1、习 题 一3.已知函数 在 处的函数值，试通过一个二次插值函yx4,6.25,9x数求 的近似值，并估计其误差。7解： 012012,.,;,.5,3yxxyy由 题 意 知 ：（1） 采用 Lagrange 插值多项式2()()jyLxl2702011012001122()|()()(6.5)(9479746.5.53248xyLxxyyy其误差为 (3)25(3)2()4,927)(76.5)(9!83max|40.1721|7|.5).896fRfR又则（2）采用 Newton 插值多项式 2()yxN根据题意作差商表： iix()if一阶差商 二阶差商0 4 21 6.25 2.5 2
2、92 9 3 14952 4(7)(7)(76.25).85N4. 设 ，试列出 关于互异节点 的0,1.kfxnfx0,1.ixn插值多项式。Lagrne注意到：若 个节点 互异，则对任意次数 的多项式 ，它1n0,1.ixnnfx关于节点 满足条件 的插值多项式 就是它本身。0,.ix,01,.iiPyP可见，当 时幂函数 关于 个节点 的插值k().)kfx0,1.ix多项式就是它本身，故依 公式有Lagrne00(),01,.nk kij jjijxxl n特别地，当 时，有001nnijjijxl而当 时有1k00nn ij jjijxxl x5.依据下列函数表分别建立次数不超过 3
3、 的 插值多项式和Lagrne插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。Newton解：（1） Lagrange 插值多项式30()()jjLxly30,()j iijxl=3120000124()xlx327148xx=321011() xlx326=3220212014() 2xl3254xx0 1 2 4()f1 9 23 3=0123333012() 44xxxxl324x2 22232 9010133441685438 81514Lxxxxxxx （2） Newton 插值多项式kk()kf一阶差商 二阶差商 三阶差商0 0 11 1 9 82 2 23 14 33 4 3 -10 81
4、4001001201()(,)(,)()Nxffxfxx123,8()()()(2)4xxxx32451由求解结果可知： 33()LxN说明插值问题的解存在且唯一。7. 设 ，试利用 余项定理给出 以 为节点的插值4fxagrnefx1,02多项式 。3L解：由 Lagrange 余项定理(1)()()!nnnfRxfxx,ab可知：当 时，3(4!ff3 01234!()()()31Lxfxx4()32x8.设 且 ，求证(),fCab()0fb21mmax()8axbbf证明：以 为节点进行线性插值，得,()()()Lffaba1由于 ,故 。于是由()0fa1x1()(),2!ffxLb
5、有 ，()()()ffxab令 ,tx()2()0 abtx时 有 极 大 值21max()=a()ma()x)21 ()a()8bbxbaxbff bf13设节点 与点 互异，试对 证明0,ixn 1fxa0101, ,kiifxnax 并给出 的 插值多项式。fxNewton解 依差商的定义，001()fxa1010101010()(,)()()ffxf axax一般地，设 01 00(,)()()kkiiiifxxax 则1210101 1010110100(,)(,)(,)()kkk kiik iiikkkiiffxfxxxaxaxa 故 的 插值多项式为fxaNewton001001
6、011100101100()(,)(,)()()n n nnknikiNffxfxxxaxaaax 16 . 求作满足条件 的插值多项式 (0)1,(),(1)2,().HH 。 Px解法 1：根据三次 Hermite 插值多项式： 2 20 0113 0 11 02011()2)()()xxHyyx 并依条件 ，得(),(),(,(.2HH 22223 1()1)(3)()(1)2Hxxxx解法 2：由于 ，故可直接由书中（3.9）式，得01,x 3 012 22 23131HxAyBxyxxx18 求作满足条件 的插值多项式333301,2,9,1HH，并估计其误差。 3Hx解法 1：由已
7、知条件 x0 1 2y1 2 93用基函数方法构造 。令330121xAyxAyBxH其中， 均为三次多项式，且满足条件012,B000AA依条件可设 ，由 可得：201xCx0=1,20= -, x同理， 121, 2xxxAAB3123 xH29x31x误差为： 42331!fxfHxxR解法 2：用承袭性构造由条件 先构造一个二次多项式33301,2,9H2()Nx作差商表： iix()iPx一阶差商 二阶差商0 0 11 1 2 12 2 9 7 3于是有： ()()3()3Nxxx令所求插值多项式 32012()NcH利用剩下的一个插值条件 ，得1210231()(xcxfx 由此解
