数值分析课后题答案

2．当x1,1,2时，f(x)0,3,4,求f(x)的二次插值多项式. 解:

x01,x11,x22,f(x0)0,f(x1)3,f(x2)4;l0(x)l1(x)l2(x)(xx1)(xx2)1(x1)(x2)

(x0x1)(x0x2)2(xx0)(xx2)1(x1)(x2)(x1x0)(x1x2)6(xx0)(xx1)1(x1)(x1)(x2x0)(x2x1)3则二次拉格朗日插值多项式为

L2(x)yklk(x)

k023l0(x)4l2(x) (x1)(x2)124(x1)(x1) 35237xx623,n为互异节点,求证：

k6．设xj,j0,1,(1）

xl(x)xkjjj0nn (k0,1,,n);

（2)

(xj0jx)klj(x)0 (k0,1,,n);

证明

（1） 令f(x)x 若插值节点为xj,j0,1,k,n,则函数f(x)的n次插值多项式为Ln(x)xkjlj(x)。

j0nf(n1)()n1(x) 插值余项为Rn(x)f(x)Ln(x)(n1)!又

kn,

f(n1)()0

Rn(x)0kxkjlj(x)x (k0,1,j0nn,n);

(2)(xjx)klj(x)j0(Ckjxij(x)ki)lj(x)

j0ni0iknnC(x)(xijlj(x))kii0j0n又0in 由上题结论可知

xl(x)x

kjjij0n原式Cki(x)kixii0n(xx)k0得证。

7设f(x)Ca,b且f(a)f(b)0,求证：

21maxf(x)(ba)2maxf(x). axbaxb8解:令x0a,x1b，以此为插值节点，则线性插值多项式为

L1(x)f(x0) =f(a)xx1xx0f(x1)

x0x1xx0xbxa f(b)abxa

又f(a)f(b)0L1(x)0插值余项为R(x)f(x)L1(x)1f(x)(xx0)(xx1) 2f(x)1f(x)(xx0)(xx1) 2又(xx0)(xx1)21(xx0)(x1x)2

12(x1x0)41(ba)241maxf(x)(ba)2maxf(x). axbaxb8x8．在4x4上给出f(x)e的等距节点函数表，若用二次插值求e的近似值，要使

x截断误差不超过10，问使用函数表的步长h应取多少？

解：若插值节点为xi1,xi和xi1,则分段二次插值多项式的插值余项为

61f()(xxi1)(xxi)(xxi1) 3!1R2(x)(xxi1)(xxi)(xxi1)maxf(x)

4x46R2(x)设步长为h，即xi1xih,xi1xih

123343R2(x)e4heh.

62733若截断误差不超过10，则

6R2(x)106343eh106 27h0.0065.n449．若yn2,求yn及yn.,

解：根据向前差分算子和中心差分算子的定义进行求解.

yn2n

4yn(E1)4yn

4(1)j4E4jynj0j4(1)j4jy4njj0 4(1)j4j24jy nj0(21)4ynyn2n114yn(E2E2)4yn

(E12)4(E1)4yn E24yn

yn22n2

16．f(x)x7x43x1,求F20,21,,27及F20,21,,28。

解：

f(x)x7x43x1

若x2ii,i0,1,,8

则fxf(n)0,x1,,x()nn!

fx0,x1,,xf(7)()7!77!7!1

fx0,x1,,xf(8)()88!0

19．求一个次数不高于

4

次的多项式

P（x），P(0)P(0)0,P(1)P(1)0,P(2)0

解法一：利用埃米尔特插值可得到次数不高于4的多项式

x00,x11y00,y11 m00,m11使它满足

H3(x)yjj(x)mjj(x)j0j0110(x)(12xx0xx12)()x0x1x0x1xx1xx02)()x1x0x1x0

(12x)(x1)21(x)(12(32x)x20(x)x(x1)21(x)(x1)x2

H3(x)(32x)x2(x1)x2x32x2

22设P(x)H3(x)A(xx0)(xx1)

