数值分析第五版答案

第一章 绪论

3．下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差限不超过最后一位的半个单位，试指

*****

出它们是几位有效数字：x171.0. 1.1021,x20.031, x3385.6, x456.430,x5*解：x11.1021是五位有效数字； *x20.031是二位有效数字； *x3385.6是四位有效数字； *x456.430是五位有效数字； *x571.0.是二位有效数字。

********4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) x1,(2) x1. x2x4x2x3,(3) x2/x4****其中x1均为第3题所给的数。 ,x2,x3,x4

解：

1

21*

(x2)103

21*

(x3)101

21*

(x4)103

21*

(x5)101

2

(x1*)104

***

(1)(x1x2x4)***(x1)(x2)(x4)

1114331010102221.05103

***

(2)(x1x2x3)

*********x1x2(x3)x2x3(x1)x1x3(x2)

111

0.0311010.031385.61041.1021385.6103

222

0.215

**

(3)(x2/x4)

****

x2(x4)x4(x2)

*

x4

2

11

0.03110356.430103

56.43056.430

105

4

R3 3

5计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R时允许的相对误差限是多少？ 解：球体体积为V

则何种函数的条件数为

RV'R4R2

Cp3

VR33

r(V*)Cpr(R*)3r(R*)

又r(V*)1

故度量半径R时允许的相对误差限为r(R*)6．设Y0

28，按递推公式YnYn11

10.33 3

（n=1,2,…） 计算到Y

10027.982（5位有效数字），试问计算Y100将有多大误差？

解：YnYn1

Y100Y99

Y99Y98

Y98Y97……

Y1Y0

依次代入后，有Y100Y0100即Y100Y0

27.982, Y100Y027.982

1*

(Y100)(Y0)(27.982)103

2

1

Y100的误差限为103。

2

7．求方程x56x10的两个根，使它至少具有4

27.982）。 解：x56x10，

故方程的根应为x1,228故

x1282827.98255.982

2

2

x1具有5位有效数字

x228

11

0.017863

2827.98255.982

x2具有5位有效数字

9．正方形的边长大约为了100cm，应怎样测量才能使其面积误差不超过1cm？ 解：正方形的面积函数为A(x)x2

2

(A*)2A*(x*).

当x*100时，若(A*)1, 则(x*)

1

102 2

2

故测量中边长误差限不超过0.005cm时，才能使其面积误差不超过1cm 11．序列yn满足递推关系yn10yn11 (n=1,2,…),

若y01.41（三位有效数字），计算到y10时误差有多大？这个计算过程稳定吗？

解：y01.41

1

(y0*)102

2

又yn10yn11 y110y01 (y1*)10(y0*)

又y210y11 (y2*)10(y1*)

(y2*)102(y0*)......

(y10*)110y(0*)

10

10

1

1022

1

1082

计算到y10时误差为

1

108，这个计算过程不稳定。 2

12

．计算f

1)6，利用下列等式计算，哪一个得到的结果最好？

3

,

,

，

99 (3解：设y(x1)6，

若x

1

x*1.4，则x*101。

2

计算y值，则 1

x**7

(x1)

y*

6**

yx*7

(x1)

y*x*

若通过(33计算y值，则

y*(32x*)2x*6

y*x**

32x

y*x*

计算y值，则

y*

1

x**4

(32x)

1**

yx*7

(32x)

y*x*

计算后得到的结果最好。 第二章 插值法

2．给出f(x)lnx的数值表

用线性插值及二次插值计算的近似值。 解：由表格知，

x00.4,x10.5,x20.6,x30.7,x40.8;f(x0)0.916291,f(x1)0.693147f(x2)0.510826,f(x3)0.356675f(x4)0.223144

若采用线性插值法计算ln0.54即f(0.54)， 则0.50.540.6

l1(x)l2(x)

xx2

10(x0.6)x1x2

xx1

10(x0.5)

x2x1

L1(x)f(x1)l1(x)f(x2)l2(x)

x7( 6.9314

0.6)

5.x10826 (

L1(0.54)0.62021860.620219

若采用二次插值法计算ln0.54时，

l0(x)l1(x)l2(x)

(xx1)(xx2)

50(x0.5)(x0.6)

(x0x1)(x0x2)

(xx0)(xx2)

100(x0.4)(x0.6)

(x1x0)(x1x2) (xx0)(xx1)

50(x0.4)(x0.5)

(x2x0)(x2x1)

L2(x)f(x0)l0(x)f(x1)l1(x)f(x2)l2(x)

500.9162x91(x0.5)(0.6)x69.31x47(0.140)8(260.560)x(0.0.54x)(0.5

L2(0.54)0.61531984

6153200.

