計算方法試題解（年份、題號以文檔《計算方法試題集》為準；填空、選擇題不作解答，重復或純計算解答略）19990二、注意I4arctg|10n

h

T1

1

)H1

1

n

h T1(TH) H1 21 1n

T1(TH)Romberg

三、由帶余項的梯形公bf(x)dxba[f(a)f 由f''所 |

f''xxa a)3得第二式，令f(a)f(b)0即得第一式四、四、12345x法方程

即 a 2 0 5 5 0五、uH(u235

||u-H(u)||2 1

00

1 0HI

0 2000一、1)A對稱。實際上對于任意n階對稱Aaij)nmJ(u)1(Au,u)(b,u)，u2J(u)取極值的必要條件

u0，k1,2,L,n，J(u)aijuiujbjujkJ1

au1au

j

j

2

ik

2j

kj 所以必要條件即

nnakjujbk，k1,2,,njAubGauss消去法或其他任何一種解法解Aub解u(

5.7)T就是用Housholder變換相似的化矩陣為上Hessenberg -

- u

0

0

18

R0

40

4 0

4 4H 50 3055 55 HAH

03

25

(k)(k)Gauss-

(k))()1(xn1f(x)dxSimpson公y10.2[04(0.1)2e02 x2

e2 y(x)1t4

dt

(xx y(0.2)

三、1）

1 1

1 y1

x1

21

121

1

12x 2x

14 4

1k 211

2 1

2）x8

8

3）||xv||

|

| 2

四、1）fx)

1[f(x)f(x)]:FNewton迭代公式

F(x)F'

就是（＊）2）F(x)

F'(x)f''(x)Lip

Fx)0且連 迭代法局部收斂，證法與上完全相同i12i123x321ln0y法方程

六、1）用Newton-Hermite f(

0f0ff'1ff1f'所求三次多項式3H(x)f(0)f'(0)x(f[0,1]f'(0))x2(f'(1)2f[0,1]f'32）設 af(0)af(1)bf'(0)bf'(1)，用最大代數精確度原則構 f1a1a21fx

bb22fx222fx32

1 112b2113b21解出

a

b1

a I1f(x)dx1[f(0)f(1)]1[f'(0)f'1 1公式有三次代數精確度，所余

dx上式 1f

)(

f

R

f

2001二、1）在xxn處，將yn1yn1展開成Taylor展 yn1ynhf

yn

2ynOh yn-1

hf

yn),(-2ynOh兩式相減并移 2hf(x,y 2）y'

lny

arctg

C值yy

12arctg 2 y0

y1y

y

0.)y

1.22

97629038y0 y-y1.1618 1

-

三、20

u

||u||2 0

Q

1 2 1 Q1A 004 04 5035 035 3 5 33 33

2 A

15QRX RX 2 3-

-3 2 1

9RX 4 31

5

12

3

- 5

18

3 9 X 5 5

6

1255 55 六、Jacobi迭x(k1)ax(k) x(k1)ax(k)ax(k) x(k1)ax(k)3SOR1

kk

222k3

2k)1)(1(2Jacobi法迭代矩陣B的特征

32a2

2(B)2

|a

(B)1

|a

即 a121212Gauss-Sieded法迭代矩陣G的121212

a32a22

12 12(G)

(G)1

|a2002一、在xaxbfx的一次插值多項式p1(xp1(x0f''fxp1

R1

(xa)(x11

x|)(|

f

而|

4x：|f(x|1max|fx|ba)2從8max|f(x)|1max|f''(x)|(b8二、1

3|'(x)|3

x設x*為不動 * k x*|k32、x)滿足Lipschitz

232由定理知|xkx*

1

|

x0 L(2)k232

kx*| 13k3、

-)(cos

不是原方程的根

(x*)迭代的收斂階為1 三、

31 2

||A A)||A||||A1|| Jacobi迭代公(k

1

(k 21 0

02 1 x(2k)221

x(2k1)易見

||||

BI 4）迭代矩陣(B){1,1

四、1、P0(x)1 0P(x)x2)

)( 1 11a1b1

1 b)dx0 a11

（1（2）

652652令2令2x6

x6

6 65656x665656A1x dx 1

(16666 66

6 6

656x6 656A1x dx 1

(16 666 66

66

56 56uf(t,五 （1）(1)u(t)0f(t,u)A(t)ub向前Euler格 u0 uk1ukh[A(tk)ukb(tk或

k uk

A(tk

b

k（2）令

u原方程u' 22

t1T1

t1u(0)化為（1）時A

1

0t

t

t 1 u

11六、A

|A|

(A)2、若AkLU

Ak1

L為單位下L可逆從而L1ALL1LULULkAk~Ak

k A~An||An||Ln||Un

|Ln

為上Un的兩個對角元相乘，積為11、

0A

1 1

1

0

1 A2 0111 A

1 22 1 1

1A 2 A 22

5 12 12 5可看nlimL n 0

nn

由于An~A，且A上3 1 limA 3n 3

2 2003一、重二、1、設ylny則模型成為y(xlna2、設lnayA

b法方程式nn x nn i i

2B xi

xiyi x01x0123yy--

4A6B 6A14B最后擬合的非線性函y(x)2.0027e0xxn處展yk,fk y (yyyhn

h(y'（y'ny''h0

y'hy''h2 0 1y'hy0 11y'nh1 y yyhnh2 222

411 4 1

(

'''

