数值分析课后部分习题答案.pdf 19页

'习题一（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*−2x=0.001428=0.142810×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1mn−1−6×10=×10，22由有效数字与相对误差的关系得相对误差限为1−(n−1)1−3×10=×10；2a21*2y=13.521=0.1352110×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1mn−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1−(n−1)1−3×10=×10；2a21*1z=2.300=0.230010×有4个有效数，即n=4，m=1由有效数字与绝对误差的关系得绝对误差限为1mn−1−3×10=×10，22由有效数字与相对误差的关系得相对误差限为1−(n−1)1−3×10=×10.2a41 2．下列各近似值的绝对误差限都是1−3×10,试指出它们各2有几位有效数字.***x=2.00021,y=0.032,z=0.00052解*1x=2.00021=0.20002110×，即m=1由有效数字与绝对误差的关系得1mn−1−3×10=×10，22即m−n=−3，所以，n=2；*1y=0.032=0.3210×，即m=1由有效数字与绝对误差的关系得1mn−1−3×10=×10，22即m−n=−3，所以，n=4；*−3z=0.00052=0.5210×，即m=−3由有效数字与绝对误差的关系得1mn−1−3×10=×10，22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，试计算***S=x+yz，问S有几位有效数字.解方法一因*1*1*1x=2.41=0.24110,×y=1.84=0.18410,×z=2.35=0.23510×都有3位有效数字，即n=3，m=1，则1mn−1−21mn−1−2|(*)|ex≤×10=×10，|(*)|ey≤×10=×10，22221mn−1−2|(*)|ez≤×10=×10，22|(**)||*(*)eyz≈zey+yez*(*)|≤z*|(*)|ey+y*|(*)|ez 1−21−2−2≤2.35××10+1.84××10=2.09510×，221−2−2|(*ex+yz**)||(*)≈ex+eyz(**)|≤×10+2.09510×2−11−1=0.259510×≤×10，2又1x*+yz**=2.411.842.35+×=0.673410×，此时m=1，m−n=−1，从而得n=2.方法一因*1*1*1x=2.41=0.24110,×y=1.84=0.18410,×z=2.35=0.23510×都有3位有效数字，即n=3，m=1，则1−2×101mn−1−2ex(*)2|(*)|ex≤×10=×10，|(*)|=|ex|≤，r22x*2.411−2×101mn−1−2ey(*)2|(*)|ey≤×10=×10，|(*)|=|ey|≤，r22y*1.841−2×101mn−1−2ez(*)2|(*)|ez≤×10=×10，|(*)|=|ez|≤r22z*2.35|eyz(**)||≈ey(*)+ez(*)|，rrrx*yz**|ex(*+yz**)||≈ex(*)+eyz(**)|rrrx*+yz**x*+yz**2.411.842.35×≤|ex(*)|+|ey(*)+(*)|ezrrr2.411.842.35+×2.411.842.35+×1−21−21−2×101.84××102.35××10222≤++2.411.842.35+×2.411.842.35+×2.411.842.35+×−21−2<0.385410×<×10，2由有效数字与绝对误差的关系得n=2. 