《数值计算方法》习题答案.pdf 68页

'《数值计算方法》课后题答案详解吉林大学 《数值计算方法》第一章课后题答案第一章习题答案1.已知fff(1)2,(1)1,(2)1−===，求f()x的Lagrange插值多项式。解：由题意知：xxxyyy=−1,=1,=2;=2,=1,=1012012()xxxx−−()(1xx−−)(2)12l==0()xxxx−−()60102()xxxx−−()(1xx+−)(2)02l==1()xxxx−−()−21012()xxxx−−()(1xx+−)(1)l==012()xxxx−−()32021n(xx−−1)(2)(xx+−1)(2)(1xx+−)(1)∴Lx2()==×∑ylxjj()2+×1+×1j=062−312=−()xx38+61−x2.取节点xxx===0,1,,对y=e建立Lagrange型二次插值函数，并估计差。0122解1)由题意知：11−−12x======0,xxyyeye1,;1,,0120122则根据二次Lagrange插值公式得：()xxxx−−()()xxxx−−()()xxxx−−()120201Lx()=++yyy2012()xxxx−−()()xxxx−−()()xxxx−−()010210122021−−10.5=−−+−2(xx1)(0.5)2(xxex0.5)−−4(xe1)−−10.52−−0.51=+−(22eexeex4)+(4−−+3)12)根据Lagrange余项定理，其误差为(3)f()ξ1−ξ|Rx()||==ω()||xexx(−1)(x−0.5)|22+13!61≤−max|(xx1)(x−0.5)|,ξ∈(0,1)601≤≤x2取txxx()=−−(1)(0.5),x并令tx′()3=−+=x30.50x33−可知当xt==0.2113时，()x有极大值61∴Rx()≤××−0.2113(0.21131)(0.21130.5)×−=0.00802263.已知函数yx=在xx==4,6.25,x=9处的函数值，试通过一个二次插值函数求7的近似值，并估计其误差。解：由题意yxxx==知：4,=6.25,xyy=9;=2,=2.5,y=30120122（1）采用Lagrange插值多项式y=≈xLx2()=∑lxyj()jj=01 《数值计算方法》第一章课后题答案yL=≈7(x)|27x=()xxxx−−()()xxxx−−()()xxxx−−()120201=++yyy012()xxxx−−()()xxxx−−()()xxxx−−()010210122021(76.25)(79)−−(74)(79)−−(74)(76.25)−−=×22+×.5+×32.255×−2.252.75×2.755×=2.6484848其误差为(3)f()ξR(7)=−(74)(76.25)(79)−−23!53−(3)2又fxx()=853−(3)2则max|fx()|=<40.01172[4,9]81∴|R(7)|<=(4.5)(0.01172)0.0087926（2）采用Newton插值多项式y=≈xNx()2根据题意作差商表：ixi()fxi一阶差商二阶差商04216.252.5292932−411495N(7)=+×−+−224(74)()(74)(76.25)×−×−≈2.648484829495k4.设f()xxk==(0,1,...,n)，试列出f(x)关于互异节点x(in=0,1,...,)的Lagrange插值i多项式。注意到：若n+1个节点x()in=0,1,...,互异，则对任意次数≤n的多项式f()x，它关于节点ixi()in=0,1,...,满足条件Px()ii==yi,0,1,...,n的插值多项式Px()就是它本身。可见，当kn≤时k幂函数f()xxk==(0,1,...,)n关于n+1个节点x(in=0,1,...,)的插值多项式就是它本身，故依iLagrange公式有nnnkkxx−ik∑∑xjjlx()=≡(∏)xxkj,=0,1,...,njj==00i=0xxji−ij≠特别地，当k=0时，有nnnxx−i∑∑lxj()=≡∏1jj==00i=0xxji−ij≠而当k=1时有⎛⎞nnn⎜⎟xx−i∑∑xjjlx()=⎜⎟∏−xxj≡jj==00⎜⎟i=0xxji⎝⎠ij≠5.依据下列函数表分别建立次数不超过3的Lagrange插值多项式和Newton插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。2 《数值计算方法》第一章课后题答案x0124f()x19233解：（1）Lagrange插值多项式33x−xiLx3()=∑lxyjj()lxj()=∏j=0i=0,xj−xiij≠32xxxx−−xx−x−−−124xxxxx−71+−48123lx()=••=••=−0xxxxxx−−−−−−010204801020332xx−−xx−−xxx024x−x−x−68xx+032lx()=••=••=1xxxxxx−−−−−−101214310121332xx−−xx−−xxx014x−x−x−54xx+031lx()=••=••=−2xxxxxx−−−−−−202124420212332xx−xxxxx−−−−−012xxx−+32xx012lx()=••=••=3xxxxxx−−−−−−40414224303132(xxx−−−124)()()(xxx−−−024)()()Lx3()=×19+×+()010204−−−()()()101214−−−()()()xxx−−−014()()()xxx−−−012()()×+23×3()202124−−−()()()404142−−−()()12223212=−()xxx−+−+3243()x()xx−+−68x()xx−++54x()xx−+328481132451=−xxx+−+1442（2）Newton插值多项式kxkf()xk一阶差商二阶差商三阶差商00111982223143343-10-8-11/4Nxfx()=+()fxxxx(,)(−)+fxxxxxxx(,,)(−−)()3001001201+−f(,,xxxxxxxxxx,)()(−)(−)0123012=+18(0xx−+)3(0−)(1x−−)11(0x−)(1x−)(2x−)41132451=−x+xx−+1442由求解结果可知：LxNx()=()33说明插值问题的解存在且唯一。6.已知由数据(0,0),(0.5,),(1,3)(2,2)y和构造出的Lagrange插值多项式Lx()的最高13次项系数是6，试确定y。1xxxx−−12xx−3x−0.5x−−1x23277解：lx()=××=××=−x+−+xx10xxxxxx−−−−−−00.5010222010203xx−−03xx−2xxxxx−012−−832lx()=××=××=(32x−+xx)1xxxxxx−−−−−−0.500.510.5231012133 《数值计算方法》第一章课后题答案xx−−03xx−1xxxxx−00−−.5232lx()=××=××=−252x+−xx2xxxxxx−−−−−−1010.512202123xx−0xxxx−12−x−00xx−−.5111132lx()=××=××=x−+xx3xxxxxx−−−−−−2020.5213263031328117Lx()中最高次项系数为：0(1)×−+y+−×+×=⇒(2)326y=31133447.设f()xx=，试利用Lagrange余项定理给出f(x)以−1,0,1,2为节点的插值多项式L3()x。解：由Lagrange余项定理(1n+)f()ξR()xfxLx=−=()()ω()xξ∈[,]abnn(1n+)!n+1(1n+)(4)可知：当n=3时，ff()ξ==()x4!x=ξ4!Lxfx()=−()(xxxxxxxx−−−−)()()()30123(31)!+4=−+−−−xxxxx(1)(0)(1)(2)32=+−22xxx28.设f()xCab∈[,]且fa()==fb()0，求证12maxf()xb≤−(af)max′′()xaxb≤≤8axb≤≤证明：以ab,为节点进行线性插值，得xb−−xaLx()=+fa()fb()1ab−−ba由于fa()==fb()0,故Lx()0=。于是由1""f()ξf()xLx−=()(xaxb−−)(),ab<ξ<12!f""()ξ有f()xx=−(a)(x−b)，2令tx()=−−(xaxb)()xab∈[,]tx′()2(=−+=xab)0ab+∴xt=时()x有极大值21∴maxfx()=maxfx′′()max(•−xaxb)(−)axb≤≤2axb≤≤axb≤≤1ab++ab=•maxf′′()xa(−)(−b)22axb≤≤212=(ba−)maxfx′′()8axb≤≤n+19.求作f()xx=关于节点x(in=0,1,L,)的Lagrange插值多项式，并利用插值余项i定理证明nnn+1n∑xiilx()()01=−∏ii=0i=0式中lx()为关于节点x(in=0,1,L,)的Lagrange插值基函数。ii4 《数值计算方法》第一章课后题答案n+1解：注意到f()xx=关于节点x(in=0,1,L,)的插值多项式为innnxx−inn++11Lxnj()==∑∑(∏)xxlxjj()jj==00i=0xxji−ij≠其插值余项为(n+1)n+1n()xnnnn++11x−=∑xlxjj()∏∏()()xx−i=xx−ij=0()n+1!ii==00nnn+1n据此令x=0即得∑xiilx()()01=−∏i。i=0i=0附加题：设lx()为关于节点x()in=0,1,...,的Lagrange插值基函数，证明iin⎧1,k=0k∑xlii()0=⎨i=0⎩0,kn=1,2,...,n证明：据题4可知，∑lxi()≡1i=0n令x=0，则有∑li()01≡。注意到i=0nk∑()xii−≡xlx()0,k=1,2,...,n（证明见王能超数值简明教程145页题6）i=0nn令x=0即有∑xlii()00=。i=075301701810.已知fxx()=+++3x2x1，求差商f(2,2,,2L)和f(2,2,,2L)。解：根据差商与微商的关系，有(7)017f()7!ξf(2,2,...,2)===1,7!7!(8)018f()0ξf(2,2,...,2)===08!8!n11.已知f()xxx==−=ωni+1()∏()x,(0,1,,)xiinL互异，求f(xx01,,,Lxp)。其中i=0p≤+n1。（此题有误。）（见王能超《教程》P149－题2）n解：因为f()xxx==−=ωni+1()∏()x,(0,1,,)xiinL，则i=0f′′()xx=ω()jnj+1nfx()f(n)(ξ)j由差商性质fxx(,,...,01xn)==∑"可知，j=0ωnj+1()xn!pfx()jf(,,...,xx01xp)==∑"0,p=0,1,...,nj=0ωnj+1()x而n(1n+)[()∏xx−i](1n+)fn()ξi=0ξ(1)!+(,,...,fxxx)====101n+1(1nnn+++)!(1)!(1)!12.设首项系数为1的n次式f(x)有n个互异的零点x(in=1,2,,)，证明i5 《数值计算方法》第一章课后题答案nkx⎧0,kn=−0,1,L,2j∑=⎨j=1fx′()j⎩1,kn=−1证明：按题设，f()x有表达式nf()xx=−∏(xi)i=1故原式左端nnkkxxjj∑∑=njj==11fx′()j()∏xji−xi=1ij≠k注意到上式右端等于gxx()=关于节点x(in=1,2,...,)的n−1阶差商gxx(,,...,x)（见第10页i12n2.1式）利用差商与导数的关系（见2.11式）得知(n−1)g()ξ0,kn=0,1,...,−2gxx(),,...,x==12n()n−1!{1,kn=−1113．设节点x()in=0,1,L,与点a互异，试对fx()=证明iax−k1f()xx01,,,LLxk==∏,0,1,,kni=0ax−i并给出f()x的Newton插值多项式。解依差商的定义1fx()=，0ax−0fx()()−fx111110fxx(,)==−()=01x−−xxxa−xa−−xa()x()a−x10101010一般地，设k11fxx(,,,)01⋅⋅⋅xk=k=∏i=0()ax−i∏()ax−ii=0则fxx(,,,)(,,,)⋅⋅⋅x−fxx⋅⋅⋅x12kk+101fxx(,,,)⋅⋅⋅x=01k+1xx−k+10kk+1111=−()∏∏xxki+10−−−ii==10axaxik⎛⎞1111=−∏⎜⎟i=1axxxax−−−−ik++10⎝⎠k1ax0k+11=∏i=0ax−i1故fx()=的Newton插值多项式为ax−6 《数值计算方法》第一章课后题答案N()xfxfxxxx=()+(,)(−)+⋅⋅⋅+fxxxxxxx(,,,)(⋅⋅⋅−)(−)(⋅⋅⋅xx−)nn00100101n−11xx−−()xxxx()−⋅⋅⋅()xx−001n−1=++⋅⋅⋅+axaxax−−−()()()axax−−()⋅⋅⋅()ax−00101nn⎛⎞k−1−1xxi=∑⎜⎟∏k=0⎝⎠ax−−kii=0ax14．设Px()是任意一个首项系数为1的n+1次多项式，试证明n(1)Px()−=∑Pxlx()()kkωn+1()xk=0nPx()k(2)Px()ωn+1()x=+1∑k=0()(x−xxknkω′+1)n其中。ωni+1()x=−∏(xx)。i=0nn++1(n1)解：(1)由题意，可设Px()=++xax⋅⋅⋅+a,则P()(1)!x=+n，由Lagrange插值余10项公式得(1n+)nP()ξPxLx()−=nn()ωω++11()x=n(),x其中Lxn()=∑Pxlx()()kk(1n+)!k=0n故有Px()−=∑Pxlx()()kkωn+1()xk=0(2)由(1)式可知，nnω(x)n+1Px()=+ωωnk++11()x∑∑Pxlx()k()=+nk()xPx()"kk==00()(x−xxknkω+1)nPx()Px()k故有，=+1∑ωωnk++11()xxk=0(−x)n′()xk15．给定数据表：x13022f()x3133543构造出函数f()x的差商表，并写出它的三次Newton插值多项式.