3．给全cosx,0x90的函数表，步长h1(1/60),若函数表具有5位有效数字，研究用线性插值求cosx近似值时的总误差界。

解：求解cosx近似值时，误差可以分为两个部分，一方面，x是近似值，具有5位有效数字，在此后的计算过程中产生一定的误差传播；另一方面，利用插值法求函数cosx的近似值时，采用的线性插值法插值余项不为0，也会有一定的误差。因此，总误差界的计算应综合以上两方面的因素。 当0x90时， 令f(x)cosx 取x00,h(

11) [1**********]0

令xix0ih,i0,1,...,5400 则x5400

2

90

当xxk,xk1时，线性插值多项式为

L1(x)f(xk)

插值余项为

xxk1xxk

f(xk1)

xkxk1xk1xk

R(x)cosxL1(x)

1

f()(xxk)(xxk1) 2

又在建立函数表时，表中数据具有5位有效数字，且cosx0,1，故计算中有误差传播过程。

1

(f*(xk))105

2

xxk1xxk1

R2(x)(f*(xk))(f*(xk1))

xkxk1xk1xk(f*(xk))(

xxk1xxk1

)

xkxk1xk1xk

1

(f*(xk))(xk1xxxk)

h

(f*(xk))

总误差界为 RR1(x)R2(x)

1

(cos)(xxk)(xxk1)(f*(xk))21

(xxk)(xk1x)(f*(xk))2 11

(h)2(f*(xk))22

1

1.06108105

2

0.50106105

4．设为互异节点，求证： （1）

n

xl(x)x

kjjj0n

k

n, ) (k0,1,

（2）证明

(x

j0

j

n, )x)klj(x)0 (k0,1,

（1） 令f(x)x

若插值节点为xj,j0,1,,n，则函数f(x)的n次插值多项式为Ln(x)

k

xl(x)。

k

jjj0

n

f(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)0

k

n, )xkjlj(x)x (k0,1,j0n

n

(2)(xjx)klj(x)

j0

(Ckjxij(x)ki)lj(x)

j0n

i0i

k

nn

C(x)(xijlj(x))

ki

i0

j0

n

又0in 由上题结论可知

ki

xl(x)xjjj0n

原式Cki(x)kixi

i0

n

(xx)k0

得证。

x

6．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

6

1

f()(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

1343

R2(x)e4h.

627若截断误差不超过10，则

6

R2(x)10643

h106 h0.0065.7．若yn2,求yn及yn.，

n

4

4

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4j

(1)Eyn

j0j4

j4(1)y4nj

j0j4 j44j

(1)2yn

j0j

4

j

(214)ynyn2n

12

124

yn(EE)yn

(E)(E1)4yn

Eyn

2

4124

4

yn22n2

01701874

14．f(x)xx3x1,求F2,2,,2及F2,2,,2。

解：f(x)xx3x1 若xi2i,i0,1,,8

74

f(n)()则fx0,x1,,xn

n!f(7)()7!

fx0,x1,,x71

7!7!f(8)()

fx0,x1,,x80

8!

15．证明两点三次埃尔米特插值余项是 R3(x)f解：

若x[xk,xk1]，且插值多项式满足条件

(4)

()(xkx2)(x

k1

x

2

)/4!,

k

,x(k1x

)

(xk)f(xk) H3(xk)f(xk),H3

(xk1)f(xk1) H3(xk1)f(xk1),H3

插值余项为R(x)f(x)H3(x) 由插值条件可知R(xk)R(xk1)0 且R(xk)R(xk1)0

R(x)可写成R(x)g(x)(xxk)2(xxk1)2

其中g(x)是关于x的待定函数，

现把x看成[xk,xk1]上的一个固定点，作函数

(t)f(t)H3(t)g(x)(txk)2(txk1)2

根据余项性质，有

(xk)0,(xk1)0

(x)f(x)H3(x)g(x)(xxk)2(xxk1)2

f(x)H3(x)R(x)0

(t)g(x)[2(txk)(txk1)22(txk1)(txk)2] (t)f(t)H3(xk)0

(xk1)0

由罗尔定理可知，存在(xk,x)和(x,xk1)，使

(1)0,(2)0

即(x)在[xk,xk1]上有四个互异零点。

根据罗尔定理，(t)在(t)的两个零点间至少有一个零点， 故(t)在(xk,xk1)内至少有三个互异零点， 依此类推，

(4)

(t)在(xk,xk1)内至少有一个零点。

记为(xk,xk1)使

(4)()f(4)()H(4)3()4!g(x)0

又H(4)3(t)0

g(x)f(4)()

4!

,(xk,xk1)

其中依赖于x

f(4)R(x)()

4!

(xxk)2(xxk1)2

分段三次埃尔米特插值时，若节点为xk(k0,1,,n)，设步长为h，即

xkx0kh,k0,1,,n在小区间[xk,xk1]上

R(x)f(4)()

4!(xxk)2(xxk1)2

R(x)1 f(4)

()(xxk)2(xxk1)2

4!