5.序列{y}有递推公式ny=10y−1,(n=1,2,⋯)nn−1若y=2≈1.41（三位有效数字），问计算y的误差有多大，这010个计算公式稳定吗？解用ε表示y的误差，由y=2≈1.41，得ε=0.0042⋯，0000由递推公式y=10y−1,(n=1,2,⋯)，知计算y的误差为nn−1108ε=0.42⋯×10，因为初始误差在计算的过程中被逐渐的放大，10这个计算公式不稳定.习题2(P.84)n3.证明∑lxk()=1，对所有的xk=0其中lxk()为Lagrange插值奇函数.证明令fx()=1，则fx(i)=1，nn从而Lxn()=∑lxfxk()(k)=∑lxk()，k=0k=0(n+1)f()ξ又Rxn()=ωn+1()x=0，(n+1)!n可得lxn()=fx()=1，从而∑lxk()=1.k=024.求出在x=012，，和3处函数fx()=x+1的插值多项式.2解方法一因为给出的节点个数为4，而fx()=x+1从而余项(4)f()ξRx()=ω()x=0，344! 2于是Lx()=fx()−Rx()=fxx()=+133（n次插值多项式对次数小于或等于的多项式精确成立）.方法二因为f(0)=1，f(1)=2，f(2)=5，f(3)=10，(x−1)(x−2)(x−3)1而lx0()==-(x−1)(x−2)(x−3)，(01)(02)(03)−−−6xx(−2)(x−3)1lx()==xx(−2)(x−3)，1(10)(12)(13)−−−2xx(−1)(x−3)1lx()==-xx(−1)(x−3)，2(20)(21)(23)−−−2xx(−1)(x−2)1lx()==xx(−1)(x−2)，3(30)(31)(32)−−−62从而Lx()=lxf()(0)+lxf()(1)+lxf()(2)+lxf()(3)=x+1.3012325.设fx()∈Cab[,]且fa()=fb()=0，求证12max|fx()|≤(ba−)max|f′′()|x.axb≤≤8axb≤≤证明因fa()=fb()=0，则Lx1()=0，f′′()ξ从而fx()=Rx1()=(xaxb−)(−)，2!12由极值知识得max|fx()|≤(ba−)max|f′′()|xaxb≤≤8axb≤≤6.证明∆(()())fxgx=fx()⋅∆gx()+∆fx()⋅gxh(+).证明由差分的定义∆(()())fxgx=fxhgx(+)(+h)−fxgx()()=[(+)(fxhgx+h)−fxgxh()(+)][()(+fxgx+h)−fxgx()()]=fx()⋅∆gx()+∆fx()⋅gxh(+) 或着∆(()())fxgx=fxhgx(+)(+h)−fxgx()()=[(+)(fxhgx+h)−fx(+hgx)()][(+fx+hgx)()−fxgx()()]=fx(+h)⋅∆gx()+∆fx()⋅gx()7.证明n阶差商有下列性质(a)如果Fx()=cfx()，则Fxx[0,1,⋯,xn]=cfxx[0,1,⋯,xn].(b)如果Fx()=fx()+gx()，则Fxx[,,⋯,x]=fxx[,,⋯,x]+gxx[,,⋯,x].01n01n01n证明由差商的定义(a)如果Fx()=cfx()，则Fxx[,,⋯,x]-[Fxx,,⋯,x]12n01n−1Fxx[,,⋯,x]=01nx−xn0cfxx[,,⋯,x]-[cfxx,,⋯,x]12n01n−1=x−xn0fxx[,,⋯,x]-[fxx,,⋯,x]12n01n−1=⋅c=cfxx[,,⋯,x].01nx−xn0(b)如果Fx()=fx()+gx()，则Fxx[,,⋯,x]-[Fxx,,⋯,x]12n01n−1Fxx[,,⋯,x]=01nx−xn0[[fxx,,⋯,x]+gxx[,,⋯,x]]-[[fxx,,⋯,x]+gxx[,,⋯,x]]12n12n01n−101n−1=x−xn0fxx[,,⋯,x]-[fxx,,⋯,x]gxx[,,⋯,x]−gxx[,,⋯,x]12n01n−112n01n−1=+x−xx−xn0n0=fxx[,,⋯,x]+gxx[,,⋯,x]01n01n 740170188.