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本文格式為Word版,下載可任意編輯——《數(shù)值分析簡(jiǎn)明教程》(其次版)王能超課后習(xí)題答案
是高等教育出版社出版的數(shù)值分析。
第一章
題12給定節(jié)點(diǎn)x0=1,x1=1,x2=3,x3=4,試分別對(duì)以下函數(shù)導(dǎo)出拉格朗日插值余項(xiàng):
(1)(1)f(x)=4x3x+2(2)(2)f(x)=x2x解(1)f
(4)
4
3
3
(x)=0,
f(4)(ξ)
f(x)p(x)=(xx0)(xx1)(xx2)(xx3)=0
4!;由拉格朗日插值余項(xiàng)得
(4)
(2)f(x)=4!
由拉格朗日插值余項(xiàng)得
f(x)p(x)=
4!
(xx0)(xx1)(xx2)(xx3)
=(x+1)(x1)(x3)(x4).4!
題15證明:對(duì)于f(x)以x0,x1為節(jié)點(diǎn)的一次插值多項(xiàng)式p(x),插值誤差
(x1x0)2
f(x)p(x)≤maxf′′(x)
x0≤x≤x18.
f′′(ξ)
(xx0)(xx1)2!證由拉格朗日插值余項(xiàng)得,其中x0≤ξ≤x1,maxf′′(x)f′′(ξ)x0≤x≤x1
f(x)p(x)=(xx0)(xx1)≤(xx0)(xx1)
2!2!
2
(xx)
≤10maxf′′(x)
x0≤x≤x18.
f(x)p(x)=
題22采用以下方法構(gòu)造滿(mǎn)足條件p(0)=p′(0)=0,p(1)=p′(1)=1的插值多項(xiàng)式
p(x):
(1)(1)用待定系數(shù)法;
(2)(2)利用承襲性,先考察插值條件p(0)=p′(0)=0,p(1)=1的插值多項(xiàng)式
p(x).
解(1)有四個(gè)插值條件,故設(shè)p(x)=a0+a1x+a2x+a3x,p′(x)=a1+2a2x+3a3x,
2
3
2
a0=0
a+a+a+a=10123
a1=0
a+2a2+3a3=1
代入得方程組1a0=0
a=01
a2=2a=1
解之,得3
是高等教育出版社出版的數(shù)值分析。
∴p(x)=2x2x3;
(2)先求滿(mǎn)足插值條件p(0)=p′(0)=0,p(1)=1的插值多項(xiàng)式p(x),由0為二重零點(diǎn),可設(shè)p(x)=ax,代入p(1)=1,得a=1,∴p(x)=x;
再求滿(mǎn)足插值條件p(0)=p′(0)=0,p(1)=p′(1)=1的插值多項(xiàng)式p(x),可設(shè)
2
2
p(x)=x2+bx2(x1),Qp′(x)=2x+2bx(x1)+bx2,代入p′(1)=1,得b=1,∴p(x)=x2x2(x1)=2x2x3.
x3+x20≤x≤1S(x)=3
2
2x+bx+cx11≤x≤2是以0,1,2為節(jié)點(diǎn)的三次樣條題33設(shè)分段多項(xiàng)式
函數(shù),試確定系數(shù)b,c的值.
解由S(1)=2得2+b+c1=2,∴b+c=1;
3x2+2x0x1
S′(x)=2
6x+2bx+c1x2,由S′(1)=5得6+2b+c=5,∴2b+c=1;
聯(lián)立兩方程,得b=2,c=3,
0x16x+2
S′′(x)=
′′(1)=8=S+′′(1),12x+2b1x2,S且此時(shí)
S(x)是以0,1,2為節(jié)點(diǎn)的三次樣條函數(shù).
2x+4y=113x5y=3
x+2y=6
題35用最小二乘法解以下超定方程組:2x+y=7.
