数值分析课后题答案汇总

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6236．设xj,j0,1,n,n为互异节点，求证：

k（1）

xl(x)xkjjj0n (k0,1,,n);

（2）证明

(xj0jx)klj(x)0 (k0,1,,n);

（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)()插值余项为Rn(x)f(x)Ln(x)n1(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)ex的等距节点函数表，若用二次插值求e的近似值，要使

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.9．若yn2n,求4yn及4yn.，

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2n14y2E1n(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xi2i,i0,1,,8

n)则fx0,x1,,xf(()nn!

fx0,x1,,xf(7)()7!7!77!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x1

(12x)(x1)21(x)(12(32x)x2xx1xx02)()x1x0x1x0

0(x)x(x1)21(x)(x1)x2

H3(x)(32x)x2(x1)x2x32x2

设P(x)H3(x)A(xx0)2(xx1)2 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Ah1

令f(x)x，则

223hh2A1h2A1 34Ah031从而解得A1h

31A13h

令f(x)x，则 故

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

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

f(x)x4，则

hhh2f(x)dxx4dxh5h52A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Ah1 令f(x)x2，则

163hh2A1h2A1 34Ah038从而解得A1h

38A13h

令f(x)x，则 故

32h2h2hf(x)dx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5h 5A1f(h)A0f(0)A1f(h)故此时，因此，

165h 312h2hf(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

2h2hf(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 令f(x)x，则 212x13x2 从而解得222x10.29x10.69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1因此，原求积公式具有2次代数精度。 f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3不成立。

（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

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

0f(x)dxxdx012h21h[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)]h22令f(x)x2，则

h01f(x)dxx2dxh303h1h[f(0)f(h)]/2ah2[f(0)f(h)]h32ah22故有

1313hh2ah232

1a12令f(x)x，则

3h0f(x)dxx3dx0h14h41111h[f(0)f(h)]/2h2[f(0)f(h)]h4h4h412244令f(x)x，则

4

154f(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 2.558 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)xy n1nn1(1xn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

xn 0．1 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 0．005238095 0．0214056 0．049367239 0．0903692 0．143722388 |y(xn)yn| 0.755132781104 0.1368778103 0.185459653103 0.223738443103 0.253048087103 0．005500 0．021927500 0．050144388 0．090930671 0．144992257 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1yn[ynyn1]

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)h2(3)3(1)(2)yn1ynhyynyno(h)y'n1ynhynyno(h2)262，，h2(2)h3(3)h2(3)(1)3(1)(2)yn1ynhynynyno(h)y'n1ynhynyno(h2)262，，代入得

53(3)5(3)hynh3yno(h3)o(h2)88，截断误差首项为。

(1)n

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，y(0)1,y(0)0;2）(2) 其中y(0)1,z(0)0。

第六章

1、用二分法求方程xx10的正根,要求误差小于0.05.

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

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1计式(7.2)知要求误差小于0.05,只需2,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,并建立相应

3、为求xx10在0的迭代公式:

11x1x12k12xxk; (1),迭代公式

32x(1xk)(2)x1x,迭代公式k1;

1231xk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,故迭代公式

xk11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

2|3x(1x)223|231.6(11.3)223L0.5221

xk1(1xk)123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

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

|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 1|x6x5|1032由于,故可取

3f(x)x3x10在x02附近的根.根的准确值x*1.87938524...,7、用下列方法求

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

x02,x11.9; x01,x13,x22.

(3)用抛物线法,取

22f(1)0,f(2)0,f(x)3x33(x1)0,f''(x)6x0,对x[1,2]. 解

xkxkx2,用牛顿迭代法 (1)取0xk33xk12xk31xk1xk223x33(x1) kk

1x11.8888888,x21.879451567,|x2x*|1032计算得,故

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)

1x21.981093936,x31.880840630,x41.8794903,|x4x*|1032得,,故取

x*x41.8794903.

(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。

令f(x)xa，迭代公式为

33f(xk)xka2xkaxk1xkxk22f(xk)3xk3xk。

2x3a2a3(x)(2)x(x)333x2，则，所以(a)0，

3又 (x)2ax，所以(a)2a

15、证明迭代公式

41/30，因此迭代格式为线性收敛。

xk(xk23a)xk123xa k

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

axk1(axk)2k1313!2a4a