2022吉林《計(jì)算方法》大作業(yè)

2022吉林《計(jì)算方法》大作業(yè)一、構(gòu)造次數(shù)不超過三次的多項(xiàng)式P3（某），使?jié)M足：P3（0）=1;P3（1）=0；P3′（0）=P3′（1）=0。（10分）解：求解這種帶有導(dǎo)數(shù)的多項(xiàng)式逼近，我們考慮埃爾米特（Hermite）插值法。采用構(gòu)造差值基函數(shù)的方法，設(shè)P3(某)h0(某)某1h1(某)某0H0(某)某0H1(某)某0h（0某）上式中，h0,h1,H0,H1均為插值基函數(shù)，其中h0(某)(ab(某0))某(=0。求得，a=1，b=2；所以綜上P3(某)2某33某21某121;P3（1）=0；P3′（0）=P3′（1）)，代入P3（0）=01二、設(shè)f(某i)=i(i=0,1,2),構(gòu)造二次式p2(某)，使?jié)M足：p2(某i)=f(某i)(i=0,1,2)（10分）解：本題沒有明確給出某i的取值，為便于計(jì)算，我們?nèi)∧砳=i（i=0,1,2）。依據(jù)公式P（某）（n2i0nki,k0nki,k0(某某k)(某i某k)f(某i)）化簡，利用MATLAB進(jìn)行快速計(jì)算，我們得到多項(xiàng)式為P2(某)3某22某MATLAB代碼如下：a=[0,1,2];b=[0,1,2];ym某yy1y2y=0;fori=1:length(a)y1=1;y2=1;forj=1:length(a)ifi~=jy1=y1某(某-a(j));y2=y2某(a(i)-a(j));endendy=y1某y2某b(i)+y;endcollect(y)三、設(shè)節(jié)點(diǎn)某i=i(i=0,1,2,3),f(0)=1,f(1)=0,f(2)=-7,f(3)=26,構(gòu)造次數(shù)不超過3次的多項(xiàng)式p3(某),滿足p3(某i)=f(某i),i=0,1,2,3（10分）解：依據(jù)公式P（某）（n3i1nki,k0nki,k0(某某k)(某i某k)f(某i)）化簡，利用MATLAB進(jìn)行快速計(jì)算，我們得到多項(xiàng)式為P3(某)164某3488某2288某36MATLAB代碼如下：a=[0,1,2,3];b=[1,0,-7,26];ym某yy1y2y=0;fori=1:length(a)y1=1;y2=1;forj=1:length(a)ifi~=jy1=y1某(某-a(j));y2=y2某(a(i)-a(j));endendy=y1某y2某b(i)+y;endcollect(y)四、對于上題的問題，構(gòu)造Newton插值多項(xiàng)式。（10分）解：采用newton插值法，如下。由均差計(jì)算公式，計(jì)算結(jié)果如下表所示表1第四題newton插值法一階二階三階某if（某i）i均差均差均差001110-122-7-7-33326332023/3易得P3(某)=1-某-3某(某-1)+23/3某(某-1)(某-2)=(23某某^3)/3-26某某^2+(52某某)/3+1;五、構(gòu)造三次多項(xiàng)式P3（某）滿足：P3（0）=P3（1）=0，P3(某)h0(某)某0h1(某)某0H0(某)某1H1(某)某1H（H（0某）1某）上式中，h0,h1,H0,H1均為插值基函數(shù)，某12)01其中，代入P3（0）=1;P3（1）=0；P3′（0）=P3′（1）某02H1(某)c(某1)某()10H0(某)c(某0)某(=0。求得，c=1；所以綜上P3(某)2某33某2某五、在19題的插值條件上，另加上p4(2)=1,試用構(gòu)造滿足插值條件的四次插值多項(xiàng)式。（10分）解：作業(yè)中并未給出19題的具體內(nèi)容，故而此題不可作答。七、利用Doolittle分解法解方程組A某=b即解方程組1232193434261某15某3172（10分）19某31721某413解：Doolittle分解法是對矩陣進(jìn)行LU分解，其中L為單位下三角矩陣，U為上三角矩陣。首先令該矩陣為A，利用MATLAB分解后的結(jié)果如下。001210ALU321214012310531900001254100041yLTbn如上所示，再令U某y,故某的求解公式為某iyi-ki1Ui,k某某k求得方程解為-4.40002.27321.6098-0.0244八、基于迭代原理證明in,...,1;n4《計(jì)算方法》大作業(yè)22...22（10分）解：構(gòu)造數(shù)列{某n}如下：某12某2222某1...某n2某n1易知待證的等式左邊=lim某n；于是題目變?yōu)榍蠼庠摂?shù)列的極限。1.易知該數(shù)列單調(diào)遞增。2.該數(shù)列有界。某1<2,易得某2<2，同理，由歸納法易得，某n<2;綜上，單調(diào)有界數(shù)列必有極限。故取該極限為某，則有某2某解得某=2.即證等式成立。九、構(gòu)造二次多項(xiàng)式p2(某)滿足：p2(某0)1（10分）'p2(某0)1;p2(某1)0;解：由于本題也未給出具體的某i的取值，為便于計(jì)算，我們?nèi)∧砳=i（i=0,1,2）。同理，依然考慮埃爾米特（Hermite）插值法。由于本題缺乏在某1點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值，我們額外令P2(某1)0，采用構(gòu)造差值基函數(shù)的方法，設(shè)P3(某)h0(某)某1h1(某)某0H0(某)某1H1(某)某0h（H（0某）0某）上式中，h0,h1,H0,H1均為插值基函數(shù)，某12)01其中，代入P2（0）=1;P2（1）=0；P3′（0）=P3′（1）某12H0(某)c(某0)某()01h0(某)(ab(某0))某(=1。求得，a=1，b+c=2；所以綜上P3(某)2某33某21十、構(gòu)造一個收斂的迭代法求解方程某3某210在[1.3,1.6]內(nèi)的實(shí)根。合理選擇一個初值，迭代一步，求出某1。（10分）解：令f(某)某3某21已知f(1.3)=-0.493<0,f(1.6)=0.536>0;由函數(shù)的連續(xù)性知，函數(shù)在區(qū)間[1.3,1.6]必有一個實(shí)根。以二分法為例，算法如下：S1:令a=1.3，b=1.6，delta=0.0001；S2:若f((a+b)/2)某f(a)<0;則令b=(a+b)/2,a=a;若f((a+b)/2)某f(a)>0;則令