Đề thi và đáp án môn phương pháp tính tham khảo

Tính tích phaân I theo coâng thöùc coâng thöùc Simson.. Tính tích phaân I theo coâng thöùc coâng thöùc Simson.[r]

TRƯỜNG ĐH ĐỀ THI HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: Phương pháp tính (Lần: 1) Dùng cho lớp: Thời gian: 90 phút (Không kể phát đề) Câu 1: (2 điểm)

Bằng phương pháp chia đơi tìm nghiệm gần phương trình: 0

7 x 2 x

f(x) 3  

biết khoảng cách ly nghiệm là: (1; 2), với sai số không quá10-3

Câu 2: (2 điểm)

Cho hàm số f(x) thoả mãn:

xi 0 2 3 5

f(xi) 1 3 2 5

Tìm hàm nội suy Lagrăng f(x); tính f(4) Câu 3: (2 điểm)

Cho bảng giá trị hàm

xi 7 8 9 10 11 12 13

f(xi) 7,4 8,4 9,1 9,4 9,5 9,5 9,4

Tìm hàm xấp xỉ phương pháp bình phương bé với quan hệ y

x laø:

cx bx a f(x)

y   

Câu 4: (2 điểm)

Cho hàmyf x dạng bảng sau:

x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

y 1 0,990 0,962 0,917 0,862 0,800

0,6 0,7 0,8 0,9 1

0,735 0,671 0,609 0,555 0,500

Tính tích phân:

 

1

0

) ( dxx f

I

theo cơng thức hình thang cơng thức Simson Câu 5: (2 điểm)

Giải hệ phương trình sau phương pháp lặp Gauss –Siedel:

    

 



 



 



20 x 10 x x

27 x x 10 x

33 x x x 10

3

1

3

1

3

1

Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………

TRƯỜNG ĐH ĐÁP ÁN VAØ THANG ĐIỂM

Mơn: PHƯƠNG PHÁP TÍNH - Lần Lớp - Năm học 2010 – 2011

Câu Lời giải Điểm

1

2

-Tách nghiệm: Phương trình có nghiệm x 1;2

f(1) = - < 0; f(2) = > - Chính xác hố nghiệm:

Bảng kết quả:

n an bn

   



 

2

n

n b

a f

0 1,0 2,0 f(1,5) =3,375+3-7= - 0,625 <

1 1,5 2,0 f(1,75) = 5,359+3,5-7=1,859 > 1,5 1,75 f(1,625)=4,291+3,25-7=0,541>

3 1,5 1,625 f(1,563)=3,818+4,689-7=- 0,056 < 1,563 1,625 f(1,594)= 4,050+3,188-7=0,238>

5 1,563 1,594 f(1,579)= 3,937+3,158-7=0,095> 1,563 1,579 f(1,571)=3,877+3,142-7=0,019>

7 1,563 1,571 f(1,567)=3,848+3,134-7=-0,018<0

8 1,567 1,571 f(1,569)=3,863+3,138-7=0,001

Vậy nghiệm cần tìm có độ xác 10-3 là: x 1,569 W(x)=x(x-2)(x-3)(x-5)

     

       

 

 

 

      

  

5 x 30

5 3

x ) 6 (

2 2

x 6

3 30

x 1 5 x 3 x 2 x x x L3

x

15 62 x 13 x 10

3

  



f(4)

15 31 15 62 13 10

3 3 2

  





Lập bảng số:

k xk (xk)2 (xk)3 (xk)4 yk xk yk (xk)2 yk

1 49 343 2401 7,4 51,8 362,6

2 64 512 4196 8,4 67,2 537,6

3 81 729 6561 9,1 81,9 737,1

4 10 100 1000 10000 9,4 94,0 940,0

5 11 121 1331 14641 9,5 104,5 1149,5

6 12 144 1728 20736 9,5 114,0 1368,0

7 13 169 2197 28561 9,4 122,2 1588,6

∑ 70 728 7840 86996 62,7 635,6 6683,4

Từ ta có hệ phương trình sau:

    

 



 



 



4 , 6683 86996

840b 28a

6 , 635 840c 728 0a

7 , 62 28c 0b

b a

0,5

1,5

0,5

1,0

0,5

1,0

4

5

Giải hệ phương trình ta thu được: a = -4,857; b = 2,545 c = - 0,112

Vậy hàm bậc hai cần tìm có dạng:  

112 , 0 545 , 2

-4,857 x x

x

f   

Tính tích phân I theo cơng thức hình thang:

 

 10

1 y y y y y y y y y y y h dx ) x ( f

I           

 

1 0,99 0,962 0,917 0,862 0,8 0,735 0,671 0,609 0,555 0,5

2 ,            785 , 0 

Tính tích phân I theo công thức công thức Simson

 

1

0

) ( dxx f I

     

y0 y10 y2 y4 y6 y8 y1 y3 y5 y7 y9  h                 

1 0,5 20,962 0,862 0,735 0,609 40,99 0,917 0,8 0,671 0,555

3 ,            786 , 0 

Từ hệ phương trình cho ta suy ra:

                 , x , x , x , x , x , x , x , x , x 3

Ta có: x = Bx + g, với:

             0,2 , 0,1 , 0,1 0,1 B ,            , , , g

Để kiểm tra điều kiện hội tụ ta tính:

