計(jì)算方法課后習(xí)題答案

1、3.已知函數(shù)y4在x 4, x 6.25, x 9處的函數(shù)值，試通過(guò)一個(gè)二次插信函數(shù)求"的近似值，并估計(jì)其誤差9；yo 2,y2.5,y2 3解：由題意 y 6知:x0 4,x1 6.25,x2_2(1) 采用 Lagrange 插值多項(xiàng)式 y G L2(x)l j(x)yjj 07 L2(x)|x7(x Xi)(X x2)(Xo Xi)(Xo X2)y0(7 6.25)(7 9) 22.25 52.6484848(x Xo)(X X2)(Xi Xo)(Xi X2)(7 4)(7 9) 2.52.25 2.75(x Xo)(X Xi)(X2 Xo)(X2 Xi)(7 4)(7 6.2

2、5)2.75 5y2其誤差為9)f()R2-(7 4)(7 6.25)(755又f(3)(x) -x 283 5貝U max| f (3)(x) | -4 2 0.011724,981|R2(7)|(4.5)(0.01172) 0.008796(2)采用Newton插值多項(xiàng)式y(tǒng) JX N2(x)根據(jù)題意作差商表：iXif(Xi)一階差商二階差商0421%293著%952.6484848山 2 29 (7 4) ( 4495) (7 4) (7 6.25)4 .設(shè)f xxk k 0,1,., n，試列出f x關(guān)于互異節(jié)點(diǎn)xi i 0,1,., n的Lagrange插值多項(xiàng)式。注意到：若n 1個(gè)節(jié)

3、點(diǎn)x i 0,1,., n互異，則對(duì)任意次數(shù)n的多項(xiàng)式f x ,它關(guān)于節(jié)點(diǎn)Xi i 0,1,., n滿足條件P Xiyi,i0,1,.,n的插值多項(xiàng)式P x就是它本身。可見(jiàn)，當(dāng)kn時(shí)哥函數(shù)f(x) xk(k 0,1，,n)關(guān)于n 1個(gè)節(jié)點(diǎn)xi i 0,1,., n的插值多項(xiàng)式就是它本身，故依Lagrange 公式有特別地，當(dāng)knnk x lj j 00時(shí),x xi、k )xjxk,k 0,1,.,nxixjljj 0nxjljj 0而當(dāng)k 1時(shí)有xjxjx5 .依據(jù)下列函數(shù)表分另J建立次數(shù)不超過(guò)3的Lagrange插值多項(xiàng)式和Newton解：(1)Lagrange插值多項(xiàng)式插值多項(xiàng)式，并驗(yàn)證插

4、值多項(xiàng)式的唯一性。X0124f(x)19233l0(x)xXi? xx2? xx3XoXi Xox2 Xox31i(x) J? JXi Xo Xi X2 Xi X332x0cX2cX4x 6x 8x?=10 12 143l2(x)XX。？ XX1? XX3X2X。 X2X1 x2x33_ 2,x0x 1x 4x 5x4x?=202 12 4433x xL3(x)lj(x)yj lj(x)Lj 0i 0, Xj xii j3 一 2x 1-X 2cx 4 x 7x 14x 8?=0 1 0 2 0 48kXkf (Xk)一階差商二階差商三階差商00111982223143343-108%(2)N

5、ewton插值多項(xiàng)式N3(x)f(X0)f (X0,X1)(X X0)f (X0,X1,X2)(X X0)(X X1)13(X)L3 XXX0? XXi? XX2X3Xo X3Xi X3X2x 0 x 1 x 2 x 3x 2x？=4 0 4 1 4 224X 0 X 2 X 4 910 12 14233x 2 X 423x x 6x 823xx2 5x43x 211 3X445 2X4f (X0,X1,X2,X3)(X X0)(X X1)(X X2)1 8(x 0) 3(x 0)(x 1) 114(X 0)(x 1)(x 2)11 3 45 21 彳一 X X X 1 442由求解結(jié)果可知：