1

4!

(xx2k)(xk1x)2maxaxbf(4)(x)

1[(xxkxk1x)2]2maxf(4)(x 4!2

axb)

14!14

2

4hmaxaxbf(4)(x)

h4maxf(4)384axb

(x)16．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：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

1

1

H3(x)yjj(x)mjj(x)

j0

j0

0(x)(12

xx0x)(xx1x)2

0x1x01

(12x)(x1)2

使它满足

1(x)(12

(32x)x2

xx1xx02

)()x1x0x1x0

0(x)x(x1)21(x)(x1)x

2

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 4

12

x(x3)2 4

2

从而P(x)

21．若f(x)Ca,b,S(x)是三次样条函数，证明：

(1)

b

a

f(x)dxS(x)dx

a2

2

b

2

b

a

f(x)S(x)

dx2S(x)f(x)S(x)dx

a

b

2

(2)若f(xi)S(xi)(i0,1,,n)，式中xi为插值节点，且ax0x1xnb，则

b

a

S(x)f(x)S(x)dx

S(b)f(b)S(b)S(a)f(a)S(a)

证明：

(1)

b

f(x)S(x)a

2

ba

2

b

b

2

dx

2

ba

f(x)a

ba

b

dxS(x)dx2f(x)S(x)dx

2

b

a

a

f(x)dxS(x)dx2S(x)f(x)S(x)dx

2

从而有

af(x)



ba

dxS(x)dx

a

2

b

2

f(x)S(x)

dx2S(x)f(x)S(x)dx

a

b

第三章 函数逼近与曲线拟合

1． f(x)sin解：

2

x，给出[0,1]上的伯恩斯坦多项式B1(f,x)及B3(f,x)。

f(x)sin

2

,x[0,1]

伯恩斯坦多项式为

k

Bn(f,x)f()Pk(x)

nk0

其中Pk(x)xk(1x)nk 当n1时，

n

nk

1

P0(x)(1x)

0P1(x)x

B1(f,x)f(0)P0(x)f(1)P1(x)1(1x)sin(0)xsin

220

x

当n3时，

1

P0(x)(1x)3

0122

P(x)1x(1x)3x(1x)

03

P2(x)x2(1x)3x2(1x)

133

P3(x)xx3

3

k

B3(f,x)f()Pk(x)

nk003x(1x)2sin

3

6

3x2(1x)sin

3

x3sin

2

32

x(1x)2x(1x)x322

53623xxx

2221.5x0.402x20.098x3

2． 当f(x)x时，求证Bn(f,x)x

证明：

若f(x)x，则

k

Bn(f,x)f()Pk(x)

nk0

knk

x(1x)nkk0nk

n

n

kn(n1)(nk1)k

x(1x)nk

k!k0n

n

(n1)[(n1)(k1)1]k

x(1x)nk

(k1)!k1

n

n1knkx(1x)

k1k1n

n1k1(n1)(k1)

xx(1x)k1k1

n

x[x(1x)]n1x

*

7。令Tn*(x)Tn(2x1),x[0,1]，试证Tn(x)是在[0,1]

上带权(x)



的正交

多项式，并求T0*(x),T1*(x),T2*(x),T3*(x)。 解：

若Tn*(x)Tn(2x1),x[0,1]，则

T

1

*n*

(x)Tm(x)P(x)dx

Tn(2x1)Tm(2x0

1

t1

，故

2

令t(2x1)，则t[1,1]，且x

1

*

Tn*(x)Tm(x)(x)dx1

Tn(t)Tm(t1

1Tn(t)Tm(t1

(

t1

) 2

*

又切比雪夫多项式Tk(x)在区间[0,1]

上带权(x)



正交，且

0,nm1

T(x)T(x)d,nm0 nm12

,nm0

Tn*(x)是在[0,1]

上带权(x)

又T0(x)1,x[1,1]

T0*(x)T0(2x1)1,x[0,1]T1(x)x,x[1,1]

T1*(x)T1(2x1)2x1,x[0,1]

T2(x)2x21,x[1,1]T2*(x)T2(2x1)2(2x1)18x28x1,x[0,1]

2

T3(x)4x33x,x[1,1]T(x)T3(2x1)4(2x1)33(2x1)

*

3

32x48x18x1,x[0,1]

2

32

8。对权函数(x)1x，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：

若(x)1x，则区间[1,1]上内积为

2

(f,g)f(x)g(x)(x)dx

1

1

定义0(x)1，则

n1(x)(xn)n(x)nn1(x)

其中

n(xn(x),n(x))/(n(x),n(x))n(n(x),n(x))/(n1(x),n1(x))0(x,1)/(1,1)