设fx()=3x+4x+3x+1，求f[2,2,⋯,2]，f[2,2,⋯,2].解由P.35定理7的结论(2)，得0177阶差商f[2,2,⋯,2]=3(fx()的最高次方项的系数)，0188阶差商f[2,2,⋯,2]=0(8阶以上的差商均等与0).9.求一个次数不超过4次的多项式Px()，使它满足：P(0)=P′(0)=0，P(1)=P′(1)=1，P(2)=1.解方法一先求满足插值条件P(0)=0，P(1)=1，P(2)=1的二次插值多项式123Px()=−x+(L-插值基函数或待定系数法)，2222设Px()=()Px+Axx(−1)(x−2)+Bxx(−1)(x−2)21232=−x+x+Axx(−1)(x−2)+Bxx(−1)(x−2)22323从而Px′()=4Bx+(3A−9)Bx+−(6A+4B−1)x+(2A+)，231再由插值条件P′(0)=0，P′(1)=1，得A=−,B=,44123312所以Px()=−x+x−xx(−1)(x−2)+xx(−1)(x−2)，2244143392即Px()=x−x+x.424234方法二设Px()=a+axax++ax+ax，0123423则Px′()=a+2ax+3ax+4ax1234由插值条件P(0)=P′(0)=0，P(1)=P′(1)=1，P(2)=1，得 ⎧a=00⎪a=0⎪⎪⎪⎪⎪⎪1⎨a++++aaaa=101234⎪a+2+3+4aaa=1⎪1234⎪⎩⎪⎩⎪⎩a+2+4+8+16aaaa=101234931解得a=,a=-,a=，234424143392从而Px()=x−x+x.424方法三利用埃尔米特插值基函数方法构造.10.下述函数Sx()在[1,3]上是3次样条函数吗？32⎧x−3x+2x+1,1≤x≤2Sx()=⎨32⎩−x+9x−22x+17,2≤x≤32⎧3x−6x+2,1≤x≤2解因为Sx′()=⎨，2⎩−3x+18x−22,2≤x≤3⎧6x−6,1≤x≤2S′′()=x⎨⎩−6x+18,2≤x≤3而S(2)=1=(2)S，S′(2)=2=(2)S′，S′′(2)=6=(2)S′′，121212又Sx()是三次函数，所以函数Sx()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.(4)f()ξ解因为Rx()=ω()x=xx(+1)(x−1)(x−2)，344!32从而Lx()=fx()−Rx()=2x+x−2x33习题3(P.159)1．设n{ϕ(x)}为[a,b]上具有权函数ω(x)≥0的正交多项式组kk=0 且nϕ(x)为首项系数为1的k次的多项式，则{ϕ(x)}于[a,b]线kkk=0性无关.解方法一因为n{ϕ(x)}为[a,b]上具有权函数ω(x)≥0的正kk=0交多项式组,则其Gram行列式不等于零，采用反证法：若{ϕ,ϕ,⋯,ϕ}于[a,b]线性相关，于是，存在不全为零c,c,⋯,c,使01n01ncϕ()x+cϕ()x+⋯+cϕ()x=0,x∈[,]ab0011nn上式两边与ϕ作内积得到ic(,ϕϕ)+c(,ϕϕ)+⋯+c(,ϕϕ)=0，(i=0,1,⋯,)n0i01i1nin由于{c}不全为零，说明以上的齐次方程组有非零解i(c,c,⋯,c),故系数矩阵的行列式为零，即G{ϕ,ϕ,⋯,ϕ}=0与假设01n01n矛盾.方法二因为n{ϕ(x)}为[a,b]上具有权函数ω(x)≥0的正交kk=0多项式组,则其Gram行列式不等于零，由(P.95)定理2得n{ϕ(x)}于[a,b]线性无关.kk=02．