解記殘差的平方和為
f(x,y)=(2x+4y11)2+(3x5y3)2+(x+2y6)2+(2x+y7)2f830=0x=x27336x6y102=0f=0y=113
91.y令,得6x+92y96=0,解之得
題37用最小二乘法求形如y=a+bx的多項(xiàng)式,使與以下數(shù)據(jù)相擬合:
1925313844x
2
y19.032.349.0
2
73.397.8
解擬合曲線(xiàn)中的基函數(shù)為0(x)=1,0(x)=x,
(0,0)(0,1)a(f,0)
=(,)(,)b(f,)10001,其法方程組為
其中(0,0)=5,(0,1)=(1,0)=5327,(1,1)=7277699,(f,0)=271.4,
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532a==0.9726547
b=285=0.05
2
(f,1)=369321.5,解之得5696,∴y=0.9726+0.05x.
其次章
題3確定以下求積公式中的待定參數(shù),使其代數(shù)精度盡量地高,并指明求積公式所具有的代數(shù)精度:
(2)0
(2)從結(jié)論“在機(jī)械求積公式中,代數(shù)精度最高的是插值型的求積公式〞出發(fā),
∫
1
113
f(x)dx≈A0f()+A1f(+A2f()
424
13xx()11
=2A0=∫l0(x)dx=∫003()4244,
13()(xx111A1=∫l1(x)dx=∫=
003()()
2424,
11()()xx112A2=∫l2(x)dx=∫=
003()(4442,
1211123∴∫f(x)dx≈f(f(+f()0343234,
當(dāng)f(x)=x時(shí),有
3
1
∫04,左邊=0
2111232111231f()f(+f(=(3()3+(3=432343432344,右邊=3
1
f(x)dx=∫x3dx=
1
左邊=右邊,當(dāng)f(x)=x時(shí),有
4
1∫05,左邊=0
21112321112337f()f(+f(=(4(4+()4=43234343234192,右邊=3
1
f(x)dx=∫x4dx=
1
左邊≠右邊,所以該求積公式的代數(shù)精度為3.
題8已知數(shù)據(jù)表
1.1x
1.33.6693
1.54.4817
e
x
3.0042
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試分別用辛甫生法與復(fù)化梯形法計(jì)算積分∫解辛甫生法
1.5
1.5
1.1
exdx
.
∫
1.1
exdx≈
1.51.1
(3.0042+43.6693+4.4817)=1.477546;
復(fù)化梯形法
1.5
0.2
(3.0042+23.6693+4.4817)=1.48245
∫1.12.
14π=∫01+x2
題17用三點(diǎn)高斯公式求以下積分值.
1
x=(t+1)
2解先做變量代換,設(shè),
11418
dt=∫1∫
14+(t+1)2dt1422dx1+(t+1)2∫4=則01+x
edx≈
x
5
≈9
8858++222
94+(
0+1)94+14+1
=3.141068.
第三章
用歐拉方法求解初值問(wèn)題y′=ax+b,y(0)=0:(1)試導(dǎo)出近似解yn的顯式表達(dá)式;解(1)其顯示的Euler格式為:
8
yn=yn1+hf(xn1,yn1)=yn1+h(axn1+b)
故yn1=yn2+h(axn2+b)LL
將上組式子左右累加,得
y1=y0+h(ax0+b)
yn=y0+ah(x0+L+xn2+xn1)+nhb
=ah(0+h+2hL+(n2)h+(n1)h)+nhb
=ah2n(n1)/2+nhb
yn+1=yn+hK1
K=f(xn+ph,yn+qhK1).pq題10選取參數(shù)、,使以下差分格式具有二階精度:1
解將K1在點(diǎn)(xn,yn)處作一次泰勒展開(kāi),得
2
K1=f(xn+ph,yn+qhK1)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhK1fy(xn,yn)+O(h)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)
+qh(f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhK1fy(xn,yn)+O(h2))fy(xn,yn)+O(h2)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhf(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h2)
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代入,得
yn+1=yn+h(f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhf(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h2))
yn+1=yn+hf(xn,yn)+ph2fx(xn,yn)+qh2f(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h3)h2
y(xn+1)=y(xn+h)=y(xn)+hy′(xn)+y′′(xn)+O(h3)
2而
h2
=y(xn)+hf(xn,y(xn))+fx(xn,y(xn))+f(xn,y(xn))fy(xn,y(xn))+O(h3)2
11p=q=
2,2時(shí),考慮其局部截?cái)嗾`差,設(shè)yn=y(xn),比較上兩式,當(dāng)y(xn+1)yn+1=O(h3).
