數(shù)值計(jì)算方法課后習(xí)題答案(李慶揚(yáng)等)

1、第一章 緒論（12）1、設(shè)x>0，x的相對(duì)誤差為，求lnx的誤差。解設(shè)x*>0為x的近似值，則有相對(duì)誤差為r*(x)=，絕對(duì)誤差為*(x)=x*，從而lnx的誤差為*(lnx)=(lnx*)'(x*)=相對(duì)誤差為(lnx)=*r1*x=， x*(lnx)lnx*=lnx*。2、設(shè)x的相對(duì)誤差為2%，求xn的相對(duì)誤差。解設(shè)x*為x的近似值，則有相對(duì)誤差為r*(x)=2%，絕對(duì)誤差為*(x)=2%x*，從而x的誤差為(lnx)=(x)'相對(duì)誤差為(lnx)=*rn*nx=x*(x)=n(x)*n-12%x=2n%x*n， *(lnx)(x)*n=2n%。3、下列各數(shù)都是

2、經(jīng)過四舍五入得到的近似數(shù)，即誤差不超過最后一位的半個(gè)單位，試指出它們是幾位有效數(shù)字：*x1=1.1021，x2=0.031，x3=56.430，x5=385.6，x4=71.0。*解x1=1.1021有5位有效數(shù)字；x2=0.0031有2位有效數(shù)字；x3=385.6有4*位有效數(shù)字；x4=56.430有5位有效數(shù)字；x5=71.0有2位有效數(shù)字。*4、利用公式（3.3）求下列各近似值的誤差限，其中x1均為第3題所給,x2,x3,x4的數(shù)。*（1）x1； +x2+x4f*e*(x1+x2+x4)= (x)=(x)+(x)+(xk124) xk=1k解；111=10-4+10-3+10-3=1.0

3、510-3222n*（2）x1x2x3；f*e*(x1x2x3)= k=1xkn*(x)=(xx)(x)+(xx)(x)+(xx)(x)k231132123*1解=(0.031385.6)110-4+(1.1021385.6)110-3+(1.10210.031)10-3；222=0.5976810-3+212.4848810-3+0.0170825510-3=213.0996425510-3=0.21309964255*（3）x2。 /x4*f*e*(x2/x4)= k=1xkn*x21*(x)=(x)+(x)k24*2x4(x4)解=110.031156.4611-3-310-3+10=1

4、0。 2256.430222(56.430)(56.430)56.4611-3-5=100.8865410(56.430)225、計(jì)算球體積要使相對(duì)誤差限為1%，問度量半徑R允許的相對(duì)誤差是多少？4*(R*)3)4解由1%=r*(R*)3)=可知， 43(R*)33'444*(R*)3)=1%(R*)3=(R*)3*(R*)=4(R*)2*(R*)， 3331*(R*)11*=1%=從而(R)=1%R，故r(R)=。 *33300R*6、設(shè)Y0=28，按遞推公式Y(jié)n=Yn-1-1783(n=1,2, )計(jì)算到Y(jié)100，若取100）試問計(jì)算Y100將有多大誤差？ 78327.982（五位

5、有效數(shù)字，解令n表示Yn的近似值，e*(Yn)=n-Yn，則e*(Y0)=0，并且由1127.982，Yn=Yn-1-783可知， 1001001n-Yn=n-1-Yn-1-(27.982-783)，即 10012e*(Yn)=e*(Yn-1)-(27.982-)=e*(Yn-2)-(27.982-)= ，從100100n=n-1-而e*(Y100)=e*(Y0)-(27.982-)=783-27.982，而783-27.9821110-3，所以*(Y100)=10-3。 227、求方程x2-56x+1=0的兩個(gè)根，使它至少具有四位有效數(shù)字（78327.982）解由x=28±783與

6、78327.982（五位有效數(shù)字）可知，。 x1=28+=28+27.982=55.982（五位有效數(shù)字）而x2=28-783=28-27.982=0.018，只有兩位有效數(shù)字，不符合題意。 但是x2=28-=128+783N+1N=1=1.786310-2。 55.9828、當(dāng)N充分大時(shí)，怎樣求解因?yàn)镹+1N1dx？ 1+x21dx=arctan(N+1)-arctanN，當(dāng)N充分大時(shí)為兩個(gè)相近數(shù)相21+xN+1)，=arctanN，則N+1=tan，N=tan，從而 減，設(shè)=arctan(tan(-)=tan-tan(N+1)-N1=2， 1+tantan1+N(N+1)N+N+1因此N+