6、L3(x) N3(x)說(shuō)明插值問(wèn)題的解存在且唯一。7.設(shè)f xX4,試?yán)肔agrange余項(xiàng)定理給出f X以1,0,1,2為節(jié)點(diǎn)的插值多項(xiàng)式L3 X 。解：由 Lagrange 余項(xiàng)定理f(n 1)()R(x) f(x) Ln(x) f-( ) n1(x)a,b(n 1)! n 14!可知：當(dāng) n 3時(shí)，f(n 1)( )f(4) (x) 4!L3(x)f(x)(3 1)！(x Xo)(x xi)(x X2)(x X3)4_x (x 1)(x 0)( x 1)(x 2)2x3 x2 2x8.設(shè) f (x) C2 a,b 且 f (a) f (b) 0 ,求證1 " 、2,，、max

7、 f (x) - (b a) max f (x) a x b8a x b證明：以a, b為節(jié)點(diǎn)進(jìn)行線性插值，得x bx aLi(x)f (a) f (b)a bb a由于f(a) f (b) 0,故L1(x) 0。于是由f ()f (x) L1(x) (x a)(x b), a b2!，一 ,f''()有 f(x)| (x a)(x b),令 t(x) (x a)(x b) x a,bt (x) 2x (a b) 0 x a/時(shí)t(x)有極大值1max f (x) = maxa x b2 a x bf (x) ?max (xa x ba)(xb)1 amaxf (x)?(a a

8、)(b)=1(b a)2maxf (x)1 、）x證明a x13 .設(shè)節(jié)點(diǎn)x i 0,1,L ,n與點(diǎn)a互異，試對(duì)ff x0,xi,L ,xk1.八，,一,k 0,1,L ,n xi并給出f x的Newton插值多項(xiàng)式。解依差商的定義f(Xo)aXof (Xo,Xi)f() f(Xo)X1 Xo_(，)X x0 axia xo(a般地，設(shè)f(Xo,Xi, , Xk)k(a Xi) i 0k 1i 0 (a Xi)f(X1，X2, ,Xk 1)f(xo,X1, ,Xk 1)f(Xo,Xi, ,Xk)Xi)(a Xo)Xk 1kNn(x)1Xo1k 1X0i 1Xk 1Xo1a xi二）1a Xi

9、 Xk 11Xoa Xk 11a Xoi o aXi的Newton插值多項(xiàng)式為f (Xo) f (Xo,X1)(XX Xo(a Xo)(a X1)k 1 x xXo)f(Xo,*, ,Xn)(X Xo)(X(X Xo)(X X1)(X Xn 1)(a Xo)(a X1)(aXn)X1)(X Xn 1)a Xk i 0 a x16 .求作滿足條件1H(0) 1,H (0) 2,H(1)2,H (1)2.的插值多項(xiàng)式解法1:根據(jù)三次Hermite插值多項(xiàng)式:H3(x) (1 2)(工)2y。 Xo X1 Xo X1(12)(-X1XoX1Xo、2)y1Xo（X刈）（元八。（XX1)()X1Xo2y

10、11并依條件 H(0) 1,H (0) -,H(1) 2,H (1) 2.,_2_212_2H3(x) (1 2x)(x 1)2 2(3 2x)x2 x(x 1)2 2(x 1)x22解法2:由于xo0?1 ,故可直接由書(shū)中（）式，得H3 xAo x VoyB0 xV。B1y118.2x 1 2xx2 2xx2 x 11 3 -x21x 1 2求作滿足條件H3 01,七12,也9,七13的插值多項(xiàng)式H3x ,并估計(jì)其誤差。用基函數(shù)方法構(gòu)造H3 xH3 xAo x yo A1 x解法1:由已知條件xo12y129y3V1A2 x y2B1 x V1O令其中，Ao x ,A,B1x均為三次多項(xiàng)式，

11、且滿足條件AoAoAoAo依條件可設(shè)AoAo O=1,可得:同理，AH3C=-2Ao,A21 2,B1誤差為：R3 x f x H3 xx x 1 x 2 4!由條件 H3 01, H3 12,H3 2解法2:用承襲性構(gòu)造H3 xixP(xi)一階差商二階差商0011121229739先構(gòu)造一個(gè)二次多項(xiàng)式 N2(x)作差商表:2于是有：N2(x) 1 1 (x 0) 3(x 0)( x 1) 3x 2x 1令所求插值多項(xiàng)式 H3 x N2(x) c(x x0)(x x1)(x x2)利用剩下的一個(gè)插值條件H3 13,得心(毛)c(x x°)(x1 x?)f3 x1由此解出f3 x M