1

1

x(1x2)dx(1x2)dx

1

0

1(x)x

1(x2,x)/(x,x)

1

11

x3(1x2)dxx2(1x2)dx

1

0

1(x,x)/(1,1)

1

1

x2(1x2)dx(1x2)dx

1

16

2

532(x)x2

25

2(x3x,x2)/(x2,x2)

[1**********]2(xx)(x)(1x)dx1

1

2222

(x)(x)(1x2)dx1

55

0

22

2(x2,x2)/(x,x)

5512222(x)(x)(1x2)dx1

1

22x(1x)dx

1

2

5

136

17

7015

2179

3(x)x3x2xx3x

57014

12。选取常数a，使maxxax达到极小，又问这个解是否唯一？

0x1

3

解：

令f(x)x3ax

则f(x)在[1,1]上为奇函数

maxx3ax

0x1

maxx3ax

1x1

f

又f(x)的最高次项系数为1，且为3次多项式。

3(x)

1

T3(x)与0的偏差最小。 2313

3(x)T3(x)x3x

443

从而有a

4

24

16。f(x)x，在1,1上求关于span1,x,x的最佳平方逼近多项式。



解：

f(x)x,x1,1

若(f,g)

1

1

f(x)g(x)dx

且01,1x2,2x4，则

022,12,22,

11

(f,0)1,(f,1),(f,2),

2322

(0,1)1,(0,2),(1,2),

57

则法方程组为

22

25

2

29

22325

解得

232527

25a1021

a1 72a2

12



93

a00.1171875

a11.640625 a0.82031252

24

故f(x)关于span1,x,x的最佳平方逼近多项式为



S*(x)a0a1x2a2x4

0.11718751.640625x0.8203125x

18。f(x)sin解：

2

4

2

x，在[1,1]上按勒让德多项式展开求三次最佳平方逼近多项式。

f(x)sin

2

x,x[1,1]

按勒让德多项式P0(x),P1(x),P2(x),P3(x)展开

(f(x),P0(x))sin

111

1

2

xdx

2

cos8

x02

1

(f(x),P1(x))xsin

2

xdx

131

(f(x),P2(x))(x2)sinxdx0

122215348(210)3

(f(x),P3(x))(xx)sinxdx

12224

2

则

*a0(f(x),P0(x))/20*a13(f(x),P1(x))/2

12

2

168(210)

*a25(f(x),P2(x))/20

a7(f(x),P3(x))/2

*3

4

从而f(x)的三次最佳平方逼近多项式为

*****S3(x)a0P0(x)a1P1(x)a2P2(x)a3P3(x)

168(210)5332x(xx)422420(210)3120(2122)x4412



1.5531913x0.5622285x3

第四章 数值积分与数值微分

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);

h

h

(2)

2h

2h1

f(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)];

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

h

f(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)x2，则

23

hh2A1h2A1 3

从而解得

4A03h

1

A1h

3

1A13h

令f(x)x3，则

h

h

f(x)dxx3dx0

h

h

A1f(h)A0f(0)A1f(h)0

故

h

h

f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)成立。

4

令f(x)x，则

h

h

f(x)dxx4dx

h

h

25h5

25h3

A1f(h)A0f(0)A1f(h)

故此时，

h

h

f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

hh

故

f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

1

具有3次代数精度。 （3）若

1

f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3

令f(x)1，则

1

1

f(x)dx2[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3

令f(x)x，则

012x13x2

令f(x)x2，则

2 212x123x2

从而解得

x10.2899x10.6899或 x20.5266x20.1266

令f(x)x3，则

1

1f(x)dxx3dx0 11

[f(1)2f(x1)3f(x2)]/30

故1

1f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3不成立。

因此，原求积公式具有2次代数精度。

5。推导下列三种矩形求积公式：

babab

af()(ba)2;2f() f(x)dx(ba)f(b)(ba)2;2abf()f(x)dx(ba)f()(ba)3;224f(x)dx(ba)f(a)

证明：

(1)f(x)f(a)f()(xa),(a,b)

两边同时在[a,b]上积分，得

b

af(x)dx(ba)f(a)f()(xa)dx ab

即

f()2(ba)a 2

(2)f(x)f(b)f()(bx),(a,b)bf(x)dx(ba)f(a)

两边同时在[a,b]上积分，得

b

af(x)dx(ba)f(a)f()(bx)dx ab

即

f()2(ba)a2 abababf()ab2(3)f(x)f()f()(x)(x),(a,b)22222bf(x)dx(ba)f(b)