选择α，使下述积分取得最小值1122x2()a∫−1[x−αx]dx,()b∫0(e−αxdx)∂1221∂22解()a∂α∫−1[x−αx]dx=∫−1∂α[x−αx]dx1222514=2[x−αx](⋅−xdx)=αx=α，∫−15−15 ∂122令∂α∫−1[x−αx]dx=0，得α=0.∂1x21∂x2()b∫0(e−αxdx)=∫0(e−αxdx)∂α∂α1x2α=∫02(e−αx)(⋅−xdx)=−23∂1x2令∂α∫0(e−αxdx)=0，得α=3.13．设f(x)=,x∈[1,3],试用H{1,x}求f(x)一次最佳平方逼近1x多项式.解取权函数为ω()x=x(为了计算简便)，则33233x32x26(1,1)=∫1xdx==4,(1,)x=(,1)x=∫1xdx==,233113433x(,)xx=∫1xdx==20,4132313312x((),1)fx=∫1⋅xdx=x1=2，((),)fxx=∫1⋅xdx==4，xx21⎡26⎤⎧124a=⎢3⎥⎡a⎤⎡⎤2⎪⎪⎪⎪⎪⎪011得法方程0⎢⎥⎢⎥=⎢⎥，解得⎨，⎢2620⎥⎣a1⎦⎣⎦4⎪a=−3⎢⎣⎢⎣⎢⎣3⎥⎦⎥⎦⎥⎦⎪⎩⎪⎩⎪⎩111123所以f(x)的一次最佳平方逼近多项式Px()=−x.111118．什么常数C能使得以下表达式最小？n∑(f(x)−Cexi)2ii=1nn解∂∑((fx)−Cexi)2=2∑((fx)−Cexi)(⋅−exi)ii，∂Ci=1i=1 n∑fx()⋅exinix令∂∑((fx)−Cexi)=02C=i=1=（fxe(),）.i，得nxx∂Ci=1∑e−2xi（e，e）i=114．用最小二乘法求解矛盾方程组⎧2+3xy=1⎪⎨x−4y=−9.⎪⎩2x−y=−1⎧31x+y=⎪22⎪解方法一方程组可变形为⎨x−4y=−9，⎪11⎪x−y=−⎩2231t−4−22原问题转化成在已知三组离散数据11ft()−9−22下求一次最小二乘逼近函数Px()=x+yt(x与y为一次函数1的系数，t为自变量)，取H基{1,t},求解法方程1⎡3⎤⎡⎤x⎡3⎤⎢3∑ti⎥⎢⎥⎢∑fx(i)⎥⎢i=1⎥⎢⎥=⎢i=1⎥,⎢33⎥⎢⎥⎢3⎥2⎢∑ti∑ti⎥⎢⎥⎢∑tfxi(i)⎥⎣i=1i=1⎦⎣⎦y⎣i=1⎦⎧37⎡3-3⎤⎡⎤x⎡-9⎤⎪⎪⎪⎪⎪⎪x=-即⎢⎥=，得到矛盾方程组的解为31.⎢37⎥⎢⎥⎢⎥⎨-3⎣⎦y⎣37⎦⎪y=56⎣2⎦⎪⎩⎪⎩⎪⎩31⎧31x+y=⎪22⎪方法二方程组可变形为⎨x−4y=−9，⎪11⎪x−y=−⎩22令3122112Ixy(,)=（x+y-）+（x−4+9+y）（x−y+）2222 ∂3111Ixy(,)=2×（x+y-）+2×（x−4+9+2y）×（x−y+）∂x2222=6x−6y+18，∂331111Ixy(,)=×（x+y−）−×4（x−4+9y）−×（x−y+）∂y22222237=3−x+y−372⎧∂⎪Ixy(,)=0⎧x−y=−3⎪∂x⎪令⎨，得⎨37，⎪∂Ixy(,)=0⎪−3x+y−37⎩2⎪⎩⎪⎩⎪⎩∂y⎧37x=−⎪⎪⎪⎪⎪⎪解之得矛盾方程组的解为31.⎨⎪y=56⎪⎩⎪⎩⎪⎩31习题47.对列表函数x124810f(x)0152127求f′(5)，f′′(5).解一阶微商用两点公式(中点公式),得f(8)−f(2)10f′(5)≈=,63二阶微商用三点公式(中点公式),首先用插值法求f(5),由f(4)=5,(8)f=21,得一次插值函数Lx()=4x−11,1从而f(5)≈L(5)=9,1f(2)2(5)−f+f(8)4于是,f′′(5)≈=.239 8.