12、M)3 4dc 1(x1 x0)(x1 x2)10 12故有P(x)3N2(x) x(x 1)(x 2) x 119.求作滿足條件H3 xi_k_ kf x i 0,1 ,H3 x fx° k 1,2 的插值多項(xiàng)式P x 。并給出插值余項(xiàng)。解：令H2 x f x0H x3f xH2 xf xx x0-23c x x0利用插值條件H3 x1f x1定出f x1H 2 xc 3-x x。注意到這里x0是三重零點(diǎn),x1是單零點(diǎn)，故插值余項(xiàng)為f x H3 x4f3x x0x x1 4!20.求作次數(shù)4的多項(xiàng)式P x ,使?jié)M足條件P 01,P 10,P 02,P 110, P 140并列出插值

13、余項(xiàng)。解法1:由于在x 0處有直到一階導(dǎo)數(shù)值的插值條件，所以它是“二重節(jié)點(diǎn)”；而在x 1處有直到二階導(dǎo)數(shù)值的插值條件所以x 1是“三重節(jié)點(diǎn)”。因此利用重節(jié)點(diǎn)的差商公式：kf xf x, x,.,x = lim f x0, x,.,xk 1, x k+1x0,x1 ,.,xk 1 xk!Xif Xi一階二階三階四階0101-21013101096101020115可以作出差商表根據(jù)Newton插值多項(xiàng)式，有2Xof Xo,Xox x2Xo (x22x0 (x x1)f Xo,Xo,Xi X Xox0,x0,x1,x xXi) f Xo,Xo,Xi,Xi,Xi1 2x 3x2 6x2(x 1) 5

14、x2(x 1)2,且插值余項(xiàng)為1f 5!第二章答案1.計(jì)算下列函數(shù)f x關(guān)于C 0,1的川Jfl/fb：注：fmaxf x, %bf x dx, ii %bf2 a1 2x dx31 f xx 1c,12 f xx 23 f xxm x 1 n ,m與n為正整數(shù)104 f x解：（1） f XIlfxmax f xmax x 110 f(x) dx10(1x)3dx1 f212 (x)dx10(x1)6 dx1712(2)max f xmax(x1 -)dx 2x)dx11(x21 )dx22f(x) dx10(x2dx3.x 是區(qū)間i 00,1上帶權(quán)x的最高次項(xiàng)系數(shù)為1的正交多項(xiàng)式族，其中x

15、 dx和 1 x。解法一:10x 3(x)dx10 (x) 3(x) 0(x)dxQ i(x) i 01是區(qū)間0,1上帶權(quán)（x）x的最高次項(xiàng)系數(shù)為1的正交多項(xiàng)式0 (x) 3(x)0(x)dx0,1即 o x 3(x)dx 0由于0（x） 11(x)(x, 0(x)(0(x),0(x)0(x)1 2x dx0-xdx0解法二：設(shè)c,則由c dx4.求a,b ,使積分axsin x2dx取得取小值。解：題意即為在span 1,x中求f x sinx的最佳平方逼近多項(xiàng)式P xao aix ,故ao,ai滿足法方程(o(x),o(x)ao(o(x), i(x)ai(y,o(x)(i(x),o(x)a

16、o(i(x), i(x)ai(y,i(x)積分可得:a0a124,824a0 b 2a 0.6644389b 0.ii47707.96 24ai a 3或者按下述方法:因?yàn)?2 ax b sin x 2dx a2 3024上式分別對(duì)a,b求偏導(dǎo)，并令其為零，有ab 2 2a -b2422b4i 3 b 2aa i2 4一 la 2 b 2 0b 4從而也有a 96-44-8242i .5.對(duì) f x ,g x C a,b ,定乂b1 f,g f x g x dxab2 f, g f x g x dx f a g a a問(wèn)它們是否構(gòu)成內(nèi)積？(1)顯然有 f,g=g,f,cf,g=cf,g, c

