計算方法課后習題答案

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上習 題 一3.已知函數(shù)在處的函數(shù)值，試通過一個二次插值函數(shù)求的近似值，并估計其誤差。 解：（1） 采用Lagrange插值多項式其誤差為（2）采用Newton插值多項式 根據(jù)題意作差商表：一階差商二階差商04216.252.52934. 設，試列出關于互異節(jié)點的插值多項式。 注意到：若個節(jié)點互異，則對任意次數(shù)的多項式，它關于節(jié)點滿足條件的插值多項式就是它本身。可見，當時冪函數(shù)關于個節(jié)點的插值多項式就是它本身，故依公式有特別地，當時，有 而當時有 5.依據(jù)下列函數(shù)表分別建立次數(shù)不超過3的插值多項式和插值多項式，并驗證插值多項式的唯一性。 012419233解：（1） L

2、agrange 插值多項式 =（2） Newton 插值多項式一階差商二階差商三階差商00111982223143343-10由求解結果可知：說明插值問題的解存在且唯一。7. 設，試利用余項定理給出以為節(jié)點的插值多項式。解：由Lagrange余項定理 可知：當時，8.設且，求證 證明：以為節(jié)點進行線性插值，得 由于,故。于是由 有， 令 13設節(jié)點與點互異，試對證明 并給出的插值多項式。 解 依差商的定義 ，一般地，設則 故的插值多項式為16 . 求作滿足條件的插值多項式 。 解法1：根據(jù)三次Hermite插值多項式：并依條件，得解法2：由于，故可直接由書中（3.9）式，得18 求作滿足條件的

3、插值多項式，并估計其誤差。 解法1：由已知條件0121293用基函數(shù)方法構造。令其中，均為三次多項式，且滿足條件依條件可設，由 可得：同理，誤差為：解法2：用承襲性構造由條件先構造一個二次多項式作差商表：一階差商二階差商001112122973于是有：令所求插值多項式利用剩下的一個插值條件，得 由此解出 故有19 求作滿足條件的插值多項式。并給出插值余項。 解：令 利用插值條件定出 ： 注意到這里是三重零點，是單零點，故插值余項為 20 求作次數(shù)的多項式，使?jié)M足條件并列出插值余項。 解法1：由于在處有直到一階導數(shù)值的插值條件，所以它是“二重節(jié)點”；而在處有直到二階導數(shù)值的插值條件所以是“三重節(jié)

4、點”。因此利用重節(jié)點的差商公式： 可以作出差商表 一階二階三階四階001111100021101039206115根據(jù)Newton插值多項式，有 且插值余項為 第二章答案1. 計算下列函數(shù)關于的：注：， 解：（1） （2） 3.是區(qū)間上帶權的最高次項系數(shù)為1的正交多項式族，其中，求。 解法一：解法二：設，則由4.求，使積分取得最小值。解：題意即為在中求的最佳平方逼近多項式，故滿足法方程或者按下述方法：因為上式分別對求偏導，并令其為零，有從而也有 ，5.對，定義 問它們是否構成內(nèi)積？（1）推出,即為常數(shù)，但不一定為0，故（1）不構成內(nèi)積。（2）顯然內(nèi)積公理的1），2），3）均滿足，考察第四條 若

5、，則必有反之，若，則且，由此可推得, 即內(nèi)積公理第四條滿足，故（2）構成內(nèi)積。8.判斷函數(shù)在上兩兩正交，并求一個三次多項式，使其在上與上述函數(shù)兩兩正交。解：（1）， ， 所以，在上兩兩正交。（2）設所求多項式為 2. 用最小二乘法求一個形如的經(jīng)驗公式，使它與下列數(shù)據(jù)相擬合，并估計平方誤差。 192531384419.032.349.073.397.8解：將=19,25,31,38,44分別代入，得 所以誤差12.求函數(shù)在給定區(qū)間上對于的最佳平方逼近多項式： 解：設（1）(2) 。 13.上求關于的最佳平方逼近多項式。解：Legendre是-1，1上的正交多項式取，=16.求上的二次最佳平方逼近