导出数值数分公式(3)13hh3f(x)≈[f(x+h)−3f(x+)+3f(x−)−f(x−h)]3h2222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−)≈[(fx+)2(−fx−)+fx(−h)],22h222h13hhhf′′(x+)≈[(fx+)2(−fx+)+fx(−)]22h222hhf′′(x+)−f′′(x−)从而(3)22f()x≈h13hh3=[(fx+h)3(−fx+)3(+fx−)−fx(−h)]3h22223hh3将fx(+h)，fx(+)，fx(−)，fx(−h)分别在x处展开,得2222+3+′⋅3+1′′⋅32+1(3)⋅33fx(hfx)=()fx()hf()(xh)f()(xh)222!23!21(4)341(5)355+f()(x⋅h)+f()(x⋅h)+(Oh)(1)4!25!2+h+′⋅h+1′′⋅h2+1(3)⋅h3fx()=()fxfx()f()()xf()()x222!23!21(4)h41(5)h55+f()()x⋅+f()()x⋅+Oh()(2)4!25!2−h+′⋅−h+1′′⋅−h2+1(3)⋅−h3fx()=()fxfx()()f()(x)f()(x)222!23!21(4)h41(5)h55+f()(x⋅−)+f()(x⋅−)+Oh()(3)4!25!2−3+′⋅−3+1′′⋅−32+1(3)⋅−33fx(hfx)=()fx()(h)f()(xh)f()(xh)222!23!21(4)341(5)355+f()(x⋅−h)+f()(x⋅−h)+Oh()(4)4!25!2(1)－(2)×3+(3)×3－(4),得′′−h−1+h−−h+−3=−1(5)2+2,f(x)[(fx)2(fx)fx(h)]f()xhOh()22h2228即余项主部为1(5)2−f()xh8 习题5(P.299)3.设n×nA∈R为对称矩阵，且a≠0，经高斯消去法一步后，11�T⎡aa⎤A约化为111，试证明⎢⎥A2亦是对称矩阵.0A⎣2⎦�T⎛aa⎞证明设111A=(a)=⎜⎟，其中ijαA⎝1⎠⎛a21⎞⎛a12⎞⎜⎟⎜⎟⎛a22a23a2n⎞α=⎜a31⎟，a�=⎜a13⎟，a=⎜⎟，⎜⋮⎟1⎜⋮⎟1⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎝⎜⎝⎜⎝an2an3ann⎟⎠⎟⎠⎟⎠aa⎝n1⎠⎝1n⎠�T⎡aa⎤111则经高斯消去法一步后，A约化为⎢⎥⎢0A−1αa�T⎥，11⎢a⎥⎣11⎦因而1�Tn×nA=A−αa，若A∈R为对称矩阵，则A为对称矩阵，2111a11且�，易知1�Ta=αA=A−αa为对称矩阵.1211a1113.设⎡10099⎤A=⎢⎣9998⎥⎦(1)计算||A||,||A||；∞2(2)计算Cond(A)，及Cond(A).∞2解(1)计算||A||=199,∞⎡10099⎤A=，其特征值为λ=99±9802，⎢⎣9998⎥⎦1,2又⎡10099⎤T2A=为对称矩阵，则AAA=的特征值为⎢⎣9998⎥⎦22T2λ=(99±9802)，因此||A||=λ(AA)=λA=99+9802；1,22maxmax⎡98−99⎤(2)−1，−1，A=−⎢⎥||A||=199∞⎣−99100⎦ 所以−1CondA()=||A||⋅||A||=9801，∞∞∞⎡98−99⎤−1为对称矩阵，其特征值为A=−⎢⎥λ=−99±9802，1,2⎣−99100⎦则−1T−1−1222(A)A=(A)的特征值为λ=(99±9802)，因此1,2−1−1T−1−12||A||=λ((A)A)=λ(A)=99+98022maxmax所以−12CondA()=||A||||⋅A||=(99+9802)22215.设nn×�nA∈R,x∈R，求证���（1）x≤x≤nx；∞1∞1(2)A≤A≤nA.∞1∞n������证明(2)由（1）x≤x≤nx，得Ax≤Ax≤nAx，∞1∞∞1∞���AxAxnAx则∞1∞�≤�≤�，nxxx∞1∞���AxAxnAx从而∞1∞max�n�≤max�n�≤max�n�，∀∈xRnx∀∈xRx∀∈xRx∞1∞由算子范数的定义��AxAx∞1A∞=max�n�，A1=max�n�，∀∈xRx∀∈xRx∞11得A≤A≤nA.∞1∞n17.