7、1N11dx=-=arctan。 221+xN+N+19、正方形的邊長(zhǎng)大約為100cm，應(yīng)怎樣測(cè)量才能使其面積誤差不超過1cm2?解由*(l*)2)=l*)2'*(l*)=2l*(l*)可知，若要求*(l*)2)=1，則(l)=*(l*)2)2l*=111=，即邊長(zhǎng)應(yīng)滿足l=100±。 200210020012gt，假定g是準(zhǔn)確的，而對(duì)t的測(cè)量有±0.1秒的誤差，證明當(dāng)t2增加時(shí)S的絕對(duì)誤差增加，而相對(duì)誤差卻減少。 10、設(shè)S=證明因?yàn)?(S)=(dS*)(t)=gt*(t)=0.1gt*， dt(S)=*r*(S)S*gt*(t)2*(t)1=，所以得證。 1t*

8、5t*2g(t)211、序列yn滿足遞推關(guān)系yn=10yn-1-1(n=1,2, )，若y0=21.41（三位有效數(shù)字），計(jì)算到y(tǒng)10時(shí)誤差有多大？這個(gè)計(jì)算過程穩(wěn)定嗎？y=2解設(shè)n為yn的近似值，*(yn)=n-yn，則由0與 yn=10yn-1-10=1.411*(y)=10-2，n-yn=10(n-1-yn-1)，即 可知，02n=10n-1-1*(yn)=10*(yn-1)=10n*(y0)， 11從而*(y10)=1010*(y0)=101010-2=108，因此計(jì)算過程不穩(wěn)定。 2212、計(jì)算f=(2-1)6，取21.4，利用下列公式計(jì)算，哪一個(gè)得到的結(jié)果最好？1(2+1)6，(3-

9、22)3，1(3+22)3，99-2。解因?yàn)?(f)=1110-1，所以對(duì)于f1=， 62(2+1)'e*(1)=1e*(1.4)=611-1-4-2，有一位有效數(shù)字； 10=6.5410<10722(1.4+1)對(duì)于2=(3-22)3，11'e*(2)=2e*(1.4)=6(3-21.4)210-1=0.1210-1<10-1，沒有有效數(shù)22字； 對(duì)于3=1(3+22)3，611-1-3有一位有效數(shù)10=2.6510<10-2，422(3+21.4)'e*(3)=3e*(1.4)=字； 11'對(duì)于4=99-2，e*(4)=4e*(1.4)=7

10、010-1=3510-1<101，沒有22有效數(shù)字。13、f(x)=ln(x-x2-1)，求f(30)的值。若開平方用六位函數(shù)表，問求對(duì)數(shù)時(shí)誤差有多大？若改用另一等價(jià)公式ln(x-x2-1)=-ln(x+x2-1)計(jì)算，求對(duì)數(shù)時(shí)誤差有多大？解因?yàn)?02-1=899=29.9833（六位有效數(shù)字），*(x)=110-4，所以 2e*(1)=(f1')*e*(x)=-=110-4(30-302-1)2， 11110-4=0.299410-230-29.98332e*(2)=(f2')*e*(x)=-=110-4x+x2-12。 11110-4=0.833610-630+29.

11、98332x1+1010x2=101014、試用消元法解方程組，假定只有三位數(shù)計(jì)算，問結(jié)果是否x1+x2=2可靠？10101010-2,x2=10解精確解為x1=10。當(dāng)使用三位數(shù)運(yùn)算時(shí)，得到10-110-1x1=1,x2=1，結(jié)果可靠。15、已知三角形面積s=1absinc，其中c為弧度，0<c<，且測(cè)量a，b，c22的誤差分別為a,b,c，證明面積的誤差s滿足nsabc。 +sabc解因?yàn)?s)=k=1f111(xk)=bsinca+asincb+abcoscc， xk222111bsinca+asincb+abcosccs222=1sabsinc所以。 2=cbccbc+cb

12、tanccbc第二章 插值法（40-42）1、根據(jù)（2.2）定義的范德蒙行列式，令1 Vn(x0,x1, ,xn-1,x)=11x0xn-1x2x0 2xn-1x2n x0 ，證明Vn(x)是n次多項(xiàng)式，它的n xn-1n x根是x1,x2, ,xn-1，且Vn(x0,x1, ,xn-1,x)=Vn-1(x0,x1, ,xn-1)(x-x0) (x-xn-1)。Vn(x0,x1, ,xn-1,x)=(xi-xj)(x-xj)證明由i=0j=0j=0n-1i-1n-1=Vn-1(x0,x1, ,xn-1)(x-xj)j=0n-1可得求證。2、當(dāng)x=1,-1,2時(shí)，f(x)=0,-3,4，求f(x

13、)的二次插值多項(xiàng)式。L2(x)=y0解=0(x-x0)(x-x2)(x-x0)(x-x1)(x-x1)(x-x2)+y1+y2(x0-x1)(x0-x2)(x1-x0)(x1-x2)(x2-x0)(x2-x1)。 (x+1)(x-2)(x-1)(x-2)(x-1)(x+1)+(-3)+4(1+1)(1-2)(-1-1)(-1-2)(2-1)(2+1)14537=-(x2-3x+2)+(x2-1)=x2+x-236233、給出f(x)=lnx的數(shù)值表用線性插值及二次插值計(jì)算ln0.54的近似值。解若取x0=0.5，x1=0.6，則y0=f(x0)=f(0.5)=-0.693147，y1=f(x1

