数值分析课后部分.docx

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数值分析课后部分

数值分析课后部分习题答案

习题1（P.14）

1.下列各近似值均有4个有效数

字，x*0.001428,y*13.521,z*2.300,试指出它们的绝对误差和相对误差限.

解x*0.001428=0.1428102有4个有效数，即n4,m2

由有效数字与绝对误差的关系得绝对误差限为

由有效数字与相对误差的关系得相对误差限为

右10（n1）2103；

n4,m2

y*13.52仁0.13521102有4个有效数，即

由有效数字与绝对误差的关系得绝对误差限为

1mn12

-10-10,

22

由有效数字与相对误差的关系得相对误差限为

右10（n1）2103；

z*2.300=0.2300101有4个有效数，即n

由有效数字与绝对误差的关系得绝对误差限为

210mn2103，

由有效数字与相对误差的关系得相对误差限为

士10（n1）4103

位有效数字.

x*2.00021,y*0.032,z*0.00052

解x*2.000210.200021101，即m

由有效数字与绝对误差的关系得10mn

即mn3，所以，n4;y*0.0320.32101，即m1

由有效数字与绝对误差的关系得110mn-103,

22

即mn3，所以，n2；z*0.000520.52103，即m3

由有效数字与绝对误差的关系得110mn-103,

22

即mn3，所以，n0.

4.设有近似数x2.41,y*1.84,z*2.35且都有3位有效数字，试

丄咎*亠***

计算Sxyz，

问S有几位有效数字.

解方法

因x*2.4仁0.241101,y*

1.84

0.184

101,z2.35

0.235

101都有

3位有效数字，即

n3，m

1，则

1

_mn1

2

11

1mnI

-2

|e（x*）|-

10-

10，|e（y*）|

-10-10，

2

22

1

，—mn1

亠2

|e（z*）|-

10-

10，

2

2

|e（y*z*）|

|z*e（y*）

y*e（z*）|

z*|e

（y*）1y*le（z*）|

1

2

12

2

2.35-

101.84

-10

2.09510，

2

2

1

2

2

|e（x*y*

z*）||e（x*）

e（y*z*）

|2

102.09510

0.2595101

1

101，

2

又x*y*z*=2.41

1.842.350.6734

101

，此时m1，

mn

1，从

而得n2.

方法二

因x*2.4仁0.241101,y*

1.84

0.184

101,z2.35

0.235

101都有

3位有效数字，即n3，m1，则

|e（x*）|210m

2

102，6&*）|=|^^|

x*

-102

2

2.41，

—1

|e（y*）|-

10mn

102,际加勞

1102

2

1.84，

1

|e（z*）|2

10m

102,100）1=1^^1

z*

1102

2

2.35

6（y*z*）|

|e「（y*）er（z*）|,

X*

|er（X*y*z*）N；^^er（X*）

y*z*

x*y*z*

e「（y*z*）|

2.41

1.842.35

2.411.842.35|er（X）l2.411.84

2.35|e^（y*）+er（z*）l

2102

1.84-102

2

2.35-10

2

2.411.842.352.411.842.352.411.842.35

0.3854102

由有效数字与绝对误差的关系得

5.序列yn

有递推公式

yn

21.41

10yn11,（n1,2,

（三位有效数字）

若y。

公式稳定吗？

解用°表示y°的误差，

推公式yn10yn11,（n1,2,），

）

，问计算y10的误差有多大，这个计算

由y。

21.41，得0=0.0042L，由递

知计算y10的误差为10=0.42L108，因为初始误差在计算的过程中被逐渐的放大，这个计算公式不稳定.

习题2（P.84）

3.证明

n

lk（x）1，对所有的x

k0

其中lk（x）为Lagrange插值基函数.