两连边同时在[a,b]上积分，得

b

aababbabf()bab2f(x)dx(ba)f()f()(x)dx(x)dx a2222a2即

b

af(x)dx(ba)f(abf())(ba)3; 224

第一章 绪论

3．下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差限不超过最后一位的半个单位，试指

*****

出它们是几位有效数字：x171.0. 1.1021,x20.031, x3385.6, x456.430,x5*解：x11.1021是五位有效数字； *x20.031是二位有效数字； *x3385.6是四位有效数字； *x456.430是五位有效数字； *x571.0.是二位有效数字。

********4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) x1,(2) x1. x2x4x2x3,(3) x2/x4****其中x1均为第3题所给的数。 ,x2,x3,x4

解：

1

21*

(x2)103

21*

(x3)101

21*

(x4)103

21*

(x5)101

2

(x1*)104

***

(1)(x1x2x4)***(x1)(x2)(x4)

1114331010102221.05103

***

(2)(x1x2x3)

*********x1x2(x3)x2x3(x1)x1x3(x2)

111

0.0311010.031385.61041.1021385.6103

222

0.215

**

(3)(x2/x4)

****

x2(x4)x4(x2)

*

x4

2

11

0.03110356.430103

56.43056.430

105

4

R3 3

5计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R时允许的相对误差限是多少？ 解：球体体积为V

则何种函数的条件数为

RV'R4R2

Cp3

VR33

r(V*)Cpr(R*)3r(R*)

又r(V*)1

故度量半径R时允许的相对误差限为r(R*)6．设Y0

28，按递推公式YnYn11

10.33 3

（n=1,2,…） 计算到Y

10027.982（5位有效数字），试问计算Y100将有多大误差？

解：YnYn1

Y100Y99

Y99Y98

Y98Y97……

Y1Y0

依次代入后，有Y100Y0100即Y100Y0

27.982, Y100Y027.982

1*

(Y100)(Y0)(27.982)103

2

1

Y100的误差限为103。

2

7．求方程x56x10的两个根，使它至少具有4

27.982）。 解：x56x10，

故方程的根应为x1,228故

x1282827.98255.982

2

2

x1具有5位有效数字

x228

11

0.017863

2827.98255.982

x2具有5位有效数字

9．正方形的边长大约为了100cm，应怎样测量才能使其面积误差不超过1cm？ 解：正方形的面积函数为A(x)x2

2

(A*)2A*(x*).

当x*100时，若(A*)1, 则(x*)

1

102 2

2

故测量中边长误差限不超过0.005cm时，才能使其面积误差不超过1cm 11．序列yn满足递推关系yn10yn11 (n=1,2,…),

若y01.41（三位有效数字），计算到y10时误差有多大？这个计算过程稳定吗？

解：y01.41

1

(y0*)102

2

又yn10yn11 y110y01 (y1*)10(y0*)

又y210y11 (y2*)10(y1*)

(y2*)102(y0*)......

(y10*)110y(0*)

10

10

1

1022

1

1082

计算到y10时误差为

1

108，这个计算过程不稳定。 2

12

．计算f

1)6，利用下列等式计算，哪一个得到的结果最好？

3

,

,

，

99 (3解：设y(x1)6，

若x

1

x*1.4，则x*101。

2

计算y值，则 1

x**7

(x1)

y*

6**

yx*7

(x1)

y*x*

若通过(33计算y值，则

y*(32x*)2x*6

y*x**

32x

y*x*

计算y值，则

y*

1

x**4

(32x)

1**

yx*7

(32x)

y*x*

计算后得到的结果最好。 第二章 插值法

2．给出f(x)lnx的数值表

用线性插值及二次插值计算的近似值。 解：由表格知，

x00.4,x10.5,x20.6,x30.7,x40.8;f(x0)0.916291,f(x1)0.693147f(x2)0.510826,f(x3)0.356675f(x4)0.223144

若采用线性插值法计算ln0.54即f(0.54)， 则0.50.540.6

l1(x)l2(x)

xx2

10(x0.6)x1x2

xx1

10(x0.5)

x2x1

L1(x)f(x1)l1(x)f(x2)l2(x)

x7( 6.9314

0.6)

5.x10826 (

L1(0.54)0.62021860.620219

若采用二次插值法计算ln0.54时，

l0(x)l1(x)l2(x)

(xx1)(xx2)

50(x0.5)(x0.6)

(x0x1)(x0x2)

(xx0)(xx2)

100(x0.4)(x0.6)

(x1x0)(x1x2) (xx0)(xx1)

50(x0.4)(x0.5)

(x2x0)(x2x1)

L2(x)f(x0)l0(x)f(x1)l1(x)f(x2)l2(x)

500.9162x91(x0.5)(0.6)x69.31x47(0.140)8(260.560)x(0.0.54x)(0.5

L2(0.54)0.61531984

6153200.

