计算方法 课后习题答案

 计算方法习题答案 王新民 术洪亮编 吉大仪电 春哥 2012/5/10 。 第一章习题答案 1. 已知f(1)2,f(1)1,f(2)1，求f(x)的Lagrange插值多项式。 解：由题意知： x01,x11,x22;y02,y11,y21l0l1l2(xx1)(xx2)(x1)(x2)(x0x1)(x0x2)6(xx0)(xx2)(x1)(x2)(x1x0)(x1x2)2(xx0)(xx1)(x1)(x1)(x2x0)(x2x1)3n2jjj0 L(x)ylx(x1)(x2)2(x1)(x2)1(x1)(x1)162312x3x8612. 取节点x00,x11,x2,对yex建立Lagrange型二次插值函数，并估2计差。 解1)由题意知：111x00,x11,x2;y01,y1e,y2e22则根据二次Lagrange插值公式得： L2(x)(xx0)(xx2)(xx0)(xx1)(xx1)(xx2)y0y1y2(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x1x2)(x2x0)(x2x1) 2(x1)(x0.5)2x(x0.5)e14x(x1)e0.5(22e14e0.5)x2(4e0.5e13)x12)根据Lagrange余项定理，其误差为 f(3)()1|R2(x)||21(x)||ex(x1)(x0.5)|3!61max|x(x1)(x0.5)|,(0,1)60x1取 t(x)x(x1)(x0.5),并令 t(x)3x23x0.50330.2113时，t(x)有极大值6R2(x)10.2113(0.21131)(0.21130.5)0.008026可知当x精选资料，欢迎下载 。 3. 已知函数yx在x4,x6.25,x9处的函数值，试通过一个二次插值函数求7的近似值，并估计其误差。 解：由题意yx知：x04,x16.25,x29;y02,y12.5,y23 （1） 采用Lagrange插值多项式yxL2(x)lj(x)yj j02y7L2(x)|x7(xx0)(xx2)(xx0)(xx1)(xx1)(xx2)y0y1y2(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x1x2)(x2x0)(x2x1) (76.25)(79)(74)(79)(74)(76.25)22.532.2552.252.752.7552.84848其误差为 f(3)()R2(7)(74)(76.25)(79)3!35(3)又f(x)x28 532(3)则max|f(x)|40.01172[4,9]81|R2(7)|(4.5)(0.01172)0.008796（2）采用Newton插值多项式yxN2(x) 根据题意作差商表： i 0 1 2 xi f(xi) 一阶差商 2 9211二阶差商 449 6.25 9 2 2.5 3 N2(7)22(74)(4)(74)(76.25)2.84848 949. 设fxxkk0,1,...,n，试列出fx关于互异节点xii0,1,...,n的Lagrange插值多项式。 精选资料，欢迎下载 。 注意到：若n1个节点xii0,1,...,n互异，则对任意次数n的多项式fx，它关于节点xii0,1,...,n满足条件Pxiyi,i0,1,...,n的插值多项式Px就是它本身。可见，当kn时幂函数f(x)x(k0,1,...,n)关于n1个节点xii0,1,...,n的插k值多项式就是它本身，故依Lagrange公式有 xlx(kjjj0j0i0ijnnnxxik)xjxk,k0,1,...,n xjxi特别地，当k0时，有 ljxj0j0i0ijnnnxxi1 xjxi而当k1时有 nxxi xjljxj0j0i0xjxiijnnxx j5. 依据下列函数表分别建立次数不超过3的Lagrange插值多项式和Newton插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。 x 0 1 2 1 9 23 f(x) 解： （1） Lagrange 插值多项式 4 3 L3(x)lj(x)yj lj(x)j03xxi i0,xjxi3ijxx1xx2xx3x1x2x4x37x214x8l0(x)••••= x0x1x0x2x0x30102048xx0xx2xx3x0x2x4x36x28xl1(x)••••= x1x0x1x2x1x31012143xx0xx1xx3x0x1x4x35x24xl2(x)••••= x2x0x2x1x2x32021244精选资料，欢迎下载 。 xx0xx1xx2x0x1x2x33x22xl3(x)••••= x3x0x3x1x3x240414224x1x2x4x0x2x419010204101214x0x1x4x0x1x2 233202124404142L3x1223122x3x2x43xx6x8xx5x4xx23x2848114521 x3xx1442 （2） Newton 插值多项式 k 0 1 2 3 xk 0 1 2 4 f(xk) 1 9 23 3 一阶差商 8 14 -10 二阶差商 3 三阶差商 8 11 4N3(x)f(x0)f(x0,x1)(xx0)f(x0,x1,x2)(xx0)(xx1) f(x0,x1,x2,x3)(xx0)(xx1)(xx2) 18(x0)3(x0)(x1)11(x0)(x1)(x2) 4 1134521xxx1 442由求解结果可知：L3(x)N3(x) 说明插值问题的解存在且唯一。 6. 已知由数据(0,0),(0.5,y1),(1,3)和(2,2)构造出的Lagrange插值多项式L3x的最高次项系数是6，试确定y1。 解：l0(x)xx1xx2xx3x0.5x1x27273=xxx1 x0x1x0x2x0x300.5010222l1(x)xx0xx2xx3x0x1x2832 =(x3x2x) x1x0x1x2x1x30.500.510.523精选资料，欢迎下载 。 l2(x)xx0xx1xx3x0x0.5x232=2x5x2x x2x0x2x1x2x31010.512xx0xx1xx2x0x0.5x113121=xxx x3x0x3x1x3x22020.521326l3(x)8117L3(x)中最高次项系数为：0(1)y1(2)326y1 3347. 设fxx4，试利用Lagrange余项定理给出fx以1,0,1,2为节点的插值多项式L3x。 解：由Lagrange余项定理 f(n1)()Rn(x)f(x)Ln(x)(x) [a,b] n1(n1)!可知：当n3时，f(n1)()f(4)(x)x4! L3(x)f(x)4!(xx0)(xx1)(xx2)(xx3) (31)!x4(x1)(x0)(x1)(x2) 2x3x22x 8. 求作fxxn1关于节点xii0,1,插值余项定理证明 xl01n1iii0nn,n的Lagrange插值多项式，并利用x ii0n式中lix为关于节点xii0,1,解：注意到f(x)xnn1,n的Lagrange插值基函数。 ,n的插值多项式为 关于节点xii0,1,xxin1nn1Ln(x)()xjxjlj(x) j0i0xjxij0ijn其插值余项为 xn1xj0nn1jjxl(x)n1nn1xxixxi n1!i0i0nn据此令x0即得xi0nn1iil01x。 ii0n精选资料，欢迎下载 。 附加题：设lix为关于节点xii0,1,...,n的Lagrange插值基函数，证明 1, xikli0i00,nk0k1,2,...,n 证明：据题4可知，lx1 ii0n令x0，则有l01。注意到 ii0kn xixlix0,k1,2,...,n（证明见王能超数值简明教程145页题6） i0n令x0即有xl00。 niii0n9. 已知f(x)x73x52x31，求差商f20,21,解：根据差商与微商的关系，有 ,27和f20,21,,28。 f(7)()7!f(2,2,...,2)1,7!7! (8)f()0f(20,21,...,28)08!8!01710. 已知f(x)n1(x)xxi,xi(i0,1,i0n,n)互异，求fx0,x1,,xp。其中pn1。（此题有误。）（见王能超《教程》P149－题2） 解：因为f(x)n1(x)xxi,xi(i0,1,i0n,n)，则 1(xj) f(xj)n由差商性质f(x0,x1,...,xn)j0nf(xj)(xj)'n1fnn!可知， f(x0,x1,...,xp)pf(xj)'j0n1(xj)0,p0,1,...,n 精选资料，欢迎下载 。 而f()(n1)!(n1)[(xxi)](n1)i0n f(x0,x1,...,xn1)(n1)!(n1)!1(n1)! 11. 设首项系数为1的n次式fx有n个互异的零点xii1,2,,n，证明 j1n0,k0,1,,n2 1,kn1fxjxkj 证明：按题设，fx有表达式 fx故原式左端 xx ii1nfxj1jj1nxkjnxkjxi1ijnjxi 注意到上式右端等于gxx关于节点xii1,2,...,n的n1阶差商gx1,x2,...,xnk（见第10页2.1式）利用差商与导数的关系（见2.11式）得知 gx1,x2,...,xn 13．设节点xii0,1, fx0,x1,gn1n1!0,k0,1,...,n2 1,kn1,n与点a互异，试对fxk1证明 ax,xki01,k0,1,axi,n 并给出fx的Newton插值多项式。 解 依差商的定义 f(x0)1， ax0f(x0,x1)一般地，设 f(x1)f(x0)1111() x1x0x1x0ax1ax0(ax1)(ax0)f(x0,x1,,xk)1(ax)ii0ki0k1 (axi)精选资料，欢迎下载 。 则 f(x0,x1,,xk1)f(x1,x2,,xk1)f(x0,x1,,xk)xk1x0 k1k111()xk1x0i1axii0axi1111axxxaxaxi1ik10k10k11i0axik 故fx 1的Newton插值多项式为 axNn(x)f(x0)f(x0,x1)(xx0)f(x0,x1,,xn)(xx0)(xx1)(xxn1)xx0(xx0)(xx1)(xxn1)1ax0(ax0)(ax1)(ax0)(ax1)(axn)1k0axknxxiaxi0ik1 14．设Px是任意一个首项系数为1的n+1次多项式，试证明 (1)PxPxklkxn1x k0nPxk(2)Pxn1x11xkk0xxknn 其中。n1xxx。 ii0n 解：(1)由题意，可设P(x)xn1a1xna0,则P(n1)(x)(n1)!，由Lagrange插值余项公式得 nP(n1)()P(x)Ln(x)n1(x)n1(x),其中Ln(x)P(xk)lk(x)(n1)!k0故有P(x)P(xk)lk(x)n1(x)k0n (2) 由(1)式可知， 精选资料，欢迎下载 。 P(x)n1xP(xk)lkxn1xP(xk)k0k0nnn1xxxkn'1xk 故有，P(xk)P(x)11(xk)n1(x)k0(xxk)nn15．给定数据表： x 1 3 3 213 40 2 5 3f(x) 3 构造出函数f(x)的差商表，并写出它的三次Newton插值多项式. 解：利用Newton插值公式： N3(x)f(x0)(xx0)f(x0,x1)(xx0)(xx1)f(x0,x1,x2)(xx0)(xx1)(xx2)f(x0,x1,x2,x3)先作出差商表 一阶差商 k xk f(x) k 二阶差商 f(xk,xk1,xk2) 三阶差商 f(xk,xk1,xk2,xk3) f(xk,xk1) 0 1 3 1 3/2 13/4 2 0 3 3 2 5/3 故： N3x3 1/2 1/6 -2/3 1/3 -5/3 -2 1133x2x1xx1x1x02322 16102x3x2x333116 . 求作满足条件H(0)1,H(0),H(1)2,H(1)2.的插值多项式 2Px。 解法1：根据三次Hermite插值多项式： H3(x)(12xx0xx12xx1xx02)()y0(12)()y1x0x1x0x1x1x0x1x0xx02xx12(xx1)((xx0)()y0)y1x0x1x1x01并依条件H(0)1,H(0),H(1)2,H(1)2.，得 2精选资料，欢迎下载 。 H3(x)(12x)(x1)22(32x)x2131xx1221x(x1)22(x1)x22 解法2：由于x00,x11，故可直接由书中（3.9）式，得 'H3xA0xy0A1xy1B0xy0B1xy1'122x12x11x22x32xx1x2x12 211x3x12217．设fx充分光滑，fafbfa0，求证 maxfxaxb23fx bamaxaxb81 a0的插值多项式H2x0 证明：显然，满足条件H2aH2bH2由Hermite插值余项公式得 f(x)f(x)H2(x)由于 f()(xa)2(xb) 3!3bamaxxaxb4 axb32故 maxfxaxb41233bamaxfxbamaxfx 3axbaxb3!38118． 求作满足条件H301,H312,H329,H313的插值多项式H3x，并估计其误差。 解法1：由已知条件 x y y 0 1 1 2 3 2 9 用基函数方法构造H3x。令  H3xA0xy0A1xy1A2xy2B1xy1其中，A0x,A1x,A2x,B1x均为三次多项式，且满足条件 精选资料，欢迎下载 。 A0A0A0A0AAAABBBBAAAA依条件可设A0xCx1x2，由 A00=1,可得： 2 1C= -,2A0x12x1x2 2同理，A1xxx2,A2x12xx1,B1xxx1x2 2H3x 12x1x21xx22xx1x23 212xx19x31 2f42xx1x2 误差为：R3xfxH3x4!解法2：用承袭性构造H3x 由条件H301,H312,H329先构造一个二次多项式N2(x) 作差商表： i 0 1 2 xi 0 1 2 P(xi) 1 2 9 一阶差商 1 7 二阶差商 3 2于是有：N2(x)11(x0)3(x0)(x1)3x2x1 令所求插值多项式H3xN2(x)c(xx0)(xx1)(xx2) 利用剩下的一个插值条件H313，得 (x1)c(x1x0)(x1x2)f3x1 N2由此解出 c(x1)f3x1N2341 (x1x0)(x1x2)10123故有P(x)N2(x)x(x1)(x2)x1 精选资料，欢迎下载 。 