1、考试目标及考试大纲本题库的编纂目的旨在给出多套试题，每套试题的考查范围及难度配置均基于“水平测试”原则，按照教学大纲和教学内容的要求，通过对每套试题的解答，可以客观公正的评定出学生对本课程理论体系和应用方法等主要内容的掌握水平。通过它可以有效鉴别和分离不同层次的学习水平，从而可以对学生的学习成绩给出客观的综合评定结果。本题库力求作到能够较为全面的覆盖教学内容，同时突显对重点概念、重点内容和重要方法的考查。考试内容包括以下部分：绪论与误差：绝对误差与相对误差、有效数字、误差传播分析的全微分法、相对误差估计的条件数方法、数值运算的若干原则、数值稳定的算法、常用数值稳定技术。非线性方程求解：方程的近
2、似解之二分法、迭代法全局收敛性和局部收敛定理、迭代法误差的事前估计法和事后估计法、迭代过程的收敛速度、r 阶收敛定理、Aitken 加速法、Newton 法与弦截法、牛顿局部收敛性、Ne wton 收敛的充分条件、单双点割线法（ 弦截法）弦截法） 、重根加速收敛法。解线性方程组的直接法：高斯消元法极其充分条件、全主元消去法、列主元消去法、高斯- 若当消元法、 求逆阵、各种消元运算的数量级估计与比较、矩阵三角分解法、Doolittle 和 Crout 三角分解的充分条件、分解法的手工操作、平方根法、Cholesky 分解、改进的平方根法(免去开方)、可追赶的充分条件及适用范围、计算复杂性比较、严
3、格对角占优阵。解线性方程组迭代法：向量和矩阵的范数、常用向量范数的计算、范数的等价性、矩阵的相容范数、诱导范数、常用范数的计算；方程组的性态和条件数、基于条件数误差估计与迭代精度改善方法；雅可比（Jacobi）迭代法、Gauss-Seidel 迭代法、迭代收敛与谱半径的关系、谱判别法、基于范数的迭代判敛法和误差估计、迭代法误差的事前估计法和事后估计法；严格对角占优阵迭代收敛的有关结论；松弛法及其迭代判敛法。插值法：插值问题和插值法概念、插值多项式的存在性和唯一性、插值余项定理；Lagrange 插值多项式；差商的概念和性质、差商与导数之间的关系、差商表的计算、牛顿（Newton）插值多项式；差
4、分、差分表、等距节点插值公式； Hermite 插值及其插值基函数、误差估计、插值龙格（Runge ）现象；分段线性插值、分段抛物插值、分段插值的余项及收敛性和稳定性；样条曲线与样条函数、三次样条插值函数的三转角法和三弯矩法。曲线拟合和函数逼近：最小二乘法原理和多项式拟合、函数线性无关概念、法方程有唯一解的条件、一般最小二乘法问题、最小二乘拟合函数定理、可化为线性拟合问题的常见函数类；正交多项式曲线拟合、离散正交多项式的三项递推法。 最佳一致逼近问题、最佳一致逼近多项式、切比雪夫多项式、切比雪夫最小偏差定理、切比雪夫多项式的应用 (插值余项近似极小化、多项式降幂 )。 本段加黑斜体内容理论推导
5、可以淡化，但概念需要理解。数值积分与微分：求积公式代数精度、代数精度的简单判法、插值型求积公式、插值型求积公式的代数精度；牛顿一柯特斯(Newton-Cotes)公式、辛卜生（Simpson）公式、几种低价牛顿一柯特斯求积公式的余项；牛顿一柯特斯公式的和收敛性、复化梯形公式及其截断误差、复化 Simpson 公式及其截断误差、 龙贝格（ Romberg）求积法、外推加速法、高斯型求积公式、插值型求积公式的最高代数精度、高斯点的充分必要条件。 正交多项式的构造方法、高斯公式权系数的建立、 Gauss-Legendre 公式的节点和系数。 本段加黑斜体内容理论推导可以淡化，但概念需要理解。常微分方
6、程数值解：常微分方程初值问题数值解法之欧拉及其改进法、龙格库塔法、阿当姆斯方法。本套题库均采用闭卷考试，卷面总分为 100 分。试题形式分为判别正误、多项选择、填空、解答和证明等多种题型。其中判断题、多项选择题和填空题覆盖整个内容范围，题量多而广，重点集中在基本概念、公式和方法的构建与处理思想等方面，此类题型主要用于考查学生对整体内容的理解与掌握情况；解答题重点放在主要的计算技术和方法的具体实现过程，主要考查学生对主要计算技术、技巧和方法理解与掌握情况；证明题主要集中在主要的计算技术和方法的分析过程，主要考查学生的理论分析能力和知识的综合运用能力。本课程的考试方法与要求：期末闭卷考试，按时完成