14、)=f(0.6)=-0.510826，則 L1(x)=y0x-x0x-x1x-0.6x-0.5+y1=-0.693147-0.510826x0-x1x1-x00.5-0.60.6-0.5， =6.93147(x-0.6)-5.10826(x-0.5)=1.82321x-1.6047520.54-1.604752=0.9845334-1.604752=-0.6202186從而L1(0.54)=1.82321。若取x0=0.4，x1=0.5，x2=0.6，則y0=f(x0)=f(0.4)=-0.916291， y1=f(x1)=f(0.5)=-0.693147，y2=f(x2)=f(0.6)=-0

15、.510826，則L2(x)=y0(x-x0)(x-x2)(x-x0)(x-x1)(x-x1)(x-x2)+y1+y2(x0-x1)(x0-x2)(x1-x0)(x1-x2)(x2-x0)(x2-x1)=-0.916291(x-0.5)(x-0.6)(x-0.4)(x-0.6)+(-0.693147)(0.4-0.5)(0.4-0.6)(0.5-0.4)(0.5-0.6)(x-0.4)(x-0.5)， +(-0.510826)(0.6-0.4)(0.6-0.5)-25.5413(x2-0.9x+0.2)=-45.81455(x2-1.1x+0.3)+69.3147(x2-x+0.24)=-2.

16、04115x2+4.068475x-2.217097L2(0.54)=-2.041150.542+4.0684750.54-2.217097從而。 =-0.59519934+2.1969765-2.217097=-0.615319844、給出cosx,0 x90 的函數(shù)表，步長(zhǎng)h=1'=(1/60) ，若函數(shù)具有5位有效數(shù)字，研究用線性插值求cosx近似值時(shí)的總誤差界。解設(shè)插值節(jié)點(diǎn)為x0<x<x1=x0+h，對(duì)應(yīng)的cosx值為y0,y1，函數(shù)表值為0,1，則由題意可知，y0-0項(xiàng)式為1(x)=01110-5，y1-110-5，近似線性插值多22x-x0x-x1，所以總誤差為

17、 +1x0-x1x1-x0R(x)=f(x)-1(x)=f(x)-L1(x)+L1(x)-1(x)x-x0x-x1f''()=(x-x0)(x-x1)+(y0-0)+(y1-1)2!x0-x1x1-x0=-x-x0x-x1cos(x-x0)(x-x1)+(y0-0)+(y1-1),(x0,x1)2x0-x1x1-x0，從而R(x)x-x0x-x11cos(x-x0)(x-x1)+y0-0+y1-12x0-x1x1-x0。 x-x0x-x1111-(x-x0)(x-x1)+10-5+10-522x0-x12x1-x01h2111111+10-5=+10-5=6.9410-5+10

18、-5=3.4710-52422144002225、設(shè)xk=x0+kh,k=1,2,3，求maxl2(x)。 x0xx2x0xx3maxl2(x)=max(x-x0)(x-x1)(x-x3)x0xx3(x-x)(x-x)(x-x)202123解=max=(x-x0)(x-x0-h)(x-x0-3h)x0xx3(2h)h(-h)1max(x-x0)(x-x0-h)(x-x0-3h)2h3x0xx3220230。 令f(x)=(x-x0)(x-x0-h)(x-x0-3h)=x-(3x0+4h)x+(3x+8x0h+3h)x-(x+4hx+3hx0)3202，則2f'(x)=3x2-2(3x0

19、+4h)x+(3x0+8x0h+3h2)，從而極值點(diǎn)可能為22(3x0+4h)±4(3x0+4h)2-12(3x0+8x0h+3h2)x=6，又因?yàn)?3x0+4h)±7h4±7=x0+h33f(x0+4-74-1-5-1h)=hhh=(-20)h3， 3333274+4+71+7-51h)=hhh=-(20+147)h3， 3333274-74+7h)f(x0+h)，所以 3314+71110+773f(x+h)=(20+7)h=。 0333272h2h27f(x0+顯然f(x0+x0xx3maxl2(x)=6、設(shè)xjn(j=0,1, ,n)為互異節(jié)點(diǎn)，求證：(k

