計算方法-習(xí)題第一、二章答案

計算方法-習(xí)題第一、二章答案第一章誤差1問3.142，3.141，分別作為π的近似值各具有幾位有效數(shù)字？分析利用有效數(shù)字的概念可直接得出。解π=3.14159265…記x1=3.142，x2=3.141，x3=.由π-x1=3.14159…-3.142=-0.00040…知因而x1具有4位有效數(shù)字。由π-x2=3.14159…-3.141=-0.00059…知因而x2具有3位有效數(shù)字。由π-=3.14159…-3.14285…=-0.00126…知因而x3具有3位有效數(shù)字。2已知近似數(shù)x*有兩位有效數(shù)字，試求其相對誤差限。分析本題顯然應(yīng)利用有效數(shù)字與相對誤差的關(guān)系。解利用有效數(shù)字與相對誤差的關(guān)系。這里解由于x2-(109+1)x+109=（x-109）(x-1)，所以方程的兩個根分別為x1=109，x2=1但如果應(yīng)用一般二次方程ax2+bx+c=0的求根公式：由于當遇到b2>>4|ac|的情形時，有，則用上述公式求出的兩個根中，總有一個因用了兩個相近的近似數(shù)相減而嚴重不可靠，如本例若在能將規(guī)格化的數(shù)表示到小數(shù)點后8位的計算機上進行計算，則-b=109+1=0.1×1010+0.0000000001×1010，由于第二項最后兩位數(shù)“01”在機器上表示不出來，故它在上式的計算中不起作用，即在計算機運算時，-b=109.通過類似的分析可得所以，求得的兩個根分別為顯然，根x2是嚴重失真的。為了求得可靠的結(jié)果，可以利用根與系數(shù)的關(guān)系式：，在計算機上采用如下公式：其中，sgn（b）是b的符號函數(shù)，當b≥0時sgn（b）=1；當b<0時，sgn（b）=-1。顯然，上述求根公式避免了相近數(shù)相減的可能性。8當N充分大時，如何計算分析函數(shù)的原函數(shù)已知，我們自然考慮用Newton-Leibniz公式求這個定積分的值。由于N很大，這樣會遇到兩個相近的數(shù)相減，因此，應(yīng)采用一些變換公式來避免這種情況。解，則當N充分大時，因為arctan（N+1）和arctanN非常接近，兩者相減會使有效數(shù)字嚴重損失，從而影響計算結(jié)果的精度，這在數(shù)值計算中是要盡量避免的，但是通過變換計算公式，例如：令tanθ1=N+1,tanθ2=N，則由,得就可以避免兩相近數(shù)相減引起的有效數(shù)字損失，從而得到較精確的結(jié)果。所以，當N充分大時，用計算積分的值較好。9計算積分.分析數(shù)值計算中應(yīng)采用數(shù)值穩(wěn)定的算法，因此在建立算法時，應(yīng)首先考慮它的穩(wěn)定性。解利用分部積分法，有得遞推公式：（1）利用公式（1）計算In，由于初值I0有誤差，不妨設(shè)求I0的近似值時有大小為ε的誤差，即則由遞推公式（1）得┊顯然初始數(shù)據(jù)的誤差ε是按n!的倍數(shù)增長的，誤差傳播得快，例如當n=10時，10！≈3.629×106,，這表明I10時已把初始誤差ε擴大了很多倍，從而的誤差已把I10的真值淹沒掉了，計算結(jié)果完全失真。但如果遞推公式（1）改成于是，在從后往前計算時，In的誤差減少為原來的，所以，若取n足夠大，誤并逐步減小，顯然，計算的結(jié)果是可靠的。所以，在構(gòu)造或選擇一種算法時，必須考慮到它的數(shù)值穩(wěn)定性問題，數(shù)值不穩(wěn)定的算法是不能使用的。10為了使計算的乘除法運算次數(shù)盡量地少，應(yīng)將表達式改寫為怎樣的形式？解設(shè)在數(shù)值計算中，應(yīng)注意簡化運算步驟，減少運算次數(shù)，使計算量盡可能小。11若x*=3587.64是x的具有六位有效數(shù)字的近似值，求x的絕對誤差限。12為使的近似值的相對誤差小于0.1，問查開方表時，要取幾位有效數(shù)字？13利用四位數(shù)學(xué)用表求x=1-cos2°的近似值，采用下面等式計算：（1）1-cos2°（2）2sin21°問哪一個結(jié)果較好？14求方程x2-56x+1=0的兩個根，使它至少具有四位有效數(shù)字（已知）。15數(shù)列滿足遞推公式若取(三位有效數(shù)字)，問按上述遞推公式，從x0計算到x10時誤差有多大？這個計算過程穩(wěn)定嗎？16如果近似值的相對誤差限小于，證明：這個數(shù)具有n位有效數(shù)字。第二章插值法與數(shù)值微分1已知，試利用插值法近似計算。分析由題中已知條件本題可利用三點二次Lagrange插值，也可利用三點二次Newton插值，它們所得結(jié)果相同。解利用三點二次Lagrange插值。記，則的二次Lagrange插值多項式為因為，所以≤2已知的函數(shù)表xi012yi8-7.5-18求函數(shù)在[0,2]之間的零點的近似值。分析一般情況下，先求出在[0，2]上的插值函數(shù)，然后求的零點，把此零點作為的近似零點。