7、上机习题。学习合格条件：考试卷面成绩 60 且上机习题符合要求，二者缺一不可。综合成绩：原则上=卷面成绩，但可参考上机习题完成情况作微调。1 绪论(1). 要使 的近似值的相对误差限 0.1%, 应至少取_4_位有效数字。200.4 10, a1=4, r 10-(n-1)k 时，差商 f x, x1,xn0，当 n k 时，该差商是 k-n 次多项式。证明：因 1!)(,ffn注意到 nk 时， f(n)(x)=0，n=k 时， f(n)(x)=k!ak，a k 为 f(x)的 k 次项系数。(7f)n k-1 由差分定义递推,查 n=k-1,k-2, (3f)ok!(6). (c10 分)
8、设 g(x)和 h(x)分别是 f(x)关于互异节点 x1, xn-1 以及互异节点 x2, xn 的插值多项式，试用 g(x)和 h(x)表示 f(x)关于互异节点 x1, xn 的插值多项式.解：令 q(x)=Ag(x)(x-xn)+Bh(x)(x-x1)为待定 n 次多项式，A,B 为待定系数，注意到g(xk)=f(xk), k=1,n-1h(xk)=f(xk), k=2,n -(7f)带入得 A=1/x1-xn,B=1/xn-x1,带入 ok!(7). (a10f)设 lk(x)是关于互异节点 x0, x1, xn, 的 Lagrange 插值基函数，证明(1) m=0,1,nmnk0
9、(2) 0 m=1,2,nnkkxl0)(证明：由插值唯一性定理知(1)。展开知（2）(8). (a10f)证明对于不超过 k 次的多项式 p(x)有k n),(xplxpnkk0lk(x)是关于互异节点 x0, x1, xn, 的 Lagrange 插值基函数证明：由插值唯一性定理知。(9). (a10f)设 p(x)是任意首次项系数为 1 的 n+1 次多项式，l k(x)是关于互异节点 x0, x1, xn, 的 Lagrange 插值基函数证明 nknkxwlxp01)()()(其中 njjnw01)()(证明：插值余项直接计算 ok!(10).(a10f)已知函数 y=f(x)在点
10、x0 的某邻域内有 n 阶连续导数，记 xk=x0+kh (k=1,2,n), 证明 10!)(,limnfh证明：因 (x0,x0+nh)注意到 n 阶导数连续性，两边取极限,)(fxok!(11).(c10f)用等节距分段二次插值函数在区间0,1上近似函数 ex, 如何估算节点数目使插值误差 10-6 .21解：考虑子区间x i-1,xi二次插值余项 6312121 )()(max(!)/( iii iii xefxPii令 x=xi+1/2+s(h/2)上式化简为93248 81631ehhss)(max令 得 h 0.02841363102故子区间个数为 N=2/h 70.4, 取 N
11、=71故插值节点数为 2N+1=143 (12).(b10 分)设 f(x) 在区间a,b上有二阶连续导数，P 1(x)为其以 a,b 为节点的一次插值多项式，证明证明：利用插值余项结果可得线性插值多,)(max)()( bafbxPf b 821项式 P1(x)在子区间 a,b上的余项估计式，再估计最值 ok!,)(ax)(!)(/bafhffbi 822(13).(b10 分)已知 s(x)是0,2上的已知自然边界条件的三次样条函数，试确定s(x)= 21 120 1323 xdxcb,)()()(,中的参数 b,c,d解：利用边界条件 s/(2-0)=0 及样条函数定义可得b=-1,c=
12、-3,d=1(14).(b10 分)判断下面 2 个函数是否是-1,1上以 0 为内节点的三次样条函数。设(1) S(x)=1 3-xx,(2) S(x)= 0 2-53,解：(1)是，(2)否。(15).(a10f)令 f(x)=x7+ x4+3x+1求 f20, 21,27及 f20, 21,28解： !)(nfxff20, 21,27=1f20, 21,28=0(16).(a10f)证明 n 阶均差有下列性质：(1) 若 F(x)=cf(x), 则Fx0, x1,xn=c fx0, x1,xn(2) 若 F(x)=f(x)+g(x), 则Fx0, x1,xn= fx0, x1,xn+ g