17、是常數(shù)(fi f2,g) (fi,g) (f2,g)但不滿足“當(dāng)且僅當(dāng)f=0時(shí)(f, f )=0,( f,f) 0"b這是因?yàn)?f,f尸(f (x)2dx 0a推出f x 0,即f為常數(shù)，但不一定為0,故(1)不構(gòu)成內(nèi)積(2)顯然內(nèi)積公理的1), 2), 3)均滿足，考察第四條b(f,f),2f (x) dx f1 2 * a0,由f, f 0反之，若 f, f 0, M f x 0且 f'3,'4.此可推得f x 0,即內(nèi)積公理第四條滿足，故（2）構(gòu)成內(nèi)積。8.判斷函數(shù)1,x,x23 在 1,1上兩兩正交，并求一個(gè)三次多項(xiàng)式,使其在1,1上與上述函數(shù)兩兩正交。解：(

18、1)1,x1xdx 011,x2dx0,2 x,xdx 01,111dx1x,x2 .x dx12dx845所以,1,x,x2 1 在 31,1上兩兩正交。1一 dx321 dx3設(shè)所求多項(xiàng)式為2.用最小二乘法求一個(gè)形如2 .bx的經(jīng)驗(yàn)公式，使它與下列數(shù)據(jù)相擬合,并估計(jì)平方誤差。xk1925313844yk解:2x 1, 1 x xT1,1,1,1,1T361,625,961,1444,1936T19.0,32.3,49.0,73.3,97.8o,11110,1 361 1625 19611 1444 1 1936 53277277699y,369321.5y,271.45a5327b 271

19、.40.9725295327a 7277699b369321.50.0500351公式是 y 0.972529 0.0500351x2將 x = 19,25,31,38,44 分別代入y。 19.02, y132.22, y 49.02, y一一 一一 2 一0.97 0.05x2，得_ _ * _73.17, y4 97.77.4所以誤差k 02y* 0.025解:(1)0,12.求函數(shù)fX在給定區(qū)間上對(duì)于span1,X的最佳平方逼近多項(xiàng)式:0, 0 a01 , 0 a01,y,aO12 a112a00,arctan x,、x, 0,10, 1 a11, 1 a1x arctanx, 0,1

20、1dx 1,0 10 arctgxdx0, 10,1cosx, 0,1 ;1,1.y,y,1xdx01/2,2dx1/3：ln2, y, 110 xarctgxdx 13a10 a01ln24 214 22ln 2 3cosai2ln2 3 26 3ln2 26 3ln 2)xx, 0,11 a1y,1,0 a01,1 dy,110, 0y, 01dx01cos01,xdxa012 a03 f12 a113 a1y,0, 10,10, y,0dx 1,xdxa。xdx 1/2,0121xcos xdx02 ,a11xdx024-21/2,1a01 a1212a04 f13 a12325xe ,

21、1,10, 0y, 0dx11exdx12,0221x212-2dx 1/3空x。dx 1/34,a!151e , y,415xdx10,x2dx12/31 xexdx2e2a0 2 322e 1a03x。 e13. f1,1上求關(guān)于2span 1,x ,x4的最佳平方逼近多項(xiàng)式。解：Legendre 是-1 ,1上的正交多項(xiàng)式1 o1取 Pc(x) 1, p2 (x)(3x2 1), p4(x)(35x4 30x2 3)028(Pk(x), pk(x)(f, P0(x)01(1x) dx ° xdx(f , P2(x)(f , P4(x)1xg；3x22(35x481)dx30x2

22、12-xg(3x 1)dx3)xdx-(35x48a0-(f, P0(x) -,a2225”p2(x)所以p；(x)230x 3)xdx9，a4 7( f, P4(x)216124a0 P0 (x) a2 P2(x) a4 P4(x)=0.8203125x4 1.640625x2 0.257812516.求f xlnx在1,2上的二次最佳平方逼近多項(xiàng)式，并估計(jì)平方誤差。解:2 13t -1 mt,則f x ln x 2ln,t1,1*PnCkTkk 0C0To, f,3 1 +ln _ _ t2 2 dt.J t2ln1一 cos21.15519C1T1, fxln12,11t2 dt t20

23、 cos1 -cos21.520575C2T2, f2t211ln 32t22tdtcos2ln i1 cos20.46204*所以P3t-1.15519+1.520575c 0.462042x2-120.92408x21.520575x 0.69315其誤差為ln 3 1t 2 2* .P3 t0.00002055第三章習(xí)題答案1.分別用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式計(jì)算積分I10.5Jxdx,并估 計(jì)誤差。解：1)用梯形公式有：一 0.42678 23322.6042 10 3 2 7.3657 101-1 0.51、.xdx f 1 f 0.5 10.52433tb a0.