解：利用Newton插值公式：Nxfx()()(=+xxfxx−)(,)(+xxxxfxxx−−)()(,,)3000101012+−()xxxxxxfxxxx()−()−(,,,)0120123先作出差商表一阶差商二阶差商三阶差商kxkf()xkf(,)xxfxxx(,,)f(,,,)xxxxkk+1kk++12kkk+++123kk01313/213/41/22031/61/3325/3-2/3-5/3-27 《数值计算方法》第一章课后题答案11⎛⎞3⎛⎞3Nx3()=+311()x−+()x−⎜⎟x−−2()x−1⎜⎟x−()x−023⎝⎠2⎝⎠2故：321610=−23xxx+−+33116.求作满足条件HHHH(0)1,====′′(0),(1)2,(1)2.的插值多项式Px()。2解法1：根据三次Hermite插值多项式：xx−−00xx−−1122xxxxHx()=−(12)()y+−(12)()y301xxxx−−xxxx−−01011010xx−122xx−0+−()xx()()yxx′′+−()y0011xx−−xx01101并依条件HHHH(0)1,=′′(0)===,(1)2,(1)2.，得222212Hx()(=+12)xx(1−+−)2(32)xx+xx(1−+−)2(1x)x32113=++xx122解法2：由于xx==0,1，故可直接由书中（3.9）式，得01""HxAxyAxyBxyBxy3()=+++0()0110()()011()22221=−()xxx1211()+×+−+×+−×+(232xx)()x1x()x−×122113=++xx12217．设f()x充分光滑，fafbfa()===()′()0，求证23maxf()xb≤−()afmax′′′(x)axb≤≤81axb≤≤证明：显然，满足条件HaHbHa()===()′()0的插值多项式Hx()=02222由Hermite插值余项公式得f′′′()ξ2f()xfxHx=−=()()(xaxb−−)()23!由于32⎛⎞ba−max()xaxb−−()=4⎜⎟axb≤≤⎝⎠3故41332maxf()xb≤−()afmax′′′(xb)=−()afmax′′′(x)3axb≤≤3!3axb≤≤81axb≤≤18．求作满足条件HHHH()01====,12(),29(),13′()的插值多项式Hx()，并33333估计其误差。解法1：由已知条件x012y129y′3用基函数方法构造H()x。令38 《数值计算方法》第一章课后题答案H30()x=+++AxyAxyAxyBxy()01()12()21()1′其中，A()()()()xAxAxBx,,,均为三次多项式，且满足条件0121A(0)=1(1)=AAA′(1)=(2)=00000A(1)=1(AAA0)=(′1)=(2)=01111BB′(1)=1(0)=(1)=BB(2)=01111A(2)=1(0)=AAA(1)=′(1)=022222依条件可设A()xCx=−−(12)(x)，由A(0=1),可得：00112C=-,A0()xxx=−−−()1()22212同理，AAB()xx=−(x−2,)()xx=()(x−1,xx)()=−xx−1()−2121212∴H3()xxxx=−−()12()()()−×−−×−−−×12xx212x()x32123+−xx()19×=+x12(4)f(ξ)2误差为：R33()xfxHx=−=()()x()x−−12()x4!解法2：用承袭性构造H()x3由条件HHH()01===,12()(,29)先构造一个二次多项式Nx()3332作差商表：ixiPx()i一阶差商二阶差商0011121229732于是有：Nx()11(0=+×−+x)3(0x−)(1x−=)321x−+x2令所求插值多项式H()x=+Nxcxxxxxx()(−−−)()()32012利用剩下的一个插值条件H′()13=，得3Nxcxxxx′′()(+−−=)()fx()21101231由此解出fxNx31′′()−21()34−c===1()xxxx1012−−−−()()10()123故有Px()=+Nxxx()(1)(2)−−x=x+12(kk)()19．求作满足条件Hxfxi33()ii==()(0,1,)Hx(0)=fxk(0)(=1,2)的插值多项式Px()。并给出插值余项。解：令fx′′(0)2Hxfxfxxx20()()()(=+′0−0)+()xx−023HxHxcxx()=+20()(−)39 《数值计算方法》第一章课后题答案f(xHx12)−()利用插值条件Hxfx()()=定出：c=3113()xx−0(4)f()ξ3注意到这里x0是三重零点，x1是单零点，故插值余项为f()xHx−=30()()xxxx−−()14!20．求作次数≤4的多项式Px()，使满足条件PP()01=−,10()=,PPP′′′()0=−2,()1=10,′()1=40并列出插值余项。解法1：由于在x=0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=1处有直到二阶导数值的插值条件所以x=1是“三重节点”。因此利用重节点的差商公式：(k)⎛⎞f(x)fxxx⎜⎟,,...,＝limfxxxx(),,...,,=01k−1⎝⎠k＋1xxx01,,...,k−1→xk!可以作出差商表xf()x一阶二阶三阶四阶ii0－10－1－21013101096101020115根据Newton插值多项式，有2Pxfx()=+()00fxxxx(,,000)(−)+fxxxxx(0,10)(−)222+−f()xxxxxxxxfxxxxxxxxx0011,,,(0)((−1)+00111,,,,)(−0)(−1)2222⇒=Px()−1236(1−xx++−xx)5(1+−xx),1()523且插值余项为fxPx()−=()f()(ξxx−1)5!21．设分段多项式32⎧⎪xx+≤,0x≤1Sx()=⎨32⎪⎩21xb++−≤≤xcx,1x2是以0,1,2为节点的三次样条函数，试确定系数bc,的值。""""解：由S(x−0)=S(x+0)和S(x−0)=S(x+0)可得S(1−0)=S(1+0)和S(1−0)=S(1+0)⎧2=2+b+c−1⎧b=−2即⎨解得⎨⎩3+2=6+2b+c⎩c=322．根据给定的数据表x123f()x2412f′()x1-1建立一个三次样条插值函数Sx()。解：由已知作差商表kxk()fxkf(,)xxkk+1fxxx(,,)kk++12k012124223128310 《数值计算方法》第一章课后题答案节点等距hi∴hxx=−==1,λ=0.5iii+1ihh+ii−1μλ=−=10.5ii⎧df=−6((,)xxy")=6(21)−=60010⎪∴⎨df==6(,,)18xxx1012⎪⎩dyf=−6("(,xx))=6(18)−−=−542212得MMM,,的线形方程组012⎛⎞21⎛⎞M0⎛6⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟0.520.5M=18⎜⎟⎜⎟1⎜⎟⎜⎟⎝⎠12⎜⎟⎝⎠M⎜⎝−54⎟⎠2解得：M=−==7,MM20,−37012又在[,]xx上kk−13322()()x−−xxxMhxx−Mhxx−kk−−11kkkkkk−1SxM()=++M(y−+)(y−)31kkk−−1k66hh6h6hkkkkhxx=−kkk−1∴当时x∈[1,2]33(2−−−xx)(1)720Sx()=−7+20+−(2)(2)(4−+−x)(1)x−36666132=−+(9xxx3443−14)2⎧132(9xxx−+−344314)x∈[1,2]⎪⎪2∴Sx()=⎨3⎪1(19−+−+xxx32134293210)x∈[2,3]⎪⎩2∴当时x∈[2,3]33(3−−xx)(2)20−37Sx()=20−37+−(4)(3−+−x)(12)(x−2)36666132=−+(19xxx134−293+210)211 《数值计算方法》第二章课后题答案第二章答案1.计算下列函数f()x关于C[0,1]的f,,ff：∞1212bb2注：f∞=maxaxb≤≤fx(),f1=∫afxdx()，f2=(∫afxd()x)3()()(11fx=−x)1()()2fxx=−2mn()()31fxxx=−(),mn与为正整数10−x()()(41fx=+x)e3解：（1）f()(x=x−1)3f()x=maxf()x=max(x−1)=1∞1113ff1==∫∫00()xdxx(1)−dx=7111122726ff2==(∫∫00()xdxx)((1)−dx)=71（2）fxx()=−211fx()==maxfx()maxx−=∞221111111f=−=−+−=()xdx2()()xdxxdx1∫∫∫0022124211⎛⎞b222⎛⎞1132ff2==⎜⎟∫∫a[()]xdxx⎜⎟0(−)dx=⎝⎠⎝⎠26mn（3）fxxx()=−(1,)mn与为正整数mnmnmnfx=−max(x1)=∞mn+()mn+1mnmn!!fx1=−=∫0(1xd)x()mn++1!11⎡⎤122mn2()2!2!mn()2fx=−(1x)=()2⎢⎥⎣⎦∫0()221mn++!10−x（4）f()(xxe=+1)10−x10−1f=+=max(xee1)2∞110−x26813184fxe1=+∫0(1)dx=9864101−e21110−x68576238333199506713671123209f=[∫[]()x+1edx]2=−2088e2∗∗2.令TxTx()=−∈(21,0)x[,1]，试证{Tx()}是在[0,1]上带权nnn12 《数值计算方法》第二章课后题答案1∗∗∗∗ρ()x=的正交多项式，并求TxTxTxTx0123(),,,()()()。2x−x解：111****()TTmn,==∫∫00ρ()()()xTxTxdxmn2Txn(21−)(Txm21−)dxxx−∗令tx=−21，则有{Tx()}n**11111()TTm,,n==∫∫1122Tmn()()tTtdtTmn()()tTtdt=()TTmn−−tt++11⎛⎞21−t−⎜⎟22⎝⎠1是在[0,1]上带权ρ()x=的正交多项式。2x−x*TxTx()=−(21)1=00*TxTx()=−(21)21=x−11*2TxTx()=−(21)8=−xx81+22*32TxTx()=−(21)=−+−32x48x18x133∞3.{ϕ()x}是区间[0,1]上带权ρ(x)=x的最高次项系数为1的正交多项式族，其中ii=01ϕ0()x=1，求∫0xϕϕ3()xdx和1()x。11解法一：xϕρ()xdx=()()()xϕxϕxdx∫∫33000∞Q{}ϕρi()xxi=0是区间[0,1]上带权()=x的最高次项系数为的正交多项式111∴ρϕϕ()()()xxxdx==0，即xxdxϕ()0∫∫3030012(,())xxϕ∫xdx200由于ϕ()1x=⇒=ϕϕ()xx−()xx=−=x−0101((),())ϕϕxxxdx300∫0解法二：设ϕ()x=+xc，则由1112c∫xxcdx()+=+=0⇒c=−0323π24.求ab,，使积分∫2()axb+−sinxdx取得最小值。0解：题意即为在Φ=span{1,x}中求f(xx)=sin的最佳平方逼近多项式Pxaax10()=+1，故aa01,满足法方程⎧((),())ϕϕxxa+=((),())ϕϕxxa(,())yϕx0000110⎨⎩((),())ϕϕxxa+=((),())ϕϕxxa(,())yϕx10011112⎧ππ⎧82π−4⎪aa+=1ab==⎪2801⎪⎪0π2积分可得:⎨⎨⇒≈ab0.6644389,≈0.1147707.239624−π⎪ππ⎪aa==aa01+=1⎪⎩13⎪⎩824π或者按下述方法：π22123ab2π2π因为∫()ax+b−sinxdx=aπ+π−2a+b+−2b02442413 《数值计算方法》第二章课后题答案上式分别对ab,求偏导，并令其为零，有∂13b2∂12=aπ+π−2=0=aπ+bπ−2=0∂a124∂b496−24π8π−24从而也有a=，b=32ππ15.对f()()xgxCab,,∈[]，定义b()(1,fg)=∫fxgxdx′′()()ab()(2,fgf)=+∫′′()()xgxdxf()()agaa问它们是否构成内积？（1）显然有()fg,,,,=(gfcfgcfgc)(,)=(),是常数（ffgfgfg+=+,)(,)(,)1212但不满足“当且仅当=0时（,)=0,(,)0"fffff≥b2这是因为（,)=(ff∫fxdx′())=0a推出fx′()=0,即f为常数，但不一定为0，故（1）不构成内积。（2）显然内积公理的1），2），3）均满足，考察第四条b2"2(,)fff=+⎡⎤()xdxf()a∫a⎣⎦2若fx()=0，则必有(ff,0)=反之，若(ff,0)=，则fx′()=0且fa()=0，由此可推得fx()=0,即内积公理第四条满足，故（2）构成内积。26.对权函数ρ()x=+1x，区间[−1,1]，试求首项系数为1的正交多项式ϕ()xn,0=,1,2,3。n解：ϕ=1013()x,ϕ0∫1()xxdx+−ϕϕ=−x()xx=−=x10()ϕϕ00,1222(,())xxϕ0(,())xxϕ1ϕϕ()x=−xxx()−ϕ()201((),())ϕϕxx((),())ϕϕxx0011112223∫∫(1++xxdx)(1xxdx)222−−11=−xx−=−x;11(1++xdx22)(1xxdx)25∫∫−−113333(,())xxϕ0(,())xxϕϕ12(,())xxϕϕ()x=−xxxx()−ϕ()−ϕ()3012(ϕϕ(),xx())((),ϕϕxx())(ϕϕ(),xx())0011221112322∫∫(1++xxdx23)(1xxxdx23)∫(1+−xxx)()dx3−1522−−11=−xx−−()x−11122222225∫∫−−11(1++xdx)(1xxdx)∫−1(1+−xx)()dx539=−xx1417.利用正交化方法求[0,1]上带权ρ()lnx=的前三个正交多项式PxPxPx(),(),()。012x14 《数值计算方法》第二章课后题答案解：Px()=1011()xP,0∫0lnxdx1Pxx10()=−Pxx()=−=−x()PP,41100∫lndx0x222(xP,,01)(xP)Pxx20()=−Px()−Px1()()PP00,,()PP1112112⎛⎞11∫xdlnx∫xx⎜⎟−lndx20x0⎝⎠4x⎛⎞15217=−xx−⎜⎟−=−+xx1111247252lndx1⎛⎞xdlnx⎝⎠∫0x∫⎜⎟−x0⎝⎠4218.判断函数1,,xx−在[−1,1]上两两正交，并求一个三次多项式，使其在[−1,1]上与3上述函数两两正交。