第四章
題2證明方程
x=
1
cosx2有且僅有一實(shí)根;試確定這樣的區(qū)間[a,b],使迭代過(guò)程
1
cosxk2對(duì)一切x0∈[a,b]均收斂.
1
f(x)=xcosx
2解設(shè),則f(x)在區(qū)間(∞,+∞)上連續(xù),11ππ1ππ
f(0)=cos0=0f(=cos=0
2222222且,,
π[0,]
2上至少有一根;所以f(x)在1π
f′(x)=1+sinx0[0,]
22上僅有一根.又,所以f(x)單調(diào)遞增,故f(x)在11xk+1=cosxkg(x)=cosx
22迭代過(guò)程,其迭代函數(shù)為,
π11ππ
x∈[0,0≤g(x)=cosx≤≤∴g(x)∈[0,2,222,2;11
g′(x)=sinxg′(x)≤1
22,,
π1
x0∈[0,xk+1=cosxk
2,2由壓縮映像原理知均收斂.π[0,]
2,也可取[a,b]為區(qū)間(∞,+∞)等.注這里取[a,b]為區(qū)間
2
xk+1=4+cosxk
3題5考察求解方程123x+2cosx=0的迭代法
(1)(1)證明它對(duì)于任意初值x0均收斂;xk+1=
(2)證明它具有線(xiàn)性收斂性;
2
g(x)=4+cosx
3證(1)迭代函數(shù)為,
x∈(∞,+∞),g(x)∈(∞,+∞);
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22
g′(x)=sinx≤1
33又,
2
x=4+cosxkk+1x03由壓縮映像原理知,均收斂;
xk1x*2*′lim=g(x)=sinx*≠0**k→∞xx*3k(2)(否則,若sinx=0,則x=mπ,m∈Z,
2
xk+1=4+cosxk
3不滿(mǎn)足方程),所以迭代具有線(xiàn)性收斂速度;
32
題7求方程xx1=0在x0=1.5附近的一個(gè)根,證明以下兩種迭代過(guò)程在區(qū)間[1.3,1.6]上均收斂:
11x=1+x=1+2k+12xxk(1)(1)改寫(xiě)方程為,相應(yīng)的迭代公式為;
32x=k+1x=1+x(2)(2)改寫(xiě)方程為,相應(yīng)的迭代公
式為解(1)
x3x21=0x3=x2+1x=1+g(x)=1+
1
x2
11xk+1=1+2
xk,x2,迭代公式為
其迭代函數(shù)為
x∈[1.3,1.6],
1.3≤1.3906≈1+
111
≤1+≤1+≈1.59171.61.62x21.32,
∴g(x)∈[1.3,1.6];
2222
-0.9103=≤3≤3=-0.4883g′(x)≤0.9103133
x,1.3x1.6,又,
1
xk+1=1+2
xk均收斂;由大范圍收斂定理知x0∈[1.3,1.6],
g′(x)=
3232x=xx1=0x=1+xx=k+1(2
)迭代公
式為
其迭
代函數(shù)為g(x)=
x∈
[1.3,1.6],1.3≤1.3908≈≤≤≈1.52691.6,∴g(x)∈[1.3,1.6];
g′(x)=
又
,
0≤≤≤
3g′(x)≤0.49121,
=0.49123
,
x=x∈
[1.3,1.6]k+1由大范圍收斂定理知0,.
題5分別用雅可比迭代與高斯-塞德?tīng)柕蠼庖韵路匠探M:
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x1+5x23x3=2
5x12x2+x3=4
2x1+x25x3=11
(k)(k)
x1(k+1)=25x2+3
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