數(shù)值計(jì)算方法習(xí)題答案(第二版)(緒論)

數(shù)值計(jì)算方法習(xí)題答案(第二版)(緒論)4試證：對任給初值x0,0)的牛頓迭代公式axk11,2,......(xkk),k0,1恒成立以下關(guān)系式：(1)xk1證明：1k(xk2,k0,1,2,....(2)xkk1,2,......xk1a（1xk1xk2xkk2xk2（2）取初值x00，顯然有xk0，對任意k0，1a1aaaxk1xkxk2xk2xk證明：若xk有n位有效數(shù)字，則xk821101n，2xk818而xk1k2x2xkk2xk2.511022n1xk11012n22.52xk1必有2n位有效數(shù)字。解：此題的相對偏差限平時(shí)有兩種解法.①依據(jù)本章中所給出的定理：（設(shè)x的近似數(shù)x可表示為x0.a1a2.....an10，若是x擁有l(wèi)位有效數(shù)字，則其相對偏差限為**m*xx*x*110l1，此中a1為x*中第一個(gè)非零數(shù)）2a1則x12.7，有兩位有效數(shù)字，相對偏差限為ex111010.025x122x22.71，有兩位有效數(shù)字，相對偏差限為ex211010.025x222x32.718，有兩位有效數(shù)字，其相對偏差限為：x3e11030.00025x322②第二種方法直接依據(jù)相對偏差限的定義式求解關(guān)于x12.7，x1e0.0183x1e0.0183其相對偏差限為0.00678x12.7同理關(guān)于x22.71，有x2e0.00830.003063x22.71關(guān)于x32.718，有x3e0.00030.00012x32.718備注：（1）兩種方法均可得出相對偏差限，但第一種是關(guān)于全部擁有n位有效數(shù)字的近似數(shù)都成立的正確結(jié)論，故他對偏差限的預(yù)計(jì)偏大，但計(jì)算略簡單些；而第二種方法給出較好的偏差限預(yù)計(jì)，但計(jì)算稍復(fù)雜。2）采納第二種方法時(shí)，分子為絕對偏差限，不是單純的對真實(shí)值與近似值差值的四舍五入，絕對偏差限大于或等于真實(shí)值與近似值的差。解:3.*......，3.*-*.......7113221102，擁有3位有效數(shù)字722551106，擁有7位有效數(shù)字11329.解：有四舍五入法取正確值前幾位獲得的近似值，必有幾位有效數(shù)字。*令x1,x2,x3所對應(yīng)的真實(shí)值分別為x1,x2,x3，則11101l=1022212*Ox1-x1O/Ox1O＜10/2.72＜0.0018421151l*Ox2-x2O≤10=102215*Ox2-x2O/Ox2O10/2.*0.*-*21141l*Ox3-x3O10=102214*Ox3-x3O/Ox3O10/0.07180.0006972*Ox1-x1O≤12.11x2x2=12x1x(12x)(1x)sin2x2x-1cosx==2sin21cosxxnx2xnx2e1≈1+x+++-1=x+++2!n!2!n!x13.解：⑴x11-x=xx2/x11xxxx⑵11=arctan(x1)-arctanx21t設(shè)arctan(x1)=a，arctanx=b,則ab)=tan(tanatanb1=1tanatanb1x(x1)x1)-arctanx=arctan(11x(x1)ln(xx21)=ln1xx21=ln1ln(xx21)=-ln(xx21)習(xí)題一（54頁）5.證明：利用余項(xiàng)表達(dá)式（11）（19頁），當(dāng)f(x)為次數(shù)≤n的多項(xiàng)式時(shí)，因?yàn)閒n1(x)=0，于是有Rn(x)=f(x)－Pn(x)=0,即Pn(x)=f(x)，表示其n次插值多項(xiàng)式Pn(x)就是它自己。9.證明：由第