解：1⎛21⎞1⎛21⎞（1）()1,x=∫−1xdx=0，⎜1,x−⎟=∫−1⎜x−⎟dx=0，⎝3⎠⎝3⎠⎛21⎞1⎛21⎞1⎜x,x−⎟=∫−1x⎜x−⎟dx=0，()1,1=∫−11dx=2⎝3⎠⎝3⎠2122⎛2121⎞1⎛21⎞8()x,x=∫−1xdx=3，⎜x−3,x−3⎟=∫−1⎜x−3⎟dx=45⎝⎠⎝⎠21所以，1,,xx−在[−1,1]上两两正交。3（2）设所求多项式为ϕ()x3333()3()x,ϕ0()()x,ϕ1()(x,ϕ2)()ϕx=x−ϕx−ϕx−ϕx3()0()1()2ϕ,ϕϕ,ϕϕ,ϕ00112213⎛21⎞1314∫x⎜x−⎟dx3∫−1xdx∫−1xdx−1⎝3⎠⎛21⎞33=x−−x−⎜x−⎟=x−x112dxx2dx1⎛1⎞⎝3⎠5∫∫2−1−1∫⎜x−⎟dx−1⎝3⎠9.用最小二乘原理求矛盾方程组⎧xx−=1,12⎪⎪−+=xx2,12⎨223xx−=,⎪12⎪−+=34xx.⎩12的最小二乘解。∗注：给定线性代数方程组Axb=，AA=，当mn>时，称其为超定方程组。求x使得mn×2∗bAx−取最小值。应用微分学中多元函数求极值的方法可以证明x为方程组2TT∗AAxAb=的解。称x为超定方程组Ax=b的最小二乘解。解法一：15 《数值计算方法》第二章课后题答案⎡⎤⎡11−1⎤⎢⎥⎢⎥−11⎡⎤x2由题意得：⎢⎥⎢1=⇒⎥⎢⎥⎢⎥⎢22−⎣⎦x3⎥2⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣314⎦⎡11−⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎡⎤112311−−−⎡⎤x⎡⎤11232−−⎢⎥⎢1=⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦−−11212⎢−2⎥⎢⎣⎦x⎣⎦−−11213⎥2⎢⎥⎢⎥⎣31⎦⎣4⎦⎡⎤⎡15−−9⎡⎤x7⎤1⇒=⎢⎥⎢⎢⎥⎥⎣⎦⎣−−97⎣⎦x1⎦2⎧29x=−⎧15xx−=9−7⎪⎪11212⇒⇒⎨⎨⎩−+=971xx−1312⎪x=−2⎪⎩4⎧29x=−⎪⎪112所以⎨即是所求的最小二乘解。⎪x=−132⎪⎩4误差平方和为2222δ=−−+(xx1)(−+−+−−+xx2)(223xx)(3−+−xx4)12121212解法二：求x,x，使误差平方和122222δ=−−+(xx1)(−+−+−−+xx2)(223xx)(3−+−xx4)12121212∂δ∂δ为最小，令:=0,=0∂x∂x12⎧30xx−=18−1412得方程组如下：⎨⎩−+=18xx14−2122913解方程组有：x=−,x=−12124210.用最小二乘法求一个形如y=+abx的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估计平方误差。x1925313844ky19.032.349.073.397.8k解：16 《数值计算方法》第二章课后题答案2ϕϕ01()xx==1,()xTϕ0=()1,1,1,1,1Tϕ1=()361,625,961,1444,1936Ty=()19.0,32.3,49.0,73.3,97.8()ϕϕ0,=×+×+×+×+×=111111111150()ϕϕ01,=×1361162519611144411936+×+×+×+×=5327()ϕϕ11,=7277699()y,ϕ1=369321.5()y,ϕ0=271.4⎧⎧5ab+=5327271.4a=0.972529⎨⎨⇒⎩⎩5327ab+=7277699369321.5b=0.05003512∴公式是yx=+0.9725290.05003512将x=19,25,31,38,44分别代入y=+0.970.05x，得*****yyyyy=====19.02,32.22,49.02,73.17,97.77.0123442所以误差∑()yy−=*0.025k=0bx11.求形如ya=eab(,为常数）的经验公式，使它能和下表给出的数据相拟合。x12345678y15．320．527．436．649．165．687．8117．6bx解：设y=ae，两边取对数得lny=lnabx+，令Yy=ln，，aa===lnab，Xx，则有01YaaX=+012设ϕ()x=1,ϕ()x=X，于是得到正规方程组:01⎧()()()ϕ0,ϕ0a0+ϕ0,ϕ1a1=Y,ϕ0⎨()()()ϕ,ϕa+ϕ,ϕa=Y,ϕ⎩1001111其中,()TTϕ=1,1,1,1,1，1，1，1，ϕ=(1，2，3，4，5，6，7，8)01()TY=ln15.3，ln20.5，ln27.4，ln36.6，ln49.1，ln65.6，ln87.8，ln117.6()T=2.72785,3.02042,3.31054,3.60005,3.89386,4.18358,4.47506,4.76729()ϕ,ϕ=800()ϕϕ01,=+++++++=12345678364()22222222ϕ,ϕ=1+2+3+4+5+6+7+8=20411()Y，ϕ=()ln15.3+ln20.5+ln27.4+ln36.6+ln49.1+ln65.6+ln87.8+ln117.6=29.97870()Y，ϕ=147.1351正规方程组化为:⎧8a0+36a1=29.9787⎨36a+204a=147.135⎩01得a=2.43689a=0.29121101lna=2.43689所以a=11.45a=b=0.291211117 《数值计算方法》第二章课后题答案lna=2.43689所以a=11.45a1=b=0.2912110.291211xye=11.4512.求函数f()x在给定区间上对于Φ=span{1,x}的最佳平方逼近多项式：()()1afx=rctanx,[0,1];(2c)fx()=osπx,[0,1];x()()3,fx=x[]0,1;()()4,fxe=−[]1,1.解：设ϕ()x=1,ϕ()x=x01()()()ϕ,ϕa+ϕ,ϕa=y,ϕ0000110()()()ϕ,ϕa+ϕ,ϕa=y,ϕ1001111（1）fx()=arctan,0,1x[]1112()ϕϕ00,1==∫∫00dx,()ϕϕ01,1==xdx/2,()ϕϕ11,1==∫0xdx/311ππ11()y,lϕϕ01==∫∫arctgxdx−==n2,()y,xarctgxdx−004242⎧11π⎧πaa+=−ln2a=−−2ln23+⎪01242⎪02⎨⎨⇒11π13π⎪⎪aa+=−a=−+63ln2011⎩2342⎩2ππ3⇒=−−yx2ln23(++−+63ln2)22(2)fx()=cosπx,0,1[]()()()ϕ,ϕa+ϕ,ϕa=y,ϕ0000110()()()ϕ,ϕa+ϕ,ϕa=y,ϕ10011111112()ϕϕ00,1==∫∫00dx,()ϕϕ01,1==xdx/2,()ϕϕ11,1==∫0xdx/3112()yx,ϕπϕπ01==∫∫cosdx0,()y,==xcosxdx−200π⎧1aa+=0⎪01212241224⎨⇒=aa,=−⇒=−yx。012222⎪11+=−2ππππaa012⎩23π()()3,fx=x[0,1]1112()ϕϕ00,1==∫∫00dx,()ϕϕ01,1==xdx/2,()ϕϕ11,1==∫0xdx/31122()yx,,ϕϕ01====∫∫dx()yx,xdx0035⎧12aa+=⎪01234444⎨⇒=aayx,=⇒=+01112155155⎪aa+=01⎩235x()()4,fxe=−[1,1]1112()ϕϕ00,2==∫∫∫dx,()ϕϕ01,0==xdx,()ϕϕ11,2==xdx/3−−−11111xx−−11()ye,,ϕϕ01==∫∫dxe−e()yx,==edx2e−−1118 《数值计算方法》第二章课后题答案−1⎧⎪2aee0=−ee−−−−1133ee⎨2⇒=aa,=⇒=yx+。−101ae=222ee⎪1⎩32413.fxx()=−,在[1,1]上求关于Φ=span{1,xx,}的最佳平方逼近多项式。解：Legendre是[-1，1]上的正交多项式11242取px()1,=px()=−=−+(3x1),px()(35x30x3)024282(pxpx(),())==(k0,2,4)kk21k+01(,())fpx=−+()xdxxdx=10∫∫−100111122(,(fpx))=−xxd(31−+)xxxd(31−=)x2∫∫−10224011114242(,fpx())=−(35x−+30x3)xdx+(35x−+30x3)xdx=−4∫∫−108824115593af==(,())pxaf,==(,())px，af=(,())px=−0022442228216*42所以p()x=++apxapxapx()()()==−0.8203125xx+1.640625+0.25781254002244x14.求f()xe=在[1,1]−上的三次最佳平方逼近多项式。3解：设f()xpx()=∑CkkPx()k=0()fP,k21k+1cPkk==∫()()xfxdx()PP,2−1kk111x−1Ce0==∫dx()e−e=1.17569422−131xCx==edx1.1036381∫2−15311⎛⎞2xCx=−⎜⎟edx=0.3578052∫222−1⎝⎠7531⎛⎞3xCx=−=⎜⎟xedx0.0705183∫222−1⎝⎠3⎛⎞3123⎛53⎞所以p()xC==++∑kkP()x1.1756941.103638x0.357805⎜⎟x−+0.070518⎜xx−⎟k=0⎝⎠22⎝22⎠23=+++0.9962890.997861x0.536708xx0.17629512215.已知勒让德多项式PPx===1,,P()3x−1，试在二次多项式类Φ=span{1,x}0122x中求一多项式Px()，使其成为fxe()=−在，[11]上的最佳平方逼近函数。2解：由构PPP,,造,Px()设PxcPcPcP()=++01222001122由题意可知c=01即：PxcPcP()=+20022⎛⎞()PPPP0002,,()⎛⎞c0⎛(Pf0,)⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎜⎟⎝⎠()PPPP2022,,()⎝⎠c2⎜⎝()Pf2,⎟⎠19 《数值计算方法》第二章课后题答案−1⎧2cee=−≈2.3503880⎪即：⎨2⎪c≈0.1431242⎩5⎧c≈1.1751940解得：⎨⎩c≈0.3578122Px2()=+0.536715x0.99628916.求fx()=lnx在[1,2]上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。解：设122131+−⎛⎞31xt=+=+t,l则f()x==+=∈nxtln⎜⎟ϕ()t,t[]−1,12222⎝⎠222*ptnk()=∑CTtk(),k=0⎛⎞31ln⎜⎟+t111⎝⎠221π⎛⎞31CT00==(),f∫∫dt=+=ln⎜⎟cosθθd−1.15519ππ−101−t2π⎝⎠22⎛⎞31xtln⎜⎟+221⎝⎠222π⎛⎞31CT11==(),cf∫12dt=×∫osθθln⎜⎟+cosdθ=1.520575ππ−1−tπ0⎝⎠222⎛⎞31()21tt−+ln⎜⎟221⎝⎠222π⎛⎞31CT22==(),f∫∫dt=×cos2θθln⎜⎟+=cosdθ−0.46204ππ−101−t2π⎝⎠22*22所以pt3()=−-1.15519+1.520575x0.462042-1()x=−0.92408x+1.520575x−0.69315⎛⎞31*其误差为ln⎜⎟+−tpt3()≈0.00002055⎝⎠22∞20 《数值计算方法》第三章课后题答案第三章习题答案11.分别用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分Ix=∫dx,并估计误差。0.5解：1）用梯形公式有：110.5−1⎛⎞2∫xdx≈+[f()1f()0.5]=⎜⎟⎜⎟1+≈0.426780.524⎝⎠23333T()ba−0.5⎛⎞1−−22−33−Ef()=−f′′()ηη=−⎜⎟−=2.604210×η≤7.365710×1212⎝⎠4事实上，1Qfx()==xI,∫xdx=0.43096440.510.5−If≈+⎡⎤⎣⎦()()0.5f1=0.42677672T110.5−∴Ef()=−∫xdx⎡⎤⎣⎦f()()0.5+f1=0.00418770.522）Simpson公式110.5−⎡⎛⎞⎛⎞31⎤1⎛⎞2∫xdx≈+⎢⎥f()14f⎜⎟⎜⎟+f=⎜⎟⎜⎟123++=0.430930.564⎣⎦⎝⎠⎝⎠212⎝⎠2411⎛⎞411−−7Sbaba−−⎛⎞()422⎜⎟⎛⎞15−2−4Ef[]=−⎜⎟f()ηη=−⎜⎟⎜⎟−≤1.1837710×180⎝⎠2180⎜⎟2⎝⎠8⎝⎠3T--()ba2E()ff=""()h1248S110.5−⎡⎛⎞0.51+⎤事实上，Ef()=−∫xdx⎢⎥f()0.5+4f⎜⎟+f()1=0.00003040.562⎣⎦⎝⎠3）由Cotes公式有：11−12⎡⎤⎛⎞537⎛⎞⎛⎞∫xdx≈+⎢⎥7f()0.532f⎜⎟+12f⎜⎟+32f⎜⎟+7f()10.590⎣⎦⎝⎠8⎝⎠4⎝⎠81=+()4.9497525.2982210.3923029.933267+++=0.430961801157(7+++32127)180288611⎛⎞2×22⎜⎟⎛⎞945−11C2−6Ef()=−⎜⎟×−⎜⎟η≤2.697410×945⎜⎟4⎝⎠64⎝⎠7C--2()ba(6)2E()f=f()h945*48C事实上，Ef()=0.00000032．证明Simpson公式()2.8具有三次代数精度。证明：21 《数值计算方法》第三章课后题答案333⎛⎞ab++⎛⎞ab3令，f()xxfaaf===则，()⎜⎟⎜⎟，fbb()=⎝⎠22⎝⎠b444bxba−左边==∫fxdx()=a44a44ba−⎡⎛⎞ab+⎤ba−右边=++⎢⎥fa()4f⎜⎟fb()=624⎣⎦⎝⎠故该公式的代数精度是。34而当f()xx=时bb1455左侧：∫∫f()xdx==−xdx()baaa54ba−⎡⎛⎞ab+⎤−ba⎡44()ab+⎤⎢⎥f()af++44⎜⎟f()b=+⎢a×+b⎥626⎣⎦⎝⎠⎢⎣8⎥⎦右侧：5543223455baa−−−+−ba22babab=32左侧不等于右侧。所以Simpson具有三次代数精度.3.分别用复化梯形公式和复化公式Simpson计算下列积分.