19． 求作满足条件H3xifxii0,1,H3kx0fkx0k1,2的插值多项式Px。并给出插值余项。 解：令 H2xfx0fx0xx0H3xH2xcxx03fx02xx0 2利用插值条件H3x1fx1定出 ： cfx1H2xxx03 注意到这里x0是三重零点，x1是单零点，故插值余项为 f43 fxH3xxx0xx1 4!20．求作次数4的多项式Px，使满足条件 P01,P10,P02,P110,P140并列出插值余项。 解法1：由于在x0处有直到一阶导数值的插值条件，所以它是“二重节点”；而在。因此利用重节点的差商公x1处有直到二阶导数值的插值条件所以x1是“三重节点”式： fkx fx,x,...,x＝l imfx0,x1,...,xk1,xx,x,...,xxk!k＋101k1可以作出差商表 xi fxi 一阶 二阶 3 9 20 2三阶 6 11 四阶 5 0 －1 0 －1 －2 1 0 1 1 0 10 1 0 10 根据Newton插值多项式，有 2Pxfx0fx0,x0xx0fx0,x0,x1xx0fx0,x0,x1,x1xx0(xx1)fx0,x0,x1,x1,x1xx0(xx1)222222 Px12x3x6x(x1)5x(x1), 精选资料，欢迎下载 。 且插值余项为 fxPx21． 153fx2x1 5!设分段多项式 32xx, 0x1 S(x)322xbxcx1, 1x2是以0,1,2为节点的三次样条函数，试确定系数b,c的值。 解：由S(x0)S(x0)和S(x0)S(x0)可得 ''S(10)S(10)和S'(10)S'(10) 即 22bc1b2解得  3262bcc3 22． 根据给定的数据表 x f(x) f(x) 1 2 1 2 4 3 12 -1 建立一个三次样条插值函数S(x)。 解： 由已知作差商表 k 0 1 2 节点等距 xk 1 2 3 f(xk) 2 4 12 f(xk,xk1) f(xk,xk1,xk2) 2 8 3 精选资料，欢迎下载 。 hixi1xi1,i i1i0.5hi0.5hi1hid06(f(x0,x1)y0')6(21)6d16f(x0,x1,x2)18d6(y'f(x,x))6(18)2122 得M0,M1,M2的线形方程组 21M060.520.5M18112M2解得：M07,M120,M237又在[xk1,xk]上(xkx)3(xxk1)3Mk1hk2xkxMkhk2xxk1S3(x)Mk1Mk(yk1)(yk) 6hk6hk6hk6hkhkxkxk1当x[1,2]时(2x)3(x1)3720S3(x)720(2)(2x)(4)(x1)66661 (9x334x243x14)21(9x334x243x14) x[1,2]2 S3(x) 1(19x3134x2293x210) x[2,3]2当x[2,3]时(3x)3(x2)32037S3(x)2037(4)(3x)(12)(x2)66661 (19x3134x2293x210)2 第二章 习题答案 1. 计算下列函数fx关于C0,1的f注：f,f1,f2： maxfx,faxb1fxdx，fab2baf2xdx12 精选资料，欢迎下载 。 1fxx1 32fxx12n 3fxxmx1,m与n为正整数104fxx1ex3解：（1）fxx1 fxmaxfxmaxx11 3 f3f(x)dx(1x)dx100111 7 f210f2(x)dx1210(x1)6dx1277 （2）fxx1 211 22 fxmaxfxmaxxff110111111(x)dx2(x)dx1(x)dx0222421212 2213b1[f(x)]dx(x)2dx26a0（3）fxxmx1n,m与n为正整数 mmnn fmaxxm(x1)nfmnx(x1)dx101mnmnm!n! mn1!f2x(x1)02m2n1122m!2n!1()2 2m2n1!（4）fxx1e x10fmax(x1)10ex210e1 精选资料，欢迎下载 。 10exdx9810126813184 (x1)01e12168576238333199506713671123209 10x f2[0x1edx]288e2 f1 2. 令TnxTn2x1,x0,1，试证Tnx是在0,1上带权 x解： 1xx2的正交多项式，并求T0x,T1x,T2x,T3x。 Tm*,Tn*xTm*xTn*xdx0111xx20Tn(2x1)Tm(2x1)dx令t2x1，则有Tn*m,T*n11111TmtTntdtTtTntdtTm,Tn22m121tt1t1221Tx是在0,1上带权xT0*(x)T0(2x1)1T1*(x)T1(2x1)2x11xx2的正交多项式。 T2*(x)T2(2x1)8x28x1T3*(x)T3(2x1)32x348x218x1 3. ixi0是区间0,1上带权xx的最高次项系数为1的正交多项式族，其中0x1，求 解法一：10x3xdx和1x。 1010x3(x)dx(x)3(x)0(x)dx i(x)i0是区间[0,1]上带权(x)x的最高次项系数为1的正交多项式(x)3(x)0(x)dx0，即x3(x)dx0002xdx(x,0(x))200(x)x1x 由于0(x)11(x)x(0(x),0(x))3xdx1110解法二：设1xxc，则由 精选资料，欢迎下载 。 1c2 xxcdx0c032314. 求a,b，使积分axbsinxdx取得最小值。 202解：题意即为在span1,x中求fxsinx的最佳平方逼近多项式P1xa0a1x，故a0,a1满足法方程 (0(x),0(x))a0(0(x),1(x))a1(y,0(x)) (1(x),0(x))a0(1(x),1(x))a1(y,1(x))2aa12081 积分可得:23aa101248824ab02a0.3,b0.1147707. 9624aa13或者按下述方法： 因为123ab222axbsinxdxa2ab2b 2442420上式分别对a,b求偏导，并令其为零，有 1ba3220 a12412ab20 b49624824从而也有 a ， b32 5. 对fx,gxCa,b，定义 1 1f,gafxgxdx2f,gafxgxdxfagabb 问它们是否构成内积？ （1） 精选资料，欢迎下载 。 显然有f,g=g,f,cf,g=cf,g,c是常数（f1f2,g)(f1,g)(f2,g)但不满足“当且仅当f=0时（f,f)=0,(f,f)0\"这是因为（f,f)=(f(x))2dx0ab 推出fx0,即f为常数，但不一定为0，故（1）不构成内积。 （2）显然内积公理的1），2），3）均满足，考察第四条 2 (f,f)f(x)dxfa a'b2若fx0，则必有f,f0反之，若f,f0，则fx0且f2a0，由此可推得fx0, 即内积公理第四条满足，故（2）构成内积。 6. 对权函数x1x2，区间1,1，试求首项系数为1的正交多项式nx,n0,1,2,3。 解： 01xxx,011x0(x)x,100213dx x(x2,0(x))(x2,1(x))2(x)x0(x)1(x) (0(x),0(x))(1(x),1(x)) x2111(1x2)x2dx(1x2)dx3111112xx2; 5(1x2)x2dx(1x2)x3dx(x3,0(x))(x3,1(x))(x3,2(x))3(x)x0(x)1(x)2(x) (0(x),0(x))(1(x),1(x))(2(x),2(x))2232(1x)x(x)dx(1x)xdx(1x)xxdx123511x11x1(x2)22225 1(1x)dx1(1x)xdx1(1x2)(x25)2dx9x3x141231231 7. 利用正交化方法求[0,1]上带权(x)ln1的前三个正交多项式x精选资料，欢迎下载 。 P0(x),P1(x),P2(x)。 解：P0x1 1xln0xdxx,P01PxxPxxx 1011P,P4000lnxdx1P2xx212x,PP20P0,P00xx,PP21P1,P11x11121 xxlndxxlndx0x015174x2x21xxx211472521dx0lnxdx0x4ln1x8. 判断函数1,x,x与上述函数两两正交。 解： 21在1,1上两两正交，并求一个三次多项式，使其在1,1上31112121,x（1）1,x1xdx0，1xdx0， 331112121dx2 x,x1xxdx0，1,1133112112182x,x1x2dx2，  x,x1xdx33334512所以，1,x,x在1,1上两两正交。 3（2）设所求多项式为3x 23xx3x,xx,xx,x,,,333012012001122114 132 xxdxxdxxdx1133x2x3x1x311x122351121dx1xdx1xdx3139. 用最小二乘原理求矛盾方程组 x1x21,xx2,12 2x12x23,3x1x24.的最小二乘解。 注：给定线性代数方程组Axb，AAmn，当mn时，称其为超定方程组。求x使得 精选资料，欢迎下载 。 bAx2 取最小值。应用微分学中多元函数求极值的方法可以证明x为方程组 AAxAb 的解。称x为超定方程组Axb的最小二乘解。 解法一： TT211111x21 由题意得：22x233141123112111111x211231 22x211213314159x17x1 97229x15x19x27112 9x7x11312x2429x112所以即是所求的最小二乘解。 x1324误差平方和为 (x1x21)2(x1x22)2(2x12x23)2(3x1x24)2 解法二：求x1,x2，使误差平方和 (x1x21)2(x1x22)2(2x12x23)2(3x1x24)2 为最小，令 0,0 x1x2精选资料，欢迎下载 。 得方程组如下：30x118x214 18x114x222913,x2 1242解方程组有：x110. 用最小二乘法求一个形如yabx的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估计平方误差。 xk yk 19 19.0 25 32.3 31 49.0 38 73.3 44 97.8 解： 0x1,1xx201,1,1,1,1TTT1361,625,961,1444,1936y19.0,32.3,49.0,73.3,97.800,111111111150,113611625196111444119365327 1,17277699y,1369321.5y,0271.45a5327b271.4a0.9725295327a7277699b369321.5b0.0500351公式是y0.9725290.0500351x2将x=19,25,31,38,44分别代入y0.970.05x2，得 ***** y019.02,y132.22,y249.02,y373.17,y497.77. 所以误差yy*k0420.025 bx11. 求形如yae(a,b为常数）的经验公式，使它能和下表给出的数据相拟合。 x y 解： 1 15．3 2 20．5 3 27．4 4 36．6 5 49．1 6 65．6 7 87．8 8 117．6 bx设yae，两边取对数得lnylnabx，令Ylny，a0lna，a1b，Xx，则有 Ya0a1X 精选资料，欢迎下载 。 2设0x1,1xX，于是得到正规方程组: 0,0a00,1a1Y,0 ,a,aY,1111100其中, TT2，3，4，5，6，7，8 01,1,1,1,1，1，1，1 ，11，Yln15.3，ln20.5，ln27.4，ln36.6，ln49.1，ln65.6，ln87.8，ln117.6TT2.72785,3.02042,3.310,3.60005,3.386,4.18358,4.47506,4.76729 0,08 0,11234567836 1,112223242526272822044Y，0ln15.3ln20.5ln27.4ln36.6ln49.1ln65.6ln87.8ln117.629.9787 Y，1147.135 8a036a129.9787 36a204a147.13501 正规方程组化为: 得a0=2.436 a1=0.291211 lna=2.436所以a=11.45 a1=b=0.291211 lna=2.436所以a=11.45 a1=b=0.291211 y11.45e0.291211x 12. 求函数fx在给定区间上对于span1,x的最佳平方逼近多项式： 1fxarctanx,0,1;2fxcosx,0,1; x4fxe,1,1.3fxx,0,1;解：设0x1,1xx 0,0a00,1a1y,0 1,0a01,1a1y,1（1）fxarctanx,0,1 111,dx1,,xdx1/2,,000010110x2dx1/3111y,00arctgxdxln2,y,10xarctgxdx42421 11aaln2a2ln2302142021113a0a1a163ln2 342223y2ln23(63ln2)x22(2) fxcosx,0,1 精选资料，欢迎下载 。 0,0a00,1a1y,0 1,0a011,1a1y,1110,00dx1,0,10xdx1/2,1,10x2dx1/3y,00cosxdx0,y,10xcosxdx112 21a02a1012241224a,ay2x。 10122212a0a1232,0,1 3fxx1110,0dx1,0,1xdx1/2,1,1x2dx1/3y,0001122xdx,y,1xxdx03500 12aa02134444a0,a1yx 112155155a0a13524fx1ex,1,1 11,dx2,,xdx0,,000111x2dx2/3y,01edxee,y,11xedx2ex1x11111 12a0ee1ee13ee13a0,a1yx。 21a2e2e2e1313. fxx,在1,1上求关于span1,x2,x4的最佳平方逼近多项式。 