8、出31210()4(fNxx故有 32()(P19 求作满足条件 的3 300,11,2kkiiHxfHxf插值多项式 。并给出插值余项。x解：令3 202000032fxffxHc利用插值条件 定出 ： 11xf1230fxH注意到这里 是三重零点， 是单零点，故插值余项为0143301!ffxHxx20 求作次数 的多项式 ，使满足条件4Px01,0,2140并列出插值余项。解法 1：由于在 处有直到一阶导数值的插值条件，所以它是“二重节点” ；而在x处有直到二阶导数值的插值条件所以 是“三重节点” 。因此利用重节点的差商公xx式：0101,.1,. ,.,!k kkxxk fxfxf 估
9、lim可以作出差商表ixifx一阶 二阶 三阶 四阶00111110002110103920611 5根据 Newton 插值多项式，有20000102 2211101,(),()Pxffxfxxx22365()且插值余项为35211!fxPfx第二章答案1. 计算下列函数 关于 的 ：fx0,C12,ff注： ，ma,xbff1baffxd1222baffxd3101223,4nmxfxfe与 为 正 整 数解：（1） 31xf1maxa3f1100()()7fxdd111226200ffx（2） fx1maax2ff11 1200212 0()()()43 6bafxdddxffx3 是区
10、间 上带权 的最高次项系数为 1 的正交多项式族，其中0iix,x，求 。013xd1和解法一： 3000()()()xd1 13030 0(), 1()()iixdxx 是 区 间 上 带 权 的 最 高 次 项 系 数 为 的 正 交 多 项 式， 即0()x由 于 12001 0,()()() 3xdx解法二：设 ，则由c110 20323xd4.求 ，使积分 取得最小值。,ab20sinaxbdx解：题意即为在 中求 的最佳平方逼近多项式1,psinfx，故 满足法方程101Px0,00101 1(),(),(,)xaxayx20138:4a积 分 可 得02130.6389,0.14
11、7.96abb或者按下述方法：因为 babadxbax 242421sin2320 上式分别对 求偏导，并令其为零，有,041322ba从而也有 ，396248b5.对 ，定义1,fxgCa,2bafxgdf fag问它们是否构成内积？（1） 1212,)()(0fgfcfcf gffffxdba显 然 有 =是 常 数（ 但 不 满 足 “当 且 仅 当 时 （ ,(,)“这 是 因 为 （ ,推出 ,即 为常数，但不一定为 0，故（1）不构成内积。0fx（2）显然内积公理的 1） ，2） ，3）均满足，考察第四条(,)()baffxdfa若 ，则必有 反之，若 ，则 且 ，0fx,0f,0
12、f0fx2fa由此可推得 , 即内积公理第四条满足，故（2）构成内积。f8.判断函数 在 上两两正交，并求一个三次多项式，使其在 上与13x, 1,上述函数两两正交。解：（1） ， ， 0,1dx 031,22dx，33,122x,1， ,d 45833,122 dxx所以， 在 上两两正交。2,3x,（2）设所求多项式为 x3xxdxdxx x53131, 221312413 2313033 2. 用最小二乘法求一个形如 的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估yab计平方误差。kx19 25 31 38 44y19.0 32.3 49.0 73.3 97.8解：02011110,36,59,
13、436.2.7.8,115365964936527,729.,453.27TTxxyyab20.9756931.531.20abyx估将 =19,25,31,38,44 分别代入 ，得x 2.yx*01234.,.,49.,7,9.7y所以误差 40.05ky12.求函数 在给定区间上对于 的最佳平方逼近多项式：fx1,spanx1arctn,01;3f2cos,0;4.xfe解：设 xx10,111 00, ya（1） arctnf1200110001 0,/2, /3l,44dxxdxdytgyarctg0101ln2ln3262343l(l)2aayx(2) cos,0fx1101 0,