20、=0,1, ,n)； k1）xkjlj(x)xj=0n2）(xj-x)klj(x)xkj=0(k=1,2, ,n)；解1）因?yàn)樽髠?cè)是xk的n階拉格朗日多項(xiàng)式，所以求證成立。2）設(shè)f(y)=(y-x)k，則左側(cè)是f(y)=(y-x)k的n階拉格朗日多項(xiàng)式，令y=x，即得求證。17、設(shè)f(x)C2a,b且f(a)=f(b)=0，求證maxf(x)(b-a)2maxf''(x)。 axbaxb8解見補(bǔ)充題3，其中取f(a)=f(b)=0即得。8、在-4x4上給出f(x)=ex的等距節(jié)點(diǎn)函數(shù)表，若用二次插值求ex的近似值，要使截?cái)嗾`差不超過10-6，問使用函數(shù)表的步長(zhǎng)h應(yīng)取多少？解由題

21、意可知，設(shè)x使用節(jié)點(diǎn)x0=x1-h，x1，x2=x1+h進(jìn)行二次插值，則R2(x)=f'''()(x-x0)(x-x1)(x-x2)3!插值余項(xiàng)為=ex-(x1-h)(x-x1)x-(x1+h),(x0,x2)6，令f(x)=x-(x1-h)(x-x1)x-(x1+h)=x3-3x1x2+(3x12-h2)x+x1(x12-h2)，則f'(x)=3x2-6x1x+(3x12-h2)，從而f(x)的極值點(diǎn)為x=x1±233h(1+)h(1-)h=h，而 3339h，故3x0xx2maxf(x)=ee4233e43R2(x)maxf(x)h=h，要使其不超

22、過10-6，則有 6x0xx26927e43h10-6，即h27243e23.4863-21010-2=0.47210-2。 27.389e9、若yn=2n，求4yn及4yn。444-jj4yn=(E-I)yn=(-1) jEyn=(-1) jyn+4-jj=0j=0414243444解=(-1)0 y+(-1)y+(-1)y+(-1)y+(-1) 0n+4 1n+3 2n+2 3n+1 4yn。 =2n+4-42n+3+62n+2-42n+1+2n444j=162n-322n+242n-82n+2n=2n42(4-j)-2jyn=(E-E)yn=(-1) Eyn jEj=044j42-jj4

23、 =(-1) Ey=(-1)n j jyn+2-jj=0j=0414243444 =(-1)0 y+(-1)y+(-1)y+(-1)y+(-1) 0n+2 1n+1 2n 3n-1 4yn-2。 =2n+2-42n+1+62n-42n-1+2n-24-44j121211=162n-2-322n-1+242n-2-82n-2+2n-2=2n-210、如果f(x)是m次多項(xiàng)式，記f(x)=f(x+h)-f(x)，證明f(x)的k階差分。 kf(x)(0km)是m-k次多項(xiàng)式，并且m+lf(x)=0（l為正整數(shù)）證明對(duì)k使用數(shù)學(xué)歸納法可證。11、證明(fkgk)=fkgk+1+fkgk。證明(fkg

24、k)=fk+1gk+1-fkgk=fk+1gk+1-fkgk+1+fkgk+1-fkgk=(fk+1-fk)gk+1+fk(gk+1-gk)=fkgk+1+fkgkn-1n-1。12、證明fkgk=fngn-f0g0-gk+1fk。k=0k=0證明因?yàn)閒k=0n-1kgk+gk+1fk=(fkgk+gk+1fk)k=0k=0n-1n-1n-1=fk(gk+1-gk)+gk+1(fk+1-fk)=(gk+1fk+1-fkgk)=fngn-f0g0k=0k=0n-1，故得證。13、證明：2yj=yn-y0。j=0n-1證明yj=(yj+1-yj)=yn-y0。 2j=0j=0n-1n-114、若f

25、(x)=a0+a1x+ +an-1xn-1+anxn有n個(gè)不同實(shí)根x1,x2, ,xn，證明j=1n0kn-20,=-1。 f'(xj)an,k=n-1nxkj證明由題意可設(shè)f(x)=an(x-x1)(x-x2) (x-xn)=an(x-xi)，故i=1f'(xj)=an(xj-xi)，再由差商的性質(zhì)1和3可知：i=1ijnf'(xj=1nxkjj)=j=1nxkjan(xj-xi)i=1ijn1k1(xk)(n-1)，從而得證。 =xx1, ,xn=anan(n-1)!15、證明n階均差有下列性質(zhì)：1）若F(x)=cf(x)，則Fx0,x1, ,xn=cfx0,x1,

26、 ,xn；2）若F(x)=f(x)+g(x)，則Fx0,x1, ,xn=fx0,x1, ,xn+gx0,x1, ,xn。Fx0,x1, ,xn=j=0nF(xj)(xi=0ijnj-xi)=j=0ncf(xj)(xi=0ijnj-xi)。證明1）=cj=0nf(xj)(xi=0ijn=cfx0,x1, ,xnj-xi)F(xj)=j=0nFx0,x1, ,xn=j=0nf(xj)+g(xj)(xi=0ijnnj-xi)(xi=0ijnj-xi)。2）=j=0nf(xj)(xi=0ijnj-xi)+j=0ng(xj)(xi=0ij=fx0,x1, ,xn+gx0,x1, ,xnj-xi)f(8)