'''局部截斷誤差04年重

62)yn

24yn五、1、e-n

||e||2n初等反射陣HI2

||n

2n11 n

nn AI211

1

n

n 11

n22、取

A

nn 12 1

n||

nnnA1IeeT(IeeT)(IeeT)

11

n

1n n

n1A1

1

||A1

2n n

n

n

n n

n

n1六、1、迭代格式2

(k1)Ax(k)2寫成矩陣(1A)x(k1)(IA)x(k) x(k1)(1A)-1(IA)x(k) 迭代矩陣B1A)-1(I 設B的一個特征值，對應特征向量為(1A)-1(IA)y

||y|| (IA)y(1A) 兩邊用y作內積yAyy)yAy, 1(Ay, 1(Ay,2由于(Ay,y) || 收2、計算

B(IA)1(IA)114141

(B)2七、1、算法是反冪法，且符合收斂條件即可2、3直接簡單計2004一、套公式直接計算||A||

||A||F

消元（過程中把mij記在aij的位置2312125812138 38

51 3 51 8LU 0

1 1 0y1

y1 Ly

0y21y2

1y

y3 1

x1 Ux

2x2

x2

1x

1

x 3

a21A

a12a22

Jacobi法的迭代矩陣B

a22 (B)

a12a21

(B)

01

a

a120a0G-S法的迭代矩陣G

12

11 a22

0

a21a12

a22(G)

(B)

所以兩種方法同斂散三、三次樣條函數

10

n

[a,b]區間上的一個分，如果

S(x)

x[a,

滿足1

S(x)C2[a,b]；2

S(xP3

1,],[稱Sx為以x0,xn為節點的三次樣條函數設S(xax3ax2axaC(x1)3 0由S(0)S0)0立即可得0

0， S'(x)3ax22ax

3c(xa2a3

a2以插值條件代

2

c

22

3c

cx24S

四、d2 d

nny)nny

xin n(xy)y2y(x 2 d

nn

y)y

y)2]n即(x2xyn

iy

nn五、同99年之六、直接套用公式利用題中近似公

f''

f''

2fn nn11nn1n nn n

2f

2ff

2f

f

en ( xn) n 2

2fff

f''

nnn n

n

nx*n

將上述en的近似表達式代入即得題式七、1）

，據條件得方程sx1cx20cs2c2

sx2x2 x2 2）A RQT

QT 222 122 1

2722 5

1 1 0- 0-

322222 22005三、1、同00年之六hh2（1）二元展開Khh2

2

yh(1)f(x,

)(f(x,y)f(x,y) hfy(xn,yn)h

nf(xn,yn)O(h2整理yn1ynhf(xn,yy'h1 據Taylor

)

（2）x y h y1y00.1[(10.25)K10.25K210.1(3111.48)3（1）

Q 即QTAQsIR k kQTAQsIRQ k

k k 1

03I 0302 0302QR分021021 1 0 002 002 1 2A 020 0 00 0 0004

A2已經是上

5（1（2）同02Newton迭代xnxn 相當于迭代xn1(xn

'

x|4|4x3|x2k、 年之

|'(x)|

當k較大時，可能(x) 一、 年之三、類1二、令f(x) 1f(x)dx1令f(x) 1f(x)dx1

右邊=A(11)2 右邊x1

A 令f(x) f(x)dx

右邊x2

1積分公式為1

f(x)dxf(1)f(1

至少二次精33易驗證f(xx3精確度成立，而對f(xx4不能精確成立因此有3次代數精度。333三、x* 迭代函數(x)xc(x23'(x)12cx'(x*)12（1）令|(x*)|13當c13

1123c1,0)時迭代法局部收（2）(x*)0c213，此時收斂至少是二階當c213時收斂最（3）直接四、平面方程一般AxByCzD平面過原點方程為AxByCz齊次方程A、B、C中有一個系數，不妨設C平面方AxByz寫出A、B應滿足的條 0 0.1906

B

0.3011 3 3

0.7985最小二

A

B所求平面方程為0.6882x0.49545yz五、在區間[xixi1上S(xiyiaiyi

(1 )

'ii 'x

(y1y0y')0x

cciS'i

0)S'

0)yiyi1

hyi1yic ci有遞推c

y0

')

六、（參見02年之五 （1）

uk 2 1

k

u() 1（2）有Taylor展

h2d

3u(tk1)u(tk)hdt(tk)2dt2(tk)O(h)設 uku(tk uk1uk2(A(tk)ukb(tk)A(tk1)uk1b(tk1 h u(tk)

2

(tk)A(tk1)uk1b(tk12u 2u hu(tk)hdt(tk)

(tk 2 d2[A(tk1)uk1b(tk1)dt(tk)h據（1）

(tk h2d u(tk)hdt(tk)2dt2(tk)u(tk1)O(h d dt(tk)hdt2(tk)dt(tk1)O(h)A(tk1)uk1b(