解：Legendre是[-1，1]上的正交多项式 11取p(x)1,p2(x)(3x21),p4(x)(35x430x23) 0282(pk(x),pk(x))(k0,2,4) 2k1(f,p0(x))(x)dxxdx1 100101111(f,p2(x))x(3x21)dxx(3x21)dx10224 01111(f,p4(x))(35x430x23)xdx(35x430x23)xdx180824115593a0(f,p0(x)),a2(f,p2(x))，a4(f,p4(x)) 2228212所以p*4(x)a0p0(x)a2p2(x)a4p4(x)=0.8203125x1.0625x0.2578125 精选资料，欢迎下载 。 14. 求f(x)e在[1,1]上的三次最佳平方逼近多项式。 解：设fxxpxCkPkx k03f,Pk2k11ckPkxfxdx 12Pk,Pk11x1C0edxee11.17569421231xC1xedx1.103638215131C2x2exdx0.35780521227153C3x3xexdx0.07051821221335所以pxCkPkx1.1756941.103638x0.357805x20.070518x3x2222k00.99620.997861x0.536708x20.176295x3 15. 已知勒让德多项式P01,P1x,P2313x21，试在二次多项式类2span1,x2中求一多项式P2x，使其成为fxex在11，上的最佳平方逼近函数。 解：由P0,P1,P2构造P2x,设 P2xc0P0c1P1c2P2 由题意可知 c10 即：P2xc0P0c2P2 P0,P0P0,P2c0P0,f  P,PP,PcP,f2022222c0ee12.350388即： 2c20.1431245c01.175194解得： c0.357812P2x0.536715x20.9962 精选资料，欢迎下载 。 16. 求fxlnx在1,2上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。 解：设 x*n12213131tt,则fxlnxlntt,t1,12222222k0ptCkTkt,31lnt11122131C0T0,fdtlncosd1.1551910221t231xlnt22122231C1T1,fdtcoslncosd1.52057510221t2 C22T2,f1212t2311lnt22dt2cos2ln31cosd0.462040221t2*所以p3t-1.15519+1.520575x0.462042x2-10.92408x21.520575x0.6931531*其误差为lntp3t22 0.00002055 第三章习题答案 1xdx,并估计误差。 1. 分别用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分I0.5解：1）用梯形公式有： 0.5ET1xdx10.512[f1f0.5]10.42678 242330.53133322f2.6042107.365710 124fba12事实上， 精选资料，欢迎下载 。 fxx,II10.5xdx0.4309410.5 f0.5f10.42677672110.5TEfxdxf0.5f10.00418770.522）Simpson公式 0.51xdx10.53f14f64211f1230.43093 2212411411baba4157S4222Eff1.1837710 180218028ET(f)ba123f''()2 48事实上，ESf0.51xdx10.50.51f0.54ff10.0000304 623）由Cotes公式有： 1127f0.532f512f332f77f1xdx0.590848 14.9497525.2982210.3923029.9332670.43096180111(718023258126787) 11294511C6222Ef2.697410 9454EC(f)C2ba945*47f(6)()2 8事实上，Ef0.0000003 2．证明Simpson公式2.8具有三次代数精度。 证明： 精选资料，欢迎下载 。 abab3令fxx，则faa，f，fbb22333左边bax4fxdx4bab4a44 bab4a4ab右边fa4ffb624故该公式的代数精度是3。而当fxx4时 bb4155左侧：fxdxxdxba aa5右侧： 4abbaba4ab4fa4fba4fb6268 5b55a5a4b2a3b22a2b3ab432左侧不等于右侧。所以Simpson具有三次代数精度. 3.分别用复化梯形公式和复化公式Simpson计算下列积分. 9x26dx,n8xdx,n4(1)，（3），（4）4sind,n6 2004x11 解：（1）用复化梯形公式有： hTnba101n881f82f83f84f85f86f87ff18，hfa22102(0.0311280.0615380.0905660.117650.142350.1380.18361)0.20.111416由复化Simpson公式有： 111123357S8f02(fff)f14ffff44488881020.0615380.117650.13840.0311280.0905660.412350.183510.2240.11157 精选资料，欢迎下载 。 解（3）：19xdx,n4 由复化梯形公式有： ba912,n41T42f1f92f3f5f7 2h13235717.2277由复化Simpson公式有： 1S44f1f92f54f3f76 2132543717.32203（4）解：sin2d,n6 0由复化梯形公式： 0ba6h,kakh,k1,2,3,4,5n63655hT6[f(a)2f(k)f(b)][f(0)2236k1k1由复化Simpson公式： 512S4T6H6,H6h33k0 kf36f]1.035621936hf1,,k0,1,2,3,4,51kkk222 H636k05kf1.035834878,S41.035763886723611134．给定求积节点x0,x1,x2,试推出计算积分fxdx的插值型求积公式，并0424写出它的截断误差。 解： 101fxdxA0fA1f41A2f23 4精选资料，欢迎下载 。 13xx1224A0dx,0111334244 13xx1144A1dx0111332424考虑到对称性，有A2A0，于是有求积公式 1021fxdx[f3431f]431f 2由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有3阶精度。事实上，对fx原式左右两端相等： 1213111 []x3dx 34432403333此外，容易验证原式对fx不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。 45．给定积分I20sinxdx。 1103; 2（1） 利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过（2） 取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少？ （3） 如果要求截断误差不超过10，那么使用复化Simpson公式计算时，应将积分区间分成多少等分？ 6(ba)3''3''f()f() 解：(1) E(f)2212n96nnT fx=sinx,f(x)cosx,f(x)sinxE(f)'''nT396nsin2,0, 296n23当误差ET(f)0.510时，n25.6, 所以取n=26。 n325h则:h=Tn[f(0)f()2f(x)]k5222k112325{012[sin()sin()sin()...sin()]}0.9465 25252525252精选资料，欢迎下载 。 （2）ESn[f]b-ah4''''1()f()2()4sin() 180218022n2(1)4(n26)2(1)47109 则ES[f]n18022n18022n2(1)4106 (3)ES[f]n18022n则n7.6n=8 6．用Romberg求积方法计算下列积分，使误差不超过105。 （1）2210exdx；（2）1x202xsinxdx；（3）x1xdx;(4)034dx 01x21解（1）： e0dx (a)在[0,1]上用梯形公式:T1(b)[0，二等分1]:211H1f0.68439656,T2(T1H1)0.728069946,22 41S1T2T10.7135121533(c)[0，四等分1]:21113H2[ff]0.7055578,T4(T2H2)0.716982762224441421S2T4T10.713287034,C12S22S10.713272026334141(d)将[0，1]八等分：7f]0.7114175718141T8(T4H4)0.714200166,S4T8T40.713272634233421C22S42S20.713271674,4141431R13C23C10.713271669,R1C13.52107105,4141H4211[f483f85f821[f(0)f(1)]0.7717433322 计算可以停止。 精选资料，欢迎下载 。 解（2）：xsinxdx 02(a)在[0，2]上用梯形公式得:2T1[f(0)f(2)]02(b)将[0，2]二等分:H12f()0,T2(c)将[0，2]四等分:13H2[ff]29.869604401,T4(T2H2)4.93480220122241421S2T4T26.579736267,C12S22S17.018385352334141(d)将[0，2]八等分:H4141(T1H1)0,S1T2T102332i03if4216.97882,T(T4H4)5.95683320182 41421S4T8T46.2975102,C22S42S26.278695129334141431R13C23C16.26690144141(e)将[0，2]十六等分H8 1if6.447629792,T(T8H8)6.2022314971i084241421S8T16T86.284030929,C42S82S46.2831323113341417 精选资料，欢迎下载 。 431441R23C43C26.283202742,X14R24R16.283266341414141(f)将[0，2]三十二等分1if6.323740394,T(T16H16)6.262985945328i0168241421S16T32T166.283237428,C82S162S86.283184528334141431441R43C83C46.283185356,X24R44R26.28318528841414141451Y15X2_5X16.2831852094141(g)将[0，2]六十四等分:15H161if6.2932853,T(T32H32)6.278137916i03216241421S32TT326.283188551,C162S322S166.283185292334141431441R83C163C86.283185304,X44R84R46.28318530441414141451461Y25X45X26.283185304,Z16Y26Y16.28318530441414141Z1-Y19.510810531H32（3）解:x1x2dx 03(a)在[0，3]上用梯形公式3T1[f(3)f(0)]14.230249472(b)将[0,3]二等分:1413H13f8.11249037,T2(T1H1)11.17136992,ST2T110.15174342332(c)将[0,3]四等分:3319H2[ff]9.71622377,T4[T2H2)10.44379685242441421S2T4T210.20127249,C12S22S110.20457443334141(d)将[0,3]八等分:3333k1H4f10.083752,T8[T4H4]10.266367194k084241421S4T8T410.20722396,C22S42S210.20762073334141精选资料，欢迎下载 。 2431R13C23C110.207669084141(e)将[0，3]十六等分:3733i1H8f10.1781732,T16(T8H8)10.22227028i0168241421S8T16T810.2075712,C42S82S410.20759435334141431441R23C43C210.20759393,X14R24R110.20759341414141(f)将[0，3]三十二等分:133if10.20025127,T32(T16H16)10.211260742321641421S16T32T1610.20759091,C82S162S810.20759223334141431441R43C83C410.20759219,X24R44R210.2075921941414141451 Y15X25X110.20759219,Y1X11.410610141计算可以停止H1631516i0解（4）:4dx 01x21(a)在[0，1]上用梯形公式:1T1[f(1)f(0)]32(b)将[0，1]二等分:1411H1f3.2,T2(T1H1)3.1,S1T2T13.1333333332332(c)将[0，1]四等分:1113H2[ff]3.162352941,T4(T2H2)3.1311771242441421S2T4T23.141568627,C12S22S13.1421177334141(d)将[0，1]八等分:11if3.146800518,T8(T4H4)3.148849528441421S4T8T43.141592502,C22S42S23.141594094 334141431R13C23C13.1415857844141精选资料，欢迎下载 13H44i0 。 (e)[0，十六等分1]:171i1H8f3.142473,T16(T8H8)3.1409416138i0168224141S8T16T83.141592652,C42S82S43.141592662 334141341441R23C43C23.141592639,X14R24R13.141592661414141X1R16.88106105,算可以停止。