2 , 0 1 , 0 1 , 0 0

1    





j j

b ; 0,2 0 0,1 0,3

3

1

2    

  j j b ; 4 , 0 0 2 , 0 2 , 0

3    





j j

b ; {0,2;0,3;0,4} 0,4 1

3      Max b Max j ij i

thoả mãn điều kiện hội tụ Aùp dụng phương pháp Gauss - Siedel Chọn x0 0;0;0 ta có bảng kết sau:

i

x x1 x2 x3

1

x 3,3 2,7 2,0

2

x 2,83 1,84 0,8

3

x



3,036 2,054 1,066

4

x 2,998 1,986 0,982

5

x



3,003 2,002 1,003

6

x



3,000 1,999 0,999

7

x



3,000 2,000 1,000

1,0

1,0

0,5

0,5

8

x



3,000 2,000 1,000

Vậy nghiệm hệ phương trình: x1=3,000; x2=2,000; x3=1,000

TRƯỜNG ĐH ĐỀ THI HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010 -2011 Mơn thi: Phương pháp tính (Lần: 2)

Dùng cho lớp: Thời gian: 90 phút (Khơng kể phát đề)

Câu 1: (2 điểm)

Bằng phương pháp dây cung tìm nghiệm dương gần phương trình: 0

4 x 2 x

f(x)   

biết khoảng cách ly nghiệm là: (1; 1,7), với sai số khơng q 10-2

Câu 2: (2 điểm)

Cho hàm số f(x) thoả mãn

xi 1 2 3 4

f(xi) 2 3 4 5

Tìm hàm nội suy Lagrăng f(x), tính f(5) Câu 3: (2 điểm)

Cho bảng giá trị hàm

xi 19 22 25 28 32 35

f(xi) 0,660 0,367 0,223 0,140 0,084 0,060

Tìm hàm xấp xỉ phương pháp bình phương bé với quan hệ y x là: yf(x)abx

Câu 4: (2 điểm)

Cho hàm yf x dạng bảng sau:

x 0 0,2 0,4 0,6 0,8

y 1,0000 0,9801 0,9211 0,8253 0,6967

Tính tích phân:

 

8 ,

0

dx ) x ( f I

theo công thức hình thang cơng thức Simson Câu 5: (2 điểm)

Giải hệ phương trình phương pháp lặp Gauss –Siedel

    

  

  

  

18 x x x

14 x x x

10 x x x

3

3

3

Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………

TRƯỜNG ĐH ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Mơn: PHƯƠNG PHÁP TÍNH - Lần 2, Lớp - Năm học 2010 – 2011

Câu Lời giải Điểm

1

2

3

-Tách nghiệm: Phương trình có nghiệm dương x 1;1,7 f(1) = - < 0; f(1,7) = 0,952 > - Chính xác hố nghiệm:

Bảng kết quả:

an bn    

 i  i i i i i i

a f b f

a f a b a x

  

 f xi

1 1,7    

 1,7 f 1 1,588 f

1 f , 1

x1 

  

 f1,5880,8170

1,588 1,7    

 1,7 f1,588 1,639 f

588 , f 588 , , 588 ,

x2 

  

 f1,6390,0510

1,639 1,7    

 1,7 f1,639 1,642 f

639 , f 639 , , 639 ,

x3 

  

 f1,6420,0160

1,642 1,7    

 1,7 f1,642 1,643 f

642 , f 642 , , 642 ,

x3 

  

 f1,6430,004>

Vậy nghiệm cần tìm có độ xác 10-2 là: x 1,64

W(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)

      

         

 

 

         

   

4 x

5

3 x

4

2 x

3

6 x

2

x x x x x

L

x 1 f(5) = 5+1 =

Laäp bảng số:

k xk (xk)2 yk xk yk

1 19 361 0,660 12,5

2 22 484 0,367 8,1

3 25 625 0,223 5,6

4 28 784 0,140 3,9

5 32 1024 0,084 2,7

6 35 1225 0,060 2,1

∑ 161 4503 1,500 34,9

Từ ta có hệ phương trình sau:

  

 

 

897 , 34 b 4503 161a

534 , 1 161b a 6

Giải hệ phương trình ta thu được:

0,5

1,5

0,5

1,0 0,5

1,0

4

5

a = 1,176; b = - 0,034

Vậy hàm bậc cần tìm có dạng: f x 1,1760,034x

Tính tích phân I theo cơng thức hình thang:

 

 4

8 , 0 y y y y y h dx ) x ( f

I      

 

1 20,9801 0,9211 0,8253 0,6967

2 ,    

 0,715

Tính tích phân I theo cơng thức công thức Simson

  , 0 dx ) x ( f

I y0 y4 2 y2 4y1 y3 h           

1 0,6967 20,9211 0,9801 0,8253 ,    

 0,717

Từ hệ phương trình cho ta suy ra:

                 , x , x , x , x , x , x , x , x , x 3

Ta có: x = Bx + g, với:

             0,2 , 0,2 , 0,2 0,2 B ,            , , , g

Để kiểm tra điều kiện hội tụ ta tính:

4 , 0 2 , 0 2 , 0 0 b j j

1    

  ; 4 , 0 2 , 0 0 2 , 0 b j j

2    

  ; 4 , 0 0 2 , 0 2 , 0 b j j

3    

  ; 1 4 , 0 } 4 , 0 ; 4 , 0 ; 4 , 0 { Max b Max j ij

i    



(thoả mãn điều kiện hội tu)ï

p dụng phương pháp Gauss - Siedel Chọn x0 0;0;0 ta có bảng kết sau:

i

x x1 x2 x3

1

x 2,00 2,80 3,60

2

x 0,72 1,68 2,64

3

x



1,136 2,128 3,120

4

x 0,950 1,949 2,947 Vậy nghiệm hệ phương trình: