数值分析 第五版 (李庆扬 王能超 易大义 编 著) 清华大学出版社 课后答案 127页

'课后答案网，用心为你服务！大学答案---中学答案---考研答案---考试答案最全最多的课后习题参考答案，尽在课后答案网（www.khdaw.com）！Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨，以关注学生的学习生活为出发点，旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个分享和交流的平台。爱校园（www.aixiaoyuan.com）课后答案网（www.khdaw.com）淘答案（www.taodaan.com） 课后答案网www.khdaw.com第一章绪论1．设x>0,x的相对误差为δ，求lnx的误差。**e*x*−x解：近似值x的相对误差为δ=e==rx*x*1而lnx的误差为e(ln*x=)ln*lnx−x≈e*x*进而有ε(ln*)x≈δn2．设的相对误差为x2%，求x的相对误差。nxfx"()解：设fx()=x，则函数的条件数为C=||pfx()n−1n−1xnx⋅又∵fx"()=nx,∴C=||=npn又∵ε((*))xn≈C⋅ε(*)xrpr且ex(*)为2rn∴ε((*))x≈0.02nr3．下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差限不超过最后一位的半个单位，试指***出它们是几位有效数字：x=1.1021,x=0.031,x=385.6,123**x=56.430,x=×71.0.45*解：x=1.1021是五位有效数字；1*x=0.031是二位有效数字；2*x=385.6是四位有效数字；3*x=56.430是五位有效数字；4*x=×71.0.是二位有效数字。5********4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1)x+x+x,(2)xxx,(3)x/x.12412324****其中xxxx,,,均为第3题所给的数。1234解： 课后答案网www.khdaw.com*1−4ε()x=×1012*1−3ε()x=×1022*1−1ε()x=×1032*1−3ε()x=×1042*1−1ε()x=×1052***(1)(εx+x+x)124***=ε()x+ε()x+ε()x1241−41−31−3=×10+×10+×10222−3=1.0510×***(2)(εxxx)123*********=xxε()x+xxε()x+xxε()x1232311321−11−41−3=1.10210.031×××10+0.031385.6×××10+1.1021385.6×××10222≈0.215**(3)(εx/x)24****xε()x+xε()x2442≈2*x41−31−30.031××10+56.430××1022=56.43056.430×−5=105计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R时允许的相对误差限是多少？43解：球体体积为V=πR3则何种函数的条件数为2RVi"Ri4πRC===3pV43πR3∴ε(*)V≈Ciε(*)R=3(*)εRrprr又∵ε(*)1V=r 课后答案网www.khdaw.com1故度量半径R时允许的相对误差限为ε(*)R=×≈10.33r316．设Y=28，按递推公式Y=Y−783（n=1,2,…）0nn−1100计算到Y。若取783≈27.982（5位有效数字），试问计算Y将有多大误差？1001001解：∵Y=Y−783nn−11001∴Y=Y−783100991001Y=Y−78399981001Y=Y−7839897100……1Y=Y−783101001依次代入后，有Y=Y−100×7831000100即Y=Y−783，1000若取783≈27.982,∴Y=Y−27.9821000*1−3∴ε(Y)=ε()Y+ε(27.982)=×10100021−3∴Y的误差限为×10。100227．求方程x−56x+=10的两个根，使它至少具有4位有效数字（783=27.982）。2解：x−56x+=10，故方程的根应为x=28±7831,2故x=28+783≈2827.982+=55.9821∴x具有5位有效数字1111x=28−783=≈=≈0.017863228+7832827.982+55.982x具有5位有效数字2N+118．当N充分大时，怎样求dx？∫N1+x2 课后答案网www.khdaw.comN+11解dx=arctan(N+1)arctan−N∫N1+x2设α=arctan(N+1),β=arctanN。则tanα=N+1,tanβ=N.N+11dx∫N1+x2=α−β=arctan(tan(α−β))tanα−tanβ=arctan1tan+αitanβN+−1N=arctan1(+N+1)N1=arctan2N+N+129．正方形的边长大约为了100cm，应怎样测量才能使其面积误差不超过1cm？2解：正方形的面积函数为Ax()=x∴ε(*)A=2*(*)Aiεx.当x*100=时，若ε(*)1A≤,1−2则ε(*)x≤×1022故测量中边长误差限不超过0.005cm时，才能使其面积误差不超过1cm1210．设S=gt，假定g是准确的，而对t的测量有±0.1秒的误差，证明当t增加时S的2绝对误差增加，而相对误差却减少。12解：∵S=gtt,>022∴ε(*)S=gtiε(*)t当t*增加时，S*的绝对误差增加ε(*)Sε(*)S=rS*2gtiε(*)t=1*2gt()2ε(*)t=2*t 课后答案网www.khdaw.com当t*增加时，ε(*)t保持不变，则S*的相对误差减少。11．序列{y}满足递推关系y=10y−1(n=1,2,…),nnn−1若y=2≈1.41（三位有效数字），计算到y时误差有多大？这个计算过程稳定吗？010解：∵y=2≈1.4101−2∴ε(*)y=×1002又∵y=10y−1nn−1∴y=10y−110∴ε(*)10(*)y=εy10又∵y=10y−121∴ε(*)10(*)y=εy212∴ε(*)10(*)y=εy20......10∴ε(y*)10=ε(*)y100101−2=10××10218=×10218计算到y时误差为×10，这个计算过程不稳定。102612．计算f=(21)−，取2≈1.4，利用下列等式计算，哪一个得到的结果最好？131,(322)−,，99702−。63(21)+(322)+6解：设y=(x−1)，**1−1若x=2，x=1.4，则ε(x)=×10。21若通过计算y值，则6(21)+ 课后答案网www.khdaw.com*1*ε(y)=−−6×iε(x)*7(x+1)6**=yε(x)*7(x+1)**=2.53ε(yx)3若通过(322)−计算y值，则**2*ε(y)=−3×2×(32)−xiε(x)6**=yiε(x)*32−x**=30ε(yx)1若通过计算y值，则3(322)+*1*ε(y)=−−3×iε(x)*4(32)+x1**=6×yε(x)*7(32)+x**=1.0345ε(yx)1通过计算后得到的结果最好。3(322)+213．fx()=ln(x−x−1),求f(30)的值。若开平方用6位函数表，问求对数时误差有多22大？若改用另一等价公式。ln(x−x−1)=−ln(x+x−1)计算，求对数时误差有多大？解2∵fx()=ln(x−x−1),∴f(30)=ln(30−899)设u=899,y=f(30)*则u=29.9833*1−4∴ε(u)=×102故 课后答案网www.khdaw.com*1*ε(y)≈−ε(u)*30−u1*=iε(u)0.0167−3≈3×10若改用等价公式22ln(x−x−1)=−ln(x+x−1)则f(30)=−ln(30+899)此时，*1*ε(y)=⏐−⏐ε(u)*30+u1*=⋅ε(u)59.9833−7≈8×10 课后答案网www.khdaw.com第二章插值法1．当x=−1,1,2时，fx()=0,3,4−,求fx()的二次插值多项式。解：x=1,x=−1,x=2,012fx()=0,()fx=−3,()fx=4;012(xx−)(xx−)112lx()==−(x+1)(x−2)0(x−x)(x−x)20102(xx−)(xx−)102lx()==(x−1)(x−2)1(x−x)(x−x)61012(xx−)(xx−)101lx()==(x−1)(x+1)2(x−x)(x−x)32021则二次拉格朗日插值多项式为2Lx2()=∑ylxkk()k=0=−3()4()lx+lx0214=−(x−1)(x−2)+(x−1)(x+1)235237=x+x−6232．给出fx()=lnx的数值表X0.40.50.60.70.8lnx-0.916291-0.693147-0.510826-0.356675-0.223144用线性插值及二次插值计算ln0.54的近似值。解：由表格知，x=0.4,x=0.5,x=0.6,x=0.7,x=0.8;01234fx()=−0.916291,()fx=−0.69314701fx()=−0.510826,()fx=−0.35667523fx()=−0.2231444若采用线性插值法计算ln0.54即f(0.54)，则0.5<0.54<0.6 课后答案网www.khdaw.comxx−2lx()==−10(x−0.6)1x−x12xx−1lx()==−10(x−0.5)2x−x21Lx()=fxlx()()+fxlx()()11122=6.93147(x−0.6)5.10826(−x−0.5)∴L(0.54)=−0.6202186≈−0.6202191若采用二次插值法计算ln0.54时，(xx−)(xx−)12lx()==50(x−0.5)(x−0.6)0(x−x)(x−x)0102(xx−)(xx−)02lx()==−100(x−0.4)(x−0.6)1(x−x)(x−x)1012(xx−)(xx−)01lx()==50(x−0.4)(x−0.5)2(x−x)(x−x)2021Lx()=fxlx()()+fxlx()()+fxlx()()2001122=−500.916291(×x−0.5)(x−0.6)69.3147(+x−0.4)(x−0.6)0.51082650(−×x−0.4)(x−0.5)∴L(0.54)=−0.61531984≈−0.6153202���3．给全cos,0x≤x≤90的函数表，步长h=1′=(1/60),若函数表具有5位有效数字，研究用线性插值求cosx近似值时的总误差界。解：求解cosx近似值时，误差可以分为两个部分，一方面，x是近似值，具有5位有效数字，在此后的计算过程中产生一定的误差传播；另一方面，利用插值法求函数cosx的近似值时，采用的线性插值法插值余项不为0，也会有一定的误差。因此，总误差界的计算应综合以上两方面的因素。��当0≤x≤90时，令fx()=cosx1�1ππ取x=0,h=()=×=0606018010800令x=x+ihi,=0,1,...,5400i0π�则x==9054002当x∈[xx,时，线性插值多项式为]kk−1 课后答案网www.khdaw.comxx−xx−k+1kLx()=fx()+fx()1kk+1x−xx−xkk+1k+1k插值余项为1Rx()=cosxLx−()=f′′()(ξxx−)(xx−)1kk+12又∵在建立函数表时，表中数据具有5位有效数字，且cosx∈[0,1，故计算中有误差传播]过程。*1−5∴ε(f())x=×10k2*xx−k+1*xx−k+1Rx()=ε(f())x+ε(f(x))2kk+1x−xx−xkk+1k+1k*xx−k+1xx−k+1≤ε(f())(x+)kx−xx−xkk+1k+1k*1=ε(f())(xx−+−xxx)kk+1kh*=ε(f())xk∴总误差界为R=Rx()+Rx()121*=(cos)(−ξxx−)(xx−)+ε(f())xkk+1k21*≤×(xx−)(x−x)+ε(f())xkk+1k2112*≤×(h)+ε(f())xk22−81−5=1.0610×+×102−5=0.5010610×4．设为互异节点，求证：nkk（1）xlx()≡x(k=0,1,,);⋯n∑jjj=0nk（2）(x−xlx)()≡0(k=0,1,⋯,);n∑jjj=0证明k（1）令fx()=x 课后答案网www.khdaw.comnk若插值节点为xjj,=0,1,⋯,n，则函数fx()的n次插值多项式为Lxn()=∑xlxjj()。j=0(n+1)f()ξ插值余项为Rx()=fx()−Lx()=ω()xnnn+1(n+1)!又∵k≤n,(n+1)∴f()ξ=0∴Rx()=0nnkk∴∑xlxjj()=x(k=0,1,⋯,);nj=0nk(2)∑(xj−xlx)j()j=0nnjiki−=∑∑(Cxkj(−x))()lxjj=0i=0nniki−i=∑Ck(−x)(∑xlxjj())i=0j=0又∵0≤≤in由上题结论可知nki∑xlxjj()=xj=0niki−i∴原式=∑Ck(−x)xi=0k=(xx−)=0∴得证。25设fx()∈Cab[,且]fa()=fb()=0,求证：12maxfx()≤(ba−)maxf′′().xaxb≤≤8axb≤≤解：令x=ax,=b，以此为插值节点，则线性插值多项式为01xx−xx−10Lx()=fx()+fx()101x−xxx−010xb−xa−==fa()+fb()ab−xa− 课后答案网www.khdaw.com又∵fa()=fb()=0∴Lx()=011插值余项为Rx()=fx()−Lx()=f′′()(xxx−)(xx−)10121∴fx()=f′′()(xxx−)(xx−)012又∵(xx−)(xx−)012⎧1⎫≤⎨[(xx−0)(+x1−x)]⎬⎩2⎭12=(x−x)10412=(ba−)412∴maxfx()≤(ba−)maxf′′().xaxb≤≤8axb≤≤xx6．在−≤4x≤4上给出fx()=e的等距节点函数表，若用二次插值求e的近似值，要使−6截断误差不超过10，问使用函数表的步长h应取多少？解：若插值节点为x,x和x，则分段二次插值多项式的插值余项为i−1ii+11Rx()=f′′′()(ξxx−)(xx−)(xx−)2i−1ii+13!1∴Rx()≤(xx−)(xx−)(xx−)maxf′′′()x2i−1ii+16−≤≤4x4设步长为h，即x=x−hx,=x+hi−1ii+1i1423343∴Rx()≤e⋅h=eh.263327−6若截断误差不超过10，则−6Rx()≤102343−6∴eh≤1027∴≤h0.0065.n447．