7．推导下列三种矩形求积公式： f2ba;2bf2ba; 2fxdxbafb a2b3abfba;3afxdxbaf2241afxdxbafab证明：(1)将f(x)在xa处Taylor展开，得 f(x)f(a)f'()(xa),(a,x). 两边在[a,b]上积分，得 baf(x)dxf(a)dxf()(xa)dx aabb (ba)f(a)f() (ba)f(a)ba(xa)dx 1f()(ba)2,[a,b]. 2 (2)将f(x)在xb处Taylor展开，得 f(x)f(b)f()(xb),(x,b). 两边在[a,b]上积分，得 baf(x)dxf(b)dxf()(xb)dx aabb (ba)f(b)f() (ba)f(b) (3)将f(x)在xba(xb)dx 1f()(ba)2,[a,b]. 2ab处Taylor展开，得 2精选资料，欢迎下载 。 f(x)f(ababab1ab2)f()(x)f()(x),[a,b]. 22222 两边在[a,b]上积分，得 bababab1bab2)dxf()(x)dxf()(x)dx aaaa22222ababbab1bab2 (ba)f()f()(x)dxf()(x)dx a2222a2abf\"() (ba)f()(ba)3. 224 bf(x)dxf(b8．如果f''x0,证明用复化梯形公式计算积分I说明其几何意义。 证明：复化梯形公式为 bafxdx所得结果比准确值大，并n1hh Tn(f(xk)f(xk1))[f(a)2f(xk)f(b)] 2k02k1n1 若f\"(x)在[a,b]上连续，则复化梯形公式的余项为 h3f\"(k)],k(xk,xk1) (1) E[f]ITn[12k0Tnn1 由于f\"(x)C[a,b],且 21n1 minf\"(k)f\"(k)maxf\"(k) 0kn10kn1nk0 所以(a,b)使 1n1 f\"()f\"(k) nk0 则(1)式成为： ba2hf\"() 12ba2Thf\"()0. 又因为f\"(x)0,所以En[f]12 En[f]T 即用复化梯形公式计算积分Ibaf(x)dx所得结果比准确值大。 其几何意义：曲线f(x)在定义域内是向下凹的，即曲线在曲线上任两点连线的下方。 精选资料，欢迎下载 。 9．对30fxdx构造一个至少具有三次代数精度的求积公式。 解：因为具有4个求积节点的插值型求积公式，至少有三次代数精度。如果在[0,3]上取节点0，1，2，3，则插值型求积公式为： 30f(x)dxA0f(x0)A1f(x1)A2f(x2)A3f(x3) 其中系数为 Akxxidx ai0xkxibikn A030(x1)(x2)(x3)1333dx(x6x211x6)dx, (01)(02)(03)608 同理求得 A1 即有： 30993,A2,A3. 8883993f(x)dxf(0)f(1)f(2)f(3). 888810．判别下列求积公式是否是插值型的，并指明其代数精度： 33fxdxf1f2 02解：插值型求积公式 nbaf(x)dxAkf(xk) 其中 Akk0xxidx ai0xkxibikn3x1x233 则 A0dx,A1dx. 0120212233 因此，f(x)dx[f(1)f(2)]是插值型的求积公式。 023因其求积公式是插值型的，且存在2个节点，所以其代数精度至少是1。 对于f(x)x时， 230f(x)dxx2dx9; 03 [f(1)f(2)]232315(14)9. 22 可见它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。 11．构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度： 精选资料，欢迎下载 。 1fxdxA0f0A1f1;01 2f0fhhfxdxh3fxdxAfhAfx.001hh011h20f01fh; 解（1）：令原式对于f(x)1,x准确成立，于是有 A0A11 1 A12 解之得 A011,A1， 于是有求积公式 22111 f(x)dxf(0)f(1) 0222 容易验证，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。 解（2）：令原式对于f(x)1,x,x2,x3准确成立，于是有 01110112 1 1213311141111,1,0,1.于是有求积公式 221212h112 f(x)dxh[f(0)f(h)]h[f'(0)f'(h)]. 0212h1容易验证当f(x)x时，f(x)dxh;而 051121515 h[f(0)f(h)] h[f(0)f(h)]h（h）21265解之得 0可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是3。 解(3)：令原式对于f(x)1,x,x准确成立，于是有 24精选资料，欢迎下载 。 hAA010dx2hh3h -A0hA1x10解得: A0=,A1=h,x1 2232A0h2A1x21h3313hf(x)dxhf(h)hf(). h223h13h443容易验证，当f(x)x时，f(x)dx0;而 hf(h)hf()h. h2239于是有求积公式 h可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是2。 12. 利用代数精度方法构造下列两点Gauss求积公式： 3 101xfxdxA0fx0A1fx1fxxdxA0fx0A1fx123201 解（1）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有 2AA103AxAx211005 (1)2Ax2Ax21100723A0x0A1x139 利用(1)的第1式，可将第2式化为 22x0(x1x0)A1 (2) 35 同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得 22x0(x1x0)x1A1 (3) 57222 x0(x1x0)x1A1 (4) 79 由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得 2222x(x)x5053017  2x(22x)x20017597精选资料，欢迎下载 。 进一步整理 222(xx)xx5013017  222(xx)xx0101597 由此解出 x0x1 解得： 510,x0x1. 219 x00.821161913186,x10.2949197925,A00.31110668436,A10.27755599823. 因此所求的两点Gauss求积公式： 10xf(x)dx0.31110668436f(0.821161913186)0.27755599823f(0.2949197925). 或依下面的思想： (1)在0，上构造权函数（1x）=x二次正交多项式g2(x) g0(x)=1 g1(x)=x-35105x921105x0921 g2(x)=x2 令2(x)(xx0)(xx1)=x23521035210,x16363代入：x0AA1xdx0101A0x0A1x1xxdx050710A0150A50710115010 xf(x)dx50710352105071035210f()f()150631506323解（2）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有 精选资料，欢迎下载 。 A0A12A0x0A1x123 2 (1) 22A0x0A1x15Ax3Ax3200117 利用(1)的第1式，可将第2式化为 2x0(x1x0)A12 (2) 3 同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得 22x0(x1x0)x1A1 (3) 35222 x0(x1x0)x1A1 (4) 57 由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得 222x(2x)x013035  2x(22x)x20015375 进一步整理 22(xx)2xx013015  222(xx)xx0101375 由此解出 x0x1 解得： 36,x0x1. 357 x00.115587109995,x10.741555747146,A01.30429030972,A10.695709690284. 因此所求的两点Gauss求积公式： 10f(x)dx1.30429030972f(0.115587109995)0.695709690284f(0.741555747146). x或依下面的思想： 精选资料，欢迎下载 。 (2)在0，上构造权函数（1x）= g0(x)=1 g1(x)=x-131二次正交多项式g2(x)x 63 g2(x)=x2x73563 令2(x)(xx0)(xx1)x2x07351523015230,x13535 代入：x011AAdx010xAxAx1x1dx00110x1830A018A183011810 1183015230183015230f(x)dxf()f()18351835x13．分别用三点和四点Gauss－Chebyshev求积公式计算积分I差。 解：(1)用三点(n2)Gauss-Chebyshev求积公式来计算： 11945(x)(2x)2, 112xdx，并估计误21x 此时，f(x)2x,f(6)Ak1(2k1),xkcos(k0,1,n132n2,n), x0cos 由公式可得： 63353,x1cos0,x2cos, 2662I3k022xk3(233202)4.3639556197 22精选资料，欢迎下载 。 由余项可估计误差为 |E2[f]|9452.01335103. 526!(2)用四点(n3)Gauss-Chebyshev求积公式来计算： 此时，f(x) Ak2x,f(8)15945143(x)(2x)2, 41(2k1),xkcos(k0,1,,n), n142n2357 x0cos,x1cos,x2cos,x2cos, 8888I4k032xk4(2cos82cos3572cos2cos) 888 4.368879180569. 由余项可估计误差为 |E3[f]|94514343.2132710. 728!414．用三点GaussLegendre求积公式计算积分I解：作变换x0excosxdx，并估计误差。 2(1t),则得 I0ecosxdxx211e2(1t)cos[(1t)]dte222121ecost2tdt 由三点Gauss-Legendre公式： ba5158515f(x)dxf()f(0)f() 9599515)5(5 Ie2[e22985101515cos()ecos()] 10991015 8e2(0.057052529050.650303782451) 29 12.06167600229. 其估计误差为： 74627(3!)4(6)2(3!)242710E2(f)f(),1,1e()ecos(),337(6!)27(6!)8211x（）。其准确值 Iecosxdx(1e)12.07034631639. 022其准确误差等于：|12.06167600229(12.07034631639)|8.670314110. 3精选资料，欢迎下载 。 \\第四章 习题答案 1。用Gauss消去法解方程组 2x13x24x363x15x22x35 4x3x30x32231234x16解:方程组写成矩阵形式为352x25 4330x323231对其进行Gauss消去得02004x144x27 x3622x13x24x36x1131x28 得方程组x24x342x232x342。用Gauss列主元素消去法解方程组 326x141070x27 515x63解：因为第一列中10最大,因此把10作为列主元素 326x141070x17r1r21070x73262x24 515x6515x633 1073r2r110011r3r1102502 71070x1615rr236x20102x3510510270x155x2 2x361610精选资料，欢迎下载 。 1071r3r25250200710x17x270xx1015555x2得到方程组x25x3x21 222xx31313313131x355553。举例说明一个非奇异矩阵不一定存在LU分解。 例如：设 0P0A可分解M0,P0,AM0MB0CP有M0ABMACD0P10BCLU0A10D 与题设相矛盾，所以一个非奇异矩阵不一定存在LU分解。 4。下列矩阵能否分解为LU（其中L为单位下三角矩阵，U为上三角矩阵）？若能分解，那么分解是否唯一？ 123111126 A241,B221,C2515 467331616解：A10,而且12240,不能分解; 0u11u1200u22100u13u23 u3311110 设B221B可以进行LU分解，则B=l211l33131l32计算得 u111,u121,u131,l212,l313,u220. 而a32l31u12l32u22310l323. l32可以任意选，B的LU分解不唯一。 C0,而且 12250,能分解,且分解唯一. 精选资料，欢迎下载 。 -15。对下列给定的矩阵A作LU分解，并利用分解结果计算A。 824 A41816 622081002482401032解： A41816210 62203110076810024L=210 U= 01032 00763114119011111由ALU有ALUUL95516 6。用Doolittle分解法解方程组 6951119017613954 9517610 10020x15101x23 x2431737103x402011010=243110300001100021001010020101 02100210解：A=1010其中L=1000011000 U=02101010T020101 021002T由Ly=5，3，6，17 解得y=5，3，6，4 由Ux=y ， 解得x=11，，2，2 T精选资料，欢迎下载 。 