特別地，若的反函數(shù)存在，記為，那么求的零點問題就變成求函數(shù)值的問題了，利用插值法構(gòu)造出的插值函數(shù)，從而求出的零點的近似值，這類問題稱為反插值問題，利用反插值時，必須注意反插值條件，即函數(shù)必須有反函數(shù)，也即要求單調(diào)。本題是嚴格單調(diào)下降排列，可利用反插值法。解將原函數(shù)表變成反函數(shù)表yi8-7.5-18xi012利用三點二次Lagrange插值，由上反函數(shù)表構(gòu)造的反函數(shù)的二次Lagrange插值多項式。令，則的二次Lagrange插值多項式為函數(shù)的近似零點為3設(shè)，試用Lagrange插值余項定理寫出以-1，0，1，2為插值節(jié)點的三次插值多項式。解設(shè)以-1，0。1，2為插值節(jié)點的三次Lagrange插值多項式為，由Lagrange插值余項定理有因而4設(shè)是以為節(jié)點的Largange插值基函數(shù)，試證：（1）.（2）.（3）.（4）分析本題是關(guān)于Lagrange插值基函數(shù)的性質(zhì)問題，觀察要證明的結(jié)論，應(yīng)考慮對常數(shù)1和進行插值入手，通過插值余項為0得到結(jié)論。證（1）設(shè),則以為插值節(jié)點的n次Lagrange插值多項式為由插值余項定理知從而即（2）設(shè)則以為插值節(jié)的n次Lagrange插值多項式為由插值余項定理知從而即（2）設(shè)，則以為插值節(jié)點的n次Lagrange插值多項式為由插值余項定理從而即（3）將按二項式展開，得代入左端，得利用（2）的結(jié)論，有（4）當時，由（2）的結(jié)論知當時，令，有以為插值節(jié)點的n次Lagrange插值多項式為由插值余項定理知從而即令，有5設(shè)，且，求證分析本章內(nèi)容是代數(shù)插值，而題設(shè)，易知若用線性插值，線性插值函數(shù)只能為0，且誤差為，這樣利用余項估計式可直接把與聯(lián)系起來。證以a,b為插值節(jié)點進行線性插值，其線性插值多項式為線性插值余項為從而由于在處取最大值，故6證明：由下列插值條件00.511.522.5-1-0.7501.2535.25所確定的Lagrange插值多項式是一個二次多項式，該例說明了什么問題？分析本題是關(guān)于Lagrange插值問題，由已知數(shù)據(jù)表構(gòu)造Lagrange插值多項式便可得出結(jié)論。解令以為插值節(jié)點作的二次插值多項式，則易驗證，因而滿足插值條件（1）的Lagrange插值多項式為。由插值多項式的存在惟一定理知滿足條件（1）的5次插值多項式是存在且惟一的，但該5次多項式并不一定是真正的5次多項式，而是次數(shù)≤5的多項式。7對于任意實數(shù)以及任意正整數(shù)，多項式是次多項式，且滿足。本題說明了什么問題？解本題說明由兩個插值條件構(gòu)造大一1次的插值多項式，答案是不惟一的，類似地，由n+1插值條件構(gòu)造大于n次的插值多項式，答案也是不惟一的。8我們用sin30°=0.5,sin45°=0.7071,sin60°=0.8660，作Lagrange二次插值，并用來求sin40°的近似值，最后根據(jù)插值余項定理估計此誤差。分析本題顯然是利用Lagrange插值余項定理解設(shè)令其插值余項為從而≤9已知對應(yīng)的函數(shù)值為，作三次Newton插值多項式，如再增加時的函數(shù)值6，作四次Newton插值多項式。分析本題是一道常規(guī)計算題解首先構(gòu)造差商表一級差商二階差商三階差商023513251-13/2-2/35/63/10三次Newton插值多項式為增加作差商表一級差商二階差商三階差商四級差商02356132561-13/21-2/35/6-1/63/10-1/4-11/120四次Newton插值多項式為10已知，求及分析本題是一個多項式，故應(yīng)利用差商的性質(zhì)。解由差商與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系及，知11若有n個相異的實根，，則有分析有n個相異實根，故可表示成，考察本題要證明的結(jié)論和的特點，應(yīng)考慮利用差商可表示為函數(shù)值的線性組合這一性質(zhì)。證由于是的n個互異的零點，所以（1）記（2）由（1），（2）得12設(shè)，且互不相同，證明并寫出的n次Newton插值多項式。分析利用差商的定義可證得證用數(shù)學(xué)歸納法證明當時假設(shè)當時，結(jié)論成立，即有那么即當時，結(jié)論成立。由數(shù)學(xué)歸納法知對任意，結(jié)論是成立的。以為插值節(jié)點的n次Newton插值多項式為13設(shè)定義證明：。分析本題應(yīng)利用差商的概念和微分中值定理將差商與導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來。證由微分中值定理有所以14設(shè)，且，試證其中為等距節(jié)點步長。分析由于是多項式，因此應(yīng)考慮用差商的性質(zhì)和差商與差分的聯(lián)系來證明。證記所以15已知函數(shù)的函數(shù)表0.00.10.20.30.40.51.001.321.682.082.523.00試列出相應(yīng)的向前差分表，并寫出Newton向前插值公式。