14、 ya11120010001,/2, /3cos,cosdxxdxdyy。01012222414,23aayx,fx11120010001,/, /335dxdxdyy0101244,53aax4,xfe11120011,2,0, /3x xddxdyye。 1100123,223aeeayxe 13. 上求关于 的最佳平方逼近多项式。,fx在 24,span解：Legendre 是-1，1上的正交多项式取 2422411()3),(3503)8(),0pxx0kxk01010(,)()fxd01222104 424 1,3)(3)1(,)(5503)884fpxdxx xdAA，0022,(
15、,)2afpafpx449(,6afp=4()()x*4所 以 20.2315.05.7815xx16.求 上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。ln1,f在解：设2*01002011 213131,ln,1,22,3ln13, lncos1.592l2, slsnkxttfxttptCTtfddxtCTf 则 0 .207122 20* 223*331ln31, coslncos0.462-.59+.075.46-.948.579315ln52ttf ddpt xxxxtpt所 以其 误 差 为第三章习题答案1. 分别用梯形公式、Simpson 公式、Cotes 公式计算积分 计误差。
16、1,0.5Ixd估解：1）用梯形公式有： 0.51210.5.46780.524xdf3 333 32201.65710TbaEff 事实上， 10.510.5,.43096. 272510.487TfxIxdIffExff2）Simpson 公式10.53121430.4390.562xdfff 44 74215.81182180SbaEff ()3122()(4Tffh=-事实上， 0.5.50.51.40.3462SEfxdfff 3）由 Cotes 公式有： 11537270.321210.598484590.60.3968xdfffff 17(7321)08+6162945.9741
17、0945CEf ()7(6945*()82Cfbafh=-事实上， 0.3Ef3.分别用复化梯形公式和复化公式 Simpson 计算下列积分.(1) 21,804xdn解：（1）用复化梯形公式有：，18bahn 12345672 1888810(.30.65.096.170.423.0.36).20146nhTfaffffffff 由复化 Simpson 公式有： 8 123572()4448810.65380.76.80.12.096.41230.1.22.7Sfffffffff 5给定积分 。20sinIxd（1） 利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过 310;2（2） 取同
18、样的求积节点，改用复化 Simpson 公式计算时，截断误差是多少？（3） 如果要求截断误差不超过 ，那么使用复化 Simpson 公式计算时，应将积分610区间分成多少等分？ 解：(1) 33 22()()196nTbaEfffn= ,fxsi ()cos,()sifxfx3322()sin,0,96TEf当误差 时， 25.6, 所以取 =26。30.51nTEfnn25h:h()()21ffxk则 13250sini)sin.sin()550.9465（2） 1S4 42E()()i(18280hffb-a96)710n0nnf 则 1S42(3)E(08f 7.6=8n则7推导下列三种
19、矩形求积公式：231 ;23 ;24baba ffxdafbaffxdafba证明： 将 在 处 Taylor 展开，得(1)f()(),(,).xfxax两边在 上积分，得,ab()()()bbaaafxdfxfxd21()(),.2bffbab将 在 处 Taylor 展开，得(2)fx()(),(,).fx两边在 上积分，得,ab()()()bbaaafxdfxfxd21()(),.2bffbab将 在 处 Taylor 展开，得(3)fxa21()()(),.2fxfxab 两边在 上积分，得,ab2()()()()2b baaa aafxdfdxfxdfxd 122ba abxx3“
20、()().24abffa10判别下列求积公式是否是插值型的，并指明其代数精度： 3102fxdf解：插值型求积公式其中 0()()nbkafxAfx 0nbikaikxAd则 330102,.12dd因此， 是插值型的求积公式。()()fxf因其求积公式是插值型的，且存在 2 个节点，所以其代数精度至少是 1。对于 时，2()f33009;xdx15(1)2(4).2f可见它对于 不准确成立，故该求积公式的代数精度是 1。x11构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度：1010 20101;2 ;3.hhfdAffxhffhfffx解（1）：令原式对于 准确成立，于是有(),fx0