5題知，關(guān)于次數(shù)≤n的多項(xiàng)式，其

n次插值多項(xiàng)式就是其自己。于是關(guān)于

f(x)=1，有

P2(x)=f(x)即，l0(x)f(x0)+l1(x)f(x1)+l2(x)f(x2)=f(x)則，l0(x)+l1(x)+l2(x)=111.解析：f(n1)( )因?yàn)槔窭嗜詹逯档钠铑A(yù)計(jì)式為f(x)－Pn(x)=n1)!nf(n1)( )偏差主要本源于兩部分和(xxk)。n1)!k0n(xx)k0n關(guān)于同一函數(shù)議論其偏差，主要與(xx)有關(guān)。kk0在（1）受騙算x=0.472的積分值，若用二次插值，需取三個(gè)節(jié)點(diǎn)，因?yàn)?.472在1，2兩個(gè)節(jié)點(diǎn)之間，所以應(yīng)選1，2為節(jié)點(diǎn)，在剩下的兩個(gè)點(diǎn)中，x0與0.472更湊近，所以此題應(yīng)選x0,x1,x2為節(jié)點(diǎn)來構(gòu)造插值多項(xiàng)式。(1)p2(x)(xx1)(xx2)(xx0)(xx2)y0y1(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x1x2)(xx1)(xx0)y20.*-*(x2x1)(x2x0)15.證明：由拉格朗日插值余項(xiàng)公式有1f2( )12f(x)－p(x)頡堋堞(xx0)(xx1)maxf(x)(xx)kx0xx122!k0因?yàn)?x1x0)2=(x1xxx0)2=2(x1x)(xx0)+(x1x)2+(xx0)24(x1x)(xx0)(x1x0)2maxf2(x)f(x)－p(x)頡x0xx1820.證明：當(dāng)n=1時(shí)，F(xiàn)(x0,x1)=F(x1)F(x0)f(x1)f(x0)=C=Cf(x0,x1)x1x0x1x0假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，結(jié)論成立，則有F(x0,...,xk)=Cf(x0,x1,...,xk)；F(x1,...,xk1)=Cf(x1,x2,...,xk1)；那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，F(xiàn)(x0,x1,...,xk1)=F(x1,...,xk1)F(x0,...,xk)xk1x0f(x1,...,xk1)f(x0,...,xk)Cf(x0,x1,...,xk1)xk1x0=C證明達(dá)成。（近似的方式可證明第一個(gè)結(jié)論）21.解：由定理4（26頁）可知：f(n)( )f(x0,x1,...,xn)=,此中[minxi,maxxi]n!0n當(dāng)nk時(shí)，f(n)(x)=xk(n)=0；=k!；當(dāng)n=k時(shí)，f(n)(x)=xkf(x0,x1,...,xn)=(k)0,當(dāng)nk時(shí)1,當(dāng)nk時(shí)13.解：由題意知，給定插值點(diǎn)為x0=0.32,y0=0.*;x1=0.34,y1=0.*;x2=0.36,y2=0.*由線性插值公式知線性插值函數(shù)為P1(x)=x0.34x0.32xx0xx10.*+0.*y0+y1=0.020.02x1x0x0x1當(dāng)x=0.3367時(shí)，sin0.3367≈P)≈0.*-*+0.*-*≈0.*1(0.3367其截?cái)嗥顬镽1(x)頡M2(xx0)(xx1)潁此中M2=maxf2(x)x0xx12f(x)=sin(x)，f2(x)=-sin(x)，M2=sin0.34頡0.*于是R1(0.3367)頡若用二次插值，則得P2(x)=150.*×0.0167×0.0033≤0.92×102(xx0)(xx2)(xx0)(xx1)(xx1)(xx2)y0+y1+y2(x1x0)(x1x2)(x2x0)(x2x1)(x0x1)(x0x2)sin0.3367≈P)≈0.*2(0.3367其截?cái)嗥顬镽2(x)頡M3(xx0)(xx1（)xx2)6x0xx2此中M3=maxf(x)=maxcosx=cos0.320.950x0xx2于是R2(0.3367)頡16×0.950×0.0167×0.0033×0.02330.204×106解：差商表為―――――――――――――――――――――――――――――――

xif(x)