π1x92(1)dxn,8=，（3）xdxn,4=，64−sinϕdϕ,n=6∫04+x2∫1∫0解：（1）用复化梯形公式有：ba−−101h===，n88h⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞1234567Tfn=+⎢⎥()affffffff21⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟+++++++()28⎣⎦⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠8888881=[02(0.0311280.0615380.0905660.117650.142350.164380.18361)0.2+×+++++++]=0.111416由复化Simpson公式有：11⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞123⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞1357S8=×⎢⎥f()02(+×ffffffff⎜⎟⎜⎟⎜⎟++)14+()+⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟+++64⎣⎦⎝⎠⎝⎠⎝⎠444⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠88881=⎡⎣02+×+++()0.0615380.117650.164384×++++(0.0311280.0905660.412350.18351)0.2⎤⎦24=0.1115711()1−e−x2()2,∫dxn=100x9解（3）：∫xdxn,4=由复化梯形公式有：1ba−−91h===2,n41Tf4=×2192357()()+ff()+()()+f()+f()2=++×++()132()357≈17.227722 《数值计算方法》第三章课后题答案由复化Simpson公式有：1Sf4=×41925437()()+fff()+()+()()+f()62=×++×+()13254()3+7≈17.32203π（4）解：64−sin2ϕdϕ,n=6∫0由复化梯形公式：π−0b−a6πh===,ϕ=a+kh,k=1,2,3,4,5kn63655hπ⎛kπ⎞⎛π⎞T6=[f(a)+2∑f(ϕk)+f(b)]=[f(0)+2∑f⎜⎟+f⎜⎟]=1.03562192k=136k=1⎝36⎠⎝36⎠由复化Simpson公式：125⎛⎞hS4=T6+H6,H6=h∑f⎜⎜ϕ1⎟⎟,ϕ1=ϕk+,k=0,1,2,3,4,533k=0k+2k+2⎝⎠25π⎛πkπ⎞H6=∑f⎜+⎟=1.035834878,S4=1.03576388636k=0⎝7236⎠11314．给定求积节点xxx=,,,==试推出计算积分f()xdx的插值型求积公式，并写012∫4240出它的截断误差。1⎛⎞113⎛⎞⎛⎞解：fxdxAf()≈++⎜⎟Af⎜⎟Af⎜⎟∫0120⎝⎠424⎝⎠⎝⎠⎛⎞13⎛⎞⎜⎟xx−−⎜⎟1⎝⎠24⎝⎠2Ad==x,0∫0⎛⎞1113⎛⎞3⎜⎟−−⎜⎟⎝⎠4244⎝⎠⎛⎞13⎛⎞⎜⎟xx−−⎜⎟1⎝⎠44⎝⎠1Ad==x−1∫0⎛⎞1113⎛⎞3⎜⎟−−⎜⎟⎝⎠2424⎝⎠考虑到对称性，有AA=，于是有求积公式20121⎛⎞⎛⎞311⎛⎞∫fxdx()≈+−[]f⎜⎟⎜⎟ff⎜⎟034⎝⎠⎝⎠432⎝⎠由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有33阶精度。事实上，对f=x原式左右两端相等：33321⎛⎞⎛⎞311⎛⎞113[]⎜⎟⎜⎟+−=⎜⎟=∫xdx34⎝⎠⎝⎠432⎝⎠404此外，容易验证原式对f=x不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。π5．给定积分I=∫2sinxdx。023 《数值计算方法》第三章课后题答案1−3（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×10;2（2）取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少？−6（3）如果要求截断误差不超过10，那么使用复化Simpson公式计算时，应将积分区间分成多少等分？33n()ba−""π""解：(1)Ef()=−f()η=−f()ηT2212nn9633"""nπππ⎡⎤f()x=sinx,f()cos,()xx==fxx−sin∴Ef()=≤sinφη,∈0,T22⎢⎥96nn96⎣⎦2n−3当误差Ef()0.510≤×时，n≥25.6,所以取n=26。Tππh25则:h=⇒=Tffn[(0)+()2+∑f(x)]5222k=1k12ππππ325π=×{012[sin(++)sin(+)sin(+)...sin(++)]}=0.946525252525252πSb-ah4""""21π4（2）E[]nff=−()()η=−××()sin()η180218022nππS42211ππ4−9则E[]nfn≤××()(=⇒××=26)()710×18022n18022nπS421π−6(3)E[]nf≤××≤()1018022n则nn≥⇒7.6=8−56．用Romberg求积方法计算下列积分，使误差不超过10。21−x2π3214（1）edx；（2）xsinxdx；（3）x1+xdx;(4)dxπ∫0∫0∫0∫01+x221−x解（1）：∫edxπ021()aT在[0,1]上用梯形公式:=+[(0)ff(1)]0.771743332=1π2()[01]b，二等分:21⎛⎞1Hf==⎜⎟0.68439656,TT=(+H)=0.728069946,1211π⎝⎠2241STT=−=0.7135121512133()[01]c，四等分:21⎛⎞⎛⎞131Hf=+[⎜⎟⎜⎟f]0.705895578,=T=(T+H)=0.7169827622422π24⎝⎠⎝⎠4224 《数值计算方法》第三章课后题答案24141S=T−T=0.713287034,C=S−S=0.71327202624112221334−14−1(d)将[0，1]八等分：21⎛1⎞⎛3⎞⎛5⎞⎛7⎞H4=[f⎜⎟+f⎜⎟+f⎜⎟+f⎜⎟]=0.711417571π4⎝8⎠⎝8⎠⎝8⎠⎝8⎠141T=(T+H)=0.714200166,S=T−T=0.713272634844484233241C=S−S=0.713271674,224224−14−1341−7−5R=C−C=0.713271669,R−C=3.52×10<10,13231114−14−1计算可以停止。2π解（2）：∫xsinxdx0(a)在[0，2π]上用梯形公式得:2πT=[f(0)+f(2π)]=012(b)将[0，2π]二等分:141H=2πf(π)=0,T=(T+H)=0,S=T−T=01211121233(c)将[0，2π]四等分:⎛π⎞⎛3π⎞21H2=π[f⎜⎟+f⎜⎟]=−π=−9.869604401,T4=(T2+H2)=−4.934802201⎝2⎠⎝2⎠224141S=T−T=−6.579736267,C=S−S=7.01838535224212221334−14−1(d)将[0，2π]八等分:3π⎛πiπ⎞1H4=∑f⎜+⎟=−6.9788642,T8=(T4+H4)=−5.9568332012i=0⎝42⎠224141S=T−T=−6.2975102,C=S−S=−6.27869512948422422334−14−1341R=C−C=−6.266954014132314−14−1(e)将[0，2π]十六等分7π⎛πiπ⎞1H8=∑f⎜+⎟=−6.447629792,T16=(T8+H8)=−6.2022314974i=0⎝84⎠224141S=T−T=−6.284030929,C=S−S=−6.283132311816842824334−14−125 《数值计算方法》第三章课后题答案344141R=C−C=−6.283202742,X=R−R=−6.28326646323432142414−14−14−14−1(f)将[0，2π]三十二等分15π⎛πiπ⎞1H16=∑f⎜+⎟=−6.323740394,T32=(T16+H16)=−6.2629859458i=0⎝168⎠224141S=T−T=−6.283237428,C=S−S=−6.283184528163216821628334−14−1344141R=C−C=−6.283185356,X=R−R=−6.28318528843834244424−14−14−14−1541Y=X_X=−6.283185209152514−14−1(g)将[0，2π]六十四等分:31π⎛πiπ⎞1H32=∑f⎜+⎟=−6.293289853,T64=(T32+H32)=−6.27813789916i=0⎝3216⎠224141S=T−T=−6.283188551,C=S−S=−6.28318529232643216232216334−14−1344141R=C−C=−6.283185304,X=R−R=−6.283185304831638448444−14−14−14−1（3）564141Y=X−X=−6.283185304,Z=Y−Y=−6.28318530425452162614−14−14−14−1−8−5Z-Y=9.5×10<101132解:∫x1+xdx0(a)在[0，3]上用梯形公式3T=[f(3)+f(0)]=14.2302494712(b)将[0,3]二等分:⎛3⎞141H1=3f⎜⎟=8.11249037,T2=(T1+H1)=11.17136992,S=T2−T1=10.1517434⎝2⎠233(c)将[0,3]四等分:3⎛3⎞⎛9⎞1H2=[f⎜⎟+f⎜⎟]=9.71622377,T4=[T2+H2)=10.443796852⎝4⎠⎝4⎠224141S=T−T=10.20127249,C=S−S=10.2045744324212221334−14−1(d)将[0,3]八等分:33⎛33k⎞1H4=∑f⎜+⎟=10.08893752,T8=[T4+H4]=10.266367194k=0⎝84⎠224141S=T−T=10.20722396,C=S−S=10.2076207348422422334−14−126 《数值计算方法》第三章课后题答案3412R1=3C2−3C1=10.207669084−14−1(e)将[0，3]十六等分:73⎛33i⎞1H8=∑f⎜+⎟=10.1781732,T16=(T8+H8)=10.22227028i=0⎝168⎠224141S=T−T=10.2075712,C=S−S=10.20759435816842824334−14−1344141R=C−C=10.20759393,X=R−R=10.2075936423432142414−14−14−14−1(f)将[0，3]三十二等分:153⎛33i⎞1H16=∑f⎜+⎟=10.20025127,T32=(T16+H16)=10.2112607416i=0⎝3216⎠224141S=T−T=10.20759091,C=S−S=10.20759223163216821628334−14−1344141R=C−C=10.20759219,X=R−R=10.2075921943834244424−14−14−14−15Y=4X−1X=10.20759219,Y−X=1.4×10−6<10−515251114−14−1计算可以停止14解（4）:dx∫01+x2(a)在[0，1]上用梯形公式:1T=[f(1)+f(0)]=312(b)将[0，1]二等分:⎛1⎞141H1=f⎜⎟=3.2,T2=(T1+H1)=3.1,S1=T2−T1=3.133333333⎝2⎠233(c)将[0，1]四等分:1⎛1⎞⎛3⎞1H2=[f⎜⎟+f⎜⎟]=3.162352941,T4=(T2+H2)=3.1311764712⎝4⎠⎝4⎠224141S=T−T=3.141568627,C=S−S=3.14211764724212221334−14−1(d)将[0，1]八等分:31⎛1i⎞1H4=∑f⎜+⎟=3.146800518,T8=(T4+H4)=3.1489884954i=0⎝84⎠224141S=T−T=3.141592502,C=S−S=3.14159409448422422334−14−1341R=C−C=3.141585784132314−14−127 《数值计算方法》第三章课后题答案()[01]e，十六等分:711⎛⎞i1Hf81=+∑⎜⎟=3.14289473,TT6=(8+H8)=3.14094161381i=0⎝⎠68224141STT=−=3.141592652,C=S−S=3.141592662816842284334141−−344141RCC=−=3.141592639,XRR=−=3.14159266624233121444141−−4141−−−−65XR−=6.8810×<10,算可以停止。117．推导下列三种矩形求积公式：bf′(ξ)2()1;∫fxdxbafa()=−()()+()ba−a2bf′()η2()2;∫fxdxbafb()=−()()−()ba−a2b⎛⎞ab+f′()ς3()3;∫f()xdxbaf=−()⎜⎟+()ba−a⎝⎠224证明：(1)将f()x在x=a处Taylor展开，得f()xfafxa=+()"()(ξ−∈),ξ(,).ax两边在[,]ab上积分，得bbb∫∫∫f()xdx=+−fadx()f′()(ξxadx)aaab=−()bafaf()(+′η)()∫xadx−a12=−()bafa()(+f′ηη)()ba−,[∈ab,].2(2)将f()x在x=b处Taylor展开，得()fxfbfxb=+()′()(ξ−∈),ξ(,).xb两边在[,]ab上积分，得bbb∫∫∫f()xdx=+−fbdx()f′()(ξxbdx)aaab=−()bafbf()(+′η)()∫xbdx−a12=−()bafb()(−f′ηη)()ba−,[∈ab,].2ab+(3)将f()x在x=处Taylor展开，得2ab+ab++ab1ab+2f(xf)=+()f′′()()(x−+−∈fx′ξξ)(),[a,b].22222两边在[,]ab上积分，得bbab++babab+1bab+2∫∫∫f()xdx=+−f()dxf′′()(x)dx+−∫f′()(ξx)dxaa22a222aab+++abbbab1ab+2=−(baf)()+f′′()∫∫()x−dx+f′(ξ)()x−dx222aa22abf+"()ς3=−()baf()+()ba−.224b""8．