21、12A解之得 ， 于是有求积公式 01,21()(0)(2fxdff容易验证，它对于 不准确成立，故该求积公式的代数精度是 1。2解（2）：令原式对于 准确成立，于是有3()1,fx011234解之得 于是有求积公式0101,.222()()(0).hfxdfhffh容易验证当 时， 而450;hxd25111()()2 6fff（ ）可见，它对于 不准确成立，故该求积公式的代数精度是 3。4x解(3)：令原式对于 准确成立，于是有2()1,fx解得: 010A-0231hdx01h3A=,21,hx于是有求积公式 ()()().3hfxdfhf容易验证，当 时， 而 3f0;hx41().2
22、39hf可见，它对于 不准确成立，故该求积公式的代数精度是 2。()x12. 利用代数精度方法构造下列两点 Gauss 求积公式：10102xfdAfxf解（1）：令原式对于 准确成立，于是有23(),fx01201323579AxAx(1)利用 的第 1 式，可将第 2 式化为()0012()35x(2)同样，利用第 2 式化简第 3 式，利用第 3 式化简第 4 式，分别得0101()57xA()279x由 式消去 得(2)3410(),x0012537()79xx进一步整理010122()53779xx由此解出 0101,.2xx解得： 10.863,0.284975,943.xAA因此
23、所求的两点 Gauss 求积公式：10().389164(.8263)0.27598(0.294175).xfdf f或依下面的思想：010100110(1)59205()(9213535,6657(xxxxAdxxAxf 20122在 ， 上 构 造 权 函 数 （ x） =二 次 正 交 多 项 式 g(x) g=3()- 令 =代 入 ： 507135210710352)()()66df f解（2）：令原式对于 准确成立，于是有23),x01201357AxA(1)利用 的第 1 式，可将第 2 式化为()0012()3x(2)同样，利用第 2 式化简第 3 式，利用第 3 式化简第 4
24、 式，分别得0101()5xA()257x由 式消去 得(2)3410(),00122()3557xx进一步整理010122()3557xx由此解出 01016,.3xx解得： 10.895,0.45716,427928.xAA因此所求的两点 Gauss 求积公式：10().34297(.1589)0.654(0.71546).fxdf f或依下面的思想： 011(2)1637563()(075xx20122在 ， 上 构 造 权 函 数 （ x） =二 次 正 交 多 项 式 g(x) g=()- 令011001523,5xxAdxx代 入 ：1083018305230185230()()(
25、)Afxdf f013分别用三点和四点 GaussChebyshev 求积公式计算积分 ，并估计误12xId差。解： 用三点 Gauss-Chebyshev 求积公式来计算：(1)(2)n此时，1(6) 2945,(),fxfxx1,cos0,),3kkAknnn01253cos,cos,62662xxx由公式可得： 203(0)4.368951732kkIx由余项可估计误差为 2594|.15.6!Ef A用四点 Gauss-Chebyshev 求积公式来计算：(2)()n此时，15(8) 29432, (),6fxfxx121),cos0,4kkAknnn0122357cos,cos88x
26、xx30 3572(cos 2cos)4488kkI .67915.由余项可估计误差为 4379451| .2710.28!6Ef A14用三点 求积公式计算积分 ，并估计误差。GausLegndr0cosxIed解：作变换 则得(1),2xt1 1()2 20coscos(1)cost txIedetdedt 由三点 Gauss-Legendre 公式：585()()(0)99bafxfff15 15()2 0cos)cos()Iee 28(0.79.637824)16.其估计误差为：,74(6)23!(),1,Eff274623(!)cos()8ee4710（ ） 。其准确值 10cos(
