2误差1．（p.12，题8）已知e=2.71828…，试问其近似值7.21=x ，71.22=x ，x 2=2.71，718.23=x 各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。
【解】有效数字：因为11102105.001828.0||-⨯=<=- x e ，所以7.21=x 有两位有效数字； 因为12102105.000828.0||-⨯=<=- x e ，所以71.22=x 亦有两位有效数字；因为3310210005.000028.0||-⨯=<=- x e ，所以718.23=x 有四位有效数字；%85.17.205.0||111=<-=x x e r ε； %85.171.205.0||222=<-=x x e r ε； %0184.0718.20005.0||333=<-=x x e r ε。
数值分析试题及答案汇总
数值分析试题及答案汇总TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】数值分析试题一、 填空题（2 0×2′） 1.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=32,1223X A 设x =是精确值x *=的近似值，则x 有 2 位有效数字。
2. 若f (x )=x 7－x 3＋1，则f [20,21,22,23,24,25,26,27]= 1 ， f [20,21,22,23,24,25,26,27,28]=0 。
3. 设，‖A ‖∞＝___5 ____，‖X ‖∞＝__ 3_____，‖AX ‖∞≤_15_ __。
4. 非线性方程f (x )=0的迭代函数x =(x )在有解区间满足 |’(x )| <1 ，则使用该迭代函数的迭代解法一定是局部收敛的。
5. 区间[a ,b ]上的三次样条插值函数S (x )在[a ,b ]上具有直到 2 阶的连续导数。
6. 当插值节点为等距分布时，若所求节点靠近首节点，应该选用等距节点下牛顿差商公式的前插公式 ，若所求节点靠近尾节点，应该选用等距节点下牛顿差商公式的 后插公式 ；如果要估计结果的舍入误差，应该选用插值公式中的 拉格朗日插值公式 。
7. 拉格朗日插值公式中f (x i )的系数a i (x )的特点是：=∑=ni i x a 0)( 1 ；所以当系数a i (x )满足 a i (x )>1 ，计算时不会放大f (x i )的误差。
8. 要使20的近似值的相对误差小于%，至少要取 4 位有效数字。
9. 对任意初始向量X (0)及任意向量g ，线性方程组的迭代公式x (k +1)=Bx (k )+g (k =0,1,…)收敛于方程组的精确解x *的充分必要条件是 (B)<1 。
10. 由下列数据所确定的插值多项式的次数最高是 5 。
11. 牛顿下山法的下山条件为 |f(xn+1)|<|f(xn)| 。
数值分析试题与答案
一. 填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）1.设有节点012,,x x x ，其对应的函数()y f x =的值分别为012,,y y y ，则二次拉格朗日插值基函数0()l x 为 。
2.设()2f x x =，则()f x 关于节点0120,1,3x x x ===的二阶向前差分为 。
3.设110111011A -⎡⎤⎢⎥=--⎢⎥⎢⎥-⎣⎦，233x ⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦，则1A ＝ ，1x = 。
4. 1n +个节点的高斯求积公式的代数精确度为 。
二．简答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分）1. 哪种线性方程组可用平方根法求解？为什么说平方根法计算稳定？2. 什么是不动点迭代法？()x ϕ满足什么条件才能保证不动点存在和不动点迭代序列收敛于()x ϕ的不动点？3. 设n 阶矩阵A 具有n 个特征值且满足123n λλλλ>≥≥≥，请简单说明求解矩阵A 的主特征值和特征向量的算法及流程。
三．求一个次数不高于3的多项式()3P x ，满足下列插值条件：i x 1 2 3 i y 2 4 12 i y '3并估计误差。
（10分）四．试用1,2,4n =的牛顿-科特斯求积公式计算定积分1011I dx x=+⎰。
（10分） 五．用Newton 法求()cos 0f x x x =-=的近似解。