13、x0, x1,xn证明： kkfaf0)(,其中，ak= )()()(110 nkkkxxxok!(17).(a10f)回答下列问题：（1）什么叫样条函数？（2）确定 n+1 个节点的三次样条函数所需条件个数至少需要多少？（3） 三转角法中参数 mi 的数学意义是什么？答：（1）略（2）4n 个（3） mi=S/(xi) 即样条函数在节点 xi 处的一阶导数。(18).(a10f)回答下列问题：（1）何谓 Hermite 插值问题？（2）Hermite 插值与一般多项式插值有什么区别？第 2 章 拟合(1). 采用采用 正交多项式拟合可避免最小二乘或最佳平方逼近中常见的正交多项式拟合可避免最小
14、二乘或最佳平方逼近中常见的 (9) 问题问题 .(2). 在 函数函数的最佳一致逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的 (10) 范数. 在函数的最佳平方逼近问题中,评价逼近程度的指标用的是函数的 (11) 范数. 无穷范数 |f| ；2-范数(3).3. 计算题(1). (b10f)设 f(x) -a,a的最佳一致逼近多项式为 P(x),试证明(1) f(x)是偶函数时 P(x)也是偶函数；(2) f(x)是奇函数时 P(x) 也是奇函数。证明：（1）令 t=-x, 考查|f(x)-P(x)|= |f(-t)-P(-t)|= |f(t)-P(-t)|, 故 P(-x)也是 f(x) -a
15、,a的最佳一致逼近axmatxatmx多项式，由最佳一致逼近多项式的唯一性知 P(-x)=P(x).（2）略。(2). (a10f)试确定0,1区间上 2x3 的不超过二次的最佳一致逼近多项式 p(x), 该多项式唯一否？解： p(x)=(3/2)x, 唯一。(3). 求 f(x)=2x3+x2+2x- 1 在 - 1,1上的最佳二次逼近多项式 P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos =xT2(x)=cos2 =2x2-1T3(x)=cos3 =4x3-3xT4(x)=cos4 =8x4-8x2+1解: f(x)=2x 3+x2+2x- 1- P(x)=2. T3(x)= T
16、3(x)1故 P(x)= f(x)- T3(x)= 2x3+x2+2x- 1- 2 x3+ 3x= x2+ x- 17(4). 求 f(x)=2x4 在 - 1,1上的 3 次最佳一致逼近多项式 P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos =xT2(x)=cos2 =2x2-1T3(x)=cos3 =4x3-3xT4(x)=cos4 =8x4-8x2+1解：P(x)= 2x 2- 1/4(5). 求 f(x)=2x4 在0,2 上的 3 次最佳一致逼近多项式 P(x)。已知T0(x)=cos0=1T1(x)=cos =xT2(x)=cos2 =2x2-1T3(x)=cos3 =4
17、x3-3xT4(x)=cos4 =8x4-8x2+1解：令 x=t+1, t -1,1, f(x)=g(t)=(t+1)4故 g(t)的 3 次最佳一致逼近多项式为P3(t)=4t3+7t2+4t+7/8故 f(x)的 3 次最佳一致逼近多项式为P(x)=P3(x-1)= 4x3-5x2+2x-1/8(6). 设 f(x) Ca,b, ,证明 f(x)的最佳零次一致逼近函数为 s(x)=(M+m)/2 ,其中 M 和 m 分别为 f(x)在 a,b上的最大与最小值。(7). 证明a,b上的正交函数系 H=h1(x), h2(x), hm(x)是线性无关的函数系。证：写出线性组合式子 2 分作内
18、积求系数2 分(8). （10 分）求 f(x)=lnx ,x 1,2上的二次最佳平方逼近多项式的法(正规) 方程组。 （要求精确表示，即不使用小数）解：取 =span1,x,x2,a,b=1,2 法方程组为 ),(,)(, , 101010110100 nnnnnffa 计算知 97238453147237120/lnl/a解之得：a0=-1.142989, a1=1.382756, a2=-0.233507最佳平方逼近多项式为 P2(x)=-1.42+1.38x-0.233x2平方误差为|f-P2|22=(f,f)-a0(f, 0) a1(f, 1) a2(f, 2) 0.4 10-5 (