一階差商

二階差商

三階差商

四階差商五

階

差商―――――――――――――――――――――――――――――――100由差商形式的牛頓插值公式，有P(x)=f(x0)＋f(x0,x1)(xx0)＋f(x0,x1,x2)(xx0)(xx1)f(x0,x1,x2,x3)(xx0)(xx1)(xx2)=-3＋3(x1)＋6(x1)(x2)＋(x1)(x2)(x3)題：解：因?yàn)镻(0)P(1)P1(1)0，則設(shè)P(x)Cx(x1)2由P(2)1,得C2(21)21，則C所以P(x)121x(x1)2224.解：因?yàn)镻(0)0,P(1)1,P(2)2,P(3)3可設(shè)P(x)xCx(x1)(x2)(x3)由P1(2)0得P1( )1C2(21)(23)0，有：C所以P(x)x2x(x1)(x2)(x3)2'．解：由泰勒公式有f“(x0)f3( )2f(x)f(x0)f(x0)(xx0)(xx0)(xx0)32!3!f"(x0)(xx0)2C(xx0)3設(shè)P(x)f(x0)f(x0)(xx0)2!'其知足Pj(x0)fj(x0)，此中j0,1,2f(x0,x1)f'(x0)f"(x0)由P(x1)f(x1)，得C(x1x0)2(xx0)2(x1x0)代入(*)式既可得P(x).'"33.解：因?yàn)镾(x)C20,2，故在x1處有S(1),S(1),S(1)連續(xù)，即：bc1解得：2bc12334、解：第一確立求解過程中涉及到的一些參數(shù)值。x01,x10,x21,x33h01,h11,h22h0h111hh1,2012h1h231121122123d06hf(x0,x1)f'02402d16f(xf(xk)0,x1,x2)6020(xkxj)jj0kd26f(x1,x2,x3)2d63hf'3f(x2,x3)02于是獲得關(guān)于M0,M1,M2,M3的方程組：21M024222M022231M122M230201227412732112010M014M14M22M31解方程求出M0,M1,M2,M3，代入(三對角方程)0M024M7201M0（追趕法）21M230(xi1x)3(xxi)3xi1xhi2xxihi2S(x)MiMi1(fiMi)(fi1Mi1)6hi6hihi6hi6即得悉足題目要求的三次樣條函數(shù)3x32x2x1x1,0S(x)x32x2x1x0,11x37x219x1x1,24444習(xí)題二2.解：判斷此類題目，直接利用代數(shù)精度的定義當(dāng)f(x)1時(shí)，左=右=1dxx01110131111，左=右441x2當(dāng)f(x)x時(shí)，左=xdx02右=12，左=右31111434211x3122當(dāng)f(x)x時(shí)，左=xdx0303右=*( )1，左=右43431x4133當(dāng)f(x)x時(shí)，左=xdx0404右=*( )1，左右*所以求積公式的代數(shù)精度為2.3.解：⑴求積公式中含有三個(gè)待定參數(shù)，即：A0,A1,A2，所以令求積公式對f(x)1,x,x均正確成立，則有2A0A1A22hA0hA2h02232AhAhh20314解得：A0A2h,A1h33所求公式最少有2次代數(shù)精度。又因?yàn)楫?dāng)f(x)x3時(shí)，左=0右=A0(h)3A2h30當(dāng)f(x)x4時(shí)，左=25h544右=A0hA2h25h左3所以求積公式只有3次代數(shù)精度。⑵、⑶近似方法得出結(jié)論。6.解：因要求構(gòu)造的求積公式是插值型的，故其求積系數(shù)可表示為A0l0(x)111x411dx(4x3)dx0x0x*xx01dx(4x1)dx02x1x02A1l1(x)11故求積公式為：1113f(x)dxf( )f( )244下邊考據(jù)其代數(shù)精度：當(dāng)f(x)1時(shí)，左x01,右1當(dāng)f(x)x時(shí)，左x22111,右2213x15,右左當(dāng)f(x)x2時(shí)，左*所以其代數(shù)精度為1。7.證明：⑴若求積公式⑷對f(x)和g(x)正確成立，則有baf(x)Akf(xk)及g(x)Akg(xk)k0ak0nbnaf(x)g(x)dxaf(x)dxag(x)dxAkf(xk)Akg(xk)Ak(f(xk)g(xk))0k0k0nnnbbb所以求積公式對f(x)g(x)亦正確成立。k次多項(xiàng)式可表示為akxkak1xk1a1xa0pk(x)若公式⑷對xk(k0,1,m)是正確的，則有7題中的上一步可知，其對pk(x)亦成立。由代數(shù)精度定義可知，

其最少擁有