6、多項式，并估計平方誤差。解：設 第三章習題答案1. 分別用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式計算積分計誤差。解：1）用梯形公式有：事實上，2）Simpson公式事實上，3）由Cotes公式有：事實上，3.分別用復化梯形公式和復化公式Simpson計算下列積分.(1) 解：（1）用復化梯形公式有：，由復化Simpson公式有：5給定積分。（1） 利用復化梯形公式計算上述積分值，使其截斷誤差不超過（2） 取同樣的求積節(jié)點，改用復化Simpson公式計算時，截斷誤差是多少？（3） 如果要求截斷誤差不超過，那么使用復化Simpson公式計算時，應將積分區(qū)間分成多少等分？ 解：(1) =,當誤

7、差時，25.6, 所以取=26。（2）7推導下列三種矩形求積公式： 證明：將在處Taylor展開，得 兩邊在上積分，得 將在處Taylor展開，得 兩邊在上積分，得 將在處Taylor展開，得 兩邊在上積分，得 10判別下列求積公式是否是插值型的，并指明其代數(shù)精度：解：插值型求積公式 其中 則 因此，是插值型的求積公式。因其求積公式是插值型的，且存在2個節(jié)點，所以其代數(shù)精度至少是1。 對于時， 可見它對于不準確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是1。11構造下列求積公式，并指明這些求積公式所具有的代數(shù)精度： 解（1）：令原式對于準確成立，于是有 解之得 ， 于是有求積公式 容易驗證，它對于不準確成立

8、，故該求積公式的代數(shù)精度是1。解（2）：令原式對于準確成立，于是有 解之得 于是有求積公式 容易驗證當時，而 可見，它對于不準確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是3。解(3)：令原式對于準確成立，于是有 解得: 于是有求積公式 容易驗證，當時，而 可見，它對于不準確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是2。12. 利用代數(shù)精度方法構造下列兩點Gauss求積公式： 解（1）：令原式對于準確成立，于是有 利用的第1式，可將第2式化為 同樣，利用第2式化簡第3式，利用第3式化簡第4式，分別得 由式消去得進一步整理由此解出解得：因此所求的兩點Gauss求積公式：或依下面的思想：解（2）：令原式對于準確成立，于是有

9、 利用的第1式，可將第2式化為 同樣，利用第2式化簡第3式，利用第3式化簡第4式，分別得 由式消去得 進一步整理 由此解出解得：因此所求的兩點Gauss求積公式：或依下面的思想：13分別用三點和四點GaussChebyshev求積公式計算積分，并估計誤差。解：用三點Gauss-Chebyshev求積公式來計算：此時，由公式可得：由余項可估計誤差為用四點Gauss-Chebyshev求積公式來計算：此時，由余項可估計誤差為14用三點求積公式計算積分，并估計誤差。解：作變換則得由三點Gauss-Legendre公式：其估計誤差為：,（）。其準確值其準確誤差等于：第四章 習題答案 2。用Gauss列

10、主元素消去法解方程組解：因為第一列中10最大,因此把10作為列主元素得到方程組6。用Doolittle分解法解方程組 解：A=其中L= U=由Ly= 解得y=由Ux=y ， 解得x=7。用Crout分解法接方程組。解：由Ly=b= 得y=由Ux=y= 得x=11。已知，求。解： ，13。求證：證明：（1） ， ， 所以，所以（2）14。設計算A的條件數(shù)解： 矩陣A的較大特征值為198.，較小的特征值為-0.，則 第五章習題答案2.設方程組 考察用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程組的收斂性； 用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程組，要求時迭代終止