其中，A为待定常数

P(2)1P(x)x32x2Ax2(x1)2A1 412x(x3)2 4

从而P(x)解法二：采用牛顿插值,作均差表：

xi 0 1 2 f(xi) 0 1 1 一阶均差 二阶均差 1 0 —1/2 p(x)p(x0)(xx0)f[x0,x1](xx0)(xx1)f[x0,x1,x2]

(ABx)(xx0)(xx1)(xx2)

0xx(x1)(1/2)(ABx)x(x1)(x2)

31A,B,44 又由 p(0)0,p(1)1, 得

x2p(x)(x3)2.4所以

第四章

1。确定下列求积公式中的特定参数，使其代数精度尽量高，并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度：

(1)f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h);hh(2)2h2h1f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h);

(3)f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3;1h(4)f(x)dxh[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)];0解:

求解求积公式的代数精度时,应根据代数精度的定义，即求积公式对于次数不超过m的多项式均能准确地成立，但对于m+1次多项式就不准确成立，进行验证性求解。 (1）若(1)hhf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

令f(x)1,则2hA1A0A1

令f(x)x，则0A1hA1h

令f(x)x，则

223hh2A1h2A1 34A03h1从而解得A1h

31A13h

令f(x)x,则 故

3hhf(x)dxx3dx0 A1f(h)A0f(0)A1f(h)0

hhhhf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)h成立。令

f(x)x4,则

hhf(x)dxx4dxh25h52A1f(h)A0f(0)A1f(h)h53故此时,

hhf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

故

hhf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

2h具有3次代数精度。 （2)若

2hf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

令f(x)1，则4hA1A0A1 令f(x)x,则0A1hA1h 令f(x)x，则

2163hh2A1h2A1 34Ah038从而解得A1h

38A13h

令f(x)x，则 故

32h2hf(x)dx2h2hx3dx0 A1f(h)A0f(0)A1f(h)0

2h2hf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)成立。

4令f(x)x,则

2h2hf(x)dx2h2hx4dx645h 5A1f(h)A0f(0)A1f(h)故此时,因此，

165h 32h2hf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

2h2h1f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h) 具有3次代数精度。 f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3

（3）若

1令f(x)1，则

11f(x)dx2[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3

令f(x)x,则 012x13x2

222令f(x)x，则 212x13x2

从而解得x10.2899x10.6899或

x20.5266x20.1266令f(x)x,则 故

311f(x)dxx3dx0 [f(1)2f(x1)3f(x2)]/30

1111f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3不成立。因此，原求积公式具有2次代数精度。

（4）若

h0f(x)dxh[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)]

令f(x)1,则 令f(x)x，则

hh0f(x)dxh, h[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)]h

0h1f(x)dxxdxh2021h[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)]h22令f(x)x，则

2

h0h1f(x)dxx2dxh3031h[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)]h32ah22故有

1313hh2ah232

1a12令f(x)x，则

h143f(x)dxxdxh004

12141414h[f(0)f(h)]/2h[f(0)f(h)]hhh12244h3令f(x)x,则

4154f(x)dxxdxh005

12151515h[f(0)f(h)]/2h[f(0)f(h)]hhh12236hh故此时，

h0f(x)dxh[f(0)f(h)]/2因此,

h012h[f(0)f(h)], 121f(x)dxh[f(0)f(h)]/2h2[f(0)f(h)]

12具有3次代数精度。

7.若用复化梯形公式计算积分I10exdx，问区间[0,1]应多少等分才能使截断误差不超过

106？

解：

采用复化梯形公式时，余项为 Rn(f)又

1ba2hf(),(a,b) 12Iexdx 故f(x)ex,f(x)ex,a0,b1.