7。用Crout分解法接方程组。 4x12123x14916102 1827x344x1901168125641000112000解：ALU1660011436240T234136 014001T由Ly=b=2,10,44,190 得y=2,4,3,1 由Ux=y=2,4,3,1 得x=1,1,1,1 8。用平方根法求解方程组 TT11111222123311解：易知A111x1n2x2n13x3n2 nxn111112221233是对称矩阵，可求得L1123n01110011000 1由Ly=b得y=n,1,1,T,1 ,1 TT由Lxy解得x=n1,0,0, 精选资料，欢迎下载 。 9。用改进的平方根法求解下列方程组 11x16414.252.75x0.51212.753.5x1.253 422x1102232x252314x4311141解（1）A=14.252.75分解得L=412.753.514由LU=b得U=6,1,1 T013404000 D=040 001131由Dy=U 得y=,,1 24由Lxy得x=2,1,1 TTT422x11023x25 （2）22314x4311分解得L2120040010 D=010 00921TT5由LU=y得U=10,0,9由Dy=U得y=,0,1 2由Lx=y得x=2,2,1 TT 精选资料，欢迎下载 。 10。用追赶法求解三对角方程组 21000x11x012100201210x30 00121x4000012x05解：r12, 113l2,r22()(1) 222224l3,r32()(1) 33335l4,r4 4446l5,r5. 55c1c2c3c41 1120L00012300134000021000300010024001000U3 51010004461000055T01111由Lyb得y1,,,,234552111由uxy得x,,,,63236TT 11。已知2,3,4，求x1,x2,x。 n21n解： x1xi9, x2(xi)229，xmaxxi4 1ini1i1 精选资料，欢迎下载 。 0.60.512。已知A,求A1,A,A2及AF. 0.10.3 解：由范数定义得 nA1maxaij0.81jni1A2maxATA0.8279Amaxaij1.11inj1n AFaiji1j1nn20.711213。求证： 1xx1nxF1A2nA2An F证明：（1）x1x ， xmaxxi ， nxnmaxxi 1in1ini1i所以x1x，nxnmaxxix1 1in所以nxx1x （2）A2maxAAT1AAT2AAT2nAAT n2aa21i22ii1i1nn2aaaijAF 2ni2jii1j1i1j1i1nnnnA2maxAAT211AAT2AATnnAAT12AF n1AnFA2AF 1009914。设A,计算A的条件数condAp,P2, 99989899A*-991解：AA A99-10099100* 矩阵A的较大特征值为198.00505035，较小的特征值为-0.00505035，则 cond(A)2A2A1198.00505035/0.00505035392062 精选资料，欢迎下载 。 cond(A)AA1 15。设矩阵A非奇异，求证A证明： 119919939601 1 A由于A非奇异,所以存在A1使AA1I有A•A1I1即A11A 16。设矩阵A可逆，A为误差，试证当A1A解：A-11,AA也可逆。 A1(A-1AI)为非奇异矩阵 又因为A+A=A(I+A-1A),而且A可逆 A0,I+A-1A0 (A+A)也为非奇异矩阵，即A+A可逆。 17。设有方程组Ax=B，其中 121011， A221,b30222311已知它有解x,,0,如果右端有小扰动b23的解的相对误差。 T1106，试估计由此引起21011111解：A221,A211.5 022211精选资料，欢迎下载 。 2condAAA22.5,b 31610xbcondA22.521.6875105 2xb3 18。设Ax=b，其中ARnn为非奇异矩阵，证明： 1AAT为对称正定矩阵； 2condATA2condA2T2 证明：（1）(AAT)(AT)TATAATAAT为对称矩阵 对于任意给定的非零列向量,都有TATA(A)T(A)b20所以AA为正定矩阵,AA也为正定矩阵所以AAT为对称正定矩阵.（2）cond(AA)2AATT2TT (ATA)1(ATA)[(ATA)1] 2TT1 max(AA)max[(AA)] 又由于A2max(ATA),A12max[(ATA)1] cond[(A)2]2(A2A1)2max(ATA)max[(ATA)1] 2所以cond(ATA)2cond[(A)2]2 第三章习题答案 2. 分别用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分I解：1）用梯形公式有： 10.5xdx,并估计误差。 10.5120.5xdx2[f1f0.5]4120.42678 1精选资料，欢迎下载 。 ETfba12330.53133322f2.6042107.365710 124事实上， fxx,II10.5xdx0.4309410.5 f0.5f10.42677672110.5ETfxdxf0.5f10.00418770.522）Simpson公式 10.5xdxf14f0.56134211f1230.43093 2122411411baba4157S4222Ef1.1837710 f180218028ET(f)ba123f''()2 48事实上，ESf10.5xdx10.5f0.54f60.51f10.0000304 23）由Cotes公式有： 1127f0.532f512f332f77f1xdx0.590848 14.9497525.2982210.3923029.9332670.43096180111(718023258126787) 11294511C222Ef2.6974106 9454EC(f)C2ba945*47f(6)()2 8事实上，Ef0.0000003 2．证明Simpson公式2.8具有三次代数精度。 精选资料，欢迎下载 。 证明： abab3令fxx，则faa，f，fbb22333左边bax4fxdx4bab4a44 bab4a4ab右边fa4ffb642故该公式的代数精度是3。而当fxx4时 bb4155左侧：fxdxxdxba aa5右侧： 4abbaba4ab4fa4fba4fb6268 5b55a5a4b2a3b22a2b3ab432左侧不等于右侧。所以Simpson具有三次代数精度. 3.分别用复化梯形公式和复化公式Simpson计算下列积分. 9xdx,n8，xdx,n4，(1)（3）（4）sin2d,n6 2004x11 解：（1）用复化梯形公式有： hba101n881f82f83f84f85f86f87ff18，hTnfa22102(0.0311280.0615380.0905660.117650.142350.1380.18361)0.20.111416由复化Simpson公式有： 111123357S8f02(fff)f14ffff44488881020.0615380.117650.13840.0311280.0905660.412350.183510.2240.11157 精选资料，欢迎下载 。 解（3）：19xdx,n4 由复化梯形公式有： ba912,n41T42f1f92f3f5f7 2h13235717.2277由复化Simpson公式有： 1S44f1f92f54f3f76 2132543717.32203（4）解：sin2d,n6 0由复化梯形公式： 0ba6h,kakh,k1,2,3,4,5n63655hT6[f(a)2f(k)f(b)][f(0)2236k1k1由复化Simpson公式： 512S4T6H6,H6h33k0 kf36f]1.035621936hf1,,k0,1,2,3,4,51kkk222 H636k05kf1.035834878,S41.035763886723611134．给定求积节点x0,x1,x2,试推出计算积分fxdx的插值型求积公式，并0424写出它的截断误差。 解： 101fxdxA0fA1f41A2f23 4精选资料，欢迎下载 。 13xx1224A0dx,0111334244 13xx1144A1dx0111332424考虑到对称性，有A2A0，于是有求积公式 1021fxdx[f3431f]431f 2由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有3阶精度。事实上，对fx原式左右两端相等： 1213111 []x3dx 34432403333此外，容易验证原式对fx不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。 45．给定积分I20sinxdx。 1103; 2（4） 利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过（5） 取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少？ （6） 如果要求截断误差不超过10，那么使用复化Simpson公式计算时，应将积分区间分成多少等分？ 6(ba)3''3''f()f() 解：(1) E(f)2212n96nnT fx=sinx,f(x)cosx,f(x)sinxE(f)'''nT396nsin2,0, 296n23当误差ET(f)0.510时，n25.6, 所以取n=26。 n325h则:h=Tn[f(0)f()2f(x)]k5222k112325{012[sin()sin()sin()...sin()]}0.9465 25252525252精选资料，欢迎下载 。 （2）ESn[f]b-ah4''''1()f()2()4sin() 180218022n2(1)4(n26)2(1)47109 则ES[f]n18022n18022n2(1)4106 (3)ES[f]n18022n则n7.6n=8 6．用Romberg求积方法计算下列积分，使误差不超过105。 （1）2210exdx；（2）1x202xsinxdx；（3）x1xdx;(4)034dx 01x21解（1）： e0dx (a)在[0,1]上用梯形公式:T1(b)[0，二等分1]:211H1f0.68439656,T2(T1H1)0.728069946,22 41S1T2T10.7135121533(c)[0，四等分1]:21113H2[ff]0.7055578,T4(T2H2)0.716982762224441421S2T4T10.713287034,C12S22S10.713272026334141(d)将[0，1]八等分：7f]0.7114175718141T8(T4H4)0.714200166,S4T8T40.713272634233421C22S42S20.713271674,4141431R13C23C10.713271669,R1C13.52107105,4141H4211[f483f85f821[f(0)f(1)]0.7717433322 计算可以停止。 精选资料，欢迎下载 。 解（2）：xsinxdx 02(a)在[0，2]上用梯形公式得:2T1[f(0)f(2)]02(b)将[0，2]二等分:H12f()0,T2(c)将[0，2]四等分:13H2[ff]29.869604401,T4(T2H2)4.93480220122241421S2T4T26.579736267,C12S22S17.018385352334141(d)将[0，2]八等分:H4141(T1H1)0,S1T2T102332i03if4216.97882,T(T4H4)5.95683320182 41421S4T8T46.2975102,C22S42S26.278695129334141431R13C23C16.26690144141(e)将[0，2]十六等分H8 1if6.447629792,T(T8H8)6.2022314971i084241421S8T16T86.284030929,C42S82S46.2831323113341417 精选资料，欢迎下载 。 431441R23C43C26.283202742,X14R24R16.283266341414141(f)将[0，2]三十二等分1if6.323740394,T(T16H16)6.262985945328i0168241421S16T32T166.283237428,C82S162S86.283184528334141431441R43C83C46.283185356,X24R44R26.28318528841414141451Y15X2_5X16.2831852094141(g)将[0，2]六十四等分:15H161if6.2932853,T(T32H32)6.278137916i03216241421S32TT326.283188551,C162S322S166.283185292334141431441R83C163C86.283185304,X44R84R46.28318530441414141451461Y25X45X26.283185304,Z16Y26Y16.28318530441414141Z1-Y19.510810531H32（3）解:x1x2dx 03(a)在[0，3]上用梯形公式3T1[f(3)f(0)]14.230249472(b)将[0,3]二等分:1413H13f8.11249037,T2(T1H1)11.17136992,ST2T110.15174342332(c)将[0,3]四等分:3319H2[ff]9.71622377,T4[T2H2)10.44379685242441421S2T4T210.20127249,C12S22S110.20457443334141(d)将[0,3]八等分:3333k1H4f10.083752,T8[T4H4]10.266367194k084241421S4T8T410.20722396,C22S42S210.20762073334141精选资料，欢迎下载 。 