数值分析试卷及答案.docx

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二
1 求A的LU分解，并利用分解结果求
解 由紧凑格式
故
从而
故
2 求证：非奇异矩阵不一定有LU分解
证明 设非奇异，要说明A不一定能做LU分解，只需举出一个反例即可。现考虑矩阵，显然A为非奇异矩阵。假设A有LU分解，那么
故，而，显然不能同时成立。这矛盾说明A不能做LU分解，故只假定A非奇异并不能保证A能做LU分解，只有在A的前阶顺序主子式时才能保证A一定有LU分解。
3 用追赶法求解如下的三对角方程组
解 设有分解
由公式
其中分别是系数矩阵的主对角线元素及其下边和上边的次对角线元素，故有
从而有
故 ，，，
故 ，，，
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4 设A是任一阶对称正定矩阵，证明是一种向量范数
证明 〔1〕因A正定对称，故当时，，而当时，
〔2〕对任何实数，有
〔3〕因A正定，故有分解，那么
故对任意向量和，总有
综上可知，是一种向量范数。
5 设，，方程组的准确解为
〔1〕计算条件数；
〔2〕假设近似解，计算剩余；
〔3〕利用事后误差估计式计算不等式右端，并及不等式左边比拟，此结果说明了什么？
解 〔1〕
〔2〕
〔3〕由事后误差估计式，右端为
而左端
这说明当A为病态矩阵时，尽管剩余很小，误差估计仍然较大。因此，当A病态时，用大小作为检验解的准确度是不可靠的。
6 矩阵第一行乘以一数成为，证明当时，有最小值
证明 设，那么
又
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故
从而当时，即时，有最小值，且
7 讨论用雅可比法和高斯-赛德尔法解方程组时的收敛性。如果收敛，比拟哪一种方法收敛较快，其中
解 对雅可比方法，迭代矩阵
故雅可比法收敛。
对高斯-赛德尔法，迭代矩阵
，故高斯-赛德尔法收敛。
因=故高斯-赛德尔法较雅可比法收敛快。
8 设，求解方程组，求雅可比迭代法及高斯-赛德尔迭代法收敛的充要条件。
解 雅可比法的迭代矩阵
故雅可比法收敛的充要条件是。
高斯-赛德尔法的迭代矩阵
故高斯-赛德尔法收敛的充要条件是。
9 设求解方程组的雅可比迭代格式为，其中，求证：假设，那么相应的高斯-赛德尔法收敛。
证明 由于是雅可比法的迭代矩阵，故
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又，故，
即，故故系数矩阵A按行严格对角占优，从而高斯-赛德尔法收敛。
10 设A为对称正定矩阵，考虑迭代格式
求证：〔1〕对任意初始向量， 收敛；
〔2〕收敛到的解。
证明 〔1〕所给格式可化为
这里存在是因为，由A对称正定，，故也对称正定。
设迭代矩阵的特征值为，为相应的特征向量，那么及做内积，有
因正定，故，从而，格式收敛。
〔2〕 设收敛到，那么即，
即收敛到的解。
三
1 设且．求证：
证明 以和为插值节点建立的不超过一次的插值多项式
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应用插值余项公式有
2 求一个次数不高于4次的多项式，使它满足．
解法一〔待定参数法〕 满足的Hermite插值多项式为
设，令得
于是
解法二〔带重节点的Newton插值法〕 建立如下差商表
这样可以写出Newton插值公式
3 设，在上取，按等距节点求分段线性插值函数，计算各节点间中点处及的值，并估计误差．
解 步长，．在区间上的线性插值函数
分段线性插值函数定义如下
各区间中点的函数值及插值函数值如表所示
估计误差：在区间上
而
令得的驻点，于是
故有结论
右端及无关，于是有
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四
1 确定参数和，使得积分取得最小值，并计算该最小值．
解 此题实质上是求，关于权函数的二次最正确平方逼近多项式．
选切比雪夫多项式为基函数进展计算：
于是得的二次最正确平方逼近多项式
进而有参数．
最小值就是平方误差：
2 对彗星1968Tentax的移动在某个极坐标系下有如表所示的观察数据．
          
             
假设忽略来自行星的干扰，坐标应满足
其中为参数，为离心率，试用最小二乘法拟合和，并给出平方误差．
解 由于关于参数和是非线性的，变形为，这样有下表的数据．
记，得拟合模型．
求解法方程组
得
进而有，拟合方程为
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平方误差为
3 求函数在指定区间上关于的最正确平方逼近多项式．
解 对做线性变换，即
利用勒