19、9). 设 f(x)在有限维内积空间 span 0, n上的最佳平方逼近为 p(x),试证明，f(x)-p(x)与 中所有函数正交。证明：查 nkxxp0)()(f(x)-p(x), j)=(f, j)- (p(x), j)注意到 ak 是法方程组的解。而法方程组两边的 j- th 分量为 ),(,)(, , 101010110100 nnnnnffa (j,0) (j,1) (j,n) =(p(x), j)ok!(10).设 是在空间 span 0, n中对 f(x) Ca,b的最佳平方逼近,kxaxp0)()(证明：(f-p, f-p)=(f,f)- nkf0),(证：注意到 ak 是法方
20、程组的解。而法方程组 ),(,)(, , 101010110100 nnnnnffa 故 k=1,n, (f(x)-p(x), k)=0, -(5 分)(p-f),p)=0 -(5 分)(f-p, f-p)=(f,f)-2(f,p)+(p,p)=(f,f)-(f,p)+(p-f),p)=(f,f)-(f,p) -(5 分 )(11).求下列矛盾方程组的最小二乘解43211x解：x 1=-29/12, x2=-39/12写出相应的法方程组 ATAx=ATb 5 分求解 x1=-29/12, x2=-39/12 5 分(12).推导用最小二乘法解矛盾方程组 Ax=b 的法方程组 ATAx=ATb解
21、：给出目标函数h (x)=|Ax-b|2 -5=xTATAx-2xTATb+bTb -5求偏导得到驻点方程组ATAx-ATb=0 -5(13).证明： 0,n为点集x imi=1 上的线性无关族 法方程 GTGa=GTy 有唯一解。其中)()()( )()()(10 101mnmnxxG 证：充分性） 。首先注意到若 a0,a1,an为方程组a00+a11+ann=0 （9）的解，则必为方程组的解。事实上，令 0, 1,n 分别与(9)两端作内积得(10)，知也！设|G TG| 0 （ 10）仅有 0 解 (9) 也仅有 0 解故 0,n无关。证必要性） 。 0,n无关 (9)仅有 0 解 即
22、 a =(a0,a1,an)0Ga0aTGTGa=(Ga)T(Ga)=|Ga|220GTG 正定 |GTG|0 |GTG| 0.(14).若 0(x), 1(x), n(x)是点集 x1,x2,xm上的离散正交族。 为给nkxax0)()(定数据对(x i,yi) (i =1,2,m)的最小二乘拟和函数。证明： ,10 ,kak(0,0) a0+ (1,0)a1 +(n,0)an=0(0,1) a0+ (1,1)a1 +(n,1)an=0(0,n) a0+ (1,n)a1 +(n,n)an=0(10)证：法方程系数矩阵为 QTQ=nnnn, ,10110100 = n,00,10 此时法方程为
23、 ),(,)(),(),(),( 101010 nnya故 ,10 ),(kyak(15).若 0(x), 1(x), n(x)是a,b上的正交族。 为 f(x)的最佳平方逼nkxax0)()(近。证明： 10 kfak,),(证：法方程系数矩阵为 QTQ=nnnn, ,10110100 = n,00,10 此时法方程为故 ),(,)(),(),(),( nnnffa 101010 ,10 ),(kyak(16).求函数 f(x)=|x| 在-1,1上求关于函数族 span1,x2,x4的最佳平方逼近多项式。解：由内积(f ,g)= , 令 0=1， 1=x2, 2=x4, 1dxf)(计算知
24、法方程 ),(,)(, , 10101011100 nnnnn nffa 得 32927531/a解之得：a0=15/185=0.117a1=105/64=1.64a2=-105/128=-0.820最佳平方逼近多项式为: 0.117+1.64x 2-0.820x4(17).求函数 f(x)= 在1,3 上求关于函数族 span1,x的最佳平方逼近多项式。x1解：由内积(f ,g)= , 令 0=1， 1=x, 31dxf)(计算法方程 ),(,)(, , 101010110100 nnnnnffa 得 23326410l/a解之得：a0=(13/2)ln3-6=1.14a1=3-3ln3=0