（10分） 六．试用Doolittle 分解法求解方程组：12325610413191963630x x x -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥-=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦⎣⎦ （10分）七．请写出雅可比迭代法求解线性方程组123123123202324812231530x x x x x x x x x ++=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩ 的迭代格式，并判断其是否收敛？（10分）八．就初值问题0(0)y yy y λ'=⎧⎨=⎩考察欧拉显式格式的收敛性。
（10分）《数值分析》（A ）卷标准答案（2009－2010－1）一． 填空题（每小题3分，共12分） 1. ()1200102()()()()x x x x l x x x x x --=--； 2.7；3. 3，8；4. 2n+1。
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
数值分析习题（含答案）
数值分析习题（含答案）第一章绪论姓名学号班级习题主要考察点：有效数字的计算、计算方法的比较选择、误差和误差限的计算。
1 若误差限为5105.0-?,那么近似数0.003400有几位有效数字？（有效数字的计算）解：2*103400.0-?=x ，325*10211021---?=?≤-x x 故具有3位有效数字。
2 14159.3=π具有4位有效数字的近似值是多少？（有效数字的计算）解：10314159.0?= π，欲使其近似值*π具有4位有效数字，必需41*1021-?≤-ππ，3*310211021--?+≤≤?-πππ，即14209.314109.3*≤≤π即取（3.14109 , 3.14209）之间的任意数，都具有4位有效数字。
3 已知2031.1=a ，978.0=b 是经过四舍五入后得到的近似值，问b a +，b a ?有几位有效数字？（有效数字的计算）解：3*1021-?≤-aa ，2*1021-?≤-b b ，而1811.2=+b a ，1766.1=?b a 2123****102110211021)()(---?≤?+?≤-+-≤+-+b b a a b a b a故b a +至少具有2位有效数字。
2123*****10210065.01022031.1102978.0)()(---?≤=?+?≤-+-≤-b b a a a b ba ab 故b a ?至少具有2位有效数字。
4 设0>x ，x 的相对误差为δ，求x ln 的误差和相对误差？（误差的计算）解：已知δ=-**xx x ，则误差为δ=-=-***ln ln xx x x x则相对误差为******ln ln 1ln ln ln xxx x xxx x δ=-=-5测得某圆柱体高度h 的值为cm h 20*=，底面半径r 的值为cm r 5*=，已知cm h h 2.0||*≤-，cm r r 1.0||*≤-，求圆柱体体积h r v2π=的绝对误差限与相对误差限。
清华大学高等数值分析实验设计及答案
高等数值分析实验一工物研13 成彬彬2004310559一．用CG，Lanczos和MINRES方法求解大型稀疏对称正定矩阵Ax=b作实验中，A是利用A= sprandsym(S,[],rc,3)随机生成的一个对称正定阵，S是1043阶的一个稀疏阵A= sprandsym(S,[],0.01,3);检验所生成的矩阵A的特征如下：rank(A-A')=0 %即A=A’，A是对称的；rank(A)=1043 %A满秩cond(A)= 28.5908 %A是一个“好”阵1．CG方法利用CG方法解上面的线性方程组[x,flag,relres,iter,resvec] = pcg(A,b,1e-6,1043);结果如下：Iter=35，表示在35步时已经收敛到接近真实xrelres= norm(b-A*x)/norm(b)= 5.8907e-007为最终相对残差绘出A的特征值分布图和收敛曲线：S=svd(A); %绘制特征值分布subplot(211)plot(S);title('Distribution of A''s singular values');;xlabel('n')ylabel('singular values')subplot(212); %绘制收敛曲线semilogy(0:iter,resvec/norm(b),'-o');title('Convergence curve');xlabel('iteration number');ylabel('relative residual');得到如下图象：为了观察CG方法的收敛速度和A的特征值分布的关系，需要改变A的特征值：(1).研究A的最大最小特征值的变化对收敛速度的影响在A的构造过程中，通过改变A= sprandsym(S,[],rc,3)中的参数rc(1/rc为A的条件数)，可以达到改变A的特征值分布的目的：通过改变rc=0.1，0.0001得到如下两幅图以上三种情况下，由收敛定理2.2.2计算得到的至多叠代次数分别为：48，14和486，由于上实验结果可以看出实际叠代次数都比上限值要小较多。