如果fx()>0,证明用复化梯形公式计算积分I=∫fxdx()所得结果比准确值大，并说a28 《数值计算方法》第三章课后题答案明其几何意义。证明：复化梯形公式为nn−−11hhTnk=+∑∑(()())fxfxk+1=[()2fa++f()()]xfkbkk==0122若f"()x在[,]ab上连续，则复化梯形公式的余项为n−13ThEfITnn[]=−=−∑[f"()],ηηkk∈(,)xxkk+1(1)k=0122由于f"()xCab∈[,],且n−11minfff"(ηkkk)≤≤∑"(ηη)max"()01≤≤−knn01≤≤−knk=0所以∃∈η(,)ab使n−11ff"()η=∑"(ηk)nk=0则(1)式成为：Tba−2Ef[]=−hf"()ηn12Tba−2又因为fx"()>0,所以Ef[]=−x，nx=>nmaxxx1∞∞1≤≤ini1所以nx>>xx∞∞139 《数值计算方法》第四章课后题答案2TTTT（2）QLAA=≤++λλλλ()AA(AA)(A)+(AA)2max12nnnnnnnn222222=++∑∑aa12iiL+=∑∑ani∑∑aji=∑aAij=Fii==11ij==11ij==11i=12TT11TT2A2=≥++λλmax()AA(1()()AAλλ2AAL+=n()AA)AFnn1∴AAA≤≤FF2n⎛⎞1009914。设A=⎜⎟,计算A的条件数condApP(),2(=,∞)⎝⎠9998⎛⎞98−99*⎛⎞-9899*1−A解：AA=⇒⎜⎟==⎜⎟⎝⎠−99100A⎝⎠99-100矩阵A的较大特征值为198.00505035，较小的特征值为-0.00505035，则−1condA()=×=AA198.00505035/0.00505035=39206222−1condA()=×=×=AA19919939601∞∞∞−1115。设矩阵A非奇异，求证A≥A证明：−−11由于非奇异所以存在AA,使AA=I−1有AAI•≥=1−11即A≥A−116。设矩阵A可逆，δA为误差，试证当AAAAδp1,+δ也可逆。-1-1解：AA1(δδ<⇒AAI±)为非奇异矩阵-1又因为A+A=A(I+AδδA),而且可逆A-1⇒≠A0,I+AA0δ≠⇒(A+A)δ也为非奇异矩阵，即A+Aδ可逆。17。设有方程组Ax=B，其中⎛⎞1⎜⎟2⎛⎞101−⎜⎟⎜⎟⎜⎟1Ab==221,，⎜⎟⎜⎟3⎜⎟⎝⎠022⎜⎟2⎜⎟−⎜⎟⎝⎠3T⎛⎞111−6已知它有解x=−⎜⎟,,0,如果右端有小扰动δb=×10，试估计由此引起的解∞⎝⎠232的相对误差。⎛⎞101−⎛−−111⎞⎜⎟−1⎜⎟解：AA==221,211.5−⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠022⎜⎝−−211⎟⎠40 《数值计算方法》第四章课后题答案2∴condA()∞===A∞∞A22.5,b∞31−6δδxb×10∞∞2−5∴≤=condA()∞22.5×=1.687510×xb2∞∞3nn×18。设Ax=b，其中AR∈为非奇异矩阵，证明：T()1AA为对称正定矩阵；2T()2condAA()=⎡condA()⎤2⎣2⎦TTTTTTT证明：（1）(AA)==(A)AAA⇒AA为对称矩阵对于任意给定的非零列向量Χ,都有TTT2ΧΧAA=(A)(A)ΧΧ=b>0TT所以AA为正定矩阵,AA⇒也为正定矩阵T所以AA为对称正定矩阵.TTT−−1TT1（2）cond(AA)==AA(AA)ρρ(AA)[(AA)]222TT−1=λλ(AA)[(AA)]maxmaxT1−−T1又由于A(==λλAA),A[(AA)]2maxmax22−12TT1−⇒==cond[()]A(AA)(λλAA)[(AA)]22maxmax2T2所以cond(AA)=cond[()]A2241 《数值计算方法》第五章课后题答案第五章习题答案⎧20xxx+2+=324123⎪()0T1.用Jacobi迭代法求解方程组⎨xxx123++=812取初值x=()0,0,0问Jacobi迭代⎪⎩2xxx−+=31530123−6法是否收敛？若收敛，需要迭代多少次，才能保证各分量的误差绝对值小于10？解：先将方程组化成便于迭代的形式，以20,8,15分别除以三个方程两边得⎧136⎛⎞13xxx=−−+0−−⎪123⎜⎟102051020⎪⎜⎟⎪133⎜⎟11⎨xxx=−−+，迭代矩阵B=−0,−213⎜⎟⎪88288⎜⎟⎪2123xx=−+x+2⎜⎟−0⎪323⎜⎟⎩155⎝⎠15151由于||B||=<1,故Jacobi迭代法收敛。∞3ε(1||−B||)∞ln(1)(0)||xx−||∞(1)(0)由公式K>及||xx−||∞ln||B||∞−6110(1−)31−6lnln(×10)623ln(310)×可得K>==≈13.5711ln3lnln33−6所以迭代14次时，能保证各分量的误差绝对值小于10.⎧10xxx−−=221⎧8322xxx−+=0123123⎪⎪2.设方程组()1⎨−+−=2xxx100.5()2⎨4xxx+−=1133123123⎪⎪⎩−−+=xxx231⎩631xxx++=236123123①考察用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程组的收敛性；()kk(−1)−4②用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程组，要求xx−≤10时迭∞代终止。⎛⎞xx()kk+1⎛⎞11⎛⎞()⎜⎟11⎜⎟01⎜⎟⎛⎞⎜⎟⎜⎟55⎜⎟⎜⎟10⎜⎟⎜⎟11⎜⎟⎜⎟解：（1）①()kk+1=+0()⎜⎟0.05xx⎜⎟22⎜⎟510⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟1⎜⎟⎜⎟12⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟()kk+1⎜⎟0⎜⎟()⎝⎠3⎝⎠xx33⎝⎠33⎝⎠13因为B=<1，故Jacobi迭代法收敛。11542 《数值计算方法》第五章课后题答案⎛⎞⎛⎞11⎜⎟000⎜⎟055⎜⎟⎜⎟⎜⎟11⎜⎟又：B=+LULU==00,00⎜⎟51⎜⎟0⎜⎟⎜⎟12000⎜⎟⎜⎟0⎜⎟⎜⎟⎝⎠33⎝⎠⎛⎞11⎜⎟055⎜⎟−1⎜⎟17所以Gauss-Seidel的迭代矩阵GULU=−()0=.⎜⎟2550⎜⎟74⎜⎟0⎜⎟⎝⎠7525251因为||G||==<1.故Gauss-Seidel迭代法收敛。1502②据方程组的Jacobi迭代格式：(0)T(1)T取x=(0,0,0),计算求得x=(0.100000,0.050000,0.333333),(2)T(3)Tx=(0.176667,0.103333,0.400000),x=(0.200667,0.125333,0.461111),(4)T(5)Tx=(0.217289,0.136244,0.483778),x=(0.224004,0.141836,0.496593),(6)T(7)Tx=(0.227686,0.144460,0.502559),x=(0.229404,0.145793,0.505535),(8)T(9)Tx=(0.230266,0.146434,0.506997),x=(0.230686,0.146753,0.507711),(10)T(11)Tx=(0.230893,0.146908,0.508064),x=(0.230994,0.146985,0.508236),(12)T(13)Tx=(0.231044,0.147023,0.508321),x=(0.231068,0.147041,0.508363).(13)(12)−−44由于||xx−≈×≤||0.411010，因此，所求的解为∞∗∗∗xxx≈≈≈0.231068,0.147041,0.508363.123另据Gauss-Seidel迭代格式为：⎧()kk+1111()()kxxx=++⎪1235510⎪⎪()kkk++1111()()⎨xxx=++0.5k=0,1,L.213⎪510⎪()kkk+++111121()()xxx=++⎪312⎩333(0)T(1)T取x=(0,0,0),计算求得x=(0.100000,0.070000,0.413333),(2)T(3)Tx=(0.196667,0.130667,0.486000),x=(0.223333,0.143267,0.503289),(4)T(5)Tx=(0.229311,0.146191,0.507231),x=(0.230684,0.146860,0.508134),(6)T(7)Tx=(0.230999,0.147013,0.508341),x=(0.231071,0.147048,0.508389).(7)(6)−−44由于||xx−≈×≤||0.721010，因此，所求的解为∞∗∗∗xxx≈≈≈0.231071,0.147048,0.508389.123⎛⎞832−⎜⎟⑵①因为系数矩阵A=−4111是严格对角占优矩阵，所以Jacobi迭代法和⎜⎟⎜⎟⎝⎠6312Gauss-Seidel迭代法均收敛。43 《数值计算方法》第五章课后题答案⎛⎞xx()kk+1⎛⎞31⎛⎞()110−⎛⎞5⎜⎟⎜⎟84⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟2②此方程组的Jacobi迭代格式为：⎜⎟()kk+1=−⎜⎟4103⎜⎟()+⎜⎟xx⎜⎟22⎜⎟1111⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟11⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟()kk+1⎜⎟⎜⎟−−0⎜⎟⎜⎟()⎜⎟⎝⎠3⎝⎠xx33⎝⎠24⎝⎠()0T取x=()0,0,0，可求得()1Tx=()2.50000,3.00000,3.00000M()11Tx=()2.99998,1.99998,1.00002()12Tx=()2.99999,2.00001,1.00002()12()11−4***由于xx−≤0.310×故所求解为：xxx≈≈≈2.99999,2.00001,1.00002123∞⎧()kk+1315()()kxxx=−+⎪123842⎪⎪()kk++1111()1()k据Gauss-Seidel迭代格式：⎨xxx=−++3213⎪411⎪()kk++1111()()k+1xxx=−−+3⎪312⎩24()0T取x=()0,0,0求得：()1Tx=()2.50000,2.09091,1.22727M()6Tx=()2.99993,2.00000,1.00004()7Tx=()2.99999,2.00000,1.00001()76()−4***由于xx−≤0.610×，故所求解为：xxx≈≈≈2.99999,2.00000,1.00001123∞⎧xxx++=0.40.41⎧xxx+221−=123123⎪⎪3.设方程组()10.4⎨xx+−0.82x=()21⎨xxx++=试考察此方程组的Jacobi迭代123123⎪⎪⎩0.4xx++0.8x=3⎩22xxx++=1123123法和Gauss-Seidel迭代法的收敛性。⎛⎞00−−.40.4⎜⎟解：⑴所给方程组的Jacobi迭代矩阵B=−0.400.8⎜⎟⎜⎟⎝⎠−−0.40.80λ0.40.43因为λλIB−=0.4−=+0.8λ0.32λ=0解得：λλ==0,±0.42i12,30.40.8λ则ρ()B=<0.421，所以解此方程组Jacobi迭代法收敛。⎛⎞00−−.40.4⎜⎟所给方程组的Gauss-Seidel迭代矩阵G=00.160.96⎜⎟⎜⎟⎝⎠00.032−0.60844 《数值计算方法》第五章课后题答案2因为λλIG−=()λλ+0.448−0.128=0解得：λλ==0,−±0.2240.17817612,3则ρ()G≈<0.651所以解此方程组Gauss-Seidel迭代法收敛。⎛⎞022−⎜⎟⑵Jacobi迭代矩阵B=−−123⎜⎟⎜⎟⎝⎠−202λ22−3因为λλIB−=110==λ22λ则ρ()B=<01，所以解此方程组Jacobi迭代法收敛。⎛⎞022−⎜⎟Gauss-Seidel迭代矩阵G=−023⎜⎟⎜⎟002⎝⎠λ22−2因为λλλIG−=023−=−=()λ20解得：00λ−2λ==0,λ2则ρ()B=>21，所以解此方程组Gauss-Seidel迭代法不收敛。12,3⎧−++=xxx807123⎪4.如何对方程组⎨−++=xxx098进行调整，使得用Gauss-Seidel迭代法求解时收敛？123⎪⎩97xxx−−=123()kk(−1)−3试对调整后得方程用Gauss-Seidel迭代法求解，要求当xx−≤10时迭代终止。∞⎧97xxx−−=123⎪解：调整后为：⎨−++=xxx807123⎪⎩−++=xxx098123这是按行严格对角占优方程组，故Gauss-Seidel迭代法收敛。⎧()kk+1117()()kxxx=++⎪123999⎪⎪()kk++1117()Gauss-Seidel迭代格式为：⎨xx=+21⎪88⎪()kk++1118()xx=+⎪31⎩99()1Tx=()0.7778,0.9722,0.9753()2T()0Tx=()0.9942,0.9993,0.9994取x=()0,0,0求得：()3Tx=()0.9999,1.0000,1.0000()4Tx=()1.0000,1.0000,1.0000()43()−3***xx−≤10所以xxx≈≈≈1.0000,1.0000,1.0000123∞5.讨论用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解方程组Axb=的收敛性，如果收敛，比45 《数值计算方法》第五章课后题答案⎛⎞302−⎛10.50.5⎞⎜⎟⎜⎟较哪种方法收敛较快，其中()1AA==021;2()0.510.5⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠−212⎜⎝0.50.51⎟⎠⎛⎞2⎜⎟003⎜⎟⎜⎟1解：⑴Jacobi迭代法迭代矩阵B=−00⎜⎟2⎜⎟1⎜⎟10−⎜⎟⎝⎠22λ0−3113111λλIB−=00=−=λ，所以ρ()B=<1，Jacobi迭代收敛。