2431R13C23C110.207669084141(e)将[0，3]十六等分:3733i1H8f10.1781732,T16(T8H8)10.22227028i0168241421S8T16T810.2075712,C42S82S410.20759435334141431441R23C43C210.20759393,X14R24R110.20759341414141(f)将[0，3]三十二等分:133if10.20025127,T32(T16H16)10.211260742321641421S16T32T1610.20759091,C82S162S810.20759223334141431441R43C83C410.20759219,X24R44R210.2075921941414141451 Y15X25X110.20759219,Y1X11.410610141计算可以停止H1631516i0解（4）:4dx 01x21(a)在[0，1]上用梯形公式:1T1[f(1)f(0)]32(b)将[0，1]二等分:1411H1f3.2,T2(T1H1)3.1,S1T2T13.1333333332332(c)将[0，1]四等分:1113H2[ff]3.162352941,T4(T2H2)3.1311771242441421S2T4T23.141568627,C12S22S13.1421177334141(d)将[0，1]八等分:11if3.146800518,T8(T4H4)3.148849528441421S4T8T43.141592502,C22S42S23.141594094 334141431R13C23C13.1415857844141精选资料，欢迎下载 13H44i0 。 (e)[0，十六等分1]:171i1H8f3.142473,T16(T8H8)3.1409416138i0168224141S8T16T83.141592652,C42S82S43.141592662 334141341441R23C43C23.141592639,X14R24R13.141592661414141X1R16.88106105,算可以停止。7．推导下列三种矩形求积公式： f2ba;2bf2ba; 2fxdxbafb a2b3abfba;3afxdxbaf2241afxdxbafab证明：(1)将f(x)在xa处Taylor展开，得 f(x)f(a)f'()(xa),(a,x). 两边在[a,b]上积分，得 baf(x)dxf(a)dxf()(xa)dx aabb (ba)f(a)f() (ba)f(a)ba(xa)dx 1f()(ba)2,[a,b]. 2 (2)将f(x)在xb处Taylor展开，得 f(x)f(b)f()(xb),(x,b). 两边在[a,b]上积分，得 baf(x)dxf(b)dxf()(xb)dx aabb (ba)f(b)f() (ba)f(b) (3)将f(x)在xba(xb)dx 1f()(ba)2,[a,b]. 2ab处Taylor展开，得 2精选资料，欢迎下载 。 f(x)f(ababab1ab2)f()(x)f()(x),[a,b]. 22222 两边在[a,b]上积分，得 bababab1bab2)dxf()(x)dxf()(x)dx aaaa22222ababbab1bab2 (ba)f()f()(x)dxf()(x)dx a2222a2abf\"() (ba)f()(ba)3. 224 bf(x)dxf(b8．如果f''x0,证明用复化梯形公式计算积分I说明其几何意义。 证明：复化梯形公式为 bafxdx所得结果比准确值大，并n1hh Tn(f(xk)f(xk1))[f(a)2f(xk)f(b)] 2k02k1n1 若f\"(x)在[a,b]上连续，则复化梯形公式的余项为 h3f\"(k)],k(xk,xk1) (1) E[f]ITn[12k0Tnn1 由于f\"(x)C[a,b],且 21n1 minf\"(k)f\"(k)maxf\"(k) 0kn10kn1nk0 所以(a,b)使 1n1 f\"()f\"(k) nk0 则(1)式成为： ba2hf\"() 12ba2Thf\"()0. 又因为f\"(x)0,所以En[f]12 En[f]T 即用复化梯形公式计算积分Ibaf(x)dx所得结果比准确值大。 其几何意义：曲线f(x)在定义域内是向下凹的，即曲线在曲线上任两点连线的下方。 精选资料，欢迎下载 。 9．对30fxdx构造一个至少具有三次代数精度的求积公式。 解：因为具有4个求积节点的插值型求积公式，至少有三次代数精度。如果在[0,3]上取节点0，1，2，3，则插值型求积公式为： 30f(x)dxA0f(x0)A1f(x1)A2f(x2)A3f(x3) 其中系数为 Akxxidx ai0xkxibikn A030(x1)(x2)(x3)1333dx(x6x211x6)dx, (01)(02)(03)608 同理求得 A1 即有： 30993,A2,A3. 8883993f(x)dxf(0)f(1)f(2)f(3). 888810．判别下列求积公式是否是插值型的，并指明其代数精度： 33fxdxf1f2 02解：插值型求积公式 nbaf(x)dxAkf(xk) 其中 Akk0xxidx ai0xkxibikn3x1x233 则 A0dx,A1dx. 0120212233 因此，f(x)dx[f(1)f(2)]是插值型的求积公式。 023因其求积公式是插值型的，且存在2个节点，所以其代数精度至少是1。 对于f(x)x时， 230f(x)dxx2dx9; 03 [f(1)f(2)]232315(14)9. 22 可见它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。 11．构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度： 精选资料，欢迎下载 。 1fxdxA0f0A1f1;01 2f0fhhfxdxh3fxdxAfhAfx.001hh011h20f01fh; 解（1）：令原式对于f(x)1,x准确成立，于是有 A0A11 1 A12 解之得 A011,A1， 于是有求积公式 22111 f(x)dxf(0)f(1) 0222 容易验证，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。 解（2）：令原式对于f(x)1,x,x2,x3准确成立，于是有 01110112 1 1213311141111,1,0,1.于是有求积公式 221212h112 f(x)dxh[f(0)f(h)]h[f'(0)f'(h)]. 0212h1容易验证当f(x)x时，f(x)dxh;而 051121515 h[f(0)f(h)] h[f(0)f(h)]h（h）21265解之得 0可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是3。 解(3)：令原式对于f(x)1,x,x准确成立，于是有 24精选资料，欢迎下载 。 hAA010dx2hh3h -A0hA1x10解得: A0=,A1=h,x1 2232A0h2A1x21h3313hf(x)dxhf(h)hf(). h223h13h443容易验证，当f(x)x时，f(x)dx0;而 hf(h)hf()h. h2239于是有求积公式 h可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是2。 12. 利用代数精度方法构造下列两点Gauss求积公式： 3 101xfxdxA0fx0A1fx1fxxdxA0fx0A1fx123201 解（1）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有 2AA103AxAx211005 (1)2Ax2Ax21100723A0x0A1x139 利用(1)的第1式，可将第2式化为 22x0(x1x0)A1 (2) 35 同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得 22x0(x1x0)x1A1 (3) 57222 x0(x1x0)x1A1 (4) 79 由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得 2222x(x)x5053017  2x(22x)x20017597精选资料，欢迎下载 。 进一步整理 222(xx)xx5013017  222(xx)xx0101597 由此解出 x0x1 解得： 510,x0x1. 219 x00.821161913186,x10.2949197925,A00.31110668436,A10.27755599823. 因此所求的两点Gauss求积公式： 10xf(x)dx0.31110668436f(0.821161913186)0.27755599823f(0.2949197925). 或依下面的思想： (1)在0，上构造权函数（1x）=x二次正交多项式g2(x) g0(x)=1 g1(x)=x-35105x921105x0921 g2(x)=x2 令2(x)(xx0)(xx1)=x23521035210,x16363代入：x0AA1xdx0101A0x0A1x1xxdx050710A0150A50710115010 xf(x)dx50710352105071035210f()f()150631506323解（2）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有 精选资料，欢迎下载 。 A0A12A0x0A1x123 2 (1) 22A0x0A1x15Ax3Ax3200117 利用(1)的第1式，可将第2式化为 2x0(x1x0)A12 (2) 3 同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得 22x0(x1x0)x1A1 (3) 35222 x0(x1x0)x1A1 (4) 57 由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得 222x(2x)x013035  2x(22x)x20015375 进一步整理 22(xx)2xx013015  222(xx)xx0101375 由此解出 x0x1 解得： 36,x0x1. 357 x00.115587109995,x10.741555747146,A01.30429030972,A10.695709690284. 因此所求的两点Gauss求积公式： 10f(x)dx1.30429030972f(0.115587109995)0.695709690284f(0.741555747146). x或依下面的思想： 精选资料，欢迎下载 。 (2)在0，上构造权函数（1x）= g0(x)=1 g1(x)=x-131二次正交多项式g2(x)x 63 g2(x)=x2x73563 令2(x)(xx0)(xx1)x2x07351523015230,x13535 代入：x011AAdx010xAxAx1x1dx00110x1830A018A183011810 1183015230183015230f(x)dxf()f()18351835x13．分别用三点和四点Gauss－Chebyshev求积公式计算积分I差。 解：(1)用三点(n2)Gauss-Chebyshev求积公式来计算： 11945(x)(2x)2, 112xdx，并估计误21x 此时，f(x)2x,f(6)Ak1(2k1),xkcos(k0,1,n132n2,n), x0cos 由公式可得： 63353,x1cos0,x2cos, 2662I3k022xk3(233202)4.3639556197 22精选资料，欢迎下载 。 由余项可估计误差为 |E2[f]|9452.01335103. 526!(2)用四点(n3)Gauss-Chebyshev求积公式来计算： 此时，f(x) Ak2x,f(8)15945143(x)(2x)2, 41(2k1),xkcos(k0,1,,n), n142n2357 x0cos,x1cos,x2cos,x2cos, 8888I4k032xk4(2cos82cos3572cos2cos) 888 4.368879180569. 由余项可估计误差为 |E3[f]|94514343.2132710. 728!414．用三点GaussLegendre求积公式计算积分I解：作变换x0excosxdx，并估计误差。 2(1t),则得 I0ecosxdxx211e2(1t)cos[(1t)]dte222121ecost2tdt 由三点Gauss-Legendre公式： ba5158515f(x)dxf()f(0)f() 9599515)5(5 Ie2[e22985101515cos()ecos()] 10991015 8e2(0.057052529050.650303782451) 29 12.06167600229. 其估计误差为： 74627(3!)4(6)2(3!)242710E2(f)f(),1,1e()ecos(),337(6!)27(6!)8211x（）。其准确值 Iecosxdx(1e)12.07034631639. 022其准确误差等于：|12.06167600229(12.07034631639)|8.670314110. 3精选资料，欢迎下载 。 第六章习题答案 1.用二分法求方程f(x)xx3x30在区间[1,2]内的根，要求其绝对误差不超 过10. 232解： 由于f(1)113340,f(2)232232330, 且当x[1,2]时，f(x)3x2x33(x) 所以方程在区间[1,2]内仅有一个实根。 由2132100 3112ln102解得(21)10,k6.385. 2k12ln2 所以需要二分7次，才能得到满足精度要求的根。 取[1,2]区间的中点x11.5,将区间二等分，求得f(1.5)1.8750,与f(1)同号，因此得到下一区间[1.5,2];如此继续下去，即得计算结果。 