27、()0=0。16、f(x)=x+x+3x+1，求f2,2, ,2，f2,2, ,2= 8!8!741718f(7)()7!=1，f20,21, ,28。 解f2,2, ,2=7!7!1717、證明兩點(diǎn)三次埃爾米特插值余項(xiàng)是R3(x)=f(4)()(x-xk)2(x-xk+1)2/4!,(xk,xk+1)，并由此求出分段三次埃爾米特插值的誤差限。8hmaxfk'。 解見P30與P33，誤差限為(h)+270kn18、XXXXXXXXXX19、求一個(gè)次數(shù)不高于4次的多項(xiàng)式P(x)，使它滿足P(0)=P'(0)=0，P(1)=P'(1)=1，P(2)=1。解設(shè)P(x)=a4x

28、4+a3x3+a2x2+a1x+a0，則P'(x)=4a4x3+3a3x2+2a2x+a1，再由P(0)=P'(0)=0，P(1)=P'(1)=1，P(2)=1可得：0=a00=P(0)=a00=P'(0)=a0=a1191=P(1)=a+a+a+a+a解得=a2。從而 432101=P'(x)=4a+3a+2a+a443213-2=a31=P(2)=16a4+8a3+4a2+2a1+a01=a44143392x22x2(x-3)2P(x)=x-x+x=(x-6x+9)=。 4244420、設(shè)f(x)Ca,b，把a(bǔ),b分為n等分，試構(gòu)造一個(gè)臺(tái)階形的零次分

29、段插值函數(shù)n(x)，并證明當(dāng)n時(shí)，n(x)在a,b上一致收斂到f(x)。supf(x)+inf解令i(x)=xi-1xxixi-1xxif(x),i=1,2,3, ,n。 221、設(shè)f(x)=1/(1+x2)，在-5x5上取n=10，按等距節(jié)點(diǎn)求分段線性插值函數(shù)Ih(x)，計(jì)算各節(jié)點(diǎn)中點(diǎn)處的Ih(x)與f(x)的值，并估計(jì)誤差。解由題意可知，h=1，從而當(dāng)xxk,xk+1時(shí)，Ih(x)=fklk+fk+1lk+1=x-xk1x-xk+11+1+k2xk-xk+11+(k+1)2xk+1-xk11=-(x-x)+(x-xk)k+122h(1+k)h1+(k+1)。22、求f(x)=x2在a,b上

30、的分段線性插值函數(shù)Ih(x)，并估計(jì)誤差。解設(shè)將a,b劃分為長(zhǎng)度為h的小區(qū)間a=x0x1 xn=b，則當(dāng)xxk,xk+1，k=0,1,2, ,n-1時(shí)，Ih(x)=fklk+fk+1lk+1=x(x2k+12k22x-xk+1x-xkxk2+1(x-xk)-xk(x-xk+1)=x+xk+1=xk-xk+1xk+1-xkxk+1-xk2k2k+1k-x)+xx-xxk+1-xk2k+1kx =x(xk+1+xk)-xk+1xk從而誤差為R2(x)=f''()(x-xk)(x-xk+1)=(x-xk)(x-xk+1)， 2!h2故R2(x)=(x-xk)(x-xk+1)。 423

31、、求f(x)=x4在a,b上的分段埃爾米特插值，并估計(jì)誤差。解設(shè)將a,b劃分為長(zhǎng)度為h的小區(qū)間a=x0x1 xn=b，則當(dāng)xxk,xk+1，k=0,1,2, ,n-1時(shí)， Ih(x)=fkk+fk+1k+1+fk'k+fk'+1k+1(x)4x-xk+1 =xk x-xk+1k22x-xk 1+2 xk+1-xk4x-xk+xk+1 x-xkk+122x-xk+1 1+2 ， x-xkk+13x-xk+13x-xk 4xk(x-x)+4xkk+1 x-xk+1kxk+1-xk(x-xk+1)f(4)()(x-xk)2(x-xk+1)2=(x-xk)2(x-xk+1)2， 從而誤

32、差為R2(x)=4!h4故R2(x)=(x-xk)(x-xk+1)。 162224試求三次樣條函數(shù)S(x)，并滿足條件：,S'(0.53)=0.6868； 1）S'(0.25)=1.00002）S''(0.25)=S''(0.53)=0。解由h0=0.30-0.25=0.05，h1=0.39-0.30=0.09，h2=0.45-0.39=0.06，h3=0.53-0.45=0.08，及（8.10）式j(luò)=hjhj-1+hj,j=hj-1hj-1+hj,(j=1, ,n-1)可知，1=h1h20.0990.062=，2=， h0+h10.05+0.0