若y=2,求∆y及δy.，nnn解：根据向前差分算子和中心差分算子的定义进行求解。ny=2n 课后答案网www.khdaw.com44∆y=(E−1)ynn4⎛⎞4j4−j=(1)−⎜⎟Ey∑nj=0⎝⎠j44j⎛⎞=∑(1)−⎜⎟y4+−njj=0⎝⎠j4⎛⎞4j4−j=(1)−⎜⎟2⋅y∑nj=0⎝⎠j4=(21)−yn=ynn=211−4224δy=(E−E)ynn1−244=(E)(E−1)yn−24=E∆yn=yn−2n−2=28．如果fx()是m次多项式，记∆fx()=fxh(+)−fx()，证明fx()的k阶差分km+1∆fx()(0≤k≤m)是mk−次多项式，并且∆fx()=0（l为正整数）。解：函数fx()的Taylor展式为121()mm1(m+1)m+1fxh(+)=fx()+fxh′()+f′′()xh+⋯+f()xh+f()ξh2m!(m+1)!其中ξ∈(,xxh+)又∵fx()是次数为m的多项式(m+1)∴f()ξ=0∴∆fx()=fxh(+)−fx()121()mm=fxh′()+f′′()xh+⋯+f()xh2m!∴∆fx()为m−1阶多项式2∆fx()=∆∆(fx())2∴∆fx()为m−2阶多项式 课后答案网www.khdaw.comk依此过程递推，得∆fx()是mk−次多项式m∴∆fx()是常数∴当为正整数时，lm+1∆fx()=09．证明∆(fg)=f∆g+g∆fkkkkk+1k证明∆(fg)=fg−fgkkk+1k+1kk=fg−fg+fg−fgk+1k+1kk+1kk+1kk=g(f−f)+fg(−g)k+1k+1kkk+1k=g∆+ff∆gk+1kkk=f∆g+g∆fkkk+1k∴得证n−1n−110．证明f∆g=fg−fg−g∆f∑kknn00∑k+1kk=0k=0证明：由上题结论可知f∆g=∆(fg)−g∆fkkkkk+1kn−1∴∑fk∆gkk=0n−1=∑((∆fgkk)−gk+1∆fk)k=0n−1n−1=∑∆(fgkk)−∑gk+1∆fkk=0k=0∵∆(fg)=fg−fgkkk+1k+1kkn−1∴∑∆(fgkk)k=0=(fg−fg)(+fg−fg)+⋯+(fg−fg)11002211nnn−1n−1=fg−fgnn00n−1n−1∴∑fk∆gk=fgnn−fg00−∑gk+1∆fkk=0k=0得证。n−1211．证明∆y=∆y−∆y∑jn0j=0 课后答案网www.khdaw.comn−1n−12证明∆y=(∆y−∆y)∑j∑j+1jj=0j=0=∆−∆(yy)(+∆y−∆y)+⋯+∆(y−∆y)1021nn−1=∆y−∆yn0得证。n−1n12．若fx()=a+ax+⋯+ax+ax有个不同实根nxx,,⋯,x，01n−1n12nnxk⎧0,0≤k≤−n2;j证明：∑=⎨−1j=1fx′()j⎩n0,k=−n1证明：∵fx()有个不同实根xx,,⋯,x12nn−1n且fx()=a+ax+⋯+ax+ax01n−1n∴fx()=axx(−)(xx−)⋯(xx−)n12n令ω()x=(xx−)(xx−)⋯(xx−)n12nnxknxkjj则∑=∑j=1fx′()jj=1anω′n()xj而ω′()x=(xx−)(xx−)⋯(xx−)(+xx−)(xx−)⋯(xx−)n23n13n+⋯+(xx−)(xx−)⋯(xx−)12n−1∴ω′()x=(x−x)(x−x)⋯(x−x)(x−x)⋯(x−x)njj1j2jj−1jj+1jnk令gx()=x,nkxjgxx[1,,2⋯,xn=∑]j=1ωn′()xjnkxj则gxx[1,,2⋯,xn=∑]j=1ωn′()xjnkxj1又∴∑=gxx[1,,2⋯,xn]j=1fx′()jannkx⎧0,0≤k≤−n2;j∴∑=⎨−1j=1fx′()j⎩n0,k=−n1∴得证。 课后答案网www.khdaw.com13．证明阶均差有下列性质：n（1）若Fx()=cfx()，则Fxx[,,⋯,x]=cfxx[,,⋯,x];01n01n（2）若Fx()=fx()+gx()，则Fxx[,,⋯,x=fxx],,⋯[,x+gxx,,⋯],x.[]01n01n01n证明：njfx()（1）∵fxx[1,,2⋯,xn=∑]j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)njFx()Fxx[1,,2⋯,xn=∑]j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)njcfx()=∑j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)njfx()=c(∑)j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)=cfxx[0,,1⋯,xn]∴得证。(2)∵Fx()=fx()+gx()njFx()∴Fx[0,⋯,xn=∑]j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)njjfx()+gx()=∑j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)njfx()=∑)j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)njgx()+∑)j=0(xj−x0)⋯(xj−xj−1)(xj−xj+1)⋯(xj−xn)=fx[0,⋯,xn+gx]0,⋯[,xn]∴得证。7401701814．fx()=x+x+3x+1,求F⎡2,2,⋯,2⎤及F⎡2,2,⋯,2⎤。⎣⎦⎣⎦74解：∵fx()=x+x+3x+1i若x=2,i=0,1,⋯,8i 课后答案网www.khdaw.com()nf()ξ则fxx[,,⋯,x=]01nn!(7)f()ξ7!∴fxx[0,,1⋯,x7=]==17!7!(8)f()ξfxx[0,,1⋯,x8=]=08!15．证明两点三次埃尔米特插值余项是(4)22Rx()=f()(ξxx−)(xx−)/4!,ξ∈(,xx)3kk+1kk+1解：若x∈[,xx]，且插值多项式满足条件kk+1Hx()=fx(),Hx′()=fx′()3kk3kkHx()=fx(),Hx′()=fx′()3k+1k+13k+1k+1插值余项为Rx()=fx()−Hx()3由插值条件可知Rx()=Rx()=0kk+1且Rx′()=Rx′()=0kk+122∴Rx()可写成Rx()=gxxx()(−)(xx−)kk+1其中gx()是关于的待定函数，x现把看成x[,xx]上的一个固定点，作函数kk+122ϕ()t=ft()−Ht()−gxt()(−x)(t−x)3kk+1根据余项性质，有ϕ()x=0,(ϕx)=0kk+122ϕ()x=fx()−Hx()−gxxx()(−)(xx−)3kk+1=fx()−Hx()−Rx()3=022ϕ′()t=ft′()−Ht′()−gx()[2(t−x)(t−x)+2(t−x)(t−x)]3kk+1k+1k∴ϕ′()x=0k 课后答案网www.khdaw.comϕ′(x)=0k+1由罗尔定理可知，存在ξ∈(,)xx和ξ∈(,xx)，使kk+1ϕξ′()=0,()ϕξ′=012即ϕ′()x在[,xx]上有四个互异零点。kk+1根据罗尔定理，ϕ′′()t在ϕ′()t的两个零点间至少有一个零点，故ϕ′′()t在(,xx)内至少有三个互异零点，kk+1(4)依此类推，ϕ()t在(,xx)内至少有一个零点。kk+1记为ξ∈(,xx)使kk+1(4)(4)(4)ϕ()ξ=f()ξ−H()4!()ξ−gx=03(4)又∵H()t=03(4)f()ξ∴gx()=,ξ∈(,xx)kk+14!其中依赖于ξx(4)f()ξ22∴Rx()=(xx−)(xx−)kk+14!分段三次埃尔米特插值时，若节点为xk(=0,1,⋯,)n，设步长为，即hkx=x+khk,=0,1,⋯,n在小区间[,xx]上k0kk+1(4)f()ξ22Rx()=(xx−)(xx−)kk+14!1(4)22∴Rx()=f()(ξxx−)(xx−)kk+14! 课后答案网www.khdaw.com122(4)≤(xx−)(x−x)maxf()xkk+14!axb≤≤1xx−k+xk+1−x22(4)≤[()]maxf()x4!2axb≤≤114(4)=×hmaxf()x44!2axb≤≤4h(4)=maxf()x384axb≤≤16．求一个次数不高于4次的多项式P（x），使它满足P(0)=P′(0)=0,(1)P=P′(1)=0,(2)P=0解：利用埃米尔特插值可得到次数不高于4的多项式x=0,x=101y=0,y=101m=0,m=10111Hx()=yα()x+mβ()x3∑jj∑jjj=0j=0xx−0xx−12α()x=(12−)()0x−xx−x01012=(12)(+xx−1)xx−1xx−02α()x=(12−)()1x−xx−x10102=(32)−xx2β()x=xx(−1)02β()x=(x−1)x12232∴Hx()=(32)−xx+(x−1)x=−x+2x322设Px()=Hx()+Axx(−)(xx−)301其中，A为待定常数∵P(2)1=3222∴Px()=−x+2x+Axx(−1)1∴A=4122从而Px()=xx(−3)4217．设fx()1/(1=+x)，在−≤5x≤5上取n=10，按等距节点求分段线性插值函数 课后答案网www.khdaw.comIx()，计算各节点间中点处的Ix()与fx()值，并估计误差。hh解：若x=−5,x=5010则步长h=1,x=x+ihi,=0,1,⋯,10i01fx()=21+x在小区间[,xx]上，分段线性插值函数为ii+1xx−xx−i+1iIx()=fx()+fx()hii+1x−xx−xii+1i+1i11=(x−x)+(xx−)i+12i21+x1+xii+1各节点间中点处的Ix()与fx()的值为h当x=±4.5时，fx()=0.0471,()Ix=0.0486h当x=±3.5时，fx()=0.0755,()Ix=0.0794h当x=±2.5时，fx()=0.1379,()Ix=0.1500h当x=±1.5时，fx()=0.3077,()Ix=0.3500h当x=±0.5时，fx()=0.8000,()Ix=0.7500h误差2hmaxfx()−Ix()≤maxf′′()ξhxi≤≤xxi+18−≤≤5x51又∵fx()=21+x−2x∴fx′()=,22(1+x)26x−2f′′()x=23(1+x)324x−24xf′′′()x=24(1+x) 课后答案网www.khdaw.com令f′′′()x=0得fx′′()的驻点为x=±1和x=01,231f′′(x)=,f′′()x=−21,2321∴maxfx()−Ix()≤h−≤≤5x54218．求fx()=x在[,]ab上分段线性插值函数Ix()，并估计误差。h解：在区间[,]ab上，x=ax,=bh,=x−xi,=0,1,⋯,n−1,0nii+1ih=maxhi0≤≤−in12∵fx()=x∴函数fx()在小区间[,xx]上分段线性插值函数为ii+1xx−xx−i+1iIx()=fx()+fx()hii+1x−xx−xii+1i+1i122=[x(x−x)+x(xx−)]ii+1i+1ihi误差为12maxfx()−Ix()≤maxf′′()ξihhixi≤≤xxi+18a≤≤ξb2∵fx()=x∴fx′()=2,xf′′()x=22h∴maxfx()−Ix()≤haxb≤≤4419．求fx()=x在[,]ab上分段埃尔米特插值，并估计误差。解：在[,]ab区间上，x=ax,=bh,=x−xi,=0,1,⋯,n−1,0nii+1i令h=maxhi0≤≤−in143∵fx()=x,fx′()=4x∴函数fx()在区间[,xx]上的分段埃尔米特插值函数为ii+1 课后答案网www.khdaw.comxx−i+12xx−iIx()=()(12+)()fxhix−xx−xii+1i+1ixx−i2xx−i+1+()(12+)(fx)i+1x−xx−xi+1iii+1+xx−i+12−′()(xxfx)()iix−xii+1xx−i2+()(xx−)(fx′)i+1i+1x−xi+1i4xi2=(xx−)(h+2x−2)x3i+1iihi4xi+12+(xx−)(h−2x+2x)3iii+1hi34xi2+(xx−)(xx−)2i+1ihi34xi+12+(xx−)(xx−)2ii+1hi误差为fx()−Ix()h1(4)22=f()(ξxx−)(xx−)ii+14!1(4)hi4≤maxf()()ξ24axb≤≤24又∵fx()=x(4)∴f()x=4!24=44hhi∴maxfx()−Ix()≤max≤haxb≤≤0≤≤−in1161620．给定数据表如下：Xj0.250.300.390.450.53Yj0.50000.54770.62450.67080.7280试求三次样条插值，并满足条件：(1)(0.25)1.0000,(0.53)S′=S′=0.6868;(2)S′′(0.25)=S′′(0.53)=0.