数值分析课后部分.docx

1、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=0.1428 10 2 有 4 个有效数，即 n 4 , m 2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） 2 103；n 4, m2y* 13.52仁0.13521 102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1m n 1 2-10 - 10 ,22由有效数字与相对误差的关系得相对误差限为右 10（n

2、1） 2 103；z* 2.300=0.2300 101 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210mn 2103，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* 2.00021 0.200021 101，即 m由有效数字与绝对误差的关系得10mn即 m n 3，所以，n 4 ; y* 0.032 0.32 101，即 m 1由有效数字与绝对误差的关系得 1 10m n - 10 3 ,2 2即 m n 3，所以，n 2 ； z* 0.00052 0.52 10 3

3、，即 m 3由有效数字与绝对误差的关系得 1 10m n - 10 3,2 2即 m n 3，所以，n 0.4.设有近似数x 2.41, y* 1.84,z* 2.35且都有3位有效数字，试丄咎*亠 * * *计算S x y z ，问S有几位有效数字.解方法因 x* 2.4仁0.241 101,y*1.840.184101,z 2.350.235101都有3位有效数字，即n 3， m1，则1_m n 121 11 m n I-2|e(x*)| -10 -10 ，|e(y*)|-10 - 10 ，22 21，m n 1,亠2|e(z*)| -10 -10 ，22|e(y* z*) |z*e( y

4、*)y* e(z*) |z*| e(y*) 1 y*l e(z*) |121 222.35 -10 1.84-102.095 10 ，22122| e(x* y *z*) | |e(x*)e( y* z*)| 210 2.095 100.2595 10 1110 1，2又 x* y* z*=2.411.84 2.35 0.6734101，此时m 1，m n1，从而得n 2.方法二因 x* 2.4仁0.241 101,y*1.840.184101,z 2.350.235101都有3位有效数字，即n 3， m 1，则|e(x*)| 2 10m210 2，6&*)|=|x*-1022 2.41 ，1

5、|e(y*)| -10m n102,际加勞1 1022 1.84 ，1|e(z*)| 210m10 2,10 0)1=11z*1 10222.356( y* z*) |e(y*) er(z*) | ,X*|er(X* y*z*)N；er(X*)y* z*x* y* z*e(y* z*) |2.411.84 2.352.41 1.84 2.35|er(X)l 2.41 1.842.35|e(y*)+er(z*)l21021.84 - 10222.35 - 1022.41 1.84 2.35 2.41 1.84 2.35 2.41 1.84 2.350.3854 10 2由有效数字与绝对误差的关系

6、得5.序列yn有递推公式yn2 1.4110yn 1 1,(n 1,2,(三位有效数字)若y。公式稳定吗？解用表示y的误差，推公式 yn 10yn 1 1,(n 1,2,)，)，问计算y10的误差有多大，这个计算由 y。 2 1.41，得 0=0.0042 L，由递知计算y10的误差为10 =0.42 L 108，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nlk(x) 1，对所有的xk 0其中lk(x)为Lagrange插值基函数.2R3(x)方法一因为给出的节点个数为4,而f(x) x 1从而余项4$ 4(x) 0，于是 L3(x) f

7、(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)(x 1)(x 2)(x 3)=-1(x i)(x 2)(x 3), (0 1)(0 2)(0 3) 61 2maxJ f(x)i (b a) maxJ f(x)i.a x b 8 a x b证明因 f(a) f(b) 0，则 Li(x) 0,从而 f(x) R1(x) a)(x b)，证明归纳法：由差商的定义(a)如果 F(x) Cf (x)，则FX1,X2,L ,Xn-FXo, X1,L ,Xn 1X。FXo,