27、)1.039.xIed其准确误差等于： |12.67912.073469|7410第四章 习题答案 2。用 Gauss 列主元素消去法解方程组 12336410775x解：因为第一列中 10 最大,因此把 10 作为列主元素12336410775x12r 1230773645x213 1023707655r x 23r 123107755600x得到方程组3215r 1230775x 121323705xxx6。用 Doolittle 分解法解方程组12341057x解：A= =1023101022其中 L= U=102102由 Ly= 解得 y=53617T， ， ， 5364T， ， ，由
28、 Ux=y ， 解得 x= 2T， ， ，7。用 Crout 分解法接方程组。 12341249608759x解：101234206643ALU由 Ly=b= 得 y=2,109T2,431T由 Ux=y= 得 x= 11。已知 ，求 。,34T12,x解： ，9,1nxi1()29nximax41in13。求证： 122FFAn证明：（1） ， ， 1ximax1inmax1ni所以 ，i所以 1nxx（2） 2ma 2TTTTnAAA 2221111nnnniiijiijFi ijiaa2 2max 2 1TTTTnF21FFAn14。设 计算 A 的条件数09,8,2,condApP解：
29、*1-989010A矩阵 A 的较大特征值为 198.00505035，较小的特征值为-0.00505035 ，则122().53/.539206cond1()93601condA第五章习题答案2.设方程组 123010.5x12380466xx 考察用 Jacobi 迭代法和 Gauss-Seidel 迭代法解次方程组的收敛性； 用 Jacobi 迭代法和 Gauss-Seidel 迭代法解次方程组，要求时迭代终止。140kx解：（1） 1 12 213 3500.5k kk kk kxxx因为 ，故 Jacobi 迭代法收敛。15B又： LU10051,523U所以 Gauss-Seide
30、l 的迭代矩阵 11057().2405GUL因为 故 Gauss-Seidel 迭代法收敛。125| .0G据方程组的 Jacobi 迭代格式：取 计算求得(0),)Tx(1)0.,.50,.3),Tx(2)0.176,.03,.40),Tx(3).2067,.153,0.461),Tx(4)89287(5)4893(6).2,.,.59,Tx (7).9,.,.5),Tx(8)0314630()02361701(1).9,.8,.4,Tx (1).4,.8,.236),Tx(2) 725(3) 5.由于 ，因此，所求的解为(13)()4|0.10x12368,.71,.5086.xx另据
31、Gauss-Seidel 迭代格式为：12312113250.53kkkkkkxxx 0,1.k取 计算求得(0),)T(1)0.,.70,.413),Tx(2).1967.,0.486,Tx (3)2265089(4)03,19572(5).8,.,.4),Tx(6).2.,.3,Tx(7)031473.由于 ，因此，所求的解为(7)(6)4|0x123.7,.18,.589.xx因为系数矩阵 是严格对角占优矩阵，所以 Jacobi 迭代法和 Gauss-8346ASeidel 迭代法均收敛。此方程组的 Jacobi 迭代格式为： 1 112 213 33058404k kk kk kxxx
32、x取 ，可求得0,Tx 112.53.0,.0.98,1.,.22TTx由于 故所求解为：140.3*123.9,.01,.02xxx据 Gauss-Seidel 迭代格式：12312113125844kkkkkkxxx取 求得：0,Tx 1672.5,.091,.27.3,.,.4TTx由于 ，故所求解为： 640.1*123.9,.0,1.0xxx3.设方程组 试考察此方程组的 Jacobi231804.xx2311x迭代法和 Gauss-Seidel 迭代法的收敛性。解：所给方程组的 Jacobi 迭代矩阵0.408.B因为 解得：30.4.80.2.IB12,30.4i则 ，所以解此方
33、程组 Jacobi 迭代法收敛。0421所给方程组的 Gauss-Seidel 迭代矩阵0.40.169.32.8G因为 解得：20.48.120IG1,30.24.1786则 所以解此方程组 Gauss-Seidel 迭代法收敛。.651Jacobi 迭代矩阵 230B因为 312I则 ，所以解此方程组 Jacobi 迭代法收敛。0BGauss-Seidel 迭代矩阵023G因为 解得： 2020I则 ，所以解此方程组 Gauss-Seidel 迭代法不收敛。12,31B5.讨论用 Jacobi 迭代法和 Gauss-Seidel 迭代法解方程组 的收敛性，如果收敛，比Axb较哪种方法收敛较快，其中 30210.51;.A