24、531ET f f12124事實(shí)上，Q f x G, I 1 xdx 0.4309644 00.5105I - f 0.5 f 10.4267767210.0041877t ,1-.1 0.5 .E f 、xdx f 0.5 f0.521 1120.5ES f1 0.54f18021802.315-(b- a)123-f ''(h) ?、.248事實(shí)上，ES f0.5xdx0.50.54f0.5 13）由Cotes公式有:xdx G 0.5907 f 0.532f I12 f32 f-20.43093241.18377 10f 10.00003047f 114.94975 25

25、.2982218010.3923029.933260.4309632+ 12+7)EC f2 12945EC(f)=94564-2( b- a)945 * 4f (h) ?事實(shí)上，EC f 0.00000033.分別用復(fù)化梯形公式和復(fù)化公式1 x 一 dx,n 8 04 x2解：（1）用復(fù)化梯形公式有:h修U11122. 2 82.6974 10 6Simpson計(jì)算下列積分.Tn-0 162 (0.0311280.0615380.090566 0.117650.142350.164380.18361) 0.20.1114f802 240.111570.0615380.11765 0.1643

26、8 4 0.0311280.0905660.412350.18351 0.25 .給定積分；sinxdx。(1)利用復(fù)化梯形公式計(jì)算上述積分值，使其截?cái)嗾`差不超過(guò)2 10(2)取同樣的求積節(jié)點(diǎn)，改用復(fù)化Simpson公式計(jì)算時(shí)，截?cái)嗾`差是多少?(3)如果要求截?cái)嗾`差不超過(guò)10 6,那么使用復(fù)化Simpson公式計(jì)算時(shí)，應(yīng)將積分由復(fù)化Simpson公式有:0 2 (f區(qū)間分成多少等分?解：國(guó)空f(shuō)()-2 f ( 96n2'''f x =sinx, f (x) cosx, f (x)sin xETn(f)sin 96n2396n"當(dāng)誤差 ETn(f)0.5 10

27、3時(shí)，n所以取n =26 o則52 Tn 部(0)f(2)252 f(xk)k 1 k0.94651 0 1 2sin() sin() sin() . sin(25-) 2 5252525252喻fbH)4f''''()福(2 五)4sin()則 ESf 2 (1 1)4(n 26) 2 (1 一)4 7 10 9 n180 2 2n180 2 2n ESf 180 以赤)4 10 6則 n 7.6n=87.推導(dǎo)下列三種矩形求積公式:x dxx dxx dxb a 24證明：(1)將 f(x)在 xa處Taylor展開(kāi)，得f(x) f(a)f'( )(x

28、a),(a, x).兩邊在a,b上積分，得ba f(x)dxf(a)dxbaf()(x a)dx(ba) f (a)b)a(x a)dx(ba) f (a)1 ，22f ( )(b a)2,a,b.將f (x)在xb處Taylor展開(kāi)，得f(x) f(b)f ( )(xb),(x,b).兩邊在a,b上積分，得ba f(x)dxf(b)dxbaf ()(x b)dx(ba)f (b)b)(x b)dxa(ba) f (b)2f2()(b a)2,a,b.將f(x)在xaf(x)f(工a b2b) f處Taylor展開(kāi)，得a b、/a b、)(x )22b)2,a,b.兩邊在a,b上積分，得:f

29、(x)dx : f (%)dx(b a)f(a-2b)baf (f (a)(xb)a(xb)dx5dx()(xf ( )(xa b.2 .)dx2a b 2 )dx2011(b a) f (a-2)10.判別下列求積公式是否是插值型的,f"()24(b a)3.并指明其代數(shù)精度:33f x dx - f02解：插值型求積公式ba f(x)dxnAkf (xk)k 0其中Ab n x X dxa i 0 xk x i k3因此，03x 2,3 A dx 一, A0 1 22r 3 r f(x)dx 2f(1)3x1. dx0 2 1f (2)是插值型的求積公式。因其求積公式是插值型的，