设n×n�nW∈R为非奇异阵，又设x为R上一向量范数，定义��，求证：�是nx=WxxR上向量的一种范数（称为WW向量的W一范数）.���证明①正定性，因Wx为一向量，x=Wx≥0，下W���证x=0⇔x=0，W��“⇒”若x=0即Wx=0，由向量范数的正定性得W ����n×nWx=0，W∈R为非奇异阵，所以x=0；�����“⇐”若x=0，则Wx=0，由向量范数的正定性得Wx=0�即x=0.W���②齐次性，任意实数α有αx=Wαx=αWx，由向W量范数的齐次性，得�����αx=Wαx=αWx=αWx=αx；WW③三角不等式，任意实数�n�nx∈R,y∈R，有������x+y=W(x+)=yWx+Wy，W再由向量范数的三角不等式，得����������x+y=W(x+)=yWx+Wy≤Wx+Wy=x+y.WWW习题6(P.347)⎧x+2x−2x=1123⎪1.设有方程组(b)⎨x1+x2+x3=1，考查用Jacobi⎪⎩2x+2x+x=1123迭代法,G-S迭代法解此方程组的收敛性.解系数矩阵分裂如下,⎛12−2⎞⎜⎟A=⎜111⎟=D−L−U⎜⎟⎝221⎠⎛1⎞⎛0⎞⎛0−22⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=1−−10−0−1⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝1⎠⎝−2−20⎠⎝0⎠ ⎛0−22⎞−1⎜⎟Jacobi迭代矩阵为J=D(L+U)=⎜−10−1⎟，⎜⎟⎝−2−20⎠λ2−2J的特征方程为1λ1=0，22λ展开得3λ=0，即λ=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⎞⎛0−22⎞−1⎜⎟⎜⎟G=(D−L)U=⎜11⎟⋅⎜0−1⎟⎜⎟⎜⎟⎝221⎠⎝0⎠⎛100⎞⎛0−22⎞⎛1−22⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=−110⋅0−1=02−3，⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝0−21⎠⎝0⎠⎝002⎠λ−12−2G的特征方程为0λ−21=0，00λ−2展开得(λ−1)(λ−2)(λ−2)=0，即λ=1或λ=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.��4.设有方程组Ax=b，其中A为对称正定阵，且有迭代公式����(k+1)(k)(k)x=x+ω(b−Ax)(k=0,1,⋯)，2试证明当0<ω<时，上述迭代法收敛(其中A的特征值满β足0<α≤λ(A)≤β).证明A为对称正定阵，A的特征值满足0<α≤λ(A)≤β， 2且0<ω<，则0<ωλ(A)<2β又迭代公式可变形为���(k+1)(k)x=(I−ωAx)+ωb(k=0,1,⋯)，从而迭代矩阵B=I−ωA，迭代矩阵的特征值为1−ωλ(A)，且满足−1<1−ωλ(A)<1，即|λ(B)|<1，由迭代基本定理得该迭代法是收敛的.⎛1aa⎞⎜⎟5.设A=⎜a1a⎟，其中a为实数，试确定a满足什⎜⎟⎝aa1⎠��么条件时，解Ax=b的Jacobi迭代法收敛.解系数矩阵分裂如下,⎛1aa⎞⎜⎟A=⎜a1a⎟=D−L−U⎜⎟⎝aa1⎠⎛1⎞⎛0⎞⎛0−a−a⎞⎜⎟⎜⎟⎜⎟=1−−a0−0−a⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝1⎠⎝−a−a0⎠⎝0⎠⎛0−a−a⎞−1⎜⎟Jacobi迭代矩阵为J=D(L+U)=⎜−a0−a⎟，⎜⎟⎝−a−a0⎠λaaJ的特征方程为aλa=0，aaλ展开得323λ−3aλ−2a=0，即λ=−a或λ=−2a， ρ(J)=max{|−a|,|−2a|}1111ρ(J)<1当且仅当−