数值分析习题解二三章
数值分析习题解⼆三章12. 设()k T x 是k 次Chebyshev 多项式，证明（1）()()m n mn T T x T x =；（2）()()()()2m n m n m n T x T x T x T x +-+=. 证明：由Chebyshev 多项式的定义，()()()()()()cos arccos cos arccos cos arccos m n mn T T x m n x m n x T x ==??=()()()()()()()()()()cos arccos cos arccos 2cos arccos cos arccos 2m n m n m n T x T x m n x m n x m x n x T x T x +-+=+?+-?=??= 13. 求函数()f x =[]0,1上的⼀次最佳平⽅逼近多项式。
解：⽅法⼀（⽤多项式21,,,x x 作基底）令()01x ?=，()1x x ?=，设所求多项式为()*01S x a a x =+。
因为()12000,1d 1x ??==?，()()1011001,,d 2x x ===?，()121101,d 3x x ??==?，()(001,ln 122f x ?==++?，()()1101,13f x ?==?所以关于0a 和1a 的法⽅程为(()0011111ln 1=0.9343222110.4269511233a a a a ??+?=?=因此所求最佳平⽅逼近多项式 ()*0.934320.42695S x x =+。
⽅法⼆（⽤Legendre 正交多项式()01P x =, ()1P x x =, ()()221 31P x x =-, 因为[][]0,11,1≠-，令()[]11,1,12x t t =+∈-，则()()f x F t ==令()()001t P t ?==，()()11t P t t ?==，则()0,,2,21i j i ji j i ??≠??=?=?+?。
高等数值分析第二章答案
第二章习题参考答案1.解： 由于20Ax b−≥，极小化2b Ax −与极小化22Ax b −是等价的。
令22()(,)(,)2(,)x Ax b Ax Ax b b Ax b ϕ=−=+−，对于任意的n R y x ∈,和实数α，)()(),()()(,*222*2****x Ay a x Ay Ay a x ay x b Ax x ϕϕϕϕ≥+=+=+=则有满足若这表示处达到极小值。
在*)(x x ϕ反之，若必有处达到极小，则对任意在nR y x ay x ∈+*)(ϕ0),(2),(2),(20)(**0*=−=+−=+=Ay b Ax Ay Ay a Ay b Ax daay x d a 即ϕ故有 b Ax =*成立。
以上证明了求解,22b Ax b Ax −=等价于极小化即。
等价于极小化2b Ax b Ax −= 推导最速下降法过程如下：),/(),(0),(),(,0),,2)(222)()(11k T k T k T k k T k T k T k k T k k k T k k kT k T k T T x x k r AA r AA r AA r a r AA r AA a r AA r r aA x da dx a r aA x x r A Ax b A Ax A b A x grad x x k==+−=++==−=−=−++=最终得到得出（由取得极小值。
使求出取的负梯度方向，且下降最快的方向是该点在ϕϕϕ给出的算法如下：1）)(000Ax b A r A R x T T n −=∈，计算给定； 2）L ,2,1,0=k 对于）转到否则数。
为一事先给定的停机常则停止；其中若2),/(),(10,11kT k k k k T k k k k k k k k k r A p Ax b r r A a x x Ap Ap p p a k k r =−=+==+=>≤−−εε2.证明 1） 正定性由对称正定矩阵的性质，(),0x Ax ≥（当且仅当x ＝0时取等号），所以 ()12,0Axx Ax =≥（当且仅当x ＝0时取等号）2） 齐次性()()()121122,(),,AA xx A x x Ax x Ax x αααααα⎡⎤====⎣⎦3）o1方法（一）A 是对称正定矩阵，得到(,())0x y A x y λλ++≥，把它展开如下2(,)(,)(,)(,)0y Ay x Ay y Ax x Ax λλλ+++≥考虑到(,)(,)(,)x Ay Ax y y Ax ==，把上式看成关于λ的一元二次方程，则式子等价于24(,)4(,)(,)0x Ay x Ax y Ay ∆=−≤因此1/21/2(,)(,)(,)x Ay x Ax y Ay ≤所以1/21/221/21/2((,)(,))(,)(,)2(,)(,)(,)(,)2(,)(,)(,)(,)(,)((),())x Ax y Ay x Ax y Ay x Ax y Ay x Ax y Ay x Ay x Ax y Ay x Ay y Ax x y A x y +=++≥++=+++=++两边开平方即可得到AA A x yx y +≤+因此，1/2(,)A x Ax x =是一种向量范数。