212121−1λ2⎛⎞2⎜⎟003⎜⎟⎜⎟1Gauss-Seidel迭代矩阵G=−00⎜⎟2⎜⎟11⎜⎟00⎜⎟⎝⎠122λ0−3112⎛⎞111λλλIG−=00=⎜⎟λ−=所以ρ()G=<1，Gauss-Seidel迭代收敛21⎝⎠2121100λ−121111因为<，故Gauss-Seidel迭代法较Jacobi迭代法收敛快。1212⎛⎞00−−.50.5⎜⎟⑵Jacobi迭代法迭代矩阵B=−0.50−0.5⎜⎟⎜⎟⎝⎠−−0.50.50λ0.50.52λλIB−=0.50.5=+−()λ1()λ0.5=0所以ρ(B)=1，Jacobi迭代不收敛。0.50.5λGauss-Seidel迭代：−−−λ0.50.52UI−−=λλ()L−0.5−−=−λ0.5λ()λ0.625λ+0.125=0−−−0.5λλλ0.5λ=≈±0,λ0.31250.165i所以ρ()G=0.47751<，Gauss-Seidel迭代收敛。12,346 《数值计算方法》第五章课后题答案⎛⎞a13⎜⎟6.设方程组Axb=的系数矩阵Aa=12，试求能使Jacobi迭代法收敛的a的取值⎜⎟⎜⎟⎝⎠−32a范围。⎛⎞13⎜⎟0−−aa⎜⎟⎜⎟12解：当a≠0时，Jacobi迭代矩阵B=−0−⎜⎟aa⎜⎟32⎜⎟−0⎜⎟⎝⎠aa⎛⎞242i由λλIB−=⎜⎟λ+=0得λλ==0,±212,3⎝⎠aa2故ρ()B=，由ρ()B<1,得a>2时，Jabico迭代法收敛。a⎛⎞10a0⎜⎟7.设方程组Ax=b，系数矩阵为Ab=10b试给出能使Guass-Seidel迭代收敛的充⎜⎟⎜⎟⎝⎠05a要条件。⎛⎞a⎜⎟00−10⎜⎟⎜⎟abb解：Gauss-Seidel迭代矩阵G=−0⎜⎟10010⎜⎟2⎜⎟abab⎜⎟0−⎝⎠50050aλ010abb2⎛⎞3abλλIG−=00−=λ⎜⎟λ−=10010⎝⎠1002abab0λ−500503ab100由ρ()G=<1，得Guass-Seidel迭代收敛的充要条件是ab<。1003⎛⎞211−⎛x⎞⎛1⎞1⎜⎟⎜⎟⎜⎟8.给定方程组111x=1证明：解此方程组的Jacobi迭代法发散，而⎜⎟⎜2⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠112−⎜⎝x⎟⎠⎜⎝1⎟⎠3Gauss-seidel迭代法收敛。⎛⎞00.50−.5⎜⎟证明：Jacobi迭代矩阵B=−101−⎜⎟⎜⎟⎝⎠0.50.5047 《数值计算方法》第五章课后题答案λ−0.50.52λλIB−=11=λ()λ+1.25=0解得：λλ==0,±1.25i12,3−−0.50.5λ所以ρ()B=>1.251，Jacobi迭代法发散。⎛⎞00.50−.5⎜⎟又Gauss-seidel迭代矩阵为G=−−00.50.5⎜⎟⎜⎟⎝⎠000−.5可见，G的特征值为λ===0,λλ−0.5123所以ρ()G=<0.51，Gauss-seidel迭代法收敛。9.设求解方程组Ax=b的Jacobi迭代法的迭代矩阵为B=LU+（L,U分别为上、下三角矩阵），求证当LU+<1时解此方程组的Gauss-seidel迭代格式收敛。−1证明：Gauss-seidel迭代矩阵为GILU=−()设λ是G任一特征值，x是G的属于λ的特征向量，即Gx=λx于是Ux=−⇔+=λ()()ILxUλλLxx()UL+=⇒≤+λλλxxxU()λLx从而⇒≤+λλULU故有λ≤<1()1⇒<ρG，GS−法收敛。1−L10.用SOR迭代法求解方程组（取ω=1.46）⎛⎞21−⎛⎞x⎛1⎞1⎜⎟⎜⎟⎜⎟−−121x0⎜⎟⎜⎟2=⎜⎟⎜⎟−−121⎜⎟x⎜1⎟3⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎜⎟⎟⎝⎠−12⎝⎠x⎝0⎠4()kk(−1)−5要求当xx−≤10时迭代终止。∞⎧xx()kk+1=−()11.46()+1.460.50.5(+x()k)112⎪⎪()kk++11()(k)()k⎪xx22=−()11.46+1.460.5()x1+0.5x3解：SOR迭代公式为：⎨()kk++11()(k)()k⎪x33=−()11.46xx+1.460.50.5()+2+0.5x4⎪⎪()kk++11=−()+(k)⎩xx44()11.461.460.5()x3()0T取初值x=()0,0,0，迭代可得：()1Tx=()0.730000,0.532900,1.119017,0.816882M()17Tx=()1.200007,1.400008,1.600004,0.800000()18Tx=()1.200003,1.400001,1.599999,0.799999()18()17−−55Qxx−=0.710×<10，所以所求解∞*Tx≈()1.200003,1.400001,1.599999,0.79999948 《数值计算方法》第五章课后题答案⎧41xx−=12⎪11.用SOR迭代法求解方程组（分别取ω=1.03,ωω==1,1.1）⎨−xxx+−=44要求当123⎪⎩−+=−xx4323*6()k−xx−≤510×时迭代终止，并且对每一个ω值确定迭代次数（精确解为∞T*⎛⎞11x=−⎜⎟,1,）。⎝⎠22⎧xx()kk+1=−()1ωω()+(0.250.25+x()k)112⎪⎪()kk++11()(k)()k解：SOR迭代公式为：⎨x22=−()1ωωxx++()10.251+0.25x3⎪()kk++11()(k)⎪⎩xx33=−()1ωω+−+()0.750.25x2()0T取ω=1.03，初值x=()0,0,0，迭代5次达到精度要求()5Tx=−()0.5000045,1.0000017,0.4999997()0T取ω=1，初值x=()0,0,0，迭代6次达到精度要求()6Tx=−()0.5000026,1.0000013,0.4999997()0T取ω=1.1，初值x=()0,0,0，迭代6次达到精度要求()6Tx=−()0.5000036,0.9999985,0.5000001T12.设矩阵A非奇异，试证明Gauss-seidel迭代法求解方程组AAxb=时是收敛的。证明：A非奇异，对∀x≠θ，Ax≠0.对任一给定n维向量x≠0,恒有Ax≠0.从而TTT(,AxAx)()()=AxAx=>x(AAx)0.TT即AA正定，又AA对称，所以Gauss-seidel迭代法收敛。⎛⎞1aa⎜⎟11113.证明矩阵Aa=1a对于−<<1a是正定的，而Jacobi迭代法只对−<⇒−<<1101aaa11aa21aaaa11=+()2()10−>⇒−<<1a2aa11所以当−<<1a时，矩阵A是正定的。2⎛⎞0−aa−⎜⎟Axb=的Jacobi迭代阵，B=−aa0−⎜⎟⎜⎟⎝⎠−−aa049 《数值计算方法》第五章课后题答案λaa2λλIBa−=a=−()λa()λ+=20aaaλ1得λ==aa,2λ−，所以ρ()Ba=<21得a<1,23211即当−<232330,22110且当x∈[1,2]时，fx′()3=+−=+−>x233(xx)033所以方程在区间[1,2]内仅有一个实根。11−22ln10由(21)−≤×10,解得k≥≥6.64385.k+122ln2所以需要二分7次，才能得到满足精度要求的根。取[1,2]区间的中点x=1.5,将区间二等分，求得f(1.5)=−<1.8750,与f(1)同号，因1此得到下一区间[1.5,2];如此继续下去，即得计算结果。算结果如下表：ka(()fa的符号)xfx(()的符号)bfb(()的符号)kkkkkk01（-）1.5（-）2（+）11.5（-）1.75（+）2（+）21.5（-）1.625（-）1.75（+）31.625（-）1.6875（-）1.75（+）41.6875（-）1.71875（-）1.75（+）51.71875（-）1.734375（+）1.75（+）61.71875（-）1.7265625（-）1.734375（+）71.7265625（-）1.73046875（-）1.734375（+）()ab+取x==≈771.730468751.73即满足精度要求。721−42.证明1s−−xxin0=在[0,1]内有一个根，使用二分法求误差不大于×10的根要迭代多2少次？证明：设f()1xxx=−−sin,由于f(0)10sin010,=−−=>f(1)11sin1=−−=−sin10,<且当x∈[0,1]时，fx′()=−−1cosx<0.因此方程在区间[0,1]内有一个根。11−44ln10由(10)−≤×10,解得k≥≥13.293.k+122ln21−4所以需要迭代14次，才能使求得的根的误差不大于×10。2x3.证明方程ex+−=1020在(0,1)内有根，使用二分法求这个根，若要求∗−6||xx−<10,需二分区间[0,1]多少等分？nx证明：设fxe()=+−10x2.01由于fe(0)=+−=02−<10,fe(1)=+−=+>1028e0,x且当x∈[0,1]时，fxe"()=+>100.因此方程在区间[0,1]内有一个根。51 《数值计算方法》第六章课后题答案∗−1166ln10由|xx−≤|(ba−=)(10)10,−<解得k≥−118.93155.≥nkk++1122ln2∗−6所以需二分区间[0,1]19等分，才能满足||xx−<10.n4.能否用迭代法求解下列方程1(1)x==+ϕ()xx(sincos);x14x(2)xx==ϕ()42−2若不能，试将原方程改写成能用迭代法求解的形式。1解：(1)ϕ′()x=−(cosxxsin).141111ϕ′()xx=−≤+x且fx′()12ln20.=+>可知f()x在[1,2]上存在一个根，即x∈[1,2].xxϕ′()x=−2ln2.当x∈[1,2]时，ϕ′()x=−>2ln21.22可知不能用迭代格式x=−42xk来求解方程。k+1xln(4−x)ln(4−x)可将方程变形为24,=−=xx.令ϕ()x=.3ln2ln211−1111−−ϕ′()x=,|()||ϕ′x==<|||||1,x∈[1,2].33ln24−xln24−−xxln24ln(4−x)k所以迭代格式x=收敛，可以用其来求解方程。k+1ln2325.为求方程xx−−=10在x=1.5附近的一个根，设将方程改写成为下列等价形式，并建0立相应的迭代公式：11(1)x=+1,迭代公式x=+12k+12xxk3232(2)x=+1x,迭代公式x=+1xkk+1211(3)x=,迭代公式x=试讨论它们的收敛性。k+1x−1x−1k12解：(1)ϕϕ()1xx=+,()′=−.23xx22ϕ′()x=−=−<1.x∈(1.5−+δ,1.5δ).033()x1.50所以此迭代格式是收敛的。2322x2−3(2)ϕϕ()xx=+1,()′x=(1+x).32222x22−−33×1.5ϕ′(xx)=+=(1).(11.5)+<1.x∈(1.5−+δ,1.5δ).0033所以此迭代格式是收敛的。52 《数值计算方法》第六章课后题答案211−(3)ϕϕ()xx==,()()(1).′−x−3x−122211−−ϕ′()()(1)xx=−−33=−()(1.51)−>1.x∈(1.5−+δ,1.5δ).022所以此迭代格式不收敛的。6.给出计算x=+++222L迭代格式，讨论迭代格式的收敛性并证明x=2.解：由题意可得出其迭代格式为x=+2.xkk+1111−ϕϕ()xx=+2,()′xx=+=(2)2.由上式可知，x>0.222+x1当x>0时，ϕ′()x=<1.所以迭代格式是收敛的。22+x∗∗∗∗∗22∗∗由limx=x可得，x=+2.x()2,()xx=+−xx−20.=k+1k→∞∗∗∗∗解得：xx=−1,=2.其中x=−<10舍去。可得x=2.121即解得x=2.37.用下列给定的方法求fxx()=−−=310x在x=2附近的根，根的准确值为0∗x=1.87938524L,要求计算结果准确到四位有效数字。（1）用Newton法；（2）用弦截法，xx=2,=1.9;01（3）用抛物线法，取xxx===1,3,2.012解：(1)用Newton法求解32f()xkfxx()=−−31,()3xfx′=−x3.将它们代入公式xx=−有，kk+1f′()xk3xx−−31kkxx=−,0k=,1.Lkk+1233x−k∗取x=2,计算结果列于下表，并和x=1.87938524L比较得出结果，0k0123x21.8888891.8794521.879385k∗解得x=1.8794.(2)用弦截法求解3fxx()=−−31.x取xx==2,1.901fx()k依迭代公式为xx=−()xxk−,=0,1L.进行计算。kk+−11kkfx()()−fxkk−1∗计算结果列于下表，并和x=1.87938524L比较k01234x21.91.8810941.8794111.879385k∗解得x=1.8794.(3)用抛物线法求解3fxx()=−−31.xxxx===1,3,2.012则fx()=−3,()17,()1,(,)10,(,fx=fx=fxx=fxx)16,(,,=fxxx)=6.012011201253 《数值计算方法》第六章课后题答案故ω=+fxx(,)fxxxxx(,,)(−)10.=ω>0,则根号前的符号为正。1201221迭代公式为2()fxkxx=−kk+12ωω+−4()(,,fxfxxx)kkkk−−12取xxx===1,3,2计算x:01232()fx22xx=−=−2≈1.893150.32+−24()(,,)10+−10024ωωfxfxxx2012fx()=0.105632,(,fxx)==8.3703,(,fxxx,)6.8932.323123ω=+fxx(,)fxxxxx(,,)(−)=7.6338.23123322()fx3xx=−=1.8791⇒x达到要求4342ωω+−4()(,,)fxfxxx31238.用Aitken加速迭代法求下列方程在指定区间内的根。(1)xx=+2ln,(2,+∞);3(2)xx=−1,[1,1.5].解：(1)由迭代格式x=+2lnxkk+1111则ϕϕ()2ln,()xx=+′x=.在(2,+∞)上ϕ′()x=<<1,因此迭代格式是收敛的。xx2相应于这一格式，可以得到Aitken加速迭代格式：2⎧(()ϕxx−)kk⎪xxk+1=−k,1k=,2L⎨ϕϕ(())2()xx−+ϕxkkk⎪⎩x=30因此由ϕ()xx==3.098612289,(())ϕϕ3.130954362.