2

£⑷

R3（x）

方法一因为给出的节点个数为4,而f（x）x1从而余项

4$4（x）0，

于是L3（x）f（x）R3（x）f（x）_x2+1

（n次插值多项式对次数小于或等于n的多项式精确成立）

方法二因为f（0）1,f

（1）2,f

（2）5,f（3）10,

lo（X）

（x1）（x2）（x3）=-1（xi）（x2）（x3）,

（01）（02）（03）6

12

maxJf（x）i（ba）maxJf（x）i.

axb8axb

证明因f（a）f（b）0，则Li（x）0,

从而f（x）R1（x）a）（xb），

证明归纳法：

由差商的定义

（a）如果F（x）Cf（x），则

F[X1,X2,L,Xn]-F[Xo,X1,L,Xn1]

X。

F[Xo,X1丄，Xn]--—

Xn

Cf[Xi，X2丄,Xn]-Cf[X。

Xi，L,Xn1]

f[X1，X2丄，Xn]-f[Xo，X1丄，Xn1]….-

CCf[Xo，X1,L,Xn].

XnXo

XnXo

（b）如果F（x）f（x）g（x），则

F[X1,X2丄,Xn]-F[Xo,X1,L,Xn1]

X。

F[Xo,X1丄，Xn]12—

Xn

XnXo

Xn1]

f[Xi,X2丄，Xn]-f[X。

，Xi丄，Xni]十g[x「X2丄，Xn]g[x°,Xi丄XnXoXnXo

f[Xo，Xi丄，Xn]g[Xo,Xi丄，Xn]

8.设f（x）3x74x43x1，求f[2o,21,L,27],f[2°,21,L,28].解由P.35定理7的结论⑵，得

7阶差商f^0,?

1,L,27]=3（f（X）的最高次方项的系数），8阶差商f[2o,21,L,28]=o（8阶以上的差商均等与o）.

9.求一个次数不超过4次的多项式P（x），使它满足：

P（0）P（0）o，P

（1）P

（1）1，P

（2）1.

解方法一先求满足插值条件P（0）o，P

（1）=1，P

（2）1的二次插值多项式

123

P2（x）=x-（L-插值基函数或待定系数法），

设P（x）=P2（X）Ax（x1）（x2）Bx2（x1）（x2）

1232

=-X-x+Ax（x1）（x2）Bx（x1）（x2）

从而P（x）=4Bx3+（3A9B）X2（6A4B1）x（2A|），

31

再由插值条件P（o）o，P

（1）1，得A=-,B=-,

44

123312

所以P（x）=-x-x-x（x1）（x2）-x（x1）（x2），

目口i-jzx143392

即P（x）二一X-X+—X

424

方法二设P（x）=aoa1xa2x2a3x3a4x4，

则P（x）=a12a2x3a3x24a4x3

由插值条件P（o）P（o）o，P

（1）P

（1）1，P

（2）1，得

a。

0

a10

a0+a1+a2+a3+a41

a1+2a2+3a3+4a41

方法三利用埃尔米特插值基函数方法构造.

10.下述函数S（x）在［1,3］上是3次样条函数吗?

S（x）二

x33x22x1,1x2

x39x222x17,2x3

S（x）=6x6,1x2

6x18,2x3

而S1

（2）=仁S2

（2），3

（2）=2=S2

（2），Sj2）=6=S?

®），

又S（x）是三次函数，所以函数S（x）在［1,3］上是3次样条函数.

补设f（x）=x4，试利用L-余项定理写出以-1,0,1,2为插值节点的三次插值多项式.

F4）（）

解因为Rs（x）4（x）x（x+1）（x1）（x2），

4!

从而L3（x）f（x）R3（x）2x3x22x

习题3（P.159）

1.设｛k（x）｝；°为[a,b]上具有权函数（x）0的正交多项式组且

k（x）为首项系数为1的k次的多项式，则｛k（x）｝：

o于[a,b]线性无关.