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又因为A可对角化， A= -1 则p(A)=p( ) -1 则 rk
n
pPk ,p (0)1
min
p( ) -1r0
取r0 i xi Xy, 其中y =(1, 2 , 3 k-1, k ,0,0 0,0)T
i 1
则 rk
pPk ,p (0)1
i 2
n
i 2 i 2 k 1 (vk , Avk ) i 1 1 1 n 1 2 2k (vk , vk ) i i
i 1
n
1212 k 1 2 2 2 2 k 1 i 2 i 2 k 1
2 2k 1 1
又因为A可对角化， A= -1 则p(A)=p( ) -1 则 rk
pPk , p (0)1
min
p( ) -1r0 ( ) r0
pPk ,p (0) 1 1 i n
pPk , p (0)1
min
p( )
即 rk ( ) r0 可取pk (t )
n
2 2 i 2 i 2 k
2 2k i 3
i 3 n
1
2 2 k ) 2 …… 1 1 12 2 2 ( 2 ) 2 k …… 1 2 2 ( 2 ) 2 k 2 2 2 ( 2 ) 2 k 1 1 1 =o ( 2 ) 2 k 2 1 1 121 2 2 (
证毕 15． 叙述幂法 解，见讲义 P80。
5 / 6
结语： 最后三道题为四个月后补录，准确性已经无法保证，仅供参考，祝君顺利。
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12 1 C2T X 2T A X 2C 2 1 (12 1)1 C2T ( X 2T A X 2 )C 2 C2 1 X 2 C2 =o(e 2 k ) （ o C2 ）
证毕
2 2 2 ~ ~
13. vk 1 X 1 X 2 ( 证
B
1
) k w0， (v1 ) (v0 , Av0 ) ，证 Raylei 商收敛于主特征值
即其含有最多 p+1 个不同的特征值，则当 p+1<n 时，最多 P+1 步收敛，否则 n 步收敛。 8. 证明 Anorldi 过程中断时 GMERES 找到了准确解。 证明：讲义 P64 页定理 3.4.3 9． 为什么在绝对精确的计算下， CG,lanczos,MINRES,Arnoldi,GMRES 方法至多 n 步一定找 到准确解。 证明， 对于 CG,MINRES,GMRES 来说， 其残差项具有最优性， 即 rm 收敛， 当 m=n 时， 其空间 K （r0,A,m） =Rm,则一定找打了准确解。 对于 lanczos 来说，
1 / 6
证：对于 GMERES
xk x0 qk ( A)r0 取pk(A)=I Aq( A) 则 rk
pPk ,p (0)1
xk span r0 , Ar0 , k
rk b Axk r0 Aqk ( A) (I Aq( A))r0 min p( A)r0
4 / 6
vk 1 X 1 X 2 ( ) w0 ,
k
B
1
vk 1 ( ) w0
2 1 k
B
2
1
1
1 (v0 , Av0 ) 1
~ B B (1 X 1 X 2 ( ) k w0 , 11 X 1 A X 2 ( ) k w0 ) 1
rn b AX n r0 r0 0 备注：Qn e1=q1, q1 r0 Qn r0 e1=r0 r0
证毕 对 Arnoldi，同理可证。 10. 叙述 Rayleigh-Ritz 和精叙述 Rayleigh-Ritz 方法的主要收敛结论（贾氏定理） 。 解，见讲义 P93，定理 4.6.1，以及 P95 页，定理 4.7.1. 11． 描述 Arnoldi 方法和精化的 Arnoldi 方法。 解，见讲义 P94，以及 P96 页。 12． 若 sin ∠（X1，vk）=e ,求 p ( k ) 1 o(e )
min
p( ) -1r0 = min p( )y
pPk ,p (0)1
Xp( ) X 1 Xy
pPk , p (0) 1
min
Xp( )y
即 rk X rk X y 可取pk (t )
pPk ,p (0)1
min
pPk ,p (0)1 1 i k 1 j k k
则Lanz cos 方法不会发生中断。