计算结果如下表： k a(f(a)的符号) x(f(x)的符号) b(f(b)的符号) kkkkkk0 1 2 3 4 5 6 7 1（-） 1.5（-） 1.5（-） 1.625（-） 1.6875（-） 1.71875（-） 1.71875（-） 1.7265625（-） 1.5（-） 1.75（+） 1.625（-） 1.6875（-） 1.71875（-） 1.734375（+） 1.7265625（-） 1.73046875（-） 2（+） 2（+） 1.75（+） 1.75（+） 1.75（+） 1.75（+） 1.734375（+） 1.734375（+） 取x7(a7b7)21.730468751.73即满足精度要求。 2.证明1xsinx0在[0,1]内有一个根，使用二分法求误差不大于代多少次？ 1104的根要迭2证明： 设f(x)1xsinx, 由于f(0)10sin010,f(1)11sin1sin10, 精选资料，欢迎下载 。 且当x[0,1]时，f(x)1cosx0. 因此方程在区间[0,1]内有一个根。 114ln104解得(10)10,k13.293. k122ln214 所以需要迭代14次，才能使求得的根的误差不大于10。 2 由3.证明方程e10x20在(0,1)内有根，使用二分法求这个根，若要求 x|xnx|106,需二分区间[0,1]多少等分？ 证明：设f(x)e10x2. 由于f(0)e0210,f(1)e1028e0, 且当x[0,1]时，f'(x)e100. 因此方程在区间[0,1]内有一个根。 由|xnx|x01x116ln106解得(ba)(10)10,k118.93155. 2k12k1ln26所以需二分区间[0,1]19等分，才能满足|xnx|10. 4.能否用迭代法求解下列方程 1(sinxcosx);4 (2)x2(x)42x(1)x1(x)若不能，试将原方程改写成能用迭代法求解的形式。 1(cosxsinx). 41111(x)cosxsinx(cosxsinx)21. x(,). 144421 故迭代格式xk11(xk)(sinxkcosxk)收敛，可以用其来求解方程。 4(x) 解：(1) 1 (2)设f(x)x240. f(1)12410;f(2)22420. 且f(x)12ln20. 可知f(x)在[1,2]上存在一个根，即x[1,2]. x12x(x)2xln2. 当x[1,2]时，2(x)2xln21. 2精选资料，欢迎下载 。 可知不能用迭代格式xk142k来求解方程。 xln(4x)ln(4x). . 令3(x)ln2ln2111111(x)(x)|| 3, |3|||||1,x[1,2]. ln24xln24xln24xln(4xk) 所以迭代格式xk1收敛，可以用其来求解方程。 ln2 可将方程变形为24x,xx325.为求方程xx10在x01.5附近的一个根，设将方程改写成为下列等价形式，并建立相应的迭代公式： (1)x111x1迭代公式 ,k122xkx22 (2)x1x,迭代公式xk131xk 3 (3)x21,迭代公式xk1x11 试讨论它们的收敛性。 xk1 解：(1)(x)112,(x). x2x3 (x0)221. x(1.5,1.5). 33(x0)1.5 所以此迭代格式是收敛的。 22x2(1x)3. (2)(x)1x,(x)332222x21.52323(1x0).(11.5)1. x(1.5,1.5). (x0)33 所以此迭代格式是收敛的。 (3)(x)211,(x)()(x1)3. 2x12211 (x0)()(x1)3()(1.51)31. x(1.5,1.5). 22 所以此迭代格式不收敛的。 6.给出计算x222迭代格式，讨论迭代格式的收敛性并证明x2. 解：由题意可得出其迭代格式为xk12xk. 精选资料，欢迎下载 。 111. 由上式可知，x0. (x)2x,(x)(2x)2222x 当x0时，(x)11. 所以迭代格式是收敛的。 22x22 由limxk1x可得，x2x. (x)2x,(x)x20. k 解得：x11,x22. 其中x110舍去。可得x2. 即解得x2. 7.用下列给定的方法求f(x)x3x10在x02附近的根，根的准确值为 x1.87938524（1）用Newton法； （2）用弦截法，x02,x11.9; （3）用抛物线法，取x01,x13,x22. 解：(1)用Newton法求解 32 f(x)x3x1,f(x)3x3. 将它们代入公式xk1xk3,要求计算结果准确到四位有效数字。 f(xk)有， f(xk)xk33xk1 xk1xk,k0,1. 3xk23 取x02,计算结果列于下表，并和x1.87938524比较得出结果， 3 1.879385 k xk 0 2 1 1.8888 2 1.879452 解得x1.8794. (2)用弦截法求解 3 f(x)x3x1.取x02,x11.9 依迭代公式为xk1xkf(xk)(xkxk1),k0,1.进行计算。 f(xk)f(xk1)计算结果列于下表，并和x1.87938524比较 精选资料，欢迎下载 。 k xk 0 2 1 1.9 2 1.881094 3 1.879411 4 1.879385 解得x1.8794. (3)用抛物线法求解 3 f(x)x3x1. x01,x13,x22. 则f(x0)3,f(x1)17,f(x2)1,f(x0,x1)10,f(x1,x2)16,f(x0,x1,x2)6. 故f(x1,x2)f(x0,x1,x2)(x2x1)10. 0,则根号前的符号为正。 迭代公式为 xk1xk2f(xk)4f(xk)f(xk,xk1,xk2)2 取x01,x13,x22计算x3: x3x22f(x2)24f(x2)f(x0,x1,x2)221.3150. 1010024 f(x3)0.105632,f(x2,x3)8.3703,f(x1,x2,x3)6.32. f(x2,x3)f(x1,x2,x3)(x3x2)7.6338. x4x32f(x3)4f(x3)f(x1,x2,x3)21.8791x4达到要求 8.用Aitken加速迭代法求下列方程在指定区间内的根。 (1)x2lnx,(2,);(2)xx1,[1,1.5].3 解：(1)由迭代格式 xk12lnxk 则(x)2lnx,(x)111 . 在(2,)上(x)1,因此迭代格式是收敛的。x2x 相应于这一格式，可以得到Aitken加速迭代格式： 精选资料，欢迎下载 。 ((xk)xk)2,k1,2xk1xk((xk))2(xk)xk x03 因此由(x0)3.0986122,((x0))3.1309362.解得x13.146738373; 同理，得x23.146193227,x33.146193227. 所以(1)式的近似解为x3.146193227. （2）xx31,[1,1.5] 21取迭代函数(x)=x+1,则迭代格式为xk1=3xk+1，(x)(1x)31 33((xk) -xk)2(k=0,1,2...)xk1xk- 其Aitken加速迭代法格式为((xk))2(xk)+xkx01_((x0) -x0)2x1x01.325509599((x0))2(x0)+x0((x1) -x1)2x2x11.324717961((x1))2(x1)+x1_ ((x2) -x2)2x3x21.324717958((x2))2(x2)+x2_x*1.324718 注：若取迭代函数(x)x1，则因在[1,1.5]上(x)3x21,所以迭代格式3xk1xk31不收敛。 但若用Aitken加速迭代格式 ((xk)xk)2,k1,2xk1xk((xk))2(xk)xk x01.25计算，结果是收敛的。x51.324718。 9.设f(x)(xa), (1)构造求解方程f(x)0的Newton迭代格式； (2)证明此迭代格式是线性收敛的。 32 23解：(1)由f(x)(xa),f(x)6x(xa).从而有Newton迭代格式 32精选资料，欢迎下载 。 33f(xk)(xka)2xka5a xk1xkxk23xkx,k0,1k22f(xk)6xk(xka)6xk66xk (2)迭代格式为xk15axk2,k0,1. 66xk (x)x56a5a,(x)3. 此外x3a. 26x63x5a511330. 63(a)632 则(x)(3a) 所以此迭代格式是线性收敛的。 10.设f(x)xa, (1)构造求解方程f(x)0的Newton迭代格式； 3(2)证明此迭代格式具有二阶收敛性。 2解：(1)由f(x)xa, f(x)3x.从而有Newton迭代格式 33f(xk)xka2a xk1xkxkx,k0,1k22f(xk)3xk33xk (2)迭代格式为xk12axk2,k0,1. 33xk (x)x56a5a4a,(x),(x). 此外x3a. 2346x63x3x22a22330. 33(a)334a40.(a0). 4333(a)3a 则(x)(3a) (x)(3a) 所以此迭代格式具有二阶收敛性。 11.用Newton迭代法求解方程 x2x10x200 6 在x01附近的一个实根，要求xk1xk10（准确值为x1.368808107）。 322解：由题意f(x)x2x10x20,则f(x)3x4x10. 32精选资料，欢迎下载 。 Newton迭代公式为 xk1xkf(xk)， f(xk)32xk2xk10xk20 即xk1xk. 23xk4xk10 取x01时，解得x11.411771, 同理，可得x21.369337,x31.36880819,x41.36880811. 因 x4x31.368808111.368808198108106. 所以用迭代法求方程所得的根为x3.36880811. 12.试导出计算1 解：令 xa(a0)的Newton迭代格式，使公式中既无开方又无除法运算。 1111,则 x2,a2,a20. axxaf(x)a12,f(x). x2x3f(xk)，有 f(xk) 由Newton迭代公式 xk1xk xk1xkf(xk)xkf(xk)a1xk223xk3a3xkxk 223a3。 xkxk22an13.应用Newton迭代法于方程f(x)xa0和f(x)1n0,分别导出求na的迭x 即计算1a(a0)的Newton迭代格式为 xk1代公式，并求 lim(naxk1)(naxk) kn1 解：当 f(x)xa时,f(x)nx.故Newton迭代公式为 n2nxkan1f(x)a xk1xkxkn1xkn1,k0,1f(x)nxknnxk 此时： 精选资料，欢迎下载 。 111nnan1xaxn1a1nxkkkaxk1nn lim limlim2nnk(nax)2kk(axk)(1)2(axk)knnn1(n1)anxk1n。 limnn.（xna）k22aaan时，因f(x).故Newton迭代公式为 xnxn1a1nn1n1xkxk1xkx xk1xkxk[(n1)xk],k0,1 anannnan1x当f(x)1此时： n1xk11n1na[(n1)xk](n1)xknnalimnna limaxk1lim 2nnk(nax)2kk(axk)(1)2(axk)knn1n1nxkn1nan. limk22ax2y24(0)TX(1.6,1.2)14. 用Newton迭代法求解方程组2，取。 2xy1f1(x,y)x2y240解：记，其Jacobi矩阵: 22f(x,y)xy1022x2y12y2y1F(x,y)[F(x,y)] 8xy2x2x2x2y于是有Newton迭代格式: X即 (k1)X(k)2y(k)8x(k)y(k)2x(k)12y(k)(x(k))2(y(k))24 2x(k)(x(k))2(y(k))21(k1)5y(k)2(x(k))2y(k)(k)xx4x(k)y(k),(k0.1.2...) (k)(k)(k)2y(k1)y(k)3x2x(y)4x(k)y(k)由X(0)(1.6,1.2)T逐次迭代得到 精选资料，欢迎下载 。 X(1)(1.53088,1.29216)T,X(2)(1.73077,1.03524)TX(3)(1.271157,1.699312),XTT(4)(1.271157,1.699312)T 故X(1.271157,1.699312)。 第八章习题答案 1.用Euler格式计算初值问题 yx2100y2,  y(0)0的解函数y(x)在x0.3时的近似值（取步长h0.1,保留到小数点后4位）。 22解：将f(xn,yn)xn100yn.代人Euler格式 yn1ynhf(xn,yn)，注意到h0.1,则有： 2222 yn1ynh(xn100yn)yn1yn0.1xn10yn 据x00,y00, 可得计算结果如下 x10.1,y10.0000; x20.2,y20.0010; x30.3,y30.050. 即 y(0.3)0.050. 2.证明隐式Euler格式(2.2)是一阶方法；而Euler两步格式(2.3)是二阶方法，并给出其局部截断误差的主项。 证明(1)：对于隐式Euler格式(2.2)[yn1ynhf(xn1,yn1)]，若假定yny(xn),则有 yn1y(xn)hf(xn1,yn1)y(xn)hy(xn1) （1） 依Taylor公式有 y(xn1)y(xn)hy(xn)Oh2 代人式（1）右端，则有 yn1y(xn)hy(xn)hy(xn)Oh另一方面， 2 3h2y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)Oh3, 2故隐式Euler格式的局部截断误差为 h2y(xn)Oh3, y(xn1)yn12精选资料，欢迎下载 。 可见隐式Euler格式(2.2)是一阶方法。 证明(2)：对于Euler两步格式(2.3)： yn1yn12hf(xn,yn)，考察局部截断误差 y(xn1)yn1，仍设yn1y(xn1),yny(xn),则有 yn1y(xn1)2hf(xn,y(xn))y(xn1)2hy(xn) 注意到 h2h3y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)Oh4 23!