25、.295最佳平方逼近多项式为: 1.14-0.295x(18).求 a,b,c 的值，使达到最小02dxcbx)(sin解：就是求 f(x)=sinx 关于函数族 span1,x,x2 在0, 上的最佳平方逼近。由内积(f ,g)= , 令 0=1， 1=x, 2=x2 0f)(计算知法方程 ),(,)(, , 101010110100 nnnnnffa 为 0543122210432aaaa解之得：a 0=-14/ , a1=72/ 2, a2=-60/ 3(19).求 a,b,c 的值，使达到最小0223dxcbx)(解：由唯一性知，a=0,b=0,c=3(20).什么是非线性最小二乘拟合
26、问题？(21).回答下列问题：（1） 求解线性最小二乘问题遇到的主要困难是什么？（2） 用离散正交多项式进行拟合的主要优点是什么？(22).回答下列问题：（1） 什么叫最佳多项式平方逼近？（2） 什么叫最佳多项式一致逼近？(23).回答下列问题：（1） 最佳平方逼近多项式与最小二乘拟合多项式在计算方法上有何相似之处？（2） 二者区别是什么？(24).5. 数值积分6. 微分方程数值解答案(2). (3). 插值节点函数值相等最小二乘拟和乃综合偏差最小。(4). 法方程组病态(5). (6). (7). 3(8). (9). -17/4正误题(1). ( ) 线性方程组的条件数与其解法无关。(2
27、). ( ) 设 A 为可逆矩阵， R 则 cond ( A) = cond (A) 。(3). ( ) Rn 上一切向量范数都等价。(4). ( ) 矩阵 A 的谱半径不超过 |A|1 。 (5). ( ) 在等式 中, 系数 ak 与函数 f(x)有关。nkkxfaxf010 )(,(6). ( ) 说微分方程初值问题的数值方法是 p 阶的，指的是其局部截断误差是与 hp 同阶的无穷小,其中 h 为步长。(7). ( ) Gauss 点与积分区间无关但与被积函数有关。(8). ( ) 微分方程初值问题的 Euler 方法第一步的局部截断误差等于第一步的整体截断误差。1. （1）.设 ，则
28、关于 的 1 , , ()3)1fx=-()fx0,1Cf=1f=4。2f7(2) 设 A 是正定矩阵，则 A 的 cholesky 的分解 唯一 (唯一,不唯一)(3) 用梯形公式计算积分 9.219524E-003:此值比实际值 小 (大,小)23xed(4) 用 Euler 方法解初值问题 的近似解的最终表达式 0()1yny=)1nh+(取步长 )；当 时， 。 xhn=limn=xe(5) 令 f(x)=3x7+ x4+3x+1, 则 f20, 21,27= 3 ；f2 0, 21,28= (5) 在以 为内积的空间 C0,11(),()(),gffgdfgC中，与非零常数正交的一次
29、多项式是 2,03cx例 4-2 证明 在0,1内有一个根，使用二分法求误差不大于 的根0sin1x 4102要迭代多少次？解答 设 ，则 ；又因xfsin1)(sin)(,01)(ff，故 在0，1 上单减，因此 f(x)在0,1上有且仅有一,0cos1)( xxf )(f个根。使用二分法时，误差限（按例 4-1 的编号方式）为，解得4111 2)(2* kkkabx 7 28.13ln/0,4所以需迭代 14 次即可。例 4-3 求解方程 的根，要求取 ,分别用简单迭代法、迭代法的加速方xe5.0x法： ，以及埃特金方法求解，要求误差应满足)(1)(11 kkk px。510kx解答 （1
30、）简单迭代法。此时迭代公式为 ,210,5.,01kxek计算结果如下：k k k kx0 0.5 10 0.566 907 2 1 0.606 530 6 11 0.567 277 22 0.545 239 2 12 0.567 067 33 0.579 703 1 13 0.567 486 34 0.560 064 6 14 0.567 118 85 0.571 172 1 15 0.567 157 16 0.564 862 9 16 0.567 135 47 0.568 438 0 17 0.567 147 78 0.566 409 4 18 0.567 140 79 0.567 559