解得x=3.146738373;001同理，得xx==3.146193227,3.146193227.23∗所以(1)式的近似解为x≈3.146193227.3（2）xx=−1,[1,1.5]21−取迭代函数ϕ()=+1xx3,则迭代格式为xx=+31，ϕ′()xx=(1)+<31kk+132⎧(()-)ϕxxkk⎪xx=-(k=0,1,2...)kk+1其Aitken加速迭代法格式为⎨ϕϕ(())2()+xx−ϕxkkk⎪⎩x=10_2(()-)ϕxx00xx=−=1.32550959910ϕϕ(())2()+xx−ϕx000_2(()-)ϕxx11xx=−=1.32471796121ϕϕ(())2()+xx−ϕx111_2(()-)ϕxx22xx=−=1.32471795832ϕϕ(())x−2()+ϕxx222*⇒x≈1.32471832注：若取迭代函数ϕ()xx=−1，则因在[1,1.5]上ϕ′()3xx=>1,所以迭代格式3xx=−1不收敛。但若用Aitken加速迭代格式kk+154 《数值计算方法》第六章课后题答案2⎧(()ϕxx−)kk⎪xxk+1=−k,1k=,2L⎨ϕϕ(())2()xx−+ϕxkkk⎪⎩x=1.250计算，结果是收敛的。x=1.324718。5329.设f()(xxa=−),(1)构造求解方程fx()0=的Newton迭代格式；(2)证明此迭代格式是线性收敛的。3223解：(1)由f()(xxa=−),f′()6(xx=xa−).从而有Newton迭代格式323fx()(xa−−)xa5akkkxx=−=−x=−x=+x,0k=,1Lkk+1k23k2k2fx′()6(xxa−)6x66xkkkkk5a(2)迭代格式为xxk=+=,0,1.Lkk+1266xk55aa∗3ϕϕ()xx=+,()′x=−.此外x=a.2366x63x∗355a11则ϕϕ′′()()xa==−=−=≠0.33663(a)32所以此迭代格式是线性收敛的。310.设f()xxa=−,(1)构造求解方程fx()0=的Newton迭代格式；(2)证明此迭代格式具有二阶收敛性。32解：(1)由f()xxa=−,f′()3.xx=从而有Newton迭代格式3fx()xa−2akkxx=−=−x=+x,0k=,1Lkk+1k22kfx′()3x33xkkk2a(2)迭代格式为xxk=+=,0,1.Lkk+1233xk554aaa∗3ϕϕϕ()xx=+,()′′x=−,()′x=.此外x=a.23466x63xx3∗32222a则ϕϕ′′()()xa==−=−=0.33333(a)3∗344aϕϕ′′()xa===′′()≠0.(0a≠).3343(aa)3所以此迭代格式具有二阶收敛性。11.用Newton迭代法求解方程32xxx++−=210200−6∗在x=1附近的一个实根，要求xx−<10（准确值为x=1.368808107）。0kk+1322解：由题意fxx()=++−2x1020,x则fx′()=3x++4x10.f()xkNewton迭代公式为xx=−，kk+1f′()xk32xxx++−21020kkk即xx=−.kk+12341xx++0kk取x=1时，解得x=1.41176471,0155 《数值计算方法》第六章课后题答案同理，可得xxx=1.36933647,==1.36880819,1.36880811.234−86−因xx−=1.368808111.36880819−=×<81010.43∗所以用迭代法求方程所得的根为x≈3.36880811.12.试导出计算1(0aa>)的Newton迭代格式，使公式中既无开方又无除法运算。12111解：令x=,则xaa==−=,,0.22aaxx12⇒=fxa()−,fx′()=.23xxf()xk由Newton迭代公式xx=−，有kk+1f′()xk1a−2fx()kkx3a3x=−xxx=−=−xkk+1kkkfx′()222k3xk3a3即计算1(0aa>)的Newton迭代格式为x=−xx。kk+1k22nan13.应用Newton迭代法于方程fxxa()=−=0和fx()1=−=0,分别导出求a的迭代公nxnn2式，并求lim(ax−−)(ax)kk+1k→∞nn−1解：当()fxxa=−时,()f′xn=x.故Newton迭代公式为nfx()xa−n−1akxx=−=−x=x+,0k=,1Lkk+1knn−−11kfx′()nxnnxkk此时：n111−−nnnax−anx−−+nn⎡⎤⎣⎦()11kkax−−⎡⎣()()nan+−1xk⎤⎦limk+1==limlimkk→∞()nnax−−−22→∞()axk→∞(1)2()nax−kkkn−1−+(1n)anx()−kn1−nn==lim.（x=a）。k→∞−22naaan当fx()1=−时，因fx′()=.故Newton迭代公式为nn+1xxa1−nn++11xnxx1xkkkxx=−=−+=x[(nx+−1)],k=0,1Lkk+1kkanannnan+1x此时：n+1n11xkn+1nnanx−+−[(1)kk]−+(n1)+xax−nannalimk+1==limlimkk→∞()nnax−−−22→∞()axk→∞(1)2()nax−kkkn+1n−1nxnakn+1==lim.k→∞22na22⎧xy+=4(0)T14.用Newton迭代法求解方程组⎨，取X=(1.6,1.2)。22⎩xy−=156 《数值计算方法》第六章课后题答案22⎧fxyxy(,)=+−=401解：记⎨，其Jacobi矩阵:22⎩fxyxy(,)=−−=102⎛⎞22xyy1⎛⎞−−22y−1Fxy′′(,)=⇒=⎜⎟[(,)]Fxy⎜⎟⎝⎠22x−−yx−8xy⎝⎠22x于是有Newton迭代格式:()kk()()2kk()2(1kk+)()1⎛⎞−−22(yyxy⎛)+−()4⎞XX=−⎜⎟⎜⎟()()kk()kkkk()()2()2−8xy⎝⎠−−22(xxxy⎝)()−1⎠即()kk()2()k⎧(1kk+)()52yxy−()⎪xx=+()()kk⎪4xy⎨,(k=0.1.2...)()kk()()2k⎪(1kk+)()32()xxy−yy=+⎪4xy()()kk⎩(0)T由X=(1.6,1.2)逐次迭代得到(1)TT(2)XX==(1.53088,1.29216),(1.73077,1.03524)(3)TT(4)XX==(1.271157,1.699312),(1.271157,1.699312)∗T故X≈(1.271157,1.699312)。57 《数值计算方法》第七章课后题答案第七章习题答案1.(1)根据题意有，v=(1，1，1)，由乘幂法迭代格式有Av=v，次迭代有迭代6次后特0kk+1征值有3位稳定小数，时有矩阵的主特征值是λ=9.6056，应的特征向为v=(1.0000，0.6056，-0.3944)。(2)同理取v=(1，1，1)，由乘幂法迭代格式有Av=v，代15次后特征值有3位稳定小0kk+1数，时有矩阵的主特征值是λ=8.8695，应的特征向为v=(-0.6024，1.0000，0.1509)。2.(1)求按模最大特征值：v=(1，1，1)，由乘幂法迭代格式有Av=v，仍要其有3位稳0kk+1定小数，要迭代15次，时λ=8.8692。(2)求按模最小特征值：v=(1，1，1)，由乘幂法迭代格式有Av=v，仍要其有3位稳0k+1k定小数，要迭代41次，时λ=-3.5999。3.(1)按乘幂法和取ρ=15计算如下表迭代次按乘幂法计算取ρ=15计算，(λ-15)数(λ)111.0556-28.1429(λ=-13.1429)216.5226-30.6701(λ=-15.6701)312.8835-30.9398(λ=-15.9398)415.0842-30.9661(λ=-15.9661)514.9056-30.9661(λ=-15.9661)613.8137716.9431812.7594918.85341011.9093由上表可以看出用迭代法迭代10次数值仍然不稳定，改用ρ=15时的原点移位法则几次迭代就有了4位稳定小数。4.由题意得要求最接近12的特征值及其对应的特征向量，B=A-12I，则可得λ-12即为B的按模最小特征值，用反幂法可得迭代2次结果如下：第一次：λ=1.4167，v=(0.5294，0.5882，1.0000)11第二次：λ=1.4902，v=(0.5263，0.5658，1.0000)22所以有A的特征值为λ=1/λ+12=12.6711，对应的特征向量为v=(0.5263，0.5658，1.0000)。25.设B=A+4I，则可得λ+4即为B的按模最大的特征值，用乘幂法迭代5次后得到：所以A的特征值为λ=1/λ-4=15.1241，对应的特征向量为v=(-0.0461，-0.3749，1.0000)。56.由题可得若要有3位稳定小数则用反幂法迭代21次有λ=4.7875，对应的特征向量为v=(0.1173，-0.8489，1.0000)。⎛1,0,0⎞⎜⎟7.由题得A为一个对角阵，且易化成对角形，取P=⎜0,2/2,−2/2⎟则有⎜⎟⎜⎝0,2/2,2/2⎟⎠⎛4,0,0⎞⎜⎟TA1=PAP=⎜0,4,0⎟，由此可得4对应的特征向量为(1，0，0)和(0，2/2，2/2)⎜⎟⎝0,0,2⎠8.设B=A-6I，则可得λ-6即为B的按模最小的特征值，用乘幂法迭代5次后得到A的特征值为λ=1/λ+6=7.2896，对应的特征向量为v=(1.0000，0.5236，0.2425)。558 《数值计算方法》第七章课后题答案⎛3.3723,0,0⎞⎜⎟T9.(1)由题可得A可通过有限步化为对角形B，B=PAP其中B=⎜0,−2.3723,0⎟，⎜⎟⎝0,0,2.0000⎠⎛0.2822,0.5037,0.8165⎞⎜⎟P=⎜0.3347,−0.8493,0.4082⎟⎜⎟⎝0.8991,0.1581,−0.4082⎠则A的特征值为3.3723对应特征向量为(0.2822，0.3347，0.8991)，-2.3723对应的特征向量为(0.5037，-0.8439，0.1581)，2.000对应的特征向量为(0.8165，0.4082，-0.4082)。T(2)同理A可通过有限步化为对角形B，B=PAP其中⎛6.5427,0,0,0⎞⎛−0.3258,−0.3503,0.7509,0.4552⎞⎜⎟⎜⎟⎜0,21.5013,0,0⎟⎜0.8784,−0.3577,0.2908,−0.1262⎟B=P=⎜⎟⎜⎟0,0,3.6382,0−0.0567,−0.7338,−0.5793,0.3503⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝0,0,0,−6.6822⎠⎝−0.3050,−0.4592,0.1264,−0.8088⎠则A的特征值为6.5427对应特征向量为(-0.3258，0.8784，-0.0567，-0.3450)，21.5013对应的特征向量为(-0.3503，-0.3577，-0.7338，-0.4592)，3.6382对应的特征向量为(0.7509，0.2908，-0.5793，0.3503).-6.6822对应特征向量为(0.4552，-0.1262，0.3503，-0.8088)。（中结束条件为当ε<=0.01时)10.设B=A+6.42I，则可得λ+6.42即为B的按模最小的特征值，用乘幂法迭代2次后得到第一次：λ=-937.8599，v=(-0.0461，-0.3749，1.0000)11第二次：λ=-937.5459，v=(-0.0461，-0.3749，1.0000)A的特征值为λ=1/λ+6.42=-6.4211，222对应的特征向量为v=(-0.0461，-0.3749，1.0000)59 《数值计算方法》第八章课后题答案第八章习题答案1.用Euler格式计算初值问题22⎧yx′=+100y,⎨⎩y(0)=0的解函数yx()在x=0.3时的近似值（取步长h=0.1,保留到小数点后4位）。22解：将f(,xy)=+x100y.代人Euler格式y=yh+fxy(,)，注意到h=0.1,则有：nnnnnn+1nn2222yyh=++(xyyyxy100)==+0.1+10nnn++11nnnnn据xy==0,0,可得计算结果如下00xy==0.1,0.0000;xy=0.2,=0.0010;xy=0.3,=0.050.112233即y(0.3)≈0.050.2.证明隐式Euler格式(2.2)是一阶方法；而Euler两步格式(2.3)是二阶方法，并给出其局部截断误差的主项。证明(1)：对于隐式Euler格式(2.2)[(yyh=+fxy,)]，若假定y=yx(),则有nn++11nn+1nny=+yx()hfx(,)()y=+yxhyx′()（1）nnn++11nnn++11依Taylor公式有2yx′′′()()nnn+1=++yxhyxOh′()()代人式（1）右端，则有23yy=++()xhy′′()xhy′()xO+(h)nnn+1n另一方面，2h3y()()xynnn+1=++xhy′′()xy′()xOn+()h,2故隐式Euler格式的局部截断误差为2h3y()xy−=−y′′()xO+()h,nn++11n2可见隐式Euler格式(2.2)是一阶方法。证明(2)：对于Euler两步格式(2.3)：y=yh+2(,)fxy，考察局部截断误差nn+−11nny()xy−，仍设yy=()x,y=yx(),则有nn++11nn−−11nny=+yx()2(,()hfxyx)()2()=+yxhyx′nn+−11nnn−1n注意到23hh4y()()xynnn−1=−+xhy′()xy′′()xyn−′′′()xOn+()h23!于是23hh4ynnn+1=++yx()hyx′()yx′′()n−yx′′′()n+Oh()23!而23hh4y()()xy=++xhy′()xy′′()xy+′′′()xO+()hnnn+1nn23!因此有3h4y()xynn++11−=2×y′′′()xOn+()h3!即Euler两步格式(2.3)是二阶方法。且其主项系数是2。注：关于精度分析也可采用代数精度的概念来讨论：60 《数值计算方法》第八章课后题答案定义：称某个差分格式具有m阶精度，如果它的近似关系式对于次数≤m的多项式均能准确成立，而对于m+1次式不能准确成立。譬如，考察Euler格式y=+yhfxy(,)，其对应的近似关系式为nn+1nny()xy≈+hy′()xnnn+1检验它所具有的代数精度，当y=1时，左端＝右端＝1；当yx=时，左端＝右端＝x+h而n2222当y=x时，左端＝x=+()xh≠右端＝x+2hx，所以Euler格式仅有一阶精度。nn+1nnh3.