8、X1 丄，Xn - XnCfXi，X2 丄,Xn-Cf X。, Xi，L , Xn 1f X1，X2 丄，Xn-f Xo，X1 丄，Xn 1 . -C Cf Xo，X1, L ,Xn.Xn XoXn Xo(b)如果 F(x) f (x) g(x)，则FX1,X2丄,Xn-FXo, X1,L ,Xn 1X。FXo,X1 丄，Xn 1 2 XnXn Xo,Xn 1fXi,X2 丄，Xn-f X。，Xi丄，Xni 十 gxX2 丄，Xn gx,Xi丄 Xn Xo Xn Xof Xo，Xi 丄，Xn gXo,Xi丄，Xn8.设 f(x) 3x7 4x4 3x 1，求 f2o,21 ,L ,27 , f

9、2,21 ,L ,28. 解由P.35定理7的结论，得7阶差商f0,?1 ,L ,27=3 ( f (X)的最高次方项的系数)， 8阶差商f2o,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1 2 3P2(x) = x -(L-插值基函数或待定系数法)，设 P(x) =P2(X) Ax(x 1)(x 2) Bx2(x 1)(x 2)1 2 3 2=-X - x +Ax(x 1)(x 2)

10、Bx (x 1)(x 2)从而 P (x) =4Bx3+(3A 9B)X2 ( 6A 4B 1)x (2A |)，31再由插值条件P(o)o，P(1) 1，得A= -,B=-,441 2 3 3 1 2所以 P(x) = - x - x -x(x 1)(x 2) - x (x 1)(x 2)，目口 i-jzx 14 33 92即 P(x)二一X - X + X4 2 4方法二 设 P(x) =ao a1x a2x2 a3x3 a4x4，则 P (x) =a1 2a2x 3a3x2 4a4x3由插值条件 P(o)P(o)o，P(1) P(1) 1，P(2) 1，得a。0a1 0a0+a1+a2+

11、a3+a4 1a1 +2a2+3a3+4a4 1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x3 3x2 2x 1, 1 x 2x3 9x2 22x 17, 2 x 3S (x)= 6x 6, 1 x 26x 18, 2 x 3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)(x 1)(x 2)

12、，4!从而 L3(x) f (x) R3(x) 2x3 x2 2x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)n o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C0 0(x) C1 1(x) L Cn n(x) 0, x a,b上式两边与i作内积得到C0( i , 0) C1 ( i , 1 ) L cn( i , n )

13、(i 0,1,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G 0, 1, , n 0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1 1(a)1x x22dx, (b) 0(ex x)2dx解(a) 1x x22dx = 1x x22dx=：2x x2 ( x2)dx =| x5 11 = ,5 51令 一 1x x22dx=0，得=0.(b)一 0(ex x)2dx = 0一(ex

14、 x)2dxx02(e2x) ( x)dx = 231令 (ex x)2dx=0 ,得 =3.0 /3.设 f (x) ,xx1,3,试用Hi1,x求f (x) 次最佳平方逼近多项取权函数为(X)3(1,1) 1 xdx(x,x)x3dx1x(为了计算简便)，则! 3-4, (1,x)14x420,(f(x),1)3 11；xdx得法方程/ 264326203aoa1，解得aoa1所以f(x)的一次最佳平方逼近多项式3(x,1) 1(f (x), x)12113，1112P1(x)后x2dx3x .11263x2dxxex),(f (x),ex)(ex, e5)8 .什么常数C能使得以下表达式

15、最小?n(f(Xi) Cexi )2i 1n n(f(Xi) Cexi )2 =2 (f(Xi) Cex)(C i 1 i 1nn f(xj exi令； (f(Xi) Cexi)2=o，得 C 七 C i 1 2xiei 114.用最小二乘法求解矛盾方程组2x+3y 1x 4y 9.2x y 12 3解方法一方程组可变形为 AX F ，其中A 1 41,F 912 1232 129 09A A14 ,A F3 410 264021求解法方程90 x 9026 y 40x 1得到矛盾方程组的解为 20.y y+1)2方法二 令 I(x,y) = (2x+3y 1)2+ (x 4y+9)2+ (2