30、且存在2個(gè)節(jié)點(diǎn)，所以其代數(shù)精度至少是對(duì)于f (x) x容易驗(yàn)證，它對(duì)于 f (x) x2不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是 解(2):令原式對(duì)于f(x) 1,x,x2,x3準(zhǔn)確成立，于是有時(shí),30 f(x)dxx2dx 9;332f(1) f(2) 3(1 4)15 c 9.221?？梢?jiàn)它對(duì)于f (x) x不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是11.構(gòu)造下列求積公式，并指明這些求積公式所具有的代數(shù)精度:1f x dx0hf x dx0hf x dxhA0f 0h 0fAofAf 1 ；01f h h20f 01fh A f x1 .解(1)：令原式對(duì)于f(x)1,x準(zhǔn)確成立，于是有A1112一

31、，r1斛之得A0, A2112'于是有求積公式0 f (x)dx1 1 3 f (0) -f(1)1。121314解之得 00 f (x)dx1,-hf(0)1-、，一.于是有求積公式 12,12,f(h)h2f'(0) f'(h).12容易驗(yàn)證當(dāng)f (x) x4 時(shí),15H f (x)dx h ;而511c1 U”咐f正山(0) f6h 5(4.可見(jiàn)，它對(duì)于f(x) x不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是3。解(3):令原式對(duì)于f(x) 1,x,x2準(zhǔn)確成立，于是有 hA0 A1 dx 2h 010一一 h 3 h-A0h AK 0 斛得：A0 = ,A1 = -h,

32、x1 223Aoh2 Axl -h3 3 h13 h于有求積公式 h f (x)dx -hf( h) - hf (-). 3 h一 13 h 谷勿驗(yàn)證，當(dāng) f (x) x 時(shí)，卜 f (x)dx 0;而-hf ( h) hf ()可見(jiàn)，它對(duì)于f(x) x3不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是2。12.利用代數(shù)精度方法構(gòu)造下列兩點(diǎn)Gauss求積公式:1 o x/x f x dx A0f x0Afx11 f x2 dx A0 f x0A f x1解(1)：令原式對(duì)于f(x) 1,x, x2, x3準(zhǔn)確成立，于是有A0 A1 I2A0X0A1X15A0X2A1X12“3“3A0X0A1X1利用(1)

33、的第1式，可將第2式化為2-Xo (X1 Xo)A 3同樣，利用第2式化簡(jiǎn)第3式,2-Xo (X1 Xo)xA522 A7X0(X1 Xo)X1 A125利用第2729(2)3式化簡(jiǎn)第4式，分別得(3)(4)由(2) (3) (4)式消去( x°)A,得2 5x027x02(5(72-X)X132 、A)”5進(jìn)一步整理2527X)X)2-X0X1 32 -X0X152729由此解出5X0X1,Xo21X1109解得:x0 0.821161913186X10.289949197925,A0 0.3891110668436A 0.27755599823.因此所求的兩點(diǎn)Gauss求積公式:

34、,x f (x)dx 0.3891110668436 f (0.821161913186) 0.27755599823 f (0.289949197925).或依下面的思想:（1渲0,1上構(gòu)造權(quán)函數(shù)（x） =Jx二次正交多項(xiàng)式g2（x）g 0（x）=1，、3g i(x)=x- 5g 2(x)=x 2令 2(x) (xX035 2 .106321、/、2 105x0)(x x1尸x -x 2135 2.10，x163代入:A0X0A%xdx00 x x xdxA050 7.1015050 7,101501,xf(x)dx 50_Zf(35_*01506350 7.10 f (35 2 10150

35、(6323斛（2）:令原式對(duì)于f（x） 1,x, x , x準(zhǔn)確成立，于是有A A 2“2Ax。Ax -2 22A0x0Ax1二53 32A0x3 Ax；7利用（1）的第1式,可將第2式化為2x02(x1 %) A -3同樣，利用第2式化簡(jiǎn)第3式，利用第2,、 “2二 % （x1 小）儲(chǔ)-352/ A 2.2二 % （x %）x1A -57（2）3式化簡(jiǎn)第4式，分別得（3）（4）由（2） （3） （4）式消去（Xx°）A,得進(jìn)一步整理23%2X5(3(52xo)x2x°)K 3|(x0 32(x05Xi)Xi)2%X3由此解出解得:,x) K35x0 0.115587109