解方法一因为｛k（x）｝no为[a,b]上具有权函数（x）0的正交多项式组，则其Gram行列式不等于零，采用反证法：

若o,i,,n于

[a,b]线性相关，于是，存在不全为零C0,g,,Cn,使

C00（x）C11（x）LCnn（x）0,x[a,b]

上式两边与i作内积得到

C0（i,0）C1（i,1）Lcn（i,n）（i0,1,L,n）

由于Ci不全为零，说明以上的齐次方程组有非零解G,C1,,Cn）,故系

数矩阵的行列式为零，即G0,1,,n0与假设矛盾•

方法二因为｛k（x）｝；0为[a,b]上具有权函数（x）0的正交多项式组，则其Gram行列式不等于零，由（P.95）定理2得｛k（x）｝：

°于[a,b]线性无关.

2.选择，使下述积分取得最小值

11

（a）1[xx2]2dx,（b）0（exx）2dx

解（a）—1[xx2]2dx=1—[xx2]2dx

=：

2[xx2]（x2）dx=|x511=£,

55

1

令一1[xx2]2dx=0，得=0.

（b）一0（exx）2dx=0一（exx）2dx

x

02（e

2

x）（x）dx=2

3

1

令（exx）2dx=0,得=3.

0\/

3.

设f（x）—,x

x

[1,3],试用Hi{1,x}求f（x）—次最佳平方逼近多项

取权函数为

（X）

3

（1,1）1xdx

（x,x）

'x3dx

1

x（为了计算简便），则

!

3

-4,（1,x）

1

4

x

4

20,

（f（x）,1）

31

1；

xdx

得法方程

/26

4

3

26

20

3

ao

a1

，解得

ao

a1

所以f（x）的一次最佳平方逼近多项式

3

（x,1）1

（f（x）,x）

12

11

3，

11

12

P1（x）后

x2dx

3

x.

11

26

3

x2dx

x

ex）,

（f（x）,ex）

（ex,e5）

8.什么常数C能使得以下表达式最小?

n

（f（Xi）Cexi）2

i1

nn

（f（Xi）Cexi）2=2（f（Xi）Cex）（

Ci1i1

n

nf（xjexi

令；（f（Xi）Cexi）2=o，得C七

Ci12xi

e

i1

14.用最小二乘法求解矛盾方程组

2x+3y1

x4y9.

2xy1

23

解方法一方程组可变形为AXF，其中A14

1

F9

1

21

2

3

21

2

90

9

AA

1

4,AF

34

1

026

40

2

1

求解法方程

9

0x9

0

26y40

x1

得到矛盾方程组的解为20.

y—

y+1）2

方法二令I（x,y）=（2x+3y1）2+（x4y+9）2+（2x

=18x+18，

—l（x,y）=6（2x+3y18（x4y+9）2（2xy+1）

y

=52y80

—I（x,y）0x

—I（x,y）0y

18x180

52y800

解之得矛盾方程组的解为

20.

13

习题4（P.207）

7.对列表函数

x124810

f（x）0152127

求f（5）,f（5）.

解一阶微商用两点公式（中点公式）,得

二阶微商用三点公式（中点公式）,首先用插值法求f（5）由f（4）5,f（8）21,得一次插值函数Li（x）4x11,

从而f（5）L1（5）9,

f

（2）2f（5）f（8）4

329.

8.

导出数值微分公式

并给出余项级数展开的主部.

解由二阶微商的三点公式（中点公式）,得

h

1

h

h

3

f

（x

-）

2[f（x

-）

2f（x

-）

f（x

-h）],

2

h

2

2

2

h

1

3h

h

h

f

（x

-）

2【f（x

）

2f（x

-）

f（x

-）]

2

h

2

2

2

从而

⑶

f（x）-

f（x号）f（x2）

h

二書[f（x3h）3f（xh）3f（x£）f（x|h）]

h2222

将f（x|h），f（x£）,f（x》，f（x|h）分别在x处展开,得

（1）

3313

f（x3h）=f（x）f（x）3hf（x）（3h）2

222!

2

355

（-h）+O（h）

22!

1⑷341（5）

f（x）（-h）f（x）

4!