解： 课后答案网www.khdaw.comh=x−x=0.05010h=x−x=0.09121h=x−x=0.06232h=x−x=0.08343hhj−1j∵µ=,λ=jjh−hh−hj−1jj−1j533∴µ=,µ=,µ=,µ=112341457924λ=,λ=,λ=,λ=112301457fx()−fx()10fxx[0,1=]=0.9540x−x10fxx[1,2=]0.8533fxx[2,3=]0.7717fxx[3,4=]0.7150(1)()1.0000,()Sx′=Sx′=0.6868046d0=(fxx[1,2−]f0′)=−5.5200h0fxx[1,2−]fxx0,[1]d=6=−4.31571h+h01fxx[2,3−]fxx1,[2]d=6=−3.26402h+h12fxx[3,4−]fxx2,[3]d=6=−2.43003h+h236d4=(f4′−fxx[3,4)=−]2.1150h3由此得矩阵形式的方程组为21M0−5.5200592M1−4.31571414322M2=−3.264055342M3−2.43007712M4−2.1150求解此方程组得 课后答案网www.khdaw.comM=−2.0278,M=−1.464301M=−1.0313,M=−0.8070,M=−0.6539234∵三次样条表达式为33(x−x)(xx−)j+1jSx()=M+Mjj+16h6hjj22Mhx−xMhxx−jjj+1j+1jj+(y−)+(y−)(j=0,1,⋯,n−1)jj+16h6hjj∴将MMMMM,,,,代入得0123433⎧−6.7593(0.30−x)−4.8810(x−0.25)+10.0169(0.30−x)10.9662(+x−0.25)⎪⎪x∈[0.25,0.30]⎪33−2.7117(0.39−x)−1.9098(x−0.30)+6.1075(0.39−x)6.9544(+x−0.30)⎪⎪⎪x∈[0.30,0.39]Sx()=⎨33⎪−2.8647(0.45−x)−2.2422(x−0.39)+10.4186(0.45−x)10.9662(+x−0.39)⎪x∈[0.39,0.45]⎪⎪−1.6817(0.53−x)3−1.3623(x−0.45)3+8.3958(0.53−x)9.1087(+x−0.45)⎪⎪⎩x∈[0.45,0.53](2)Sx′′()=0,Sx′′()=004d=2f′′=0,d=−4.3157,d=−3.26400012d=−2.4300,d=2f′′=0344λ=µ=004由此得矩阵开工的方程组为M=M=004⎛9⎞20⎜⎟14⎜⎟⎛M1⎞⎛−4.3157⎞⎜32⎟⎜⎟⎜⎟2M=−3.2640⎜55⎟⎜2⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝M⎠⎝−2.4300⎠33⎜⎜02⎟⎟⎝7⎠求解此方程组，得M=0,M=−1.880901M=−0.8616,M=−1.0304,M=0234又∵三次样条表达式为 课后答案网www.khdaw.com33(x−x)(xx−)j+1jSx()=M+Mjj+16h6hjj22Mhx−xMhxx−jjj+1j+1jj+(y−)+(y−)jj+16h6hjj将MMMMM,,,,代入得012343⎧−6.2697(x−0.25)+10(0.3−x)10.9697(+x−0.25)⎪⎪x∈[0.25,0.30]⎪33−3.4831(0.39−x)−1.5956(x−0.3)+6.1138(0.39−x)6.9518(+x−0.30)⎪⎪⎪x∈[0.30,0.39]∴Sx()=⎨33⎪−2.3933(0.45−x)−2.8622(x−0.39)+10.4186(0.45−x)11.1903(+x−0.39)⎪x∈[0.39,0.45]⎪⎪−2.1467(0.53−x)3+8.3987(0.53−x)9.1(+x−0.45)⎪⎪⎩x∈[0.45,0.53]221．若fx()∈CabSx[,,()]是三次样条函数，证明：b2b2(1)∫[f′′()xdx]−∫Sx′′()[dx]aab2b2=∫[f′′()x−Sx′′()]dx+2∫Sx′′()[f′′()x−Sx′′()]dxaa(2)若fx()=Sxi()(=0,1,⋯,)n，式中x为插值节点，且a=x0nm+m∴fx()在(0,)内单调递减nm+m当x∈(,1)时,fx′()09−x10−xfx′()10(=x+1)e+(x+1)(−e)9−x=(x+1)e(9−x)>0∴fx()在[0,1]内单调递减。 课后答案网www.khdaw.comf=maxfx()=∞0≤≤x1=max{f(0),f(1)}102=e1f=fxdx()1∫0110−x=∫(x+1)edx01110−x9−x=−(x+1)e+∫10(x+1)edx0010=−5e1120−2x2f2=[(∫0x+1)edx]34=7(−)24e5。证明f−g≥f−g证明：f=(f−g)+g≤f−g+g∴f−g≥f−g16。对fxgx(),()∈Cab[,]，定义b(1)(,)fg=∫fxgxdx′()()′ab(2)(,)fg=∫fxgxdx′()()′+faga()()a问它们是否构成内积。解：(1)令fx()≡C（C为常数，且C≠0）则fx′()=0b而(,)ff=∫fxfxdx′()()′a这与当且仅当f≡0时，(,)0ff=矛盾1∴不能构成Cab[,]上的内积。 课后答案网www.khdaw.comb(2)若(,)fg=∫fxgxdx′()()′+faga()()，则ab(,)gf=∫gxfxdx′()()′+gafa()()=(,),fg∀∈αKab(αfg,)=∫[αfxgxdxafaga()]′′()+()()ab=α[∫fxgxdx′()()′+faga()()]a=α(,)fg1∀∈hCab[,],则b(f+gh,)=∫[()fx+gxhxdx()]()′′+[()()]()fagahaabb=∫fxhxdx′()()′+faha()()+∫fxhxdx′()()′+gaha()()aa=(,)(,)fh+hgb22(,)ff=∫[()]fx′dx+f()a≥0a若(,)ff=0，则b22∫[()]fx′dx=0,且f()a=0a∴fx′()≡0,()fa=0∴fx()≡0即当且仅当f=0时，(,)0ff=.1故可以构成Cab[,]上的内积。**17。令Tx()=T(2x−1),x∈[0,1]，试证{Tx()是在}[0,1]上带权ρ()x=的正交nnn2xx−****多项式，并求TxTxTxTx(),(),(),()。0123解：*若Tx()=T(2x−1),x∈[0,1]，则nn1**TxTxPxdx()()()∫nm011=T(2x−1)T(2x−1)dx∫nm02xx−t+1令t=(2x−1)，则t∈−[1,1]，且x=，故2 课后答案网www.khdaw.com1**TxTx()()()ρxdx∫nm011t+1=TtTt()()d()∫nm−1t+1t+122−()2211=TtTt()()dt∫−1nm21−t*1又∵切比雪夫多项式{Tx()在区间}[0,1]上带权ρ()x=正交，且k21−x⎧0,n≠m⎪1x⎪πTxTxd()()=⎨,n=m≠0∫−1nm122−t⎪⎪π,n=m=0⎩*1∴{Tx()是在}[0,1]上带权ρ()x=的正交多项式。n2xx−又∵Tx()1,=x∈−[1,1]0*∴Tx()=T(2x−1)1,=x∈[0,1]00∵Tx()=xx,∈−[1,1]1*∴Tx()=T(2x−1)=2x−1,x∈[0,1]112∵Tx()=2x−1,x∈−[1,1]2*∴Tx()=T(2x−1)222=2(2x−1)−12=8x−8x−1,x∈[0,1]3∵Tx()=4x−3,xx∈−[1,1]3*∴Tx()=T(2x−1)333=4(2x−1)−3(2x−1)32=32x−48x+18x−1,x∈[0,1]28。对权函数ρ()1x=−x，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：2若ρ()1x=−x，则区间[1,1]−上内积为 课后答案网www.khdaw.com1(,)fg=∫fxgx()()()ρxdx−1定义ϕ()1x=，则0ϕ()x=(x−αϕ)()x−βϕ()xn+1nnnn−1其中α=(xϕ(),xϕ())/(xϕ(),xϕ())xnnnnnβ=(ϕ(),xϕ())/(xϕ(),xϕ())xnnnn−1n−1∴α=(,1)/(1,1)x012∫x(1+xdx)=−112∫(1+xdx)−1=0∴ϕ()x=x12α=(,)/(,)xxxx1132∫x(1+xdx)=−1122∫x(1+xdx)−1=0β=(,)/(1,1)xx1122∫x(1+xdx)−1=12∫(1+x)dx−116152==85322∴ϕ()x=x−25 课后答案网www.khdaw.com32222222α=(x−xx,−)/(x−,x−)25555132222∫(x−xx)(−)(1+xdx)=−155122222∫(x−)(x−)(1+xdx)−155=02222β=(x−,x−)/(,)xx255122222∫(x−)(x−)(1+xdx)=−155122∫x(1+xdx)−113652517==1670153221739∴ϕ()x=x−x−x=x−x3570149。试证明由教材式(2.14)给出的第二类切比雪夫多项式族{ux()}是[0,1]上带权n2ρ()x=1−x的正交多项式。证明：sin[(n+1)arccos]x若Ux()=n21−x令x=cosθ，可得12U()xUx()1−xdx∫−1mn1sin[(m+1)arccos]sin[(xn+1)arccos]x=∫dx−121−x0sin[(m+1)sin[(θn+1)]θ=∫dθπ21cos−θπ=∫sin[(m+1)sin[(θn+1)]θθd0当m=n时，π2∫sin[(m+1)θθd0π1cos[2(−m+1)]θ=∫dθ02π=2当m≠n时， 课后答案网www.khdaw.comπ∫sin[(m+1)sin[(θn+1)]θθd0π1=∫sin[(m+1)θd{cos(n+1)}θ0n+1π1=∫cos(n+1)θd{sin[(m+1)]}θ0n+1πm+1=∫−cos(n+1)cos(θm+1)θθd0n+1πm+11=−∫cos[(m+1)]{θdsin[(n+1)]}θ0n+1n+1πm+1=−sin[(n+1)]θd{cos[(m+1)]}θ∫0(n+1)2πm+12=∫()sin[(n+1)]sin[(θm+1)]θθd0n+1=0m+12π∴−[1()]∫sin[(n+1)]sin[(θm+1)]θθd=0n+10m+12又∵m≠n，故()≠1n+1π∴∫sin[(n+1)]sin[(θm+1)]θθd=00得证。10。证明切比雪夫多项式Tx()满足微分方程n22(1−xTx)()′′−xTx′()+nTx()=0nnn证明：切比雪夫多项式为Tx()=cos(arccos),nxx≤1n从而有 课后答案网www.khdaw.com−1Tx′()=−sin(arccos)nxnii()n21−xn=sin(arccos)nx21−x2nnTx′′()=sin(arccos)nx−cos(arccos)nxn32221−x(1−x)22∴−(1xTx)()′′−xTx′()+nTx()nnnnx2=sin(arccos)nx−ncos(arccos)nx21−xnx2−sin(arccos)nx+ncos(arccons)x21−x=0得证。11。假设fx()在[,]ab上连续，求fx()的零次最佳一致逼近多项式？解：∵fx()在闭区间[,]ab上连续∴存在xx,∈[,]ab，使12fx()=min(),fx1axb≤≤fx()=max(),fx2axb≤≤1取P=[()fx+fx()]122则x和x是[,]ab上的2个轮流为“正”、“负”的偏差点。12由切比雪夫定理知P为fx()的零次最佳一致逼近多项式。312。选取常数，使amaxx−ax达到极小，又问这个解是否唯一？0≤≤x1解：3令fx()=x−ax则fx()在[1,1]−上为奇函数3∴maxx−ax0≤≤x13=maxx−ax−≤≤1x1=f∞ 课后答案网www.khdaw.com又∵fx()的最高次项系数为1，且为3次多项式。1∴ω()x=Tx()与0的偏差最小。3332133ω()x=Tx()=x−x33443从而有a=4π13。求fx()=sinx在[0,]上的最佳一次逼近多项式，并估计误差。2解：π∵fx()=sin,xx∈[0,]2fx′()=cos,xf′′()x=−sinx≤0fb()−fa()2a==,1ba−π2cosx=,2π2∴x=arccos≈0.880692πfx()=0.771182fa()+fx()fb()−faa()+x22a=−i02ba−2=0.10526于是得fx()的最佳一次逼近多项式为2Px()=0.10526+x1π即2πsinx≈0.10526+x,0≤x≤π2误差限为sinxPx−()1∞=sin0−P(0)1=0.10526x14。求fx()=e[0,1在][0,1上的最佳一次逼近多项式。]解：x∵fx()=ex,∈[0,1]x∴fx′()=e,xf′′()x=e>0 课后答案网www.khdaw.comfb()−fa()a==−e11ba−ex2=−e1x=ln(e−1)2fx()=ex2=−e12fa()+fx()fb()−faa()+x22a=−i02ba−21(+e−1)ln(e−1)=−(e−1)221=ln(e−1)2于是得fx()的最佳一次逼近多项式为e1Px()=+(e−1)[x−ln(e−1)]1221=(e−1)x+[e−(e−1)ln(e−1)]24315。求fx()=x+3x−1在区间[0,1]上的三次最佳一致逼近多项式。解：43∵fx()=x+3x−1,x∈[0,1]1令t=2(x−)，则t∈−[1,1]211且x=t+22114113∴ft()=(t+)+3(t+)−122221432=(t+10t+2422tt−9)16432令gt()16()=ft，则gt()=t+10t+24t+22t−9*若gt()为区间[1,1]−上的最佳三次逼近多项式Pt()应满足3*max()gt−Pt()=min3−≤≤1t1*1142当gt()−Pt()=Tt()=(8t−8t+1)33428*时，多项式gt()−Pt()与零偏差最小，故3 课后答案网www.khdaw.com*1()t=gt()−Tt()33423273=10t+25t+22t−81*进而，fx()的三次最佳一致逼近多项式为Pt()，则fx()的三次最佳一致逼近多项式316为*13273Pt()=[10(2x−1)+25(2x−1)+22(2x−1)−]31683521129=5x−x+x−441282416。fx()=x，在[−1,1上求关于]Φ=span{1,xx,的最佳平方逼近多项式。}解：∵fx()=xx,∈−[1,1]1若(,)fg=∫fxgxdx()()−124且ϕ=1,ϕ=x,ϕ=x，则01222222ϕ=2,ϕ=,ϕ=,0212225911(,fϕ)1,(,)=fϕ=,(,fϕ)=,0122322(,)1,(,ϕϕ=ϕϕ)=,(,ϕϕ)=,01021257则法方程组为⎛22⎞⎛⎞2⎜35⎟⎜⎟1⎜⎟⎛a0⎞⎜⎟⎜222⎟⎜⎟⎜⎟1a=⎜357⎟⎜1⎟⎜⎟2⎜⎟⎜⎟⎝a⎠⎜⎟22221⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝579⎠⎝⎠3解得⎧a=0.11718750⎪⎨a=1.6406251⎪⎩a=−0.8203125224故fx()关于Φ=span{1,xx,的最佳平方逼近多项式为} 课后答案网www.khdaw.com*24Sx()=a+ax+ax01224=0.11718751.640625+x−0.8203125x17。