7. 当 A=I-BB 时，rank(B)=p,用 CG 法求解 Ax=b,最多几步收敛？
T
12 ,0， 1 12 ,0， 0,0,0,0,0,0 0,0,0,0,0, 2 2 0，2 ,0,0,0,0,0 0，1-2 ,0,0,0,0,0 2 2 0，0,p ,0,0,0,0 0，0,1-p ,0,0,0, T T 1 1 证明， BB X 0,0,0,0,0,0,0,0,0 X ，则 I BB X 0,0,0,0,0,1,0,0,0 X 0,0,0,0,0,0,0,0,0 0,0,0,0,0,0,0,1,0 0,0,0,0,0,0,0,0,0 0,0,0,0,0,0,0,0,1
当过程中断时，即hm 1=0 AVm Vm Hm 设（，）为H m的任一特征对 则 AVm Vm Hm Vm (Hm ) Vm 即 AVm =Vm 即H m的特征值均为A的特征值，A非奇异，则Hm非奇异，则不会发生方法中断，证毕。
4. 证 Arnoldi 方法中断则 Arnoldi 过程一定不中断。 证：该命题与 3 是等价的逆否命题，先证明 3，然后根据逆否命题的等价性即可得到 4. 5. 证 Arnoldi 过程中断找打了准确解。
min max p(i )
(t j )
1 j k
( 1) ( j )
则max p(i ) =0
1 i n
rk 0，即 rk =0
证毕！ 对于 MINRES，同理可证。 3. 证 Arnoldi 过程中断时不会发生方法中断。
T AVm Vm Hm hm 1v m 1em
清华大学贾仲孝老师（贾哥）高等数值分析证明题汇总
前言：高值是我上学这么多年感觉学起来最费劲的一门课，没有之一。想起自己在文图奋斗 了那么多个日日夜夜， 每天听三遍提醒才会离开的情景， 以及在四教答疑到没空吃饭的悲催， 就觉得辛辛苦苦学到的这些东西就仅仅应付一个考试太可惜了， 有点对不住自己这么长时间 的辛苦，一直想着要把觉得有用的东西总结一下，广而告之，就当攒人品了。因为到现在高 值成绩也没有出来，我也不知道自己考了多少分，所以对这份总结的正确性不能保证，仅供 手里没有其他资料的时候稍稍参考。 有了这份资料， 康师姐再给我们答疑的时候是不是可以 轻松点（给答疑的师兄和师姐点个赞） 。 二中哥 2015 年 2 月 2 日焊管 104
k
2k
证 v = 1 X 1 X 2C2 ,又 vk 1 1 C2
k
2
2
1
cos ∠（X1，vk）=
( X 1 , vk ) ( X 1 , vk ) 1 X 1 vk
k
则 sin ∠（X1，vk）=e = C2 1 1
~
2
1 (1 X 1 X 2C2 , 11 X 1 A X 2C2 ) 1
1
1
~ ~ B B B B 12 1 1 X 1T A X 2 ( ) k w0 ( X 2 ( ) k w0 )T ( X 2 ( ) k w0 )T A X 2 ( ) k w0 1
1
1
1
1
(12 1)1 ……
~ ~ B B ( ) k（ 1 X 1T A X 2 + X 2T w0T X 1T ）+( ) 2 k ( 2 w0 2 A w0 1 ) 1 X1
1． 若 A 可对角化，A 有 k 个特征值时，证明 GMERES 和 MINRES 至多 k 步收敛； 证：对于 GMERES
xk x0 qk ( A)r0
取pk(A)=I Aq( A) 则 rk
pPk , p (0)1
xk span r0 , Ar0 , k
rk b Axk r0 Aqk ( A) (I Aq( A))r0 min p( A)r0
min max p(i )
( 1) ( j )
1 j k
1 j k k
(t j )
则 max p(i ) =0
1 i n
rk 0，即 rk =0
证毕！ 对于 MINRES， ( ) =1，同理可证。 2. 若 A 可对角化，A 有 n 个不同的特征值，r0 是由 k 个不同特征值的特征向量构成。证明 GMERES 和 MINRES 至多 k 步收敛。
AQn QnTn
当 m=n 时， Qn AQn Tn
T T AQn正定，即Tn正定 由讲义定理1.1.2可知，当A AT 0时，Qn
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1 1 Tn 1 Qn A Qn
又因为： r0 e1 Tn y n y n Tn 1 r0 e1
则 又因为X X Q y X Q Q 1A 1Q r e X A 1r n n n n n 0 n 0 0 1 0 0
当过程中断时，hm 1=0
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再推导出讲义 P52，定理 3.3.3，从而可得出结论 rk =0 ，即找到了准确解。 6. 证当 A 为对称正定矩阵时，证明 Lanczos 方法不会发生中断。 证明：