25!

、.h、2

2'

...h5

”（x）（扣

（1）

hh*1h

f（x-）=f（x）f（x）--f（x）（-）

存⑷（x）（》4皆f⑸（x）G）5O（h5）

h1

1

4!

f（xh）=f（x）f（x）

（2）（x）

（2）2尹（x）（

1

5!

lh）

得

2

”（心

f（x|h）二f（x）f（x）（

—

（2）X3+（3）X3-（4）,

2f（x

2

代（x）（》O（h5）

1f（x）（|h）2

（5）（x）（|h）5

2!

1

5!

f（x

肘（x）（

3h）3

2h）

O（h5）

1⑸

f（x）押8f（x）h

22

O（h）]

即余项主部为詁®（x）

习题5（P.299）

3.设A

rT化为aiiai

0A2

Rnn为对称矩阵，且an0,经高斯消去法一步后，A约

，试证明A2亦是对称矩阵.

证明设A（aij）=

aii

ai

Ai

其中

a21

ai2

a22a23

a2n

a31r_

ai3

=，ai-

，Ai=

M

M

an2an3

ann

an1

ain

rTa〔ia〔

则经高斯消去法一步后，A约化为1

0A1——

aii

因而A2Ai—a「，若ARnn为对称矩阵，则Ai为对称矩阵，且

aii

sii=，易知A2Ai丄为对称矩阵.

aii

i3.设

i0099

9998

⑵a1

98

99

"，||Ai||=i99，

i00

所以Cond（A）=||A||

||Ai||=i993960i，

A1999199为对称矩阵’其特征值为1.2999802，

则（A1）TA1=（A1）2的特征值为2.2（99J9802）2，因此

IIA1||2,max（（A1）TA1）.max（A1）2999802

③三角不等式，任意实数xRn,yRn，有

||x+y||w||W（X+0）||=||Wxr+Wy^||,

再由向量范数的三角不等式，得

||X+y||w||w（X+y）||=||Wxr+Wyr||||wxr||||wyr||||X||w||y||w.

习题6（P.347）

x12x22x31

1.设有方程组（b）xiX2x31，考查用Jacobi迭代

2x12x2x31

法,G-S迭代法解此方程组的收敛性.

解系数矩阵分裂如下，

122

A11

1

D

L

U

221

1

0

0

2

2

1

1

0

0

1

1

2

2

0

0

0

2

2

Jacobi迭代矩阵为

JD

1（L

U）

1

0

1，

2

2

0

2

2

J的特征方程为

1

1

0，

22

展开得30，

即

0

1

所以用Jacobi迭代法解此方程组是收敛的

-

G-S迭代矩阵为

1

1

0

2

2

G（D

1

L）U

=

1

1

0

1

2

2

1

0

1

0

0

0

2

2

1

22

=1

1

0

0

1=

0

23

0

2

1

0

0

02

1

2

2

G的特征方程为

0

2

1

0，

0

0

2

展开得

（1）（

2）（

2）

0

，即1

或

2，

由迭代基本定理得用G-S迭代法解此方程组是不收敛的

2

试证明当0-时，上述迭代法收敛（其中A的特征值满足

0（A））.

证明A为对称正定阵，A的特征值满足

0（A）

2

且0，贝卩0（A）2

又迭代公式可变形为

从而迭代矩阵B

迭代矩阵的特征值为

11（A）1，

由迭代基本定理得该迭代法是收敛的

1aa

5•设Aa1a，其中a为实数，试确定a满足什么条

aa1

rr

件时，解Axb的Jacobi迭代法收敛.

解系数矩阵分裂如下，

Jacobi迭代矩阵为J

1

D（LU）

J的特征方程为aa0,

aa

2a，

展开得33a22a30，即

（J）max{|a|,|2a|}

11i

（J）1当且仅当1a-,所以当丄

222

rr

Axb的Jacobi迭代法收敛.

（1）计算l|A||,||A||2；