求函数fx()在指定区间上对于Φ=span{1,x}的最佳逼近多项式：1x(1)()fx=,[1,3];(2)()fx=e,[0,1];x(3)()fx=cosπx,[0,1];(4)()fx=ln,[1,2];x解：1(1)∵fx()=,[1,3];x3若(,)fg=∫fxgxdx()()1且ϕ=1,ϕ=x,，则有012226ϕ=2,ϕ=,02123(,)ϕϕ=4,01(,fϕ)=ln3,(,)fϕ=2,01则法方程组为⎛24⎞⎜⎟⎛a0⎞⎛ln3⎞26⎜⎟=⎜⎟⎜⎜4⎟⎟⎝a1⎠⎝2⎠⎝3⎠从而解得⎧a=1.14100⎨⎩a=−0.29581故fx()关于Φ=span{1,x}的最佳平方逼近多项式为*Sx()=a+ax01=1.14100.2958−xx(2)∵fx()=e,[0,1]1若(,)fg=∫fxgxdx()()0且ϕ=1,ϕ=x,，则有01 课后答案网www.khdaw.com221ϕ=1,ϕ=,021231(ϕϕ,)=,012(,fϕ)=−e1,(,)1,fϕ=01则法方程组为⎛1⎞1⎜2⎟⎛a⎞⎛e−1⎞0⎜⎟⎜⎟⎜=⎟11a1⎜⎟⎝1⎠⎝⎠⎜⎟⎝23⎠从而解得⎧a=0.18780⎨⎩a=1.62441故fx()关于Φ=span{1,x}的最佳平方逼近多项式为*Sx()=a+ax01=0.18781.6244+x(3)∵fx()cos=πxx,∈[0,1]1若(,)fg=∫fxgxdx()()0且ϕ=1,ϕ=x,，则有01221ϕ=1,ϕ=,021231(,)ϕϕ=,0122(,fϕ)=0,(,)fϕ=−,012π则法方程组为⎛1⎞⎜1⎟⎛0⎞2⎛a0⎞=⎜⎟⎜⎟⎜⎟2⎜11⎟⎝a1⎠⎜⎜−2⎟⎟⎜⎟⎝π⎠⎝23⎠从而解得⎧a=1.21590⎨⎩a=−0.243171 课后答案网www.khdaw.com故fx()关于Φ=span{1,x}的最佳平方逼近多项式为*Sx()=a+ax01=1.21590.24317−x(4)∵fx()=ln,xx∈[1,2]2若(,)fg=∫fxgxdx()()1且ϕ=1,ϕ=x,则有01227ϕ=1,ϕ=,021233(,)ϕϕ=,0123(,fϕ)=2ln21,(,)−fϕ=2ln2−,014则法方程组为⎛3⎞1⎛2ln21−⎞⎜⎟⎛a⎞⎜2⎟⎜0⎟=⎜⎟337a⎜2ln2−⎟⎜⎟⎝1⎠⎜⎟⎝4⎠⎝23⎠从而解得⎧a=−0.63710⎨⎩a=0.68221故fx()关于Φ=span{1,x}最佳平方逼近多项式为*Sx()=a+ax01=−0.63710.6822+xπ18。fx()=sinx，在[1,1]−上按勒让德多项式展开求三次最佳平方逼近多项式。2解：π∵fx()=sinxx,∈−[1,1]2按勒让德多项式{PxPxPxPx(),(),(),()}展开0123 课后答案网www.khdaw.com1π2π−1((),fxPx())=sinxdx=cosx=00∫−12π211π8((),())fxPx=xsinxdx=1∫2−12π1321π((),fxPx())=(x−)sinxdx=02∫−122221533π48(π−10)((),())fxPx=(x−x)sinxdx=3∫4−1222π则*a=((),fxPx())/2=000*12a=3((),())/2fxPx=112π*a=5((),fxPx())/2=0222*168(π−10)a=7((),())/2fxPx=334π从而fx()的三次最佳平方逼近多项式为*****Sx()=aPx()+aPx()+aPx()+aPx()300112233212168(π−10)533=x+(x−x)24ππ2222420(π−10)3120(212−π)=x+44ππ3≈1.5531913x−0.5622285x19。观测物体的直线运动，得出以下数据：时间t(s)00.91.93.03.95.0距离s(m)010305080110求运动方程。解：被观测物体的运动距离与运动时间大体为线性函数关系，从而选择线性方程s=abt+令Φ=span{1,t}则22ϕ=6,ϕ=53.63,0212(,)14.7,ϕϕ=01(,)ϕs=280,(,)1078,ϕs=01则法方程组为⎛614.7⎞⎛⎞a⎛280⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎝14.753.63⎠⎝⎠b⎝1078⎠ 课后答案网www.khdaw.com从而解得⎧a=−7.855048⎨⎩b=22.25376故物体运动方程为S=22.25376t−7.85504820。已知实验数据如下：1925313844xi19.032.349.073.397.8yj2用最小二乘法求形如s=+abx的经验公式，并计算均方误差。解：2若s=abx+，则2Φ=span{1,x}则22ϕ=5,ϕ=7277699,0212(,)ϕϕ=5327,01(,fϕ)=271.4,(,)fϕ=369321.5,01则法方程组为⎛55327⎞⎛⎞a⎛271.4⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎝53277277699⎠⎝⎠b⎝369321.5⎠从而解得⎧a=0.9726046⎨⎩b=0.05003512故y=0.97260460.0500351+x4122均方误差为δ=[(()yx−y)]=0.1226∑jjj=021。在某佛堂反应中，由实验得分解物浓度与时间关系如下：时间t0510152025303540455055浓度01.272.162.863.443.874.154.374.514.584.624.64−4y(10)×用最小二乘法求y=ft()。 课后答案网www.khdaw.com解：观察所给数据的特点，采用方程−by=aet,(,ab>0)两边同时取对数，则blny=lna−t⎧1⎫1取Φ=span⎨1,−⎬,S=ln,yx=−⎩t⎭t**则S=a+bx22ϕ=11,ϕ=0.062321,0212(,)ϕϕ=−0.603975,01(,)ϕf=−87.674095,(,)ϕf=5.032489,01则法方程组为*⎛11−0.603975⎞⎛a⎞⎛−87.674095⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟−0.6039750.062321⎜*⎟5.032489⎝⎠⎝b⎠⎝⎠从而解得*⎧⎪a=−7.5587812⎨*⎪⎩b=7.4961692因此a*a=e=5.2151048*b=b=7.49616927.4961692−∴=y5.2151048et22。给出一张记录{}f=(4,3,2,1,0,1,2,3),用FFT算法求{}c的离散谱。kk解：{}f=(4,3,2,1,0,1,2,3),k则k=0,1,⋯,7,N=804ω=ω=1,π−i154ω=ω=e,π−i262ω=ω=e=−i,3π−i374ω=ω=e, 课后答案网www.khdaw.comk01234567x43210123k3A4442ω404−2ω1A84048220−222C16422+0422−0422−0422+j23x+6x23，用辗转相除法将R()x=化为连分式。222x+6x+6解23x+6xR()x=222x+6x+612x+18=−32x+6x+612=−3394x+−23x+2120.75=−3−x+4.5x+1.524。求fx()=sinx在x=0处的(3,3)阶帕德逼近R()x。33解：由fx()sin=x在x=0处的泰勒展开为357xxxsinx=−x+−+⋯3!5!7!得C=0,0C=1,1C=0,211C=−=−,33!6C=0,4 课后答案网www.khdaw.com11C==,55!120C=0,6从而−Cb−Cb−Cb=C1322314−Cb−Cb−Cb=C2332415−Cb−Cb−Cb=C3342516即⎛1⎞10−⎜6⎟⎛0⎞⎜⎟⎛b3⎞⎜⎟⎜1⎟⎜⎟1−0−0b=⎜⎟⎜6⎟⎜2⎟⎜120⎟⎜⎟⎜⎟⎝b⎠⎜⎟1110⎜−0⎟⎝⎠⎜⎟⎝6120⎠从而解得⎧b=03⎪⎪1⎨b=2⎪20⎪b=0⎩1k−1又∵a=Cb+Ck(=0,1,2,3)k∑jkj−kj=0则a=C=000a=Cb+C=01011a=Cb+Cb=0202117a=Cb+Cb+Cb+C=−3031221360故 课后答案网www.khdaw.com23a+axax++ax0123R()x=33231+bxbx++bx12373x−x60=121+x20360x−7x=3603+xx25。求fx()=e在x=0处的(2,1)阶帕德逼近R()x。21解：x由fx()=e在x=0处的泰勒展开为23xxxe=++1x++⋯2!3!得C=1,0C=1,111C==,22!211C==,33!6从而−Cb=C213即11−b=126解得1b=−13k−1又∵a=Cb+Ck(=0,1,2)k∑jkj−kj=0则a=C=1002a=Cb+C=101131a=Cb+C=21126 课后答案网www.khdaw.com故2a+axax+012R()x=211+bx12121+x+x36=11−x3264+x+x=62−x 课后答案网www.khdaw.com第四章数值积分与数值微分1.确定下列求积公式中的特定参数，使其代数精度尽量高，并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度：h(1)fxdx()≈Af(−h)+Af(0)+Afh();∫−101−h2h(2)fxdx()≈Af(−h)+Af(0)+Afh();∫−2h−1011(3)fxdx()≈[(1)2()3()]/3;f−+fx+fx∫−112h2(4)∫fxdx()≈hf[(0)+fh()]/2+ahf[(0)′−fh′()];0解：求解求积公式的代数精度时，应根据代数精度的定义，即求积公式对于次数不超过m的多项式均能准确地成立，但对于m+1次多项式就不准确成立，进行验证性求解。h（1）若(1)fxdx()≈Af(−h)+Af(0)+Afh()∫−101−h令fx()1=，则2h=A+A+A−101令fx()=x，则0=−Ah+Ah−112令fx()=x，则2322h=hA+hA−113从而解得⎧4A=h⎪03⎪⎪1⎨A=h13⎪⎪1⎪A=h−1⎩33令fx()=x，则hh3∫fxdx()=∫xdx=0−h−hAf(−h)+Af(0)+Afh()=0−101h故fxdx()=Af(−h)+Af(0)+Afh()成立。∫−101−h4令fx()=x，则 课后答案网www.khdaw.comhh245∫−hfxdx()=∫−hxdx=h525Af(−h)+Af(0)+Afh()=h−1013故此时，hfxdx()≠Af(−h)+Af(0)+Afh()∫−101−hh故fxdx()≈Af(−h)+Af(0)+Afh()∫−101−h具有3次代数精度。2h（2）若fxdx()≈Af(−h)+Af(0)+Afh()∫−101−2h令fx()1=，则4h=A+A+A−101令fx()=x，则0=−Ah+Ah−112令fx()=x，则16322h=hA+hA−113从而解得⎧4A=−h⎪03⎪⎪8⎨A=h13⎪⎪8⎪A=h−1⎩33令fx()=x，则2h2h3∫fxdx()=∫xdx=0−2h−2hAf(−h)+Af(0)+Afh()=0−1012h故fxdx()=Af(−h)+Af(0)+Afh()成立。∫−101−2h4令fx()=x，则 课后答案网www.khdaw.com2h2h6445∫fxdx()=∫xdx=h−2h−2h5165Af(−h)+Af(0)+Afh()=h−1013故此时，2hfxdx()≠Af(−h)+Af(0)+Afh()∫−101−2h因此，2hfxdx()≈Af(−h)+Af(0)+Afh()∫−101−2h具有3次代数精度。1（3）若fxdx()≈[(1)2()3()]/3f−+fx+fx∫12−1令fx()1=，则1fxdx()=2[(1)2()3()]/3=f−+fx+fx∫12−1令fx()=x，则0=−+12x+3x122令fx()=x，则22212=+x+3x12从而解得⎧x=−0.2899⎧x=0.689911⎨或⎨⎩x=0.5266⎩x=0.1266223令fx()=x，则113∫fxdx()=∫xdx=0−1−1[(1)2()3()]/3f−+fx+fx≠0121故fxdx()=[(1)2()3()]/3f−+fx+fx不成立。∫12−1因此，原求积公式具有2次代数精度。h2（4）若∫fxdx()≈hf[(0)+fh()]/2+ahf[(0)′−fh′()]0令fx()1=，则h∫fxdx()=h,0 课后答案网www.khdaw.com2hf[(0)+fh()]/2+ahf[(0)′−fh′()]=h令fx()=x，则hh12∫fxdx()=∫xdx=h002212hf[(0)+fh()]/2+ahf[(0)′−fh′()]=h22令fx()=x，则hh123∫fxdx()=∫xdx=h0032132hf[(0)+fh()]/2+ahf[(0)′−fh′()]=h−2ah2故有13132h=h−2ah321a=123令fx()=x，则hh134∫fxdx()=∫xdx=h00412141414hf[(0)+fh()]/2+hf[(0)′−fh′()]=h−h=h122444令fx()=x，则hh145∫0fxdx()=∫0xdx=h512151515hf[(0)+fh()]/2+hf[(0)′−fh′()]=h−h=h12236故此时，h12∫fxdx()≠hf[(0)+fh()]/2+hf[(0)′−fh′()],012h12因此，∫fxdx()≈hf[(0)+fh()]/2+hf[(0)′−fh′()]012具有3次代数精度。2.