36、995x1 0.741555747146,Ao 1.30429030972 A 0.695709690284.因此所求的兩點(diǎn)Gauss求積公式:1.30429030972 f (0.115587109995) 0.695709690284 f (0.741555747146).或依下面的思想:1(2)在0,1上構(gòu)造權(quán)函數(shù)(x)二一次正父多項(xiàng)式g/x) xg 0(x)=1，、1g 1(x)=x-3g 2(x)=x 2 6x 735人263令 2(x) (x x0)(x x1) x x 一73515 2 3015 2.30x , X 3535代入： 1 1A0 A07xdxA “11.A)x0 A

37、x1x-i=dx0 xAoAi18 , 301818 ,30181 .f (x)dx18 .30 f 15 2-3018 -30 f 15 2.30183518353513.分別用三點(diǎn)和四點(diǎn)Gauss- Chebyshev求積公式計(jì)算積分1 x2dx,并估計(jì)誤差。解：(1)用三點(diǎn)(n 2) Gauss-Chebyshev求積公式來(lái)計(jì)算:此時(shí)，f(x) 、,2(6)945x，f (x)豆 (2x)11萬(wàn)一,x< 3cos小 2n 2(k0,1,L ,n),x0 cos 632，X1cosT 0,x265cos一6由公式可得:-(2 :,2-0：) 4.368939556197由余項(xiàng)可估計(jì)誤

38、差為叵仙94525g6! 642.01335 10 3.(2)用四點(diǎn)(n 3) Gauss-Chebyshev求積公式來(lái)計(jì)算:此時(shí)，f(x) ,2一 f(8). .945 143x, f (x) 644(215x) 2Akxo-,xk cos(k 42n 23cos, x1 cos一, x2882 xk J、2 cOs84.368879180569.由余項(xiàng)可估計(jì)誤差為| E3f|O,1L ,n),5cos一, x282 cos3894527 g8! 6414347cos一82 cos J2 cos)883.21327 104.14.用三點(diǎn)Gauss Legendre求積公式計(jì)算積分Iex co

39、sxdx ,并估計(jì)誤差。解：作變換x -(1 t),則得ex cosxdx 一 21-2(1 t)1ecos-(1 t)dt1 一 te2 costdt12由三點(diǎn)Gauss-Legendre公式:b5.15f(x)dx -f()a9585.159 f9f(Ie2-e2( 5)cos(29, 15105 _15-e 10 cos(9.1510-)-e2 (0.057052529050.650303782451)12.06167600229.其估計(jì)誤差為：E2(f)742 (3!) a,3 f (7 (6!)3),1,1一e22742 (3!)7 (6!)36_)e cos87 10ex cosx

40、dx12(1 e)12.07034631639.其準(zhǔn)確誤差等于:| 12.0616760022912.07034631639) |8.6703141 10 3第四章習(xí)題答案2。用Gauss列主元素消去法解方程組1026x17 0x21 5x3解：因?yàn)榈谝涣兄?0最大，因此把10作為列主元素1026x170x215x310x112又2x310706。1r3 r23 25 2315XiX2X3710X17x27055 得到方程組5- X25X15X3X21222313131X31X3555用Doolittle分解法解方程組1020%50101X231243X3170103X471 0 2 01 0

41、 0 0 1 0 2 00斛：A= 1101_ 010024312100 10 10 0 2 10 1 0 30 1 0 10 0 0 210 0 010 2 0其中L= 01U=0 10 10 0 2 131070X171070X172亦”10 101661r-r_0555X2213X23 2R1010225X35016X361052210100 10 1由 Ly= 5,3,6,17 T解得 y= 5,3,6,4 T由 UX=y ,解得 x= 1,1,2,27。用Crout分解法接方程組。1234X1214916x210182764x34411681256X4190解：ALULy=b=Ux=y=14362,10,44,190 T2,4,3,1 T24得x二y=2,4,3,11,1,1,1 T11。已知2,3,2, x解:9,1才)2max1 i n13。求證:x1AfAf證明:(1)max x.n max x.14。設(shè) A解：A所以x x所以n xmaxAAT2 a2in maxAAT2 aniAAT2 ajiAAT2 aija2maxAATA2AAT2 AATn AAT