于是 h2h3yn1y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)Oh4 23!而 h2h3y(xn)y(xn)Oh4 y(xn1)y(xn)hy(xn)23!因此有 h3y(xn1)yn12y(xn)Oh4 3!即Euler两步格式(2.3)是二阶方法。且其主项系数是2。 注：关于精度分析也可采用代数精度的概念来讨论： 定义：称某个差分格式具有m阶精度，如果它的近似关系式对于次数m的多项式均能准确成立，而对于m1次式不能准确成立。 譬如，考察Euler格式 yn1ynhf(xn,yn)，其对应的近似关系式为 y(xn1)ynhy(xn) 检验它所具有的代数精度，当y1时，左端＝右端＝1；当yx时，左端＝右端＝xnh222而当yx时，左端＝xn1xnh右端＝xn2hxn，所以Euler格式仅有一阶精度。 23.证明梯形公式yn1yn差的主项。 证明：将梯形公式写成： h[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]是二阶方法，并给出其局部截断误2hyn1yn[y(xn)y(xn1)] 2假定yny(xn),则在xn处y(xn1)的Taylor展式为 精选资料，欢迎下载 。 h2y(xn)O(h3) y(xn1)y(xn)hy(xn)2h2h3y(xn)y(xn)O(h4)。另一方面，依Taylor公式 于是yn1y(xn)hy(xn)24h2h3y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!因此有 1131h34y(xn)O(h4) y(xn1)yn1()hy(xn)O(h)3!423!所以梯形公式是二阶方法，且其主项系数为1。 2h[y(xn)y(xn1)]（#） 2 注：也可用代数精度来检验差分格式的精度 与梯形公式对应的近似关系式为y(xn1)yn 为简化处理手续，可引进变换xxnth，而不妨令节点xn0，步长h1，从而将近似关系式化简。这时，梯形格式的近似关系式（#）简化为 y(1)y(0)[y(0)y(1)] 3 易知它对y1,x,x均能准确成立，而当yx时左端＝1，右端＝2123，因而梯形格式2具有二阶精度。 4.已知初值问题yaxb,y(0)0有精确解y(x)a2xbx,试导出近似解yn的Euler2格式，并证明用改进的Euler格式能准确地求出这一初值问题的解。 将此题作如下改动： a2用Euler格式xbx, 证明：2a以h为步长所求得的近似解yn的整体截断误差为yxnynhxn 2 已知初值问题yaxb,y(0)0的精确解y(x)解： （原题的解）Euler格式为 ynyn1hfxn1,yn1,n1,2,将fx,yaxb代人得ynyn1haxn1b,n1,2,由y0y00得 y1y0hax0bbh y2y1hax1b2bhahx1 精选资料，欢迎下载 。 y3y2hax2b3bhahx1x2 ynyn1haxn1bnbhahx1x2 xn1 xkkhk1,2,n，于是 n1bxnah2ynbxnah212n1naxx22nn1bxn yn1bxn1axnxn1 就是所求的Euler格式。 2如果用改进的Euler格式求这一初值问题，则可得到准确解。 hyn1ynfxn,ynfxn1,yn1 2其中yn1ynhfxn,yn，yxnaxnbfxn,yn 由条件y0y00可得 ha2y1y0fx,yfx,yhbh， 001122h4a2y2y1fx,yfx,yh2bh 112222 hn2a2ynyn1fxn1,yn1fxn,ynhnbh 22而精确解为 yxna2a2xnbxnnhnbh，由此可知 22yxnyn0 所以用改进的Euler格式能准确求出这一初值问题的解。 改动后的解： 解：Euler格式为 ynyn1hfxn1,yn1,n1,2,将fx,yaxb代人得ynyn1haxn1b,n1,2,由y0y00得 y1y0hax0bbh y2y1hax1b2bhahx1 y3y2hax2b3bhahx1x2 精选资料，欢迎下载 。 ynyn1haxn1bnbhahx1x2 xn1 xkkhk1,2,n，于是 n1bxnah2ynbxnah212所以整体误差为 yxnynn1naxx22nn1bxn a2aaxnbxnxnxn1bxnhxn 2225.用梯形格式求解初值问题 y83y(1x2) y(1)2h[f(xn,yn)f(xn1,yn1)] 2 取h0.2计算，要求小数点后保留5位数字。 解：f(x,y)83y，梯形公式为 yn1yn yn1yn整理得显格式为 yn1由y1y02可得 0.2(83yn83yn1) 2716yn， 1313y1.2y12.30769; y1.4y22.47337; y1.6y32.56258; y1.8y42.61062; y2.0y52.639. 6.用改进的Euler格式计算积分位）。 x0etdt在x0.5,0.75,1时的近似值（保留到小数点后62yex 解：此积分问题可转化为微分问题，即将上式两端对x求导，得 ，并且取步y(0)0长h0.25。然后利用改进的Euler格式 2精选资料，欢迎下载 。 h[f(xn,yn)f(xn1,yn1)] 22hx2x2 代人f(x,y)ex，有 yn1yn[enen1] 2 yn1yn当y0y00时可计算得， y0.25y1y00.125(e0e0.25)0.242427; y0.50y2y10.125(e0.25e0.50)0.457203; y0.75y3y20.125(e0.50e0.75)0.625776; y1.00y4y30.125(e0.75222222e1.00)0.742984. 2hn)，并证明当2h27.用梯形格式求解初值问题yy0,y(0)1,证明其近似解为yn(h0时，它收敛于原初值问题的准确解yex. 证明(1)：将 f(x,y)y,代人梯形格式 yn1yn ynyn1经整理得 yn从而 yn因y01，故 yn(h[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]得 2h[yn1yn] 22hyn1 2h(2hn12hn)y1()y0 2h2h2h2h2yn1()yn22h2h2hn). 2hxx2hnxnnh2hhn2h22hh22hhhn)lim()lim(1)证明(2)：limynlim( h0h02hh02hh02h eh0lim2xn2hexnyxn,xnnh. x即当h0时，它收敛于原初值问题的准确解ye. 8.取h0.2,用四阶经典Runge-Kutta格式求解下列初值问题： (1)yxy,0x1y3y(1x),0x1; (2). y(0)1y(0)1精选资料，欢迎下载 。 解：(1)利用四阶经典Runge-Kutta格式： hyn1yn(k12K22K3K4)6K1fxn,ynhh K2fxn,ynK1 22hhK3fxn,ynK222Kfxh,yhKnn34得此问题的四阶经典Runge-Kutta格式为（h0.2,）： 0.2yy(K12K22K3K4)nn16K1xnyn  K2xn0.1yn0.1K1K3xn0.1yn0.1K2K4xn0.2yn0.2K3 计算结果如下表所示： n xn yn 0 0 1 K1 1 K2 1.2 K3 1.22 K4 1.44 yxn 1 1 0.2 1.242800 1.442800 1.687080 1.711508 1.985102 1.242806 2 0.4 1.583636 1.983636 2.282000 2.311836 2.6003 1.5839 3 0.6 2.044213 2.4213 3.008634 3.045076 3.453228 2.044238 4 0.8 2.651042 3.451042 3.6146 3.940657 4.439173 2.651082 5 1.0 3.436503 解(2)：现取步长h0.2,利用四阶经典Runge-Kutta格式来计算， 则K1,K2,K3,K4分别为 3.4365 精选资料，欢迎下载 。 hyy(k12K22K3K4)nn16K13yn(1xn)hh K23(ynK1)(1xn) 22hhK3(yK)(1x)3n2n22K43(ynhK3)(1xnh) 化简为 1yy(k12K22K3K4)nn130K13yn(1xn)  K23(yn0.1K1)(1.1xn)K33(yn0.1K2)(1.1xn)K43(yn0.2K3)(1.2xn) 计算结果如下表所示： n 0 1 2 3 4 5 xn 0 yn 1 K1 3.0000 4.2355 5.74 7.5284 9.5279 K2 3.55 4.8871 6.5329 8.4142 K3 3.6942 5.0379 6.6866 8.5705 K4 3.3471 5.74 7.5512 9.88 yxn 1 1.7280 2.7440 4.0960 8.0000 0.2 1.6942 0.4 2.6900 0.6 4.0152 0.8 5.7168 1.0 7.8418 10.5309 10.63 11.7820 5.8320 9.分别用二阶Adams显式和隐式格式解下列初值问题： y1y  y(0)0x取h0.2,y00,y10.181,计算y(1.0)并与准确解y1e相比较。 解：二阶Adams显式格式为 yn1yn yn1ynhyn1)，将fx,y1y代人得 (3yn20.231yn1yn10.7yn0.1yn10.2， h0.2, 2h1yn)，将fx,y1y代人二阶Adams隐式格式（即梯形格式）为 yn1yn(yn2得 精选资料，欢迎下载 。 0.21yn11yn1.1yn10.9yn0.22 ， 92yn1yn1111yn1yn 计算结果如下表所示： 二阶Adams显式 二阶Adams隐式 精确解 n 0 1 2 3 4 5 xn 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 yn 0 0.181 0.3267 0.44679 0.23 0.62751 yn 0 0.181818182 0.330578513 0.452291511 0.551874872 0.633352168 y(xn) 0 0.181269200 0.32969 0.4511883 0.550671036 0.632120559 10.证明解yf(x,y),yx0y0的下列计算格式 yn11h1yn3yn1) (ynyn1)(4yn24 是二阶的，并求出局部截断误差的主项。 解：设yny(xn),yn1y(xn1).则有 yn11h1y(xn)3y(xn1)) (y(xn)y(xn1))(4yn24将右端项在xn处Taylor展开： h2h3y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!h2h34y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!h2h3(4)1y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4) yn23!代人yn1中得到yn1在xn处的Taylor展开式为 1h2h3y(xn)y(xn)O(h4) yn1y(xn)y(xn)hy(xn)223!精选资料，欢迎下载 。 h2h3(4)44(y(x)hy(x)y(x)y(x)O(h)y(x)nnnnn23!h 23hh444y(xn)y(xn)O(h)3y(xn)hy(xn)23!h219y(xn)h3y(xn)O(h4) y(xn)hy(xn)224y(xn1)在xn处Taylor展开有 h2h3y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!则其局部截断误差 5h3Rn1y(xn1)yn1y(xn)O(h4). 85h315y(xn)局部截断误差的主项。其主项系数为。 因此，上述计算格式是二阶的，84 11.用Taylor展开法证明，存在某个常数a,使下列格式为四阶方法： yn1a(ynyn1)yn2h(3a)[f(xn,yn)f(xn1,yn1)] 25 解：只须证明局部截断误差Rn1y(xn1)yn1O(h).则上述方法为四阶。 设yny(xn),yn1y(xn1),yn2y(xn2).将右端项在xn处Taylor展开：注意到 h2h3h44y(xn)y(xn)y(xn)O(h5) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!4!h2h34y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!(2h)2(2h)3(2h)4(4)yxn2y(xn)2hy(xn)y(xn)y(xn)y(xn)O(h5) 23!4!则yn1在xn处的Taylor展开式为 精选资料，欢迎下载 。 hyn1a(ynyn1)yn2(3a)[y(xn)y(xn1)]2h2h3h44ay(xn)ay(xn)ahy(xn)ay(xn)ay(xn)ay(xn)O(h5)23!4!(2h)2(2h)3(2h)4(4)y(xn)2hy(xn)y(xn)y(xn)y(xn)O(h5)23!4!hh2h3(4)(3a)[y(xn)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4)]223! 1a73a5y(xn)hy(xn)h2y(xn)hy(xn)h4y(4)(xn)O(h5) 2121224y(xn1)在xn处Taylor展开有 h2h3h44y(xn)y(xn)y(xn)O(h5) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!4!则其局部截断误差 9a9aRn1y(xn1)yn1(h3h3)y(xn)(h4h4)y(4)(xn)O(h5) 12122424由此可知，当a9时，y(xn)和y四阶的。 (4)(xn)的系数均为0,即Rn1O(h5).因此上述格式为精选资料，欢迎下载 。 Welcome 欢迎您的下载， 资料仅供参考！ 精选资料，欢迎下载