33、914h1+h20.09+0.0653=1=h30.084=， h2+h30.06+0.087h0h10.0550.093=，2=， h0+h10.05+0.0914h1+h20.09+0.065h20.063=， h2+h30.06+0.0873=由（8.11）式gj=3(jfxj-1,xj+jfxj,xj+1)(j=1, n-1)可知，9f(x1)-f(x0)5f(x2)-f(x1)g1=3(1fx0,x1+1fx1,x2)=3+14x1-x014x2-x190.5477-0.500050.6245-0.5477=3(+)140.30-0.25140.39-0.30947757681927

34、9=3(+)=2.754114500149007000g2=3(2fx1,x2+2fx2,x3)=32f(x2)-f(x1)3f(x3)-f(x2)+5x2-x15x3-x2。20.6245-0.547730.6708-0.6245=3(+)50.39-0.3050.45-0.39276834634256+3463=3(+)=2.413590056001000g3=3(3fx2,x3+3fx3,x4)=3。 4f(x3)-f(x2)3f(x4)-f(x3)+7x3-x27x4-x340.6708-0.624530.7280-0.6708=3(+)70.45-0.3970.53-0.454463

35、34724463+91181457=3(+)=2.0814760078001400700。從而5209142.7541-1.00002.1112m114232m=2.413=2.4131）矩陣形式為：，解得 2551.78713m342.0814-0.68680277m10.9078nm=0.82782，從而S(x)=yjj(x)+mjj(x)。j=00.6570m32）此為自然邊界條件，故g0=3fx0,x1=3f(x1)-f(x0)0.5477-0.5000477=3=3=2.862； x1-x00.30-0.25500f(xn)-f(xn-1)0.7280-0.6708572=3=3=2

36、.145， xn-xn-10.53-0.45800gn=3fxn-1,xn=32914矩陣形式為：000n00520142325540274007100m02.862m12.75410m2=2.413，可以解得2.081m4337m42.1452m0m1m2，從而m3m4S(x)=yjj(x)+mjj(x)。j=025、若f(x)C2a,b，S(x)是三次樣條函數(shù)，證明1）f''(x)2dx-S''(x)2dx=f''(x)-S''(x)2dx+2S''(x)f''(x)-S''(x

37、)dx； aaaabbbb2）若f(xi)=S(xi)(i=0,1, ,n)，式中xi為插值節(jié)點(diǎn)，且a=x0<x1< <xn=b 則S''(x)f''(x)-S''(x)dx=S''(b)f'(b)-S'(b)-S''(a)f'(a)-S'(a)。 abbaf''(x)-S''(x)2dx+2S''(x)f''(x)-S''(x)dxabab=f''(x)-S'&

38、#39;(x)2+2S''(x)f''(x)-S''(x)dx解1）=f''(x)-S''(x)+2S''(x)f''(x)-S''(x)dxab。=f''(x)+S''(x)f''(x)-S''(x)dx=f''(x)2-S''(x)2dxaabb=f''(x)2dx-S''(x)2dxaabb2）由題意可知，S'''

39、;(x)=A,xa,b，所以ba'''''S''(x)f''(x)-S''(x)dx=S''(x)f'(x)-S'(x)ba-f(x)-S(x)S(x)dxabab=S''(b)f'(b)-S'(b)-S''(a)f'(a)-S'(a)-Af'(x)-S'(x)dx=S''(b)f'(b)-S'(b)-S''(a)f'(a)-S'(a

40、)-Af(x)-S(x)ba=S''(b)f'(b)-S'(b)-S''(a)f'(a)-S'(a)。補(bǔ)充題：1、令x0=0，x1=1，寫出y(x)=e-x的一次插值多項(xiàng)式L1(x)，并估計(jì)插值余項(xiàng)。解由y0=y(x0)=e-0=1，y1=y(x1)=e-1可知， L1(x)=y0x-x0x-x1x-1-1x-0+y1=1+ex0-x1x1-x00-11-0， =-(x-1)+e-1x=1+(e-1-1)xf''()e-(x-x0)(x-x1)=x(x-1),(0,1)， 余項(xiàng)為R1(x)=2!2故R1(x)111

41、1maxe-maxx(x-1)=1=。 0x12012482、設(shè)f(x)=x4，試?yán)美窭嗜詹逯涤囗?xiàng)定理寫出以-1,0,1,2為插值節(jié)點(diǎn)的三次插值多項(xiàng)式。解由插值余項(xiàng)定理，有f(4)()R3(x)=(x-x0)(x-x1)(x-x2)(x-x3)4!， 4!=(x+1)x(x-1)(x-2)=(x2-2x)(x2-1)=x4-2x3-x2+2x4!從而L3(x)=f(x)-R3(x)=x4-(x4-2x3-x2+2x)=2x3+x2-2x。3、設(shè)f(x)在a,b內(nèi)有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，求證： maxf(x)-f(a)+axbf(b)-f(a)1(x-a(b-a)2maxf''(x)