分别用梯形公式和辛普森公式计算下列积分： 课后答案网www.khdaw.com1x(1)dxn,=8;∫04+x21−x21(1−e)(2)∫dxn,=10;0x9(3)∫xdxn,=4;1π62(4)∫4sin−ϕϕd,n=6;0解：1x(1)n=8,a=0,b=1,h=,()fx=284+x复化梯形公式为7hT=[()2fa+fx()+fb()]=0.111408∑k2k=1复化辛普森公式为77hS=[()4fa+fx()2+fx()+fb()]=0.111578∑1∑k6k+k=02k=111(1−e−x)2(2)n=10,a=0,b=1,h=,()fx=10x复化梯形公式为9hT10=[()2fa+∑fx()k+fb()]1.39148=2k=1复化辛普森公式为99hS=[()4fa+fx()2+fx()+fb()]1.45471=10∑1∑k6k=0k+2k=1(3)n=4,a=1,b=9,h=2,()fx=x,复化梯形公式为3hT4=[()2fa+∑fx()k+fb()]17.22774=2k=1复化辛普森公式为33hS4=[()4fa+∑fx(1)2+∑fx()k+fb()]17.32222=6k+k=02k=1ππ2(4)n=6,a=0,b=,h=,()fx=4sin−ϕ636复化梯形公式为 课后答案网www.khdaw.com5hT6=[()2fa+∑fx()k+fb()]1.03562=2k=1复化辛普森公式为55hS=[()4fa+fx()2+fx()+fb()]1.03577=6∑1∑k6k+k=02k=13。直接验证柯特斯教材公式（2。4）具有5交代数精度。证明：柯特斯公式为bba−fxdx()=[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx∫01234a90令fx()1=，则bba−∫fxdx()=a90ba−[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx=−ba0123490令fx()=x，则bb122∫fxdx()=∫xdx=(b−a)aa2ba−122[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx=(b−a)012349022令fx()=x，则bb1233∫afxdx()=∫axdx=(b−a)3ba−133[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx=(b−a)012349033令fx()=x，则bb1344∫fxdx()=∫xdx=(b−a)aa4ba−144[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx=(b−a)012349044令fx()=x，则 课后答案网www.khdaw.combb1455∫afxdx()=∫axdx=(b−a)5ba−155[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx=(b−a)012349055令fx()=x，则bb1566∫fxdx()=∫xdx=(b−a)aa6ba−166[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx=(b−a)012349066令fx()=x，则hba−fxdx()≠[7()32()12()32()7()]fx+fx+fx+fx+fx∫01234090因此，该柯特斯公式具有5次代数精度。1−x4。用辛普森公式求积分∫edx并估计误差。0解：辛普森公式为ba−ab+S=[()4(fa+f)+fb()]62此时，−xa=0,b=1,()fx=e,从而有11−2−1S=(14+e+e)=0.632336误差为baba−−4(4)Rf()=−()f()η1802110≤××e=0.00035,η∈(0,1)418025。推导下列三种矩形求积公式：bf′()η2∫fxdx()=(bafa−)()+(ba−);a2bf′()η2∫fxdx()=(bafb−)()−(ba−);a2bab+f′′()η3∫fxdx()=(baf−)()+(ba−);a224 课后答案网www.khdaw.com证明：(1)∵fx()=fa()+f′()(ηxa−),η∈(,)ab两边同时在[,]ab上积分，得bb∫fxdx()=(bafa−)()+f′()η∫(xadx−)aa即bf′()η2∫fxdx()=(bafa−)()+(ba−)a2(2)∵fx()=fb()−f′()(ηbx−),η∈(,)ab两边同时在[,]ab上积分，得bb∫fxdx()=(bafa−)()−f′()η∫(bxdx−)aa即bf′()η2∫fxdx()=(bafb−)()−(ba−)a2ab+ab+ab+f′′()ηab+2(3)∵fx()=f()+f′()(x−)+(x−),η∈(,)ab22222两连边同时在[,]ab上积分，得bab+ab+bab+f′′()ηbab+2∫fxdx()=(baf−)()+f′()∫(x−)dx+∫(x−)dxa22a22a2即bab+f′′()η3∫fxdx()=(baf−)()+(ba−);a2241x6。若用复化梯形公式计算积分I=∫edx，问区间[0,1]应人多少等分才能使截断误差不超01−5过×10？若改用复化辛普森公式，要达到同样精度区间[0,1]应分多少等分？2解：采用复化梯形公式时，余项为ba−2Rf()=−hf′′(),ηη∈(,)abn121x又∵I=∫edx0xx故fx()=ef,′′()x=ea,=0,b=1.12e2∴Rf()=hf′′()η≤hn1212 课后答案网www.khdaw.com1−5若Rf()≤×10，则n226−5h≤×10e当对区间[0,1]进行等分时，1h=,n故有e−5n≥×10=212.856因此，将区间213等分时可以满足误差要求采用复化辛普森公式时，余项为bah−4(4)Rf()=−()f(),ηη∈(,)abn1802x又∵fx()=e,(4)x∴f()x=e,14(4)e4∴Rf()=−h|f()|η≤hn288028801−5若Rf()≤×10，则n241440−5h≤×10e当对区间[0,1]进行等分时1n=h故有1144054n≥(×10)=3.71e因此，将区间8等分时可以满足误差要求。b7。如果f′′()x>0，证明用梯形公式计算积分I=∫fxdx()所得结果比准确值大，并说Ia明其几何意义。解：采用梯形公式计算积分时，余项为f′′()η3R=−(ba−),η∈[,]abT12又∵fx′′()0>且b>a∴R<0T 课后答案网www.khdaw.com又∵R=−1TT∴0为下凸函数，梯形面积大于曲边梯形面积。−58。用龙贝格求积方法计算下列积分，使误差不超过10.21−x(1)∫edxπ02π(2)∫xsinxdx032(3)∫x1+xdx.0解：21−x(1)I=∫edxπ0k()k()k()k()kTTTT012300.771743310.72806990.713512120.71698280.71328700.713272030.71420020.71327260.71327170.7132717因此I=0.7137272π(2)I=∫xsinxdx0k()k()kTT010−63.451313×101−7−218.628283×10-4.446923×10因此I≈032(3)I=∫x1+xdx0k()k()k()k()k()k()kTTTTTT012345014.2302495111.171369910.1517434210.443796910.201272510.2045744310.266367210.207224010.207620710.2076691410.222270210.207571210.207594310.207593910.2075936510.211260710.207590910.207592210.207592210.207592210.2075922 课后答案网www.khdaw.com因此I≈10.20759229。用n=2,3的高斯-勒让德公式计算积分3x∫esinxdx.1解：3xI=∫esinxdx.1∵x∈[1,3],令t=−x2，则t∈−[1,1]用n=2的高斯—勒让德公式计算积分I≈0.5555556[(0.7745967)×f−+f(0.7745967)]0.8888889+×f(0)≈10.9484用n=3的高斯—勒让德公式计算积分I≈0.3478548[(0.8611363)×f−+f(0.8611363)]+0.6521452[(0.3399810)×f−+f(0.3399810)]≈10.9501410地球卫星轨道是一个椭圆，椭圆周长的计算公式是πc22S=a∫21()sin−θθd,0a这是是椭圆的半径轴，ac是地球中心与轨道中心（椭圆中心）的距离，记h为近地点距离，H为远地点距离，R=6371（km）为地球半径，则a=(2R+H+h)/2,c=(H−h)/2.我国第一颗地球卫星近地点距离h=439(km)，远地点距离H=2384(km）。试求卫星轨道的周长。解：∵R=6371,h=439,H=2384从而有。a=(2R+H+h)/2=7782.5c=(H−h)/2=972.5π2c22S=4a∫1()sin−θθd0ak()k()k()kTTT01201.56464011.5646461.56464821.5646461.5646461.564646 课后答案网www.khdaw.comI≈1.564646S≈48708(km)即人造卫星轨道的周长为48708km11。证明等式35πππnsin=π−+−⋯24n3!n5!nπ试依据nsin()(n=3,6,12)的值，用外推算法求π的近似值。n解π若fn()=nsin,n1315又∵sinx=−xx+x−⋯3!5!∴此函数的泰勒展式为πfn()=nsinnπ1π31π5=n[−()+()−⋯]n3!n5!n35ππ=π−+−⋯243!n5!n()kT≈πnπ当n=3时,nsin=2.598076nπ当n=6时,nsin=3nπ当n=12时,nsin=3.105829n由外推法可得n()n()n()nTTT01232.59807663.0000003.13397593.1058293.1411053.141580故π≈3.141583dy12。用下列方法计算积分∫，并比较结果。1y(1)龙贝格方法；(2)三点及五点高斯公式； 课后答案网www.khdaw.com(3)将积分区间分为四等分，用复化两点高斯公式。解3dyI=∫1y(1)采用龙贝格方法可得k()k()k()k()k()kTTTTT0123401.33333311.1666671.09925921.1166671.1000001.09925931.1032111.0987261.0986411.09861341.0997681.0986201.0986131.0986131.098613故有I≈1.098613(2)采用高斯公式时3dyI=∫1y此时y∈[1,3],令x=y−z,则x∈−[1,1],11I=∫dx,−1x+21fx()=,x+2利用三点高斯公式，则I=0.5555556[(0.7745967)×f−+f(0.7745967)]0.8888889+×f(0)≈1.098039利用五点高斯公式，则I≈0.2369239[(0.9061798)×f−+f(0.9061798)]+0.4786287[(0.5384693)×f−+f(0.5384693)]0.5688889+×f(0)≈1.098609(3)采用复化两点高斯公式将区间[1,3]四等分，得I=I+I+I+I12341.5dy2dy2.5dy3dy=∫1+∫1.5+∫2+∫2.5yyyy 课后答案网www.khdaw.comx+5作变换y=，则411I=dx,1∫−1x+51fx()=,x+5I≈f(0.5773503)−+f(0.5773503)≈0.40540541x+7作变换y=，则411I=dx,2∫−1x+71fx()=,x+7I≈f(0.5773503)−+f(0.5773503)≈0.28767122x+9作变换y=，则411I=dx,3∫−1x+91fx()=,x+9I≈f(0.5773503)−+f(0.5773503)≈0.22314053x+11作变换y=，则411I=dx,4∫−1x+111fx()=,x+11I≈f(0.5773503)−+f(0.5773503)≈0.18232044因此，有I≈1.098538113.用三点公式和积分公式求fx()=在x=1.0,1.1，和1.2处的导数值，并估计误差。2(1+x)fx()的值由下表给出：x1.01.11.2F(x)0.25000.22680.2066解：1fx()=2(1+x) 课后答案网www.khdaw.com由带余项的三点求导公式可知21hfx′()=[3()4()−fx+fx−fx()]+f′′′()ξ00122h321hfx′()=[−fx()+fx()]−f′′′()ξ1022h621hfx′()=[()4()3()]fx−fx+fx+f′′′()ξ20122h3又∵fx()=0.2500,()fx=0.2268,()fx=0.2066,0121∴fx′()≈[3()4()−fx+fx−fx()]=0.24700122h1fx′()≈[−fx()+fx()]=−0.2171022h1fx′()=[()4()3()]fx−fx+fx=−0.18720122h1又∵fx()=2(1+x)−24∴f′′′()x=5(1+x)又∵x∈[1.0,1.2]∴f′′′()ξ≤0.75故误差分别为2h−3Rx()=f′′′()ξ≤2.510×032h−3Rx()=f′′′()ξ≤1.2510×162h−3Rx()=f′′′()ξ≤2.510×23利用数值积分求导，设ϕ()x=fx′()xk+1fx()=fx()+ϕ()xdxk+1k∫xk由梯形求积公式得xk+1hϕ()xdx=[()ϕx+ϕ(x)]∫kk+1xk2 课后答案网www.khdaw.com从而有hfx()=fx()+[()ϕx+ϕ(x)]k+1kkk+12故2ϕ()x+ϕ()x=[()fx−fx()]0110h2ϕ()x+ϕ()x=[()fx−fx()]1221hxk+1又∵fx()=fx()+ϕ()xdxk+1k−1∫xk−1xk+1且ϕ()xdx=h[(ϕx)+ϕ(x)]∫k−1k+1xk−1从而有fx()=fx()+h[(ϕx)+ϕ(x)]k+1k−1k−1k+11故ϕ()x+ϕ()x=[()fx−fx()]0220h即⎧ϕ()x+ϕ()x=−0.46401⎪⎨ϕ()x+ϕ()x=−0.40412⎪⎩ϕ()x+ϕ()x=−0.43402解方程组可得⎧ϕ()x=−0.2470⎪⎨ϕ()x=−0.2171⎪⎩ϕ()x=−0.1872 课后答案网www.khdaw.com第5章数值分析课后习题全解第5章：解线性方程组的直接方法1．证明：由消元公式及A的对称性得(2)aaj12i1a=a−aa=−a=a,,ij=2,3,..........,nijija111jj1a111iji故A2对称2．