16、x=18x+18，l(x,y)=6 (2 x+3 y 1 8 (x 4y+9) 2 (2 x y+1)y=52y 80I(x,y) 0 xI(x,y) 0 y18x 18 052y 80 0解之得矛盾方程组的解为20.13习题 4 (P. 207)7.对列表函数x 1 2 4 8 10f ( x ) 0 1 5 21 27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) 4x 11,从而 f(5) L1(5) 9,f (2) 2f (5) f (8) 43

17、2 9.8.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h1hh3f(x-)2 f (x-)2f (x-)f (x-h),2h222h13hhhf(x-)2【f (x)2f(x-)f(x-)2h222从而f (x)-f (x 号)f (x 2)h二書f(x 3h) 3f (x h) 3f(x ) f (x |h)h 2 2 2 2将f (x |h)，f (x ), f (x，f (x |h)分别在x处展开,得(1)3 3 1 3f(x 3h)=f(x) f (x) 3h f (x) (3h)22 2 2! 23 5 5(-h) +O(h )2 2!1 3 4

18、 1 (5)f (x) (-h) f (x)4! 2 5!、.h、22.h 5”(x)(扣(1)h h *1 hf(x -)=f(x) f (x) - -f (x)(-)存(x)(4 皆 f (x)G)5 O(h5) h 114!f(x h)=f(x) f(x)( 2) (x)( 2)2 尹(x)(15!lh)得 2”(心f(x |h)二f(x) f (x)(2) X 3 +(3) X 3-(4),2f (x2代(x)(O(h5)1 f (x) ( |h)2(5)(x) ( |h)52!15!f(x肘(x)(3h)32h)O(h5)1 f (x)押8f (x)h2 2O(h )即余项主部为詁(

19、x)习题 5 (P. 299)3.设ArT 化为aii ai0 A2Rnn为对称矩阵，且an 0,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 )=aiiaiAi其中a 21ai2a22 a 23a2na 31 r _ai3= ，ai -，Ai =MMan2 an3a nnan 1ai nrT ai a则经高斯消去法一步后，A约化为 10 A1 aii因而A2 Ai a，若A Rnn为对称矩阵，则Ai为对称矩阵，且aiisii=，易知A2 Ai丄为对称矩阵.aiii3.设i00 9999 98a19899，| A i | =i99，i00所以 Cond(A) =|A|

20、A i | =i99 3960i，A1 999 199为对称矩阵其特征值为1.2 99 9802，则(A 1)T A 1=(A 1)2 的特征值为 2.2 (99 J9802)2，因此IIA1 |2 , max(A1)TA1) . max(A1)2 99 9802三角不等式，任意实数x Rn,y Rn，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)x 1 2 x 2 2 x 3 11.设有方程组(b) xi X

21、2 x 3 1 ，考查用Jacobi迭代2 x 1 2 x 2 x 3 1法,G-S迭代法解此方程组的收敛性.解系数矩阵分裂如下，1 2 2A 1 11DLU2 2 1100221100112200022Jacobi迭代矩阵为J D1(LU )101 ，22022J的特征方程为110，2 2展开得 3 0，即01所以用Jacobi迭代法解此方程组是收敛的-G-S迭代矩阵为11022G ( D1L) U=1101221010002212 2= 11001 =02 3021000 2122G的特征方程为0210，002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

22、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1 1 ( A) 1，由迭代基本定理得该迭代法是收敛的1 a a5设A a 1 a ，其中a为实数，试确定a满足什么条a a 1r r件时，解Ax b的Jacobi迭代法收敛.解系数矩阵分裂如下，Jacobi迭代矩阵为J1D (L U )J的特征方程为 a a 0 ,a a2a，展开得 3 3a2 2 a3 0，即(J) max| a|,| 2a |11 i(J) 1当且仅当 1 a -,所以当丄2 2 2r rAx b的Jacobi迭代法收敛.(1) 计算 l|A| ,|A|2 ；