42、。 axbb-a8f(b)-f(a)(x-a)是以a，b為插值節(jié)點(diǎn)的f(x)的線性插值多項(xiàng)b-a式，利用插值多項(xiàng)式的余項(xiàng)定理，得到：f(b)-f(a)1f(x)-f(a)+(x-a)=f''()(x-a)(x-b)，從而 b-a2證因?yàn)閒(a)+f(b)-f(a)1(x-a)maxf''()max(x-a)(x-b)axbaxbb-a2ab。111=maxf''()(b-a)2=(b-a)2maxf''(x)axb2ab48maxf(x)-f(a)+4、設(shè)f(x)=x7+5x3+1，求差商f20,21，f20,21,22，f20,

43、21, ,27和f20,21, ,28。解因?yàn)閒(20)=f(1)=7，f(21)=f(2)=27+523+1=169， 所以f20,21=f(22)=f(4)=47+543+1=16705，f21,22=12f(2)-f(1)=169-7=162，2-1f(4)-f(2)16705-169=8268，4-22f21,22-f20,218268-162f2,2,2=2702，322-20f(7)()7!f(8)()0018f2,2, ,2=1，f2,2, ,2=0。7!7!8!8!175、給定數(shù)據(jù)表：i=1,2,3,4,5，求4解57N4(x)=4-3(x-1)+(x-1)(x-2)-(x-1

44、)(x-2)(x-4)6601+(x-1)(x-2)(x-4)(x-6)180，插值余項(xiàng)為57=4-3(x-1)+(x-1)(x-2)-(x-1)(x-2)(x-4)6601+(x-1)(x-2)(x-4)(x-6)180f(5)()R4(x)=(x-1)(x-2)(x-4)(x-6)(x-7),(1,7)。5!6、如下表給定函數(shù)：i=0,1,2,3,4，解構(gòu)造差分表：t(t-1)2f0+ 2N4(x0+th)=f0+tf0+由差分表可得插值多項(xiàng)式為：t(t-1)=3+3t+2=3+3t+t(t-1)=t2+2t+32。第三章 函數(shù)逼近與計(jì)算（80-82）1、（a）利用區(qū)間變換推出區(qū)間為a,b

45、的伯恩斯坦多項(xiàng)式；（b）對(duì)f(x)=sinx在0,上求1次和3次伯恩斯坦多項(xiàng)式并畫出圖形，并與2相應(yīng)的馬克勞林級(jí)數(shù)部分和誤差做出比較。解（a）令x=a+(b-a)t，則t0,1，從而伯恩斯坦多項(xiàng)式為 Bn(f,x)=f(k=0nnk(b-a)kn-k。 )Pk(x)，其中Pk(x)= x(b-a-x) kn（b）令x=2nt，則t0,1，從而伯恩斯坦多項(xiàng)式為Bn(f,x)=f(k=01knkn-k。 )Pk(x)，其中Pk(x)= x(-x) 2n2k01011 B1(f,x)=f()Pk(x)=f(0) x-x+f()x-x 2212k=002； =sin0 -x+sinx=0 -x+x=x

46、222kB3(f,x)=f(k=03k6)Pk(x)303132=f(0) 0x(2-x)+f(6) 1x(2-x)323310 +f() x(-x)+f()x(-x)3 22 223。=sin0 -x+sin3x(-x)2+sin3x2(-x)+sinx3623222332323223=x(-x)+x(-x)+x=(x-x2+x3)+(x-x3)+x3222224223231=x-(2-3)x2-(33-5)x38422、求證：（a）當(dāng)mf(x)M時(shí)，mBn(f,x)M；（b）當(dāng)f(x)=x時(shí)，Bn(f,x)=x。k證明（a）由Bn(f,x)=f()Pk(x)及mf(x)M可知， nk=0n

47、3mPk(x)mPk(x)Bn(f,x)MPk(x)MPk(x)， k=0k=0k=0k=0nnnnnkn-kn而Pk(x)= x(1-x)=x+(1-x)=1，從而得證。 kk=0k=0nn（b）當(dāng)f(x)=x時(shí)，nkknkBn(f,x)=f()Pk(x)=f() x(1-x)n-k nnkk=0k=0nf(0)=0nkn!(n-1)!kn-k=x(1-x)=xxk-1(1-x)(n-1)-(k-1)。 k!(n-k)!k=1nk=1(k-1)!(n-1)-(k-1)!n=x(n-1)!xk(1-x)(n-1)-k=xx+(1-x)n-1=xk=0k!(n-1-k)!n-13、在次數(shù)不超過6