3．给全cosx,0x90的函数表，步长h1(1/60),若函数表具有5位有效数字，研究用线性插值求cosx近似值时的总误差界。

解：求解cosx近似值时，误差可以分为两个部分，一方面，x是近似值，具有5位有效数字，在此后的计算过程中产生一定的误差传播；另一方面，利用插值法求函数cosx的近似值时，采用的线性插值法插值余项不为0，也会有一定的误差。因此，总误差界的计算应综合以上两方面的因素。 当0x90时， 令f(x)cosx 取x00,h(

11) [1**********]0

令xix0ih,i0,1,...,5400 则x5400

2

90

当xxk,xk1时，线性插值多项式为

L1(x)f(xk)

插值余项为

xxk1xxk

f(xk1)

xkxk1xk1xk

R(x)cosxL1(x)

1

f()(xxk)(xxk1) 2

又在建立函数表时，表中数据具有5位有效数字，且cosx0,1，故计算中有误差传播过程。

1

(f*(xk))105

2

xxk1xxk1

R2(x)(f*(xk))(f*(xk1))

xkxk1xk1xk(f*(xk))(

xxk1xxk1

)

xkxk1xk1xk

1

(f*(xk))(xk1xxxk)

h

(f*(xk))

总误差界为 RR1(x)R2(x)

1

(cos)(xxk)(xxk1)(f*(xk))21

(xxk)(xk1x)(f*(xk))2 11

(h)2(f*(xk))22

1

1.06108105

2

0.50106105

4．设为互异节点，求证： （1）

n

xl(x)x

kjjj0n

k

n, ) (k0,1,

（2）证明

(x

j0

j

n, )x)klj(x)0 (k0,1,

（1） 令f(x)x

若插值节点为xj,j0,1,,n，则函数f(x)的n次插值多项式为Ln(x)

k

xl(x)。

k

jjj0

n

f(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)0

k

n, )xkjlj(x)x (k0,1,j0n

n

(2)(xjx)klj(x)

j0

(Ckjxij(x)ki)lj(x)

j0n

i0i

k

nn

C(x)(xijlj(x))

ki

i0

j0

n

又0in 由上题结论可知

ki

xl(x)xjjj0n

原式Cki(x)kixi

i0

n

(xx)k0

得证。

x

6．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

6

1

f()(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

1343

R2(x)e4h.

627若截断误差不超过10，则

6

R2(x)10643

h106 h0.0065.7．若yn2,求yn及yn.，

n

4

4

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4j

(1)Eyn

j0j4

j4(1)y4nj

j0j4 j44j

(1)2yn

j0j

4

j

(214)ynyn2n

12

124

yn(EE)yn

(E)(E1)4yn

Eyn

2

4124

4

yn22n2

01701874

14．f(x)xx3x1,求F2,2,,2及F2,2,,2。

解：f(x)xx3x1 若xi2i,i0,1,,8

74

f(n)()则fx0,x1,,xn

n!f(7)()7!

fx0,x1,,x71

7!7!f(8)()

fx0,x1,,x80

8!

15．证明两点三次埃尔米特插值余项是 R3(x)f解：

若x[xk,xk1]，且插值多项式满足条件

(4)

()(xkx2)(x

k1

x

2

)/4!,

k

,x(k1x

)

(xk)f(xk) H3(xk)f(xk),H3

(xk1)f(xk1) H3(xk1)f(xk1),H3

插值余项为R(x)f(x)H3(x) 由插值条件可知R(xk)R(xk1)0 且R(xk)R(xk1)0

R(x)可写成R(x)g(x)(xxk)2(xxk1)2

其中g(x)是关于x的待定函数，

现把x看成[xk,xk1]上的一个固定点，作函数

(t)f(t)H3(t)g(x)(txk)2(txk1)2

根据余项性质，有

(xk)0,(xk1)0

(x)f(x)H3(x)g(x)(xxk)2(xxk1)2

f(x)H3(x)R(x)0

(t)g(x)[2(txk)(txk1)22(txk1)(txk)2] (t)f(t)H3(xk)0

(xk1)0

由罗尔定理可知，存在(xk,x)和(x,xk1)，使

(1)0,(2)0

即(x)在[xk,xk1]上有四个互异零点。

根据罗尔定理，(t)在(t)的两个零点间至少有一个零点， 故(t)在(xk,xk1)内至少有三个互异零点， 依此类推，

(4)

(t)在(xk,xk1)内至少有一个零点。

记为(xk,xk1)使

(4)()f(4)()H(4)3()4!g(x)0

又H(4)3(t)0

g(x)f(4)()

4!

,(xk,xk1)

其中依赖于x

f(4)R(x)()

4!

(xxk)2(xxk1)2

分段三次埃尔米特插值时，若节点为xk(k0,1,,n)，设步长为h，即

xkx0kh,k0,1,,n在小区间[xk,xk1]上

R(x)f(4)()

4!(xxk)2(xxk1)2

R(x)1 f(4)

()(xxk)2(xxk1)2

4!