31、 6此时已满足 ，故取 。5178x567140.*18x（2）用加速技巧来做。在 附近， ，故取 ，此时迭代.0.)(xe6.0p式为 ,210),(6.0111 kxxekkk计算结果如下：k kkk kxkx0 0.5 3 0.567 149 8 0.567 143 11 0.606 530 7 0.566 581 7 4 0.567 143 4 0.567 143 32 0.567 461 9 0.567 131 8此时已满足 ，做 。53410x561.0*4x（3）用埃特金方法来做。此时迭代式为 ,210,2)(),11 kxccxkkkkk计算结果如下：k kC1kkx0 0.5
32、1 0.6065307 0.5452392 0.56762392 0.5668708 0.5672979 0.56714333 0.5671433 0.5671433此时不能再算了，因已达到精度要求，故取 即可567143.0*2x例 4-4 当 R 取适当值时，曲线 与 相切，试用迭代法求切2y2)8(R点横坐标的近似值，要求不少于 4 位有效数字，也不求 R。分析 两曲线相切，在切点处曲线函数值相等，导数值相等，根据这些条件可列出切点横坐标应满足的关系式，然后用迭代法求解。解答 的导数为 的导数 满足2xy22)8(;xy y，故由两曲线相切的条件，可得0)8(20)(24x即 83令 ，
33、则 ，因此 在（1，2）内有根。又2)(3xf )(,)1(ff 0)(xf在（1，2）内 仅有一个根，构造迭代格式0622,10,/)8(311kxkk取 ，计算结果如下：5.)2(0x 482563.,4867.,42, 310 xxx由于 ，故取 ，即可保证有 4 位有效数字。323 08.x 1*即两曲线切点的横坐标为 1.438.例 4-5 分别用单点弦割法和双点弦割法求 的根，要02)(23xxf求 。610kx解答 因 ，故 没有极值点。由于013463)(2 acxf )(xf，因此 在（1，2）内仅有一根。1,7)(f )(xf（1）用单点弦割法，迭代公式为 ,),()(01
34、 kfxfxkk取 ，计算结果如下：2,10xk kxk kx0 1 5 1.3688086441 2 6 1.3688080492 1.368421053 7 1.3688081153 1.368851263 8 1.3688081074 1.368803298此时，已满足精度要求，故取 即可3601.*8x（2）若采用双点弦割法，迭代公式为,2),()(11 kfxffxkkk仍取 ，则有2,10k kxk kx0 1 3 1.3688504691 2 4 1.3688081042 1.368421053 5 1.368808108取 ，可保证 。36801.*5x 64510x注记 本题
35、方程为 Leonardo 方程。Leonardo 于 1225 年研究了该方程，并得到了的结果，这在当时是非常重要的结果，但无人知道他是用何法而得。这7.1时 。9.)(xf例 4-6 用牛顿法求解 Leonardo 方程 02123xx要求 。610k解答 由上题知， 在（1，2）内有一个根，且 ，故应取)(xf 0)2(,)(fxf，利用牛顿迭代公式20x ,210),(/1 kxffxkk计算结果如下：k k k kx0 1 3 1.3688694191 1.6 4 1.3688081092 1.383388704 5 1.368808108,故取 。68450.x 6801.*x注记
36、由上两题知，要达到同样的精度，牛顿法的迭代次数不一定比弦割法少，尽管牛顿法是平方收敛的。究竟二者谁的迭代次数少，要视问题而定。另外就整体计算时间而言，当牛顿法中 的计算量超过 的计算量的 44%时，双点弦割法的总计算时间)(kxf )(kxf较牛顿法的少，见参考文献 7.例 4-10 能不能用迭代法求解下列方程，如果不能时，试将方程改写成能用迭代法求解的形式。（1） ； （2） 。4/)sin(coxx x24分析 判断方程 能否用迭代法求根，最关键的是 在根的附近能否满足()(。因此可用该条件来判断。)(Ix解答 （1） ，对所有的 x，有4/)sin(co)xx12i( 故能用迭代法求根。（2）方程为 。设 ，则 ，故有根024x xxf4)(0)2(,)(ff