证明：（1）因A对称正定，故aii=(Aei,ei)0,>i=1,2,......,nT其中e=（0,…,0,1,0,...,0）为第i个单位向量.i(2)由A的对称性及消元公式得⎡u11u12⋯u1n⎤d1⎡d1⎤⎢⎥⎢⎥⎢u22⋯u2n⎥d2⎢d2⎥(2)ai1a=a-a=ijij1j⎢⋱⋮⎥⋮⎢⋮⎥a11⎢⎥⎢⎥udd⎣nn⎦n⎣n⎦aj1(2)aji-a1i=aji，I,j=2,…,na11故A也对称.2T⎡aa⎤111T又=LAAL⎢⎥110A⎣2⎦⎡1⎤⎢⎥a⎢−211⎥⎢a⎥11其中L1=⎢⎥..⎢⎥⎢a⎥n1⎢−...1⎥⎣a11⎦显然L非其异,从而对任意的x≠0,有1TTTTLX≠0,(x,LALX)=(Lx,ALX)>0(由A的正定性)11111T故LAL正定.11 课后答案网www.khdaw.comT⎡a110⎤又LAL=,而a>0,故A正定.11⎢⎥1120A⎣2⎦3.证明由矩阵乘法简单运算即得证.4.解设有分解⎡42⎤⎡α1⎤⎡1β1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢3−21⎥⎢3α21⎥⎢1β2⎥=⎢253⎥⎢2α33⎥⎢1β3⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣−16⎦⎣−1α4⎦⎣1⎦由公式⎧b=ac=αβ11,111⎪⎨b=αβ+α,i=2,3,⋯,niii−1i⎪c=αβ,i=2,3,⋯.n−1⎩iii其中b,a,c分别是系数矩阵的主对角线元素及下边和上边的次对角线元iii素.故有⎧1α=4,β=⎪112⎪⎪72α=−,β=−22⎪27⎨397⎪α=,β=33⎪713⎪85⎪α=4⎩13从而有⎡4⎤⎡1⎤1⎢7⎥⎢2⎥⎡42⎤⎢3−⎥⎢⎥⎢⎥⎢2⎥⎢2⎥3−211−⎢⎥=⎢39⎥⎢7⎥⎢253⎥⎢2⎥⎢⎥⎢⎥⎢7⎥⎢17⎥⎣−16⎦⎢85⎥⎢13⎥⎢−1⎥⎢⎥⎣13⎦⎣1⎦6323−y5故==,=1=yy124277−2102−y205+y23y==,y==134391385713 课后答案网www.khdaw.com2075231故x=1,x=−x=1,x=+x=1,x=−x=14342312131377225.解(1)设U为上三角阵⎡u11u12⋯u1n⎤⎡x1⎤⎡d1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥u⋯uxd⎢222n⎥⎢2⎥=⎢2⎥⎢⋱⋮⎥⎢⋮⎥⎢⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥uxd⎣nn⎦⎣n⎦⎣n⎦dn因ux=d，故x=.nnnnnunn⎡1000001⎤⎢⎥010−3n因⎢⋮⎥uxiii+∑uxijj=di,故⎢0−217⎥ji=+1⎢⎥⎢⎣1−101⎦nd−uxi∑ijiji=+1x=,i=n-1,n-2,⋯,1iuii当U为下三角阵时⎡u11⎤⎡⎤x1⎡d1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥uuxd⎢2122⎥⎢⎥2=⎢2⎥⎢⋮⋮⋱⎥⎢⎥⋮⎢⋮⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥uu⋯uxd⎣n1n2nn⎦⎣⎦n⎣n⎦i−1d−uxi∑ijjd1j=1得,x=,x=,i=2,3,…,n.11uu11ii(2)除法次数为n,乘法次数为1+2+…+(n-1)=n(n-1)/2故总的乘法次数为n+n(n-1)/2=n(n+1)/2.−1(3)设U为上三角阵,U=S,侧S也是上三角阵.由⎡u11u12⋯u1n⎤⎡s11s12⋯s1n⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥u⋯ss⋯s1⎢222n⎥⎢222n⎥=⎢⎥⎢⋱⋮⎥⎢⋱⋮⎥⎢⋱⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣unn⎦⎣snn⎦⎣1⎦1得s=,i=1,2,…,niiuii 课后答案网www.khdaw.comj∑usikkjki=+1s=-,j=i+1,i+2,…,n;i=n-1,n-2,…,1ijuii当U为下三角阵时,由⎡d11⎤⎡s11⎤⎡1⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥ddss1⎢2122⎥⎢2122⎥=⎢⎥⎢⋮⋮⋱⎥⎢⋮⋮⋱⎥⎢⋱⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣dn1dn2⋯dnn⎦⎣sn1sn2⋯snn⎦⎣1⎦1得s=,i=1,2,…,niiuiii−1∑usikkjk=1s=−,i=2,3,…,n;j=1,2,…,i-1ijuiiT6.证明(1)因A是对称正定阵,故存在唯一的分解A=LL,其中L是具有正对角元素的下三角阵.从而−1T−1T−1−1−1T−1A=(LL)=(L)L=(L)LT−1T−1T−1−1T−1−1(A)=⎡(L)L⎤=(L)L=A⎣⎦−1故A是对称矩阵.−1−1又L非奇异,故对任意的x≠0,有Lx≠0,故T−1T−1T−1−1T−1xAX=xL()Lx=(Lx)(Lx)>0−1−1故A是对称正定矩阵,即A也对称正定.(2)由A对称正盯,故A的所有顺序主子式均不为零,从而A有唯一的Doolittle分解A=LU.又⎡u12u1n⎤1⋯⎢⎥⎡u11⎤⎢u11u11⎥⎢⎥u⎢u⎥U=⎢22⎥1⋯2n=DU⎢⎥0⎢⋱⎥⎢u22⎥⎢⎥⎣unn⎦⎢⋱⋮⎥⎢⎥⎣1⎦其中D为对三角阵,U为单位上三角阵,于是0A=UL=DLU0 课后答案网www.khdaw.comTTT又A=A=UDLO由分解的唯一性即得TU=LOT从而有A=DLL又由A的对称正定性知Did=D>0,d=>0(i=2,3,…,n)11iDi−1⎡d1⎤⎢⎥d故D=⎢2⎥=⎢⋱⎥⎢⎥d⎣n⎦⎡d⎤⎡d⎤11⎢⎥⎢⎥11⎢d2⎥⎢d2⎥=D2D2⎢⎥⎢⎥⋱⋱⎢⎥⎢⎥⎢d⎥⎢d⎥⎣n⎦⎣n⎦1111TD22T22TT故A=LDL=LDL=(LD)(LD)=LL1其中L=LD2为三角元为正的下三角矩阵.⎡21−3−11000⎤⎢⎥310701007.解[A|I]=⎢⋮⎥->⎢−124−20010⎥⎢⎥⎢⎣10−150001⎦⎡10−150001⎤⎢⎥013−8010−3⎢⋮⎥->⎢02330011⎥⎢⎥⎢⎣01−1−11100−2⎦⎡10−150001⎤⎢⎥013−8010−3⎢⋮⎥->⎢00−3190−217⎥⎢⎥⎢⎣00−4−31−101⎦ 课后答案网www.khdaw.com⎡4214⎤100−0−−⎢⎥3333⎢⋮⎥⎢010110−114⎥⋮⎢19217⎥->⎢001−⋮0−−⎥⎢3333⎥⋮⎢855425⎥⎢000−1−−⎥⎣3333⎦4102316⎤−−⎥85178517⎥⎡1000⋮3364113⎥⎢−0100⋮85178517⎥⎢⎥->⎢0010⋮191538−−−⎥⎢⎣0001⋮85178517⎥⎥3145−−⎥85178517⎦⎡4102316⎤−−⎢⎥85178517⎢⎥⎢3364113⎥−−1⎢85178517⎥A=⎢⎥=19538⎢−−−⎥⎢85178517⎥⎢⎥3145⎢−−⎥⎣85178517⎦⎡0.04705890.5882353−0.2705882−0.9411765⎤⎢⎥0.3882353−0.35294120.48235290.7647059⎢⎥⎢−0.22352940.2941176−0.0352941−0.4705882⎥⎢⎥⎣−0.0352941−0.05882350.04705890.2941176⎦8．解设有分解⎡2−1⎤⎢⎥−12−1⎢⎥⎢−12−1⎥=⎢⎥−12−1⎢⎥⎢⎣−12⎥⎦⎡α1⎤⎡β1⎤⎢⎥⎢⎥−1α1β⎢2⎥⎢2⎥⎢−1α⎥⎢1β⎥33⎢⎥⎢⎥−1α1β⎢4⎥⎢4⎥⎢−1α⎥⎢1β⎥⎣5⎦⎣5⎦ 课后答案网www.khdaw.com由公式⎧b=αc=αβ11,111⎪⎨b=αβ+α,(i=2,3,4,5)iii−1i⎪⎩c=αβ,(i=2,3,4)iii其中b，a，c分别是系数矩阵的主角线元素及其下边和上边的次对角线元iii素，则有3456α=2，α=，α=，α=，α=1234523451234β=−，β=−，β=−，β=−12342345由⎡2⎤⎢⎥3⎢−1⎥⎡y1⎤⎡⎤1⎢2⎥⎢⎥⎢⎥⎢4⎥⎢y2⎥⎢⎥0⎢−1⎥3⎢y⎥=⎢⎥0⎢⎥⎢3⎥⎢⎥⎢5⎥y0⎢4⎥⎢⎥⎢−1⎥4⎢y⎥⎢⎥0⎢⎥⎣5⎦⎣⎦⎢6⎥−1⎢⎣5⎥⎦11111得y=，y=，y=，y=，y=1234523456由⎡⎤1⎢⎥⎡1⎤21−⎢⎥⎢2⎥⎡⎤x⎢⎥1⎢⎥1⎢2⎥⎢⎥x⎢⎥31−⎢⎥2⎢⎥⎢3⎥1⎢⎥⎢⎥x3=⎢⎥3⎢⎥⎢⎥4⎢1−⎥⎢⎥x⎢⎥⎢4⎥41⎢⎥⎢⎥⎣⎦x⎢⎥⎢⎥455⎢1−⎥⎣5⎦⎢⎥1⎢⎥⎣⎦611125得x=，x=，x=，x=，x=54321632369．解设 课后答案网www.khdaw.com⎡2−11⎤⎡1⎤⎡d1⎤⎡1l21l31⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥−123=l1d1l⎢⎥⎢21⎥⎢2⎥⎢32⎥⎢⎣131⎥⎦⎢⎣ll1⎥⎢⎦⎣d⎥⎢⎦⎣1⎥⎦31323由矩阵乘法得11d=2，l=−，l=121312257d=−，l=−2322527d=35由⎡⎤⎢1⎥⎢⎥⎡y1⎤⎡⎤4⎢1⎥⎢⎥⎢⎥−1y=5⎢2⎥⎢2⎥⎢⎥⎢⎥⎢y⎥⎢⎥⎣⎦617⎣3⎦⎢−1⎥⎣25⎦69得y=4，y=7，y=1235由⎡⎤⎡11⎤1−⎡⎤⎢2⎥⎢22⎥⎢⎥⎡x⎤⎢4⎥⎢⎥15⎢7⎥⎢⎥⎢⎥⎢−⎥1−x=7⎢⎥⎢2⎥⎢⎥⎢2⎥5⎢⎥⎢⎥⎢⎣x3⎥⎦⎢69⎥27⎢1⎥⎢⎥⎢⎥⎣5⎦⎣5⎦⎢⎣⎥⎦⎡11⎤⎡⎤⎡⎤1−⎡⎤⎢22⎥⎢2⎥⎢2⎥⎢⎥⎡x⎤⎢4⎥1⎢⎥⎢⎥⎢7⎥⎢⎥5⎢⎥14得⎢1−⎥⎢x⎥=⎢−⎥⎢7⎥=−⎢⎥25⎢2⎥⎢5⎥⎢⎥⎢⎣x3⎥⎦⎢⎥⎢69⎥⎢⎥⎢1⎥27⎢⎥23⎢⎥⎣5⎦⎢⎥⎣⎢⎦⎥⎣5⎦⎣9⎦23710故x==2.5555556，x==0.7777778，x==1.111111132199910．解A中∆=0，故不能分解。但det(A)=-10≠0,故若将A中第一行2与第三行交换，则可以分解，且分解唯一。B中，∆=∆=0，但它仍可以分解为23 课后答案网www.khdaw.com⎡1⎤⎡111⎤⎢⎥⎢⎥B=2100−1⎢⎥⎢⎥⎢⎣3l1⎥⎢⎦⎣00l−2⎥⎦3232其中l为一任意常数，且U奇异，故分解且分解不唯一，32对C，∆≠0，i=1,2,3,故C可分解且分解唯一。i⎡1⎤⎡126⎤⎢⎥⎢⎥C=2113⎢⎥⎢⎥⎢⎣631⎥⎢⎦⎣1⎥⎦11．解nA=maxa=1.1∞∑ij1≤≤inj=1nA1=max∑aij=0.81≤≤jni=1n122A=(a)=0.71=0.8426150F∑ijij,=1T⎡0.60.10.60.5⎤⎡⎤⎡0.370.33⎤AA=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎣0.50.3⎦⎣0.10.3⎦⎣0.330.34⎦Tλ(AA)=0.6853407maxT故A=λ(AA)=0.82785312max12．证明（1）有定义知nx∞=maxxi≤∑xi=1≤≤ini=1n∞x≤∑maxx=∑x=nx1i∞i=1i=1∞1≤≤in故x≤x≤nx∞1∞（2）由范数定义，有2TA=λ(AA)≤2maxTTTTλ(AA)+λ(AA)+⋯+λ(AA)=trAA()=12n 课后答案网www.khdaw.comnnn222∑ai1+∑ai2+⋯+∑ain=i=1i=1i=1nn22∑∑aij=AFj=1i=12TA=λ(AA)≥2max1TTT⎡λ(AA)+λ(AA)+⋯+λ(AA)⎤=⎣12n⎦n12AFn1故A≤A≤AF2Fn13．证明（1）因P非奇异，故对任意的x≠0，有P≠0，故X=P≥0，Xpx当且仅当x=0时，有x=P=0成立。px1（2对任意α∈R，有αx=P=αP=αXpaxxp（3）x+y=P=P+P≤p(xy+)xyP+P=x+yxyppn故x是R上的一种向量范数。p14．证明（1）因A正定对称，故当x=0时，x=0，而当x≠0时，xAA1=(xAxT)2>0。（2）对任意实数c，有TAcx=()cxAcx()=cxAx=cxAAT（3）因A正定，故有分解A=LL，则111x=(xAxT)2=(xLLxTT)2=((LxT)(TLxT))2=LxTA2故对任意向量x和y，总有TTTx+y=Lx(+y)=LxLy+≤A22 课后答案网www.khdaw.comTTLx+Ly=x+y22AA1综上所知，x=(xAxT)2是一种向量范数。A15．证明因为AxsA=maxsx≠0xs""由向量范数的等价性知，存在常数CC,>0,使对任意x,有12""CAx≤Ax≤CAx1st2s""Cx≤x≤Cx1st2s""CxAxCAx故1s≤t≤2s""CxxCx2st1s""CC12令=C,=C,则有"1"2CC21AxAxAxstsC≤≤C12xxxstsAxAxAxstsCmax≤max≤Cmax12x≠0xx≠0xx≠0xsts即CA≤A≤CA1st2s−1Axy−1∞−1∞A=maxAx=ymax=∞x≠0xx≠0Ay∞∞22−1216.证明AA=CondA[()]2212maxy≠0Ay∞y∞1Ay∞故=minA−1y≠0y∞∞17．证明设λ≠0，则⎧23λλ，≥⎪⎪3A=⎨∞2⎪2，λ≤⎪⎩3 课后答案网www.khdaw.com1⎡1−λ⎤−1又A=⎢⎥λ⎣−12λ⎦2λ+1−1A=∞λ故⎧26λ+3,λ≥⎪-1⎪3Cond(A)=AA=⎨∞∞∞12⎪2(2+),λ≤⎪⎩λ322从而当λ=时，即λ=±时，Cond(A)有最小值，且∞33minCond(A)=7∞⎡−9899⎤-1−118.解A=⎢⎥,A=199,A=199∞∞⎣9998⎦−1CondA()=AA=396012∞∞T⎡1980119602⎤AA=⎢⎥⎣1960219405⎦−1故CondA()=AA=222Tλ(AA)max=39205.9745Tλ(AA)minTT−1T19．证明因A正交，故AA=AA=IA,=A，从而有TA=ρ(AA)=ρ()I=12−1TTA=A=ρ(AA)=ρ()I=122−1故CondA()=AA=1222−1−1−120．证明CondAB()=(AB)AB≤ABAB=−1−1AABB=CondACondB()()TTTTTT21．证明（1）(AA)=A(A)=AA 课后答案网www.khdaw.comT故AA为对称矩阵。