48、的多項(xiàng)式中，求f(x)=sin4x在0,2的最佳一致逼近多項(xiàng)式。解由sin4x,x0,2可知，-1sin4x1，從而最小偏差為1，交錯(cuò)點(diǎn)為3579111315,，此即為P(x)H6的切比雪夫交錯(cuò)點(diǎn)組，從而88888888P(x)是以這些點(diǎn)為插值節(jié)點(diǎn)的拉格朗日多項(xiàng)式，可得P(x)=0。4、假設(shè)f(x)在a,b上連續(xù)，求f(x)的零次最佳一致逼近多項(xiàng)式。解令m=inff(x)，M=supf(x)，則f(x)=axbaxbM+m在a,b上具有最小偏差2M-m，從而為零次最佳逼近一次多項(xiàng)式。 25、選擇常數(shù)a，使得maxx3-ax達(dá)到極小，又問這個(gè)解是否唯一？ 0x1解因?yàn)閤3-ax是奇函數(shù)，所以ma

49、xx3-ax=x3-ax，再由定理7可知，0x1-1x1113當(dāng)x3-ax=T3=(4x3-3x)時(shí)，即a=時(shí)，偏差最小。 4446、求f(x)=sinx在0,上的最佳一次逼近多項(xiàng)式，并估計(jì)誤差。 2f(b)-f(a)解由a1=f'(x2)=cosx2=b-a而最佳一次逼近多項(xiàng)式為 sin2-sin0=-02可得x2=arccos2，從a+x21122y=f(a)+f(x2)+a1(x-)=sin0+)+(x-2220+22)2-421222-412=+(x-)=x+-2227、求f(x)=ex在0,1上的最佳一次逼近多項(xiàng)式。f(b)-f(a)e1-e0x2=f'(x2)=e=

50、e-1可得x2=ln(e-1)，從而最解由a1=b-a1-0佳一次逼近多項(xiàng)式為a+x2110+ln(e-1)y=f(a)+f(x2)+a1(x-)=e0+eln(e-1)+(e-1)(x-)2222。 e1ee-1=+(e-1)x-ln(e-1)=(e-1)x+-ln(e-1)22228、如何選取r，使p(x)=x2+r在-1,1上與零偏差最??？r是否唯一？解由maxp(x)=max(x2+r)=1+r，minp(x)=min(x2+r)=r可知當(dāng)與零偏-1x1-1x1-1x1-1x11差最小時(shí)，1+r=r，從而r=-。 2另解：由定理7可知，在-1,1上與零偏差最小的二次多項(xiàng)式為1111T2

51、(x)=(2x2-1)=x2-，從而r=-。 22229、設(shè)f(x)=x4+3x3-1，在0,1上求三次最佳逼近多項(xiàng)式。解設(shè)所求三次多項(xiàng)式為P3(x)，則由定理7可知1114242T(x)=(8x-8x+1)=x-x+，從而 34882119P3(x)=f(x)-(x4-x2+)=(x4+3x3-1)-(x4-x2+)=3x3+x2-。 888f(x)-P3(x)=10、令Tn(x)=Tn(2x-1),x0,1，求T0*(x)、T1*(x)、T2*(x)、T3(x)。1解由Tn(x)=Tn(2x-1),x0,1可知，令x=1+t,t-1,1，則 21T(x),x-1,021Tn(t+1)=Tn

52、(t),t-1,1，從而Tn*(x)=。 2T(1x+1),x1,102211、試證Tn*(x)是在0,1上帶權(quán)=1x-x2的正交多項(xiàng)式。？12、在-1,1上利用插值極小化求f(x)=arctanx的三次近似最佳逼近多項(xiàng)式。2k-1,(k=1,2,3)， 81357,x3=cos,x4=cos，則可求得L3(x)。 即x1=cos,x2=cos8888解由題意可知，插值節(jié)點(diǎn)為cos13、設(shè)f(x)=ex在-1,1上的插值極小化近似最佳逼近多項(xiàng)式為L(zhǎng)n(x)，若f-Ln有界，證明對(duì)任何n1，存在常數(shù)n,n，使得nTn+1(x)f(x)-Ln(x)nTn+1(x)(-1x1)。f(n+1)()證明

53、由題意可知，f(x)-Ln(x)=nTn+1(x),-1,1，從而取 2(n+1)!n=-1x1nminf(n+1)(x)2(n+1)!，n=-1x1nmaxf(n+1)(x)2(n+1)!，則可得求證。14、設(shè)在-1,1上(x)=1-11331541655x-x2-x-x-x，試將(x)降低到282438438403次多項(xiàng)式并估計(jì)誤差。15511解因?yàn)閤5=T5+x3-x，x4=T4+x2-，所以 1641688(x)=1-x-x2-11331521165535x-(x-)-(x-x)282438483840416， 1029199312325453=-x-x-x1024409610243072(x)151+1651=230.0056。 誤差為(x)-3841638408409615