0Rn(f)12ehf()h2 12126若Rnf10，则 当对区间[0,1]进行等分时，h

1, ne106故有n 因此,将区间476等分时可以满足误差要求

12第五章

2。 用改进的欧拉方法解初值问题

yxy,0x1;y(0)1,

x取步长h=0。1计算,并与准确解yx12e相比较. 0。1 0。2 0。3 0.4 0。5 近似解 1。11 1。24205 1.39847 1.58181 1.79490 准确解 1。11034 1。24281 1。39972 1。58365 1.79744 0。6 0。7 0。8 0.9 1。0 近似解 2.04086 2。32315 2。64558 3。01237 3。42817 准确解 2。04424 2。32751 2。65108 3.01921 3。43656

3、解:改进的欧拉法为

yn1ynh[f(xn,yn)f(xn1,ynhf(xn,yn))]

12

将

f(x,y)x2xy代入上式,得

n1y1hyn1hxn1xn1xn1xn1

22h2h同理，梯形法公式为

2hyh[x(1x)x(1x)]y n1nn1n1 2hn2hn将

y00,h0.1代入上二式，,计算结果见表9—5

表 9-5

xn0．1 0．2 0．3 0．4 0．5 改进欧拉yn |y(xn)yn| 0.33741803610 0.658253078103 0.962608182103 0.125071672102 0.152291668102 3梯形法yn |y(xn)yn| 0.755132781104 0.136648778103 0.185459653103 0.223738443103 0.253048087103 0．005500 0．021927500 0．050144388 0．090930671 0．144992257 0．005238095 0．021405896 0．049367239 0．089903692 0．143722388 可见梯形方法比改进的欧拉法精确.

4、用梯形方法解初值问题

证明其近似解为

yy0;y(0)1,

2hyn,2h

xyeh0并证明当时,它原初值问题的准确解。

证明:梯形公式为

nhyyn[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]

n12代

f(x,y)y入上式，得

h[ynyn1] yn1yn2解得

2h2h22hn1)yn()yn1()y0 yn1(2h2h2h因为

y01，故

2hn) yn(2h 对

x0,以

h为步长经n步运算可求得

y(x)的近似值

yn，故

xxnh,n,代入上式有

hx2hhy()

n2h

xxx2hh2hh2h22hh22hhhlimynlim()lim(1)lim[(1)]exh0h02hh0h02h2h

10. 证明解yf(x,y)的下列差分公式

yn11h1yn3yn1)(ynyn1)(4yn24

是二阶的,并求出截断误差的首项.

h2(2)h3(3)yn1ynhyynyno(h3)26(1)n，

y'n1yhyy'n1yhy53(3)hyn为8。

(1)n(1)n(2)nh2(3)yno(h2)2,

h2(2)h3(3)yn1ynhyynyno(h3)26(1)n,

(2)nh2(3)5(3)yno(h2)h3yno(h3)o(h2)28，代入得，截断误差首项

12。 将下列方程化为一阶方程组:

y3y2y0,1)y(0)1,y(0)1; （1）y'z,z'3z2y，其中y(0)1,z(0)1。

y0.1(1y2)yy0,2y'z,z'0.1(1y)zy,其中y(0)1,z(0)0。y(0)1,y(0)0;2)(2）

第六章

21、用二分法求方程xx10的正根,要求误差小于0。05.

解 设f(x)xx1,f(1)10,f(2)10,故［1，2]为f(x)的有根区间。又

2f'(x)2x1，故当

0x11x2时，f(x)单增，当2时f(x)单增。而

15f(),f(0)124,由单调性知f(x)0的惟一正根x*(1,2)。根据二分法的误差估10.05k12计式(7.2）知要求误差小于0.05,只需，解得k15.322，故至少应二分6

次.具体计算结果见表7-7.