分析這是常規(guī)計算題，按照公式計算即可。解構(gòu)造向前差分表0.00.10.20.30.40.51.001.321.682.082.523.000.320.360.400.440.480.040.040.040.040.000.000.00的Newton向前插值公式為16給出的數(shù)據(jù)表0.40.50.60.70.80.9-0.91629-0.693147-0.510826-0.356675-0.223144-0.105361（1）用線性插值及二次插值計算1n0.54的近似值。（2）用Newton向后插值公式求1n0.78的近似值，并估計誤差。分析本題屬于常規(guī)計算題，按照公式計算即可。解（1）線性插值，取，則=-0.620219二次插值，取，則=-0.6168382也可取進行二次插值得1n0.54≈0.6153198（2）記，構(gòu)造向后差分表0.40.50.60.70.80.9-0.916291-0.693147-0.510826-0.356675-0.223144-0.1053610.2231440.1823210.1541510.1335310.117783-0.40823-0.028170-0.20620-0.0157480.0126530.0075500.004872-0.005103-0.0026780.002425由Newton向后插值公式由于，當，故=-0.223144+0.133531×(-0.2)≈0.248453由插值余項知≤17已知sin30=cos45°=0.7071，求sin40°。分析本題不僅給出兩點上的函數(shù)值，而且還給出了導(dǎo)出數(shù)值，因此應(yīng)利用兩點三次Hermite插值。解利用兩點三次Hermite插值=0.6428≤18已知自然對數(shù)1nx和它的導(dǎo)數(shù)1/x的數(shù)表0.400.500.600.70-0.916291-0.693147-0.356675-0.2231442.502.001.431.25（1）利用Lagrange插值公式，求1n0.60。（2）利用Hermite插值公式，求1n0.60。分析本題屬常規(guī)計算題，按有關(guān)公式計算即可。解記。首先列表計算0-0.166667-15.83333310.6666671.66666720.6666671.6666673-0.16666715.833333（1）利用Lagrange插值公式，有=-0.166667×(-0.916291)+0.666667×(-0.693147)+0.666667×(-0.356675)+(-0.166667)×(-0.223144)=-0.509976（2）利用Hermite插值公式，有從而-0.510889。注：本題的真值-0.510825623…，可以看出Hermite插值所得結(jié)果要比Lagrange插值結(jié)精確得多。19設(shè)已知上三個互異的節(jié)點，函數(shù)上具有連續(xù)的四階導(dǎo)數(shù)，而是滿足下列條件的三次多項式：（1）寫出的表達式。（2）證明：分析這是帶導(dǎo)數(shù)的插值問題，但又不是Hermite插值問題，要求我們靈活運用插值方法，解決這類問題的方法較多，常用的有以下兩種解法。（1）解法一用插值法加待定系數(shù)法來做。設(shè)為滿足插值條件的二次式，由插值條件可設(shè)的形式為（1）其中A為待定系數(shù)，顯然由（1）確定的滿足，待定系數(shù)A可由插值條件來確定，為此對（1）式兩邊求導(dǎo)數(shù)令，并利用插值條件有于是從而解法二用插值基函數(shù)來構(gòu)造。首先構(gòu)造四個三次插值基函數(shù)，使其滿足條件由所滿足的條件，可設(shè)，其中A為待定系數(shù)。由，得，故有同理可得由滿足的條件，可設(shè)，其中C為待定系數(shù)，由，得，故有下面求滿足條件，設(shè)，其中為待定系數(shù)，利用得由此得所以易驗證（2）證當為插值節(jié)點中任一點時，結(jié)論顯然成立，下面設(shè)異于。由于滿足故可設(shè)，其中K為依賴于的待定系數(shù)。固定，作輔助函數(shù)顯然上有四個零點，其中為二重零點。利用Rolle定理，知在組成的三個小區(qū)間內(nèi)至少各有一個零點，記為，加上上至少有4個零點，反復(fù)利用Rolly定理：內(nèi)至少有3個零點。內(nèi)至少有2個零點。內(nèi)至少有1個零點，即存在一點ξ，使。由于，從而求得，所以20對于給定插值條件，試分別求出滿足下列邊界條件的三次樣條函數(shù)：（1）（2）01230110分析這是三次樣條插值問題，給出了兩種邊界條件，我們按樣條插值的求解方法即能求得問題的解。解記計算二階差商一階差商二階差商01230123011010-1--三次樣條插值函數(shù)的表達式為（1）（1）關(guān)于的方程組為=解得將數(shù)據(jù)（2）代入（1）得所求三次樣條插值函數(shù)為：當時，當時，當時，（2）（3）關(guān)于的方程組為解得（4）將（3）和（4）代入（1）得所求三次樣條插值函數(shù)為：當時，當時，當時，21