11、。解：（1） 因為，故Jacobi迭代法收斂。又：所以Gauss-Seidel的迭代矩陣 因為故Gauss-Seidel迭代法收斂。據(jù)方程組的Jacobi迭代格式：取計算求得 由于，因此，所求的解為 另據(jù)Gauss-Seidel迭代格式為： 取計算求得 由于，因此，所求的解為 因為系數(shù)矩陣是嚴格對角占優(yōu)矩陣，所以Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法均收斂。此方程組的Jacobi迭代格式為：取，可求得由于故所求解為：據(jù)Gauss-Seidel迭代格式：取求得： 由于，故所求解為： 3.設方程組試考察此方程組的Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的收斂性。解：所給方程組

12、的Jacobi迭代矩陣因為解得：則，所以解此方程組Jacobi迭代法收斂。所給方程組的Gauss-Seidel迭代矩陣因為解得：則所以解此方程組Gauss-Seidel迭代法收斂。Jacobi迭代矩陣因為則，所以解此方程組Jacobi迭代法收斂。Gauss-Seidel迭代矩陣因為解得： 則，所以解此方程組Gauss-Seidel迭代法不收斂。5.討論用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解方程組的收斂性，如果收斂，比較哪種方法收斂較快，其中解：Jacobi迭代法迭代矩陣，所以，Jacobi迭代收斂。Gauss-Seidel迭代矩陣所以，Gauss-Seidel迭代收斂因為，故G

13、auss-Seidel迭代法較Jacobi迭代法收斂快。Jacobi迭代法迭代矩陣所以，Jacobi迭代不收斂。Gauss-Seidel迭代：所以，Gauss-Seidel迭代收斂。6.設方程組的系數(shù)矩陣，試求能使Jacobi迭代法收斂的的取值范圍。解：當時，Jacobi迭代矩陣由得故，由得時，Jabico迭代法收斂。8.給定方程組證明：解此方程組的Jacobi迭代法發(fā)散，而Gauss-seidel迭代法收斂。證明：Jacobi迭代矩陣解得：所以，Jacobi迭代法發(fā)散。又Gauss-seidel迭代矩陣為可見，G的特征值為所以，Gauss-seidel迭代法收斂。10.用SOR迭代法求解方程

14、組（?。┮螽敃r迭代終止。解：SOR迭代公式為：取初值，迭代可得： ，所以所求解15用最速下降法和共軛斜向量法解方程組解：取初始向量，（一）最速下降法 第1步：；第22步：停機取解 （二）共軛斜向量法第1步：第101步：停機取解 第六章習題答案3.證明方程在內(nèi)有根，使用二分法求這個根，若要求需二分區(qū)間多少等分？證明：設由于且當時，因此方程在區(qū)間內(nèi)有一個根。由解得所以需二分區(qū)間19等分，才能滿足5.為求方程在附近的一個根，設將方程改寫成為下列等價形式，并建立相應的迭代公式：迭代公式迭代公式迭代公式試討論它們的收斂性。解：所以此迭代格式是收斂的。 所以此迭代格式是收斂的。 所以此迭代格式不收斂的。

15、7.用下列給定的方法求在附近的根，根的準確值為要求計算結果準確到四位有效數(shù)字。（1）用Newton法；（2）用弦截法，（3）用拋物線法，取解：用Newton法求解 將它們代入公式有， 取計算結果列于下表，并和比較得出結果，012321.1.1. 解得用弦截法求解 取依迭代公式為進行計算。計算結果列于下表，并和比較0123421.91.1.1.解得用拋物線法求解 則 故 則根號前的符號為正。 迭代公式為 取計算 10.設構造求解方程的Newton迭代格式；證明此迭代格式具有二階收斂性。解：由 從而有Newton迭代格式 迭代格式為此外則所以此迭代格式具有二階收斂性。11.用Newton迭代法求解

16、方程在附近的一個實根，要求（準確值為）。解：由題意則 Newton迭代公式為 ， 即 取時，解得 同理，可得 因 所以用迭代法求方程所得的根為第八章習題答案1.用Euler格式計算初值問題的解函數(shù)在時的近似值（取步長保留到小數(shù)點后4位）。解：將代人Euler格式，注意到則有：據(jù)可得計算結果如下即2.證明隱式Euler格式是一階方法；而Euler兩步格式是二階方法，并給出其局部截斷誤差的主項。證明：對于隱式Euler格式，若假定則有 （1）依Taylor公式有代人式（1）右端，則有 另一方面，故隱式Euler格式的局部截斷誤差為 可見隱式Euler格式是一階方法。證明：對于Euler兩步格式：

