《數(shù)值分析簡明教程》(其次版)王能超課后習題答案

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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x0=1，x1=1，x2=3，x3=4，試分別對以下函數(shù)導出拉格朗日插值余項：

（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得

(4)

（2）f(x)=4!

由拉格朗日插值余項得

f(x)p(x)=

4!

(xx0)(xx1)(xx2)(xx3)

=(x+1)(x1)(x3)(x4).4!

題15證明：對于f(x)以x0，x1為節(jié)點的一次插值多項式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采用以下方法構造滿足條件p(0)=p′(0)=0，p(1)=p′(1)=1的插值多項式

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的插值多項式

p(x).

解（1）有四個插值條件，故設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

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∴p(x)=2x2x3；

（2）先求滿足插值條件p(0)=p′(0)=0，p(1)=1的插值多項式p(x)，由0為二重零點，可設p(x)=ax，代入p(1)=1，得a=1，∴p(x)=x；

再求滿足插值條件p(0)=p′(0)=0，p(1)=p′(1)=1的插值多項式p(x)，可設

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)點的三次樣條題33設分段多項式

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

S(x)是以0,1,2為節(jié)點的三次樣條函數(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）從結論“在機械求積公式中，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f(x)=x時，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f(x)=x時，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化梯形法計算積分∫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用三點高斯公式求以下積分值.

1

x=(t+1)

2解先做變量代換，設，

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題y′=ax+b，y(0)=0：（1）試導出近似解yn的顯式表達式；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(xn,yn)處作一次泰勒展開，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，考慮其局部截斷誤差，設yn=y(xn)，比較上兩式，當y(xn+1)yn+1=O(h3).

第四章

題2證明方程

x=

1

cosx2有且僅有一實根；試確定這樣的區(qū)間[a,b]，使迭代過程

1

cosxk2對一切x0∈[a,b]均收斂.

1

f(x)=xcosx

2解設，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）證明它對于任意初值x0均收斂；xk+1=

（２）證明它具有線性收斂性；

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不滿足方程），所以迭代具有線性收斂速度；

32

題7求方程xx1=0在x0=1.5附近的一個根，證明以下兩種迭代過程在區(qū)間[1.3,1.6]上均收斂：

11x=1+x=1+2k+12xxk（１）（１）改寫方程為，相應的迭代公式為；

32x=k+1x=1+x（２）（２）改寫方程為，相應的迭代公

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-塞德爾迭代求解以下方程組：

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x1+5x23x3=2

5x12x2+x3=4

2x1+x25x3=11

(k)(k)

x1(k+1)=25x2+3