表7—7 k 0 1 2 3 4 5 - 即

ak 1 1.5 1。5 1.5 1.5625 1.59375 bk 2 2 1.75 1。625 1。625 1.625 xk 1。5 1。75 1.625 1。5625 1。59375 1。609375 f(xk)的符号 — + + - — — x*x51.609375。

32x1.5附近的一个根，设将方程改写成下列等价形式，并建立相

3、为求xx10在0应的迭代公式:

11x1k1x12xk2x(1）,迭代公式;

32x(1xk);

（2）x1x,迭代公式k11231xk1xx1,迭代公式（3)

21xk1. 试分析每种迭代公式的收敛性，并选取一种公式求出具有四位有效数字的近似根。 解 取

x01.5的邻域［1.3，1.6］来考察。

（1)当x[1.3,1.6]时,

(x)1122[1.3,1.6],|'(x)|||L1x2x31.33,故迭代公

xk11式

1xk2在[1.3,1.6]上整体收敛.

（2)当x[1.3,1.6]时

(x)(1x2)1/3[1.3,1.6]|'(x)| 故

1232|3x(1x)223|231.6(11.3)223L0.5221

xk1(1xk)在［1.3，1。6]上整体收敛。

(x)(3)

111,|'(x)|||1xk13/22(x1)2(1.61)x1故

L1|xkxk1|1031L2 1L11030.5103L2

1xk1发散.

由于（2）的L叫小，故取（2）中迭代式计算。要求结果具有四位有效数字，只需 即

取

|xkx*||xkxk1|x01.5计算结果见表7—8。

k 1 2 3 1。481248034 1。472705730 1。468817314 表7—8

k 4 5 6 1.467047973 1.466243010 1.465876820 由于

|x6x5|11032，故可取

3x2附近的根.根的准确值x*1.87938524...,

7、用下列方法求f(x)x3x10在0要求计算结果准确到四位有效数字。 (1)用牛顿法； （2）用弦截法，取(3)用抛物线法，取

x02,x11.9； x01,x13,xxk22。

xk22f(1)0,f(2)0,f(x)3x33(x1)0,f''(x)6x0，对x[1,2]. 解

（1）取

x02，用牛顿迭代法

xk33xk12xk31xk1xk223x33(x1) kk

x11.888888889,x21.879451567,|x2x*|11032，故

计算得

x*x21.879451567.

（2)取

x22,x11.9,利用弦截法

xk1xk(xkxk1)f(xk)f(xk)f(xk1)

得，

x21.981093936,x31.880840630,x41.879489903,|x4x*|11032，故取

x*x41.879489903.

(3)

x01,x13,x22.抛物线法的迭代式为

2f(xk)wsign(w)w24f(xk)f[xk,xk1,xk2]

xk1xkwf[xk,xk1]f[xk,xk1,xk2](xkxk1)迭代结果为：

x31.953967549,x41.87801539,x51.879386866已达四位有效数字。

3312。 应用牛顿法于方程xa0,导出求立方根a的迭代公式，并讨论其收敛性。

3f(x)xa，迭代公式为 令

xk133f(xk)xka2xkaxkxk22f(xk)3xk3xk.

2x3a2a(x)(x)(2)x323x33,则,所以(a)0,

41/3(x)2ax(a)2a0,因此迭代格式为线性收敛。 又 ，所以

15、证明迭代公式

xk(xk23a)xk123xka

x是计算a的三阶方法。假定初值0充分靠近根x*a，求

lim

axk1(axk)2

kx(x23a)(x)3x2a,则迭代式为xk1(xk)且(a)a. 证明 记

由(x)的定义,有

22(3xa)(x)x(x3a)

对上式两端连续求导三次,得

6x(x)(3x2a)'(x)3x23a6(x)12x'(x)(3x2a)''(x)6x218'(x)18x''(x)(3xa)'''(x)6

代xa依次入上三式，并利用(a)a,得

'(a)0,''(a)0,'''(a)

302a

所以由定理7.4知，迭代公式是求a的三阶方法且

lim

kaxk1(axk)21313!2a4a