1

4!

(xx2k)(xk1x)2maxaxbf(4)(x)

1[(xxkxk1x)2]2maxf(4)(x 4!2

axb)

14!14

2

4hmaxaxbf(4)(x)

h4maxf(4)384axb

(x)16．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：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

1

1

H3(x)yjj(x)mjj(x)

j0

j0

0(x)(12

xx0x)(xx1x)2

0x1x01

(12x)(x1)2

使它满足

1(x)(12

(32x)x2

xx1xx02

)()x1x0x1x0

0(x)x(x1)21(x)(x1)x

2

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 4

12

x(x3)2 4

2

从而P(x)

21．若f(x)Ca,b,S(x)是三次样条函数，证明：

(1)

b

a

f(x)dxS(x)dx

a2

2

b

2

b

a

f(x)S(x)

dx2S(x)f(x)S(x)dx

a

b

2

(2)若f(xi)S(xi)(i0,1,,n)，式中xi为插值节点，且ax0x1xnb，则

b

a

S(x)f(x)S(x)dx

S(b)f(b)S(b)S(a)f(a)S(a)

证明：

(1)

b

f(x)S(x)a

2

ba

2

b

b

2

dx

2

ba

f(x)a

ba

b

dxS(x)dx2f(x)S(x)dx

2

b

a

a

f(x)dxS(x)dx2S(x)f(x)S(x)dx

2

从而有

af(x)



ba

dxS(x)dx

a

2

b

2

f(x)S(x)

dx2S(x)f(x)S(x)dx

a

b

第三章 函数逼近与曲线拟合

1． f(x)sin解：

2

x，给出[0,1]上的伯恩斯坦多项式B1(f,x)及B3(f,x)。

f(x)sin

2

,x[0,1]

伯恩斯坦多项式为

k

Bn(f,x)f()Pk(x)

nk0

其中Pk(x)xk(1x)nk 当n1时，

n

nk

1

P0(x)(1x)

0P1(x)x

B1(f,x)f(0)P0(x)f(1)P1(x)1(1x)sin(0)xsin

220

x

当n3时，

1

P0(x)(1x)3

0122

P(x)1x(1x)3x(1x)

03

P2(x)x2(1x)3x2(1x)

133

P3(x)xx3

3

k

B3(f,x)f()Pk(x)

nk003x(1x)2sin

3

6

3x2(1x)sin

3

x3sin

2

32

x(1x)2x(1x)x322

53623xxx

2221.5x0.402x20.098x3

2． 当f(x)x时，求证Bn(f,x)x

证明：

若f(x)x，则

k

Bn(f,x)f()Pk(x)

nk0

knk

x(1x)nkk0nk

n

n

kn(n1)(nk1)k

x(1x)nk

k!k0n

n

(n1)[(n1)(k1)1]k

x(1x)nk

(k1)!k1

n

n1knkx(1x)

k1k1n

n1k1(n1)(k1)

xx(1x)k1k1

n

x[x(1x)]n1x

*

7。令Tn*(x)Tn(2x1),x[0,1]，试证Tn(x)是在[0,1]

上带权(x)



的正交

多项式，并求T0*(x),T1*(x),T2*(x),T3*(x)。 解：

若Tn*(x)Tn(2x1),x[0,1]，则

T

1

*n*

(x)Tm(x)P(x)dx

Tn(2x1)Tm(2x0

1

t1

，故

2

令t(2x1)，则t[1,1]，且x

1

*

Tn*(x)Tm(x)(x)dx1

Tn(t)Tm(t1

1Tn(t)Tm(t1

(

t1

) 2

*

又切比雪夫多项式Tk(x)在区间[0,1]

上带权(x)



正交，且

0,nm1

T(x)T(x)d,nm0 nm12

,nm0

Tn*(x)是在[0,1]

上带权(x)

又T0(x)1,x[1,1]

T0*(x)T0(2x1)1,x[0,1]T1(x)x,x[1,1]

T1*(x)T1(2x1)2x1,x[0,1]

T2(x)2x21,x[1,1]T2*(x)T2(2x1)2(2x1)18x28x1,x[0,1]

2

T3(x)4x33x,x[1,1]T(x)T3(2x1)4(2x1)33(2x1)

*

3

32x48x18x1,x[0,1]

2

32

8。对权函数(x)1x，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：

若(x)1x，则区间[1,1]上内积为

2

(f,g)f(x)g(x)(x)dx

1

1

定义0(x)1，则

n1(x)(xn)n(x)nn1(x)

其中

n(xn(x),n(x))/(n(x),n(x))n(n(x),n(x))/(n1(x),n1(x))0(x,1)/(1,1)

1

1

x(1x2)dx(1x2)dx

1

0

1(x)x

1(x2,x)/(x,x)