证明梯形公式yyf=+[(,)(,)]xyf+xy是二阶方法，并给出其局部截断误差的nn++11nnnn+12主项。证明：将梯形公式写成：hyyy=+[()()]′′xy+xnn++11nn2假定y=yx(),则在x处y′()x的Taylor展式为nnnn+12h3y′()()xy=++′xhy′′()xy′′′()()xO+hnnn+1n223hh4于是y=++yx()hyx′()yx′′()+yx′′′()()+Oh。另一方面，依Taylor公式nnn+1nn2423hh4y()()xy=++xhy′()xy′′()xy+′′′()()xO+hnnn+1nn23!因此有311341h4y()xy−=−()hyxO′′′()()+=h−×yxO′′′()()+hnn++11nn3!423!1所以梯形公式是二阶方法，且其主项系数为−。2注：也可用代数精度来检验差分格式的精度h与梯形公式对应的近似关系式为yx()≈+y[()()yx′′+yx]（#）nn++11nn2为简化处理手续，可引进变换x=xt+h，而不妨令节点x=0，步长h=1，从而将nn近似关系式化简。这时，梯形格式的近似关系式（#）简化为1yy(1)≈+(0)[(0)yy′′+(1)]2233易知它对y=1,,xx均能准确成立，而当y=x时左端＝1，右端＝，因而梯形格式2具有二阶精度。a24.已知初值问题ya′=+xby,(0)0=有精确解y()xxb=+x,试导出近似解y的Euler格式，n2并证明用改进的Euler格式能准确地求出这一初值问题的解。将此题作如下改动：a2已知初值问题ya′=+xby,(0)0=的精确解y()xxb=+x,证明：用Euler格式以h2a为步长所求得的近似解y的整体截断误差为y()xyh−=xnnnn2解：（原题的解）Euler格式为yyh=+fxyn(,,1)=,2,Lnn−−11nn−1将f()xyaxb,=+代人得yyha=+(xbn+=),1,2,Lnn−−11n61 《数值计算方法》第八章课后题答案由yy==()00得0yyha10=+()xbb0+=hy21=+yhax()1+=+b2bhahx1y32=+yhax()2+=+b3bhahx()12+xLLLynn=+y−−11hax()n+=++++bnbhahx(1x21Lxn−)QLx==khk()1,2,n，于是k22(nn−1)aynn=++++−=+bxah()12L()n1bxnah=xxnnn−1+bx22a∴y=+bxxx就是所求的Euler格式。nnn++11n+12如果用改进的Euler格式求这一初值问题，则可得到准确解。hQyyfnn++11=+⎡⎤⎣⎦()(xn,,yfn+xyn%n+1)2其中yyh%=+f()x,y，yx′()=+=axbfxy(,)nn+1nnnnnn由条件yy==()00可得0ha2y10=+yf⎡⎤⎣⎦()()x0,,yf0+x1yh%1=+bh，22ha42yy21=+⎡⎤⎣⎦fxyfxy()()1,,1+2%2=hb+2h22LLL2hna2ynn=+y−−11⎡⎤⎣⎦fx()nn,,y−1+fxy(n%n)=h+nbh22aa22而精确解为yx()=+=xbx()nh+nbh，由此可知nnn22yx()nn−=y0所以用改进的Euler格式能准确求出这一初值问题的解。改动后的解：解：Euler格式为yyh=+fxyn(,,1)=,2,Lnn−−11nn−1将f()xyaxb,=+代人得yyha=+(xbn+=),1,2,Lnn−−11n由yy==()00得0yyha10=+()xbb0+=hy21=+yhax()1+=+b2bhahx1y32=+yhax()2+=+b3bhahx()12+xLLLynn=+y−−11hax()n+=++++bnbhahx(1x21Lxn−)QLx==khk()1,2,n，于是k22(nn−1)aynn=++++−=+bxah()12L()n1bxnah=xxnnn−1+bx22所以整体误差为62 《数值计算方法》第八章课后题答案aa2⎛⎞ay()xyxb−=+−xx⎜⎟xb+=xhxnnnnnn−1nn22⎝⎠25.用梯形格式求解初值问题⎧yy′=−83(1≤≤x2)⎨⎩y(1)=2取h=0.2计算，要求小数点后保留5位数字。h解：f(,)83xy=−y，梯形公式为yyf=+[(,)(,)]xyf+xynn++11nnnn+120.2⇒=+−+yy(83y83−y)nn++11nn2整理得显格式为716yy=+，nn+11313由yy()12==可得0yy()1.2≈=12.30769;yy()1.4≈=22.47337;yy()1.6≈=32.56258;yy()1.8≈=42.61062;yy()2.0≈=52.63649.x2−t6.用改进的Euler格式计算积分∫edt在x=0.5,0.75,1时的近似值（保留到小数点后6位）。02⎧⎪y′=e−x解：此积分问题可转化为微分问题，即将上式两端对x求导，得⎨，并且取步⎪⎩y(0)=0长h=0.25。然后利用改进的Euler格式hyyf=+[(,)(,)]xyf+xynn++11nnnn+12−x2h−−xx22代人f(,)xye=，有yyee=+[]nn++1nn+12当yy()00==时可计算得，02−−00.25yy()0.25≈=+ye0.125(+e)≈0.242427;1022−−0.250.50yy()0.50≈=+ye0.125(+e)≈0.457203;2122−−0.500.75yy()0.75≈=+ye0.125(+e)≈0.625776;3222−−0.751.00yy()1.00≈=+ye0.125(+e)≈0.742984.432−hn7.用梯形格式求解初值问题yyy′+=0,(0)1,=证明其近似解为y=()，并证明当n2+h−xh→0时，它收敛于原初值问题的准确解y=e.h证明(1)：将f(,)xy=−y,代人梯形格式yyf=+[(,)(,)]xyf+xy得nn++11nnnn+12hy=−yy[]+ynn−−11nn2经整理得63 《数值计算方法》第八章课后题答案2−hy=ynn−12+h从而22−−hh2122−−hhnn−yy==()y=L==()()yynn−−12n1022++hh22++hh因y=1，故02−hny=().n2+hxn=hxnn22+hhx22−−hhhnnhh2−⋅hh证明(2)：limy===lim()lim()lim(1−)22+nhh→→00222+++hhhh→0h→02xnlim−==eeh→02+h−xn==y()x,.xnhnn−x即当h→0时，它收敛于原初值问题的准确解y=e.8.取h=0.2,用四阶经典Runge-Kutta格式求解下列初值问题：⎧yxyx′=+<<,01⎧yyxx′=3(1),0+<<1(1)⎨;(2)⎨.⎩y(0)1=⎩y(0)1=解：(1)利用四阶经典Runge-Kutta格式：⎧h⎪y=++++ykKK(22K)nn+11234⎪6⎪Kfxy1=()nn,⎪⎪⎛⎞hh⎨KfxyK=++⎜⎟,21nn⎪⎝⎠22⎪⎛⎞hh⎪KfxyK=++⎜⎟,32nn⎪⎝⎠22⎪Kfxh=++()nn,yhK⎩43得此问题的四阶经典Runge-Kutta格式为（h=0.2,）：⎧0.2y=+yK(22+++KKK)⎪nn+112346⎪⎪Kxy=+1nn⎨Kx=+++0.1y0.1K⎪21nn⎪Kx=+++0.1y0.1K32nn⎪⎩Kx=+++0.2y0.2K43nn计算结果如下表所示：xynK1K2K3K4yx()nnn00111.21.221.44110.21.2428001.4428001.6870801.7115081.9851021.24280620.41.5836361.9836362.2820002.3118362.6460031.58364930.62.0442132.6442133.0086343.0450763.4532282.04423840.82.6510423.4510423.8961463.9406574.4391732.65108251.03.4365033.436564解(2)：现取步长h=0.2,利用四阶经典Runge-Kutta格式来计算，则KKKK,,,分别为123464 《数值计算方法》第八章课后题答案⎧hyykKKK=++++(22)⎪nn+112346⎪⎪Kyx=+3(1)1nn⎪⎪hh⎨KyKx=+3()(1++)21nn⎪22⎪hhKyKx=+3()(1++)⎪32nn22⎪⎪⎩Ky=+3(hKx)(1++h)43nn化简为⎧1y=+yk(22+++KKK)⎪nn+1123430⎪⎪Kyx=+3(1)1nn⎨KyK=+3(0.1)(1.1+x)⎪21nn⎪KyK=+3(0.1)(1.1+x)32nn⎪⎩KyK=+3(0.2)(1.2+x)43nn计算结果如下表所示：nxnynK1K2K3K4yx(n)0013.00003.54553.69423.3471110.21.69424.23554.88715.03795.78941.728020.42.69005.76446.53296.68667.55122.744030.64.01527.52848.41428.57059.54884.096040.85.71689.527910.530910.689311.78205.832051.07.84188.00009.分别用二阶Adams显式和隐式格式解下列初值问题：⎧y′=1−y⎨⎩y(0)=0−x取hyy===0.2,0,0.181,计算y(1.0)并与准确解y=−1e相比较。01h解：二阶Adams显式格式为yyyy=+(3′−′)，将f(xy,1)=−y代人得nn+−11nn20.2yy=+⎡⎤31()−−−y()1y=0.7yy+0.1+0.2，h=0.2,nn+−11⎣⎦nnnn−12h二阶Adams隐式格式（即梯形格式）为y=+yyy()′+′，将f()xy,1=−y代人得nnnn++1120.2yynn++11=+⎡⎤⎣⎦()1−+−⇒yn()1yn1.1yn+1=0.9yn+0.22，92⇒=+yynn+11111计算结果如下表所示：二阶Adams显式二阶Adams隐式精确解nxnyyy()xnnn0000010.20.1810.1818181820.18126920020.40.32670.3305785130.32968995430.60.446790.4522915110.45118836440.80.5454230.5518748720.55067103651.00.62647510.6333521680.63212055965 《数值计算方法》第八章课后题答案10.证明解yfxyyxy′==(,),()的下列计算格式001hy=++()yy(43yyy′′′−+)nn+−11nn+1nn−124是二阶的，并求出局部截断误差的主项。解：设yy==(),xyy().x则有nnn−−11n1hy=++−+(()()yxyx)(4y′′yx()3()yx′)nn+−11nn+−11nn24将右端项在x处Taylor展开：n23hh4y()()xy=−+xhy′()xy′′()xy−′′′()()xO+hnnn−1nn23!23hh()44y′()()xy=−+′xhy′′()xy′′′()xy−()()xO+hnnn−1nn23!23hh(4)4y′≈=+++yx′()()yx′hyx′′()yx′′′()yxOh()()+nnnn++11nn23!代人y中得到y在x处的Taylor展开式为n+1n+1n231⎡⎤hh4yy=+()()xyx−+−+hy′()xy′′()xy′′′()()xOhnn+1⎢⎥nnnn22⎣⎦3!23⎡⎤hh(4)44(()yx′+++hyx′′()yx′′′()yxOh()()()+−+yx′⎢⎥nnnnnh23!+⎢⎥234⎢⎥⎛⎞hh()44⎢⎥3()()⎜⎟yx′−+hyx′′yx′′′()−yxOh()()+nnnn⎣⎦⎝⎠23!2h1934=++y()xhyx′()yx′′()+hyxO′′′()()+hnnnn224y()x在x处Taylor展开有n+1n23hh4y()()xy=++xhy′()xy′′()xy+′′′()()xO+hnnn+1nn23!则其局部截断误差35h4R=−yx()y=−yx′′′()()+Oh.nn++11n+1n835h15因此，上述计算格式是二阶的，−y′′′()x局部截断误差的主项。其主项系数为−。n8411.用Taylor展开法证明，存在某个常数a,使下列格式为四阶方法：hya=−++−()(yyy3a)[f(x,yf)+(xy,)]nn+−11nn−2nnn−1n−125解：只须证明局部截断误差R=−yx()y=Oh().则上述方法为四阶。nn++11n+1设yy===(),xyy(),xyy().x将右端项在x处Taylor展开：注意到nnn−−11nn−−22nn234hhh()45y()()xy=−+xhy′()xy′′()xy−′′′()xy+()()xO+hnnn−1nnn23!4!23hh()44y′()()xy=−+′xhy′′()xy′′′()xy−()()xO+hnnn−1nn23!234(2)hhh(2)(2)(4)5y()xynnn−2=−()2()xhy′x+y′′()xn−y′′′()xn+y()()xOn+h23!4!66 《数值计算方法》第八章课后题答案则y在x处的Taylor展开式为n+1nhy=−++−ayy()(y3ayx)[′′()+yx()]nn+−11nn−2nn−12234hhh()45=−+−ay()()xayxahyxayxayxayxO′()′′()+′′′()−()()+hnnnnnn23!4!234(2)hhh(2)(2)(4)5+−y()2()xhy′xy+′′()xy−′′′()xy+()()x+Ohnnnnn23!4!23hhh(4)4+−(3ayxyx)[()′′+()(−+hyx′′)yx′′′()−y(x)(+Oh)]nnnnn223!17523aa+⎛⎞4(4)5=++y()xhyxh′()yx′′()−hyx′′′()++⎜⎟hyxO()()+hnnnnn2121⎝⎠224y()x在x处Taylor展开有n+1n234hhh()45y()()xy=++xhy′()xy′′()xy+′′′()xy+()()xO+hnnn+1nnn23!4!则其局部截断误差9933aa44(4)5R=−yx()y==+(hhyx)()(′′′+−−hhyx)()()+Ohnn++11n+1nn12122424(4)5由此可知，当a=−9时，y′′′()x和y()x的系数均为0,即R=Oh().因此上述格式为四nnn+1阶的。67'