17、，考察局部截斷誤差，仍設則有注意到于是而因此有即Euler兩步格式是二階方法。且其主項系數(shù)是2。 注：關于精度分析也可采用代數(shù)精度的概念來討論： 定義：稱某個差分格式具有階精度，如果它的近似關系式對于次數(shù)的多項式均能準確成立，而對于次式不能準確成立。 譬如，考察Euler格式 ，其對應的近似關系式為 檢驗它所具有的代數(shù)精度，當時，左端右端1；當時，左端右端而當時，左端右端，所以Euler格式僅有一階精度。4.已知初值問題有精確解試導出近似解的Euler格式，并證明用改進的Euler格式能準確地求出這一初值問題的解。 將此題作如下改動： 已知初值問題的精確解 證明：用Euler格式以為步長所求得

18、的近似解的整體截斷誤差為解： （原題的解）Euler格式為 將代人得由得 ，于是 就是所求的Euler格式。如果用改進的Euler格式求這一初值問題，則可得到準確解。 其中，由條件可得，而精確解為 ，由此可知所以用改進的Euler格式能準確求出這一初值問題的解。 改動后的解： 解：Euler格式為 將代人得由得 ，于是所以整體誤差為 5.用梯形格式求解初值問題取計算，要求小數(shù)點后保留5位數(shù)字。解：，梯形公式為 整理得顯格式為 ，由可得8.取用四階經(jīng)典Runge-Kutta格式求解下列初值問題：解：利用四階經(jīng)典Runge-Kutta格式：得此問題的四階經(jīng)典Runge-Kutta格式為（）：計算結

19、果如下表所示：00111.21.221.44110.21.1.1.1.1.1.20.41.1.2.2.2.1.30.62.2.3.3.3.2.40.82.3.3.3.4.2.51.03.3.解：現(xiàn)取步長利用四階經(jīng)典Runge-Kutta格式來計算，則分別為化簡為計算結果如下表所示：0013.00003.54553.69423.3471110.21.69424.23554.88715.03795.78941.728020.42.69005.76446.53296.68667.55122.744030.64.01527.52848.41428.57059.54884.096040.85.71689

20、.527910.530910.689311.78205.832051.07.84188.00009.分別用二階Adams顯式和隱式格式解下列初值問題：取計算并與準確解相比較。解：二階Adams顯式格式為，將代人得 ， 二階Adams隱式格式（即梯形格式）為，將代人得 ， 計算結果如下表所示：二階Adams顯式二階Adams隱式精確解0000010.20.1810.0.20.40.32670.0.30.60.446790.0.40.80.0.0.51.00.0.0.辦公室衛(wèi)生管理制度一、主要內(nèi)容與適用范圍1本制度規(guī)定了辦公室衛(wèi)生管理的工作內(nèi)容和要求及檢查與考核。2此管理制度適用于本公司所有辦公室衛(wèi)生的管理二、定義1公共區(qū)域：包括辦公室走道、會議室、衛(wèi)生間，每天由行政文員進行清掃；2個人區(qū)域：包括個人辦公桌及辦公區(qū)域由各部門工作人員每天自行清掃。 1. 公共區(qū)域環(huán)境衛(wèi)生應做到以下幾點：1）保持公共區(qū)域及個人區(qū)域地面干凈清潔、無污物、污水、浮土，無死角。2）保持門窗干凈、無塵土、玻璃清潔、透明。3）保持墻壁清潔，表面無灰塵、污跡。4）保持掛件、畫框及其他裝飾品表面干凈整潔。5）保持衛(wèi)生間、洗手池內(nèi)無污垢，經(jīng)