又A非奇异，故对任意向量x≠0，有Ax≠0，从而有TTTxAAx=(Ax)(Ax)>0T即AA为对称正定矩阵。TT−1T（2）CondAA()=(AA)AA=222T−1TT−1TTTλ[((AA))(AA)λ[(AA)(AA)]=maxmaxT−12T2λ[((AA))]λ[(AA)]=maxmax2T−12Tλ(AA)λ(AA)=maxmaxT−12T2[λ(AA)][λ(AA)]=maxmax22−12AA=[CondA()]222 课后答案网www.khdaw.com第六章课后习题解答1.解：(a)因系数矩阵按行严格对角占优，故雅可比法与高斯-塞德尔均收敛。（b)雅可比法的迭代格式为ìï(k+1)2()k1()k12ïx=-x-x-ï123ï555ïïïï(k+1)1k1()kíx=x-x+5213ïï42ïïïx(k+1)=-1x()k+3x()k+3ïïï35110210î(0T取x=(1,1,1),迭代到17次达到精度要求(17)Tx=-(4.0000186,2.9999915,2.0000012)高斯-塞德尔法的迭代格式为ìï(k+1)2()k1()k12ïx=-x-x-ï123ï555ïïïï(k+1)1(k+1)1()kíx=x-x+5213ïï42ïïïx(k+1)=-1x(k+1)+3x(k+1)+3ïïïî35110210(0)T取x=(1,1,1),迭代到次达到精度要求8(8)Tx=-(4.0000186,2.9999915,2.0000012) 课后答案网www.khdaw.com2:解(a)雅可比法的迭代矩阵ç0-0.4-0.4÷çç÷÷B=D-（1L+U）=ççç-.0.40-0.8÷÷÷J÷ç÷ççç-0.4-0.80÷÷÷2|lI-B|=(l-0.8)(l+0.8l-0.32)J(B)=1.0928203>1,故雅可比迭代法不收敛lJ高斯-塞德尔法迭代矩阵æç0-0.4-0.4ö÷çç÷÷B=(D-L)-1U=çç00.16-0.64÷÷Sç÷÷çç÷÷èçç00.0320.672÷÷ø(B)?||B||0.8<1lSS¥故高斯-塞德尔迭代法收敛。(b)雅可比法的迭代矩阵ç0-22÷çç÷÷B=D-（1L+U）=çç-10-1÷÷Jç÷÷çç÷÷çç-2-20÷÷3|lI-B|=l，（B）=0〈1JlJ故雅可比迭代法收敛。高斯-塞德尔法的迭代矩阵ç0-22÷çç÷÷B=（D-L）-1U=çç02-3÷÷Sç÷÷çç÷÷çç002÷÷2|lI-B|=l（l-2），（B）=2〉1SlS故高斯-塞德尔法不收敛。 课后答案网www.khdaw.com3：证明(k)必要条件：由limA=A,知lima=a,从而有||A-A||0（K).kijijKkk故对任意的x，有||Ax-Ax||||A-A||||x||.0(k)kk即Ax®Ax,limAx=Ax.KKkn充分条件：对任意的xR,有AxAx(k),取=x(0,...0,1,0,...0)Kii(i=1,2,...,)n(k)()k()kTAx=(a,a,...,a)Axk()ki1i2iniiTAx=(,aa,...,a)i1i2ini()k故a?aj(1,2,...,;ni=1,2,...)njiji即A?A,limAA.kkk4.解：不一定，因其谱半l()径B不一定小1于。J对习题2(),aA对称，又V=1〉V0，=0.84〉V0，=|A|0.296=〉01235.解答见例6-4 课后答案网www.khdaw.com6.解：SOR迭代格式为ìï(k+1)()k12()k2()k1()kïx=x+w(--x-x-x)ï11123ï555ïïïï(k+1)()k1(k+1)()k1()kíx=x+w(5+x-x-x)22123ïï42ïïïx(k+1)=x()k+w(3-1x(k+1)+3x(k+1)-x)ïïïî3310511023()k0T取初始值x=(1,1,1),计算如表.K()k()k()kxxx23100001-2.60000003.56500001.80055002-4.02749903.14006522.02282243-4.05728142.99084812.01012194-4.00425542.99357252.00004275-3.99811932.99976121.99960136--3.99965423.00023341.99996097-4.00004243.00003142.00001228-4.00001772.99999372.0000027(8)(7)-4因||x-x||=0.000377<10,故取¥ 课后答案网www.khdaw.com由〈，||1|1m-wAl()|1<得200,det()A=(1-a)(12)2+a>0ççça1÷÷÷故A是正定的.又雅可比法迭代矩阵ç0-a-a÷çç÷÷B=-çça0-a÷÷Jç÷÷ç÷çç-a-a0÷÷÷çlaa÷ç÷÷ç÷det(lI-B)=ççala÷÷=l3-3la2+2a3=(l-a)(2l+2)aJç÷ç÷÷ç÷ççaal÷11故l(B)|2|,=a故当-1gx()x*时,称x*为m重根.若充分光滑,是方程(7.1)的m重根,则有(m−1)()mfx(*)=fx"(*)...==f(*)x=0,f(*)x≠0fx()fafb()()<0若在[a,b]上连续且,则方程(7.1)在(a,b)内至少有一个实根,称[a,b]为方程(7.1)的有根区间.有根区间可通过函数作图法或逐次搜索法求得.(二)方程求根的几种常用方法1.二分法fx()fafb()()<0fx()=0x*fx()=0设在[a,b]上连续,,则在(a,b)内有根.再设在(a,b)内1x=(a+b)a=ab,=b000fx()fx()=0x*=x仅有一个根.令00,计算2和0.若0则,结束计算;若fafx()()00>0,则令a1=xb0,1=b,得新的有根区间[,]ab11;若fafx()()00<0,则令1b−a=(b−a)a1=ab0,1=x0[,]ab[,]ab⊂[,]ab1100,得新的有根区间11.0011,2.再令1x=(a+b)111fx()[,]ab2计算1,同上法得出新的有根区间22,如此反复进行,可得一有根区间套...⊂[,]ab⊂[a,b]⊂...⊂[,]abnnn−1n−10011a1时称超线性收敛,p=2时称平方收敛.(K)ϕ()xx*定理7.4(收敛阶定理)对于迭代过程(7.4),如果在所求根的邻近连续,并且(p−1)ϕ"(*)x=ϕ""(*)...x==ϕ(*)x=0()pϕ(*)x≠0(7.9)则该迭代过程在点x*的邻近是收敛的,并有ek+11()plim=ϕ(*)xpk→∞ep!k(7.10)斯蒂芬森(Steffensen)迭代法当不动点迭代法(7.4)只有线性收敛阶,甚至于不收敛时,可用斯蒂芬森迭代法进行加速.具体公式为y=ϕ(),xz=ϕ(y)kkkk2(y−x)kkx=x−k+1kz−2y+xkkkk=0,1,2,...(7.11)此法也可写成如下不动点迭代式x=ψ(),xk=0,1,2,...k+1k2(()ϕx−x)ψ()x=−xϕϕ(())2()x−ϕx+x(7.12)ψ()xx*ϕ()x定理7.5(斯蒂芬森迭代收敛定理)设x*为式(7.12)中的不动点,则是的不动点;ϕ""()xϕ"(*)1x≠x*ψ()x设存在,,则是的不动点,则斯蒂芬森迭代法(7.11)是2阶收敛的.3.牛顿迭代法牛顿迭代法是一种特殊的不动点迭代法,其计算公式为fx()kx=x−,k=0,1,2,...k+1kfx"()其迭代函数为k(7.13)fx()ϕ()x=−xfx"()fx(*)=0,"(*)fx≠0,""(*)fx≠0牛顿迭代法的收敛速度当时,容易证 课后答案网www.khdaw.comf""(*)xϕ""(*)x=≠0fx"(*)≠0fx"(*)明,,,由定理7.4知,牛顿迭代法是平方收敛的,且ef""(*)xk+1lim=2k→∞e2"(*)fxk(7.14)fx()ϕ()x=−xfx()=0(m≥2)fx"()重根情形的牛顿迭代法当x*是的m重根时,迭代函数1ϕ"(*)1x=−≠0在x*处的导数m,且|"(*)|1ϕx<.所以牛顿迭代法求重根只是线性收敛.若x*的重数m知道,则迭代式fx()kx==x−m,k=0,1,2,...k+1kfx"()k(7.15)fx()µ()x=求重根二阶收敛.当m未知时,x*一定是函数fx"()的单重零点,此时迭代式µ()xfxfx()"()kkkx=x−=x−k+1kkµ"()x["()]fx−fxf()""()xkkkkk=0,1,2,...(7.16)也是二阶收敛的.fx()kx=x−,k=0,1,2,...k+1kfx"()简化牛顿法如下迭代法0称为简化牛顿法或平行弦法.牛顿下山法为防止迭代不收敛,可采用牛顿下山法.具体方法见教材.4.弦截法fx"()fx()xx将牛顿迭代法(7.13)中的k用在k−1,k处的一阶差商来代替,即可得弦截法fx()kx=x−(x−x)k+1kkk+1fx()−fx()kk−1(7.17)fx()x*∆:|xx−*|≤δx∈∆定理7.6假设在其零点的邻域内具有二阶连续导数,且对任意xx,∈∆01有fx"()≠0,又初值,,则当邻域∆充分小时,弦截法(7.17)将按阶1+5p=≈1.61822收敛到x*.这里p是方程λ−−=λ10的正根.5.抛物线法 课后答案网www.khdaw.com(x,(fx)),(x−fx())fx()=0弦截法可以理解为用过k−1k−1kk两点的直线方程的根近似替的根.若已知fx()=0的三个近似根xk,xk−1,xk−2用过(,()),(xfxkkxk−1,(fxk−1)),(xk−2,(fxk−2))的抛物线方程的根近似代替fx()=0的根,所得的迭代法称为抛物线法,也称密勒(Muller)法.fx()x*fx"(*)≠0当在的邻近有三阶连续导数,,则抛物线法局部收敛,且收敛阶为p=1.8391.84≈.二、知识结构图三、常考题型及典型题精解3例7-1证明方程x−−=x10[1,2]在上有一个实根x*,并用二分法-3-6求这个根,要求|x-x*|10.若要求|x-x*|10,需二分区间[1,2]≤≤kk多少次?3解设f(x)=x−−x1,则f(1)=-1<0,f(2)=5>0,故方程f(x)=0在[1,2]2上有根x*.又因f"(x)=3x-1,所以当x[1,2]时,f"(x)>0,即f(x)=0在∈[1,2]上有惟一实根x*.用二分法计算结果如表7-1所示.表7-1kabxfx()的符号kkkk0121.5+111.51.25-21.251.51.375+31.251.3751.3125-41.31251.3751.3438+51.31251.134381.3282+61.31251.32821.3204-71.32041.32821.3243-81.32431.32821.3263+ 课后答案网www.khdaw.com91.32431.32631.3253+1-3-3此时x=1.3253满足|x-x*|≤≤0.97710×≤10,可以作为x*的近99102似值.−61-6若要求|x-x*|≤10,只需|x-x*|≤≤10即可,解得k+119.932,≥kkk+12即只需把[1,2]二分20次就能满足精度要求.x例7-2已知函数方程(x-2)=1,(1)确定有根区间[a,b];(2)构造不动e点迭代公式使之对任意初始近似x∈[a,b],迭代方法均收敛;(3)用所构0−3造的公式计算根的近似值,要求|x−x|10.0,因此区间[2,3]eex是方程f(x)=0的一个有根区间.又因f"(x)=(x-1),elimf(x)=+,∞limf(x)=-1,x→+∞x→−∞1f"(1)=--1<0,当x>1时f(x)单增,x<1时f(x)单减,故f(x)=0在(-,+)内e∞∞有且仅有一根x*,即x*[2,3].∈x−xx(2)将(x-2)=1等价变形为x=2+ee,x[2,3].则(x)=2+.由于当∈ϕe−x−2x[2,3]时2∈≤ϕ(x)3,|(x)|=|-≤ϕ"e|≤e<1故不动点迭代法x=2+e−xk,k=0,1,2,...,对x∀∈[2,3]均收敛.k+10−x(3)取x=2.5,利用x=2+ek进行迭代计算,结果如表7-2所示.0k+1表7-2kx|x−x|kkk−102.512.0820849990.41791500122.1246700040.04258500532.1194723870.000519761742.1200949760.000622589 课后答案网www.khdaw.com此时x已满足误差要求,即x*≈x=2.120094976.44例73−考虑求解方程2cosx−3x+12=0的迭代公式2x=4+cosx,k=0,1,2,...k+1k3(1)试证:对任意初始近似x∈R,该方法收敛;0-3(2)取x=4,求根的近似值x,要求|x-x|10;≤0k+1k+1k(3)所给方法的收敛阶是多少?2解(1)由迭代公式知,迭代函数(x)=4+ϕcos,x322x∈−∞+∞(,).由于(x)的值域介于(4-)与(4+)之间,且ϕ3322|"ϕ(x)|=|-sin|x≤<133故根据定理7.1,7.2知,(x)在ϕ(−∞+∞,)内存在惟一的不动点x*,且对x∀0∈R,迭代公式得到的序列x收敛于x*.{k}(2)取x=4,迭代计算结果如表7-3所示.0表7-3kx|x−x|kkk−10413.5642375870.43576241323.3919951680.17224241933.3541248270.03787034143.3483333840.00579144353.3475299030.000803481xx*≈x=3.347529903此时5已满足误差要求，即5ϕ"(*)x≈0.136323129≠0（3）由于，故根据定理7.4知方法是线性收敛的，并且有ek+1lim=ϕ"(*)xk→∞ek。2ϕ()x=+xCx(−2)例7-4对于迭代函数，试讨论：（1）当C为何值时，xk+1=ϕ()(xkk=0,1,2,...)产生的序列{}xk收敛于2；（2）C为何值时收敛最快？11C=−−（3）分别取2，22，计算ϕ()x的不动点2，要求 课后答案网www.khdaw.com−5|x−x|10解由于,当时,且有|x−0||()0||"()(=ϕx−=ϕξx−0)|ξxx≠0,L>1k+1kk,介于k与0之间,若0,迭代不收敛.若改用斯蒂芬森迭代(7.12),可得xx=ψ(),()xψx=−xk+1k42x+3x+32ψ"(0)=3,根据定理7.3,斯蒂芬森迭代法收敛.2ψ"(0)=≠0由于3,故用斯蒂芬森迭代计算不动点x=0时,收敛阶p=1.