1

11

x3(1x2)dxx2(1x2)dx

1

0

1(x,x)/(1,1)

1

1

x2(1x2)dx(1x2)dx

1

16

2

532(x)x2

25

2(x3x,x2)/(x2,x2)

[1**********]2(xx)(x)(1x)dx1

1

2222

(x)(x)(1x2)dx1

55

0

22

2(x2,x2)/(x,x)

5512222(x)(x)(1x2)dx1

1

22x(1x)dx

1

2

5

136

17

7015

2179

3(x)x3x2xx3x

57014

12。选取常数a，使maxxax达到极小，又问这个解是否唯一？

0x1

3

解：

令f(x)x3ax

则f(x)在[1,1]上为奇函数

maxx3ax

0x1

maxx3ax

1x1

f

又f(x)的最高次项系数为1，且为3次多项式。

3(x)

1

T3(x)与0的偏差最小。 2313

3(x)T3(x)x3x

443

从而有a

4

24

16。f(x)x，在1,1上求关于span1,x,x的最佳平方逼近多项式。



解：

f(x)x,x1,1

若(f,g)

1

1

f(x)g(x)dx

且01,1x2,2x4，则

022,12,22,

11

(f,0)1,(f,1),(f,2),

2322

(0,1)1,(0,2),(1,2),

57

则法方程组为

22

25

2

29

22325

解得

232527

25a1021

a1 72a2

12



93

a00.1171875

a11.640625 a0.82031252

24

故f(x)关于span1,x,x的最佳平方逼近多项式为



S*(x)a0a1x2a2x4

0.11718751.640625x0.8203125x

18。f(x)sin解：

2

4

2

x，在[1,1]上按勒让德多项式展开求三次最佳平方逼近多项式。

f(x)sin

2

x,x[1,1]

按勒让德多项式P0(x),P1(x),P2(x),P3(x)展开

(f(x),P0(x))sin

111

1

2

xdx

2

cos8

x02

1

(f(x),P1(x))xsin

2

xdx

131

(f(x),P2(x))(x2)sinxdx0

122215348(210)3

(f(x),P3(x))(xx)sinxdx

12224

2

则

*a0(f(x),P0(x))/20*a13(f(x),P1(x))/2

12

2

168(210)

*a25(f(x),P2(x))/20

a7(f(x),P3(x))/2

*3

4

从而f(x)的三次最佳平方逼近多项式为

*****S3(x)a0P0(x)a1P1(x)a2P2(x)a3P3(x)

168(210)5332x(xx)422420(210)3120(2122)x4412



1.5531913x0.5622285x3

第四章 数值积分与数值微分

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);

h

h

(2)

2h

2h1

f(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)];

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

h

f(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)x2，则

23

hh2A1h2A1 3

从而解得

4A03h

1

A1h

3

1A13h

令f(x)x3，则

h

h

f(x)dxx3dx0

h

h

A1f(h)A0f(0)A1f(h)0

故

h

h

f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)成立。

4

令f(x)x，则

h

h

f(x)dxx4dx

h

h

25h5

25h3

A1f(h)A0f(0)A1f(h)

故此时，

h

h

f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

hh

故

f(x)dxA1f(h)A0f(0)A1f(h)

1

具有3次代数精度。 （3）若

1

f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3

令f(x)1，则

1

1

f(x)dx2[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3

令f(x)x，则

012x13x2

令f(x)x2，则

2 212x123x2

从而解得

x10.2899x10.6899或 x20.5266x20.1266

令f(x)x3，则

1

1f(x)dxx3dx0 11

[f(1)2f(x1)3f(x2)]/30

故1

1f(x)dx[f(1)2f(x1)3f(x2)]/3不成立。

因此，原求积公式具有2次代数精度。

5。推导下列三种矩形求积公式：

babab

af()(ba)2;2f() f(x)dx(ba)f(b)(ba)2;2abf()f(x)dx(ba)f()(ba)3;224f(x)dx(ba)f(a)

证明：

(1)f(x)f(a)f()(xa),(a,b)

两边同时在[a,b]上积分，得

b

af(x)dx(ba)f(a)f()(xa)dx ab

即

f()2(ba)a 2

(2)f(x)f(b)f()(bx),(a,b)bf(x)dx(ba)f(a)

两边同时在[a,b]上积分，得

b

af(x)dx(ba)f(a)f()(bx)dx ab

即

f()2(ba)a2 abababf()ab2(3)f(x)f()f()(x)(x),(a,b)22222bf(x)dx(ba)f(b)

两连边同时在[a,b]上积分，得

b

aababbabf()bab2f(x)dx(ba)f()f()(x)dx(x)dx a2222a2即

b

af(x)dx(ba)f(abf())(ba)3; 224


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