(请读者注意,这一结论与定理7.5的结论是否矛盾?)2222y=xy+(x−8)=R例7-7当R取适当值时,曲线与相切,试用迭法求切点横坐标的近似值,要求不少于四位有效数字,且不必求R.2222y=xy"2=xy+(x−8)=Ry解的导数,由确定的函数的导数满足 课后答案网www.khdaw.com2yy"2(+x−8)=0,由两曲线相切的条件,可得22×x×2x+2(x−8)=03即2x−−=x803fx()=2x−−x8f(1)<0,(2)f>0,()fx=0(1,2)令,则在内有实根.又2fx"()=6x+>10fx()=0,故仅有一个根,构造迭代公式18−xx=ϕ(),()xϕx=(),3x∈(1,2)k+1k2,x∈[1,2]1≤ϕ()x≤2则当时,.2218−x−11|"()||ϕx=−()3|≤L=()3<16263x=1.5故迭代收敛.取0,计算结果如表7-5所示.表7-5kkx|x−x|x|x−x|kkk−1kkk−101.50.01875221.4826710.0014231−311.48124831.4825630.000108<×102L1−3|x−x*|≤|x−x|<×10332由于1−L2,故可取x*≈x3=1.483,即可保证两曲线切点的横坐标的近似值具有四位有效数字.32y=x−0.51x+1y=2.4x−1.89(1.6,1)例7-8曲线与在点附近相切,试用牛顿迭代法求−5x|x−x|10≤切点的横坐标的近似值k+1,使k+1k.2y"3=x−0.51y"4.8=x解两曲线的导数分别为和,两曲线相切,导数相等,故有23x−4.8x−0.510=2fx()=3x−4.8x−0.51f(1)<0,(2)f>0[1,2]fx()=0令,则,故区间是的有根区间.又x∈[1,2]fx"()=6x−4.80>fx()=0[1,2]x*fx()当时,,因此在上有惟一实根.对应用牛顿迭代法,得计算公式 课后答案网www.khdaw.com23x−4.8x−0.51kkx=x−,k=0,1,2,...k+1k6x−4.8k由于f""()x=6>0,故取x0=2迭代计算一定收敛,计算结果如表7-6所示.表7-6kkxxkk02.031.70681528712.29305555641.70002561121.81778359251.7x=1.7x*1.7=继续计算仍得6,故.32注本题也可令x−0.51x+=12.4x−1.89,解得切点横坐标满足方程32fx()=x−2.4x−51x+2.89=0m=2,用有重根时的牛顿迭代法(7.15)式计算,此时.仍x=2x*1.7=取0,经四步可得.fx()[,]ab例7-9(牛顿迭代法收敛定理)设在上具有二阶连续导数,且满足条件fafb()()<0;(1)[,]abfx"()≠0,""()fx≠0;(2)在上x∈[,]abfxf()""()x>0(3)0满足00.{}xkfx()=0[,]abx*则由牛顿迭代法产生的序列单调收敛于在内的惟一实根,并且是平方收敛的.fx()[,]abfx()=0(,)abx*证明因在上连续,由条件(1)知,方程在内有根.又由于条件(2)fx"()[,]abfx()[,]abx*fx()=0(,)ab知在上恒正或恒负,所以在上严格单调,因而是在内的惟一实根.条件(1),(2)共有四种情形:fa()<0,()fb>0,"()fx>0,""()fx>0,∀∈x[,];ab(1)fa()<0,()fb>0,"()fx>0,""()fx<0,∀∈x[,];ab(2)fa()>0,()fb<0,"()fx<0,""()fx>0,∀∈x[,];ab(3) 课后答案网www.khdaw.comfa()>0,()fb<0,"()fx<0,""()fx<0,∀∈x[,].ab(4)仅就(1)进行定理证明,其余三种情况的证明方法是类似的.x∈[,],()""()abfxfx>0fx()>0fx"()>0fx()x>x*由000可知0,再由知单增且0.又由牛顿迭代法知fx()0x=x−0,""()fx>0以及前面证明的x10一般地,设kk−1,则必有k且fx()kx=x−fx()解设,故[1,2]为的有根区间.又110fx"()=2x−1,故当2时,fx()单增,当2时fx()单增.而15f()=−,(0)f=−124,由单调性知fx()=0的惟一正根x*(1,2)∈.根据二分法的误差估1<0.05k+1计式(7.2)知要求误差小于0.05,只需2,解得k+>15.322,故至少应二分6次.具体计算结果见表7-7.表7-7kabxfx()的符号kkkk0121.5-11.521.75+21.51.751.625+31.51.6251.5625-41.56251.6251.59375-51.593751.6251.609375--x*≈x=1.609375即5. 课后答案网www.khdaw.com322、为求x−x−=10在x0=1.5附近的一个根,设将方程改写成下列等价形式,并建立相应的迭代公式:11x=+1xk+1=+12x2x(1),迭代公式k;12332x=(1+x)(2)x=+1x,迭代公式k+1k;121x=x=k+1x−1(3)x−1,迭代公式k.试分析每种迭代公式的收敛性,并选取一种公式求出具有四位有效数字的近似根.x=1.5解取0的邻域[1.3,1.6]来考察.122ϕ()1x=+∈[1.3,1.6],|"()||ϕx=−|≤=L<1x∈[1.3,1.6]x2x31.33(1)当时,,故迭代公式1x=+1k+12x[1.3,1.6]k在上整体收敛.x∈[1.3,1.6](2)当时21/3ϕ()x=(1+x)∈[1.3,1.6]2x21.6|"()|ϕx=||<≤L=0.5221<22332323(1+x)(11.3)+123x=(1+x)故k+1k在[1.3,1.6]上整体收敛.1−11x=1ϕ()x=,|"()||ϕx=|>>1k+1x−12(x−1)3/22(1.61)−x−1(3)故k发散.由于(2)的L叫小,故取(2)中迭代式计算.要求结果具有四位有效数字,只需L1−3|x−x*|≤|x−x|<×10kkk−11−L2即1−L1−3−3|x−x|<××10<0.510×kk−1L2x=1.5取0计算结果见表7-8.表7-8kxkkxk11.48124803441.46704797321.47270573051.46624301031.46881731461.465876820 课后答案网www.khdaw.com1−3|x−x|<×1065x*≈x=1.466由于2,故可取6.x3、比较求e+10x−=20的根到三位小数所需的计算量:(1)在区间[0,1]内用二分法;x2−ekx=k+1x=0(2)用迭代法10,取初值0.x*[0,1],(0)∈f<0,(1)f>000fx()fx()=0x*证明由于,为单增函数,故方程的根是惟一的(假定方程有根ϕ()x=−xλfx(),|"()||1ϕx=−λfx"()|00,()fx=3x−=33(x−1)≥0,""()fx=6x>0∀∈x[1,2].解,对x=2(1)取0,用牛顿迭代法33x−3x−12x+1kkkx=x−=k+1k223x−33(x−1)kk1−3x=1.888888889,x=1.879451567,|x−x*|<×10122计算得2,故x*≈x=1.8794515672.x=2,x=1.9(2)取21,利用弦截法 课后答案网www.khdaw.com(x−x)()fxkk−1kx=x−k+1kfx()−fx()kk−11−3x=1.981093936,x=1.880840630,x=1.879489903,|x−x*|<×102344得,2,故取x*≈x=1.8794899034.x=1,x=3,x=2(3)012.抛物线法的迭代式为2()fxkx=x−k+1k2wsignw+()w−4()[,fxfxx,x]kkk−1k−2w=fxx[,]+fxx[,,x](x−x)kk−1kk−1k−2kk−1x=1.953967549,x=1.87801539,x=1.879386866迭代结果为:345已达四位有效数字.8、分别用二分法和牛顿迭代法求x−tanx=0的最小正根.2k+113xtanx=+xx+...++...解显然x*=0满足x−tanx=0.另外当||x较小时,32k+1,故ππ3πx∈(0,)(,)当2时,tanx>x,因此,方程x−tanx=0的最小正根应在22内.π3πfx()=−xtan,xx∈(,)记22,容易算得f(4)=2.842...0,(4.6)>f=−4.26...0<,因此fx()=0[4,4.6]是的有限区间.对于二分法,计算结果见表7-12.表7-12kakbkxkfx()k的符号04.04.64.3+14.34.64.45+24.454.64.525-34.454.5254.4875+44.48754.5254.50625-54.48754.506254.496875-64.48754.4968754.4921875+74.49218754.4968754.49453125-84.49218754.494531254.493359375+94.4933593754.494531254.493445313- 课后答案网www.khdaw.com11−3|x−x*|<=<10910此时21024.21fx"()=−(tan)x<0,""()fx=−2tanx<02x=4.6若用牛顿迭代法求解,由于cosx,故取0,迭代计算结果如表7-13所示.表7-13kxkkxk14.54573212244.49341219724.50614558854.49340945834.4941716364.493409458所以x−tanx=0的最小正根为x*≈4.493409458.9、研究求a的牛顿公式1ax=(x+),x>0k+1k02xk证明对一切且序列是递减的.1ax=(x+)kk−1证法一用数列的办法,因x0>0由2xk−1知xk>0,且1a2x=(x+)+ak,=1,2,3,...kk−12xk−1.又由x1ak+1=+=∀≥1,k1x22ak∞故xk+1≤xk,即{xk}k=1单减有下界a.根据单调原理知,{}xk有极限.易证起极限为a.2fx()=x−aa(>0)fx()=0[0,+∞)x*=afx()证法二设.易知在内有惟一实根.对应用牛顿迭代法,得fx()1akx=x−=(x+),k=0,1,2,...k+1kkfx"()2xkk∞limx=a利用例7-9的结论知,当x0>a时,{xk}k=0单减有下界a,且k→∞k.当x0∈(0,a)时, 课后答案网www.khdaw.com1a1a2x=(x+)=[x−]+a>a1002x2x00∞此时,从x1起,{xk}k=1单减有下界a,且极限为a.fx()kx=x−k+1kfx()=0fx"()10、对于的牛顿公式k,证明x−xkk−1R=k2(x−x)k−1k−2f""(*)x−收敛到2"(*)fx,这里x*为fx()=0的根.证明见例7-10.11、用牛顿迭代法和求重根的牛顿迭代法(7.15)和(7.16)(书中式(4.13),(4.14))计算方程x2πfx()=(sinx−)=0x=−502的一个近似根,准确到10,初始值2.x2fx()=(sinx−)解2的根x*为2重根,即x1fx"()=2(sinx−)(cosx−)22用牛顿法迭代公式为xk2(sinx−)k2x=x−=k+1kx12(sinx−)(cosx−)22xksinx−k2x−,k=0,1,3,...k2cosx−1kπx=0x=1.785398,x=1.844562,...令2,则12,迭代到−5x=1.895494,|*1.89549|10x−<20.用求重根的迭代公式(7.15),迭代迭代公式为xsinx−kkx=x−2,k=0,1,2,...k+1k1cosx−k2πx=0x=2.000000,x=1.900996,x=1.895512,x=1.895494,x=1.895494取2,则12345. 课后答案网www.khdaw.comx四次迭代达到上面20的结果.若用公式(7.16),则有fxfx()"()kkx=x−k+1k2["()]fx−fxf()""()xkkk121f""()x=2(cosx−)−2sin(sinxx−x)将fxfx(),"()及22代入上述迭代公式,得x1(sinx−k)(cosx−)kkx=x−22k+1k12xk(cosx−)+sinx(sinx−)kkk22πx=0x=1.801749,x=1.889630,x=1.895474,x=1.895494,x=1.895494取2,得12345.结果与公式(7.15)的相同.3312、应用牛顿迭代法于方程x−=a0,导出求立方根a的迭代公式,并讨论其收敛性.32fx()=x−afx,"()=3,""()xfx=6x解设,牛顿迭代公式为33x−a2x+akkx=x−=,k=0,1,2,...k+1k223x3xkkx>0,"()fx>0,""()fx>0x<0fx"()>0,""()fx<0a>0当;当时,,,因此,对于,当x>3afxf()""()x>0{}x3x∈(0,3a)0时00,根据例7-9的结论知,牛顿序列k收敛到a.当0时,3322x+a(a−x)303033x−a=−a=(a+2)x>0,x>a122013x3x00x{}x3a从1起,牛顿序列k收敛到.x<3a<0fxf()""()x>0{}x3对于a<0,当0时00,.由牛顿法产生的序列k单增趋于a.当3x∈(a,0)0时,32(a−x)3033x−a=(a+2)x<0,xx0，以h为步长经n步运算可求得yx()的近似值yn，x故x=nhn,=,代入上式有hx2−hy=()hn2+hxx2+h2hxlimy=lim(2−h)h=lim(1−2h)h=lim[(1−2h)2h]2+hh=e−xnh→0h→02+hh→02+hh→02+hx2t4、解：令yx()=∫edt，则有初值问题02"xy=e,(0)y=0对上述问题应用欧拉法，取h=0.5,计算公式为x2y=y+0.5en,n=0,1,2,3n+1n由y(0)=y0=0,得y(0.5)≈y=0.5,(1.0)y≈y=1.14201270812y(1.5)≈y=2.501153623,(2.0)y≈y=7.245021541345、解：四阶经典龙格-库塔方法计算公式见式（9.7）。对于问题（1），3yfxy(,)=+xy；对于问题（2），fxy(,)=。取1+xh=0.2,y0=y(0)1=,分别计算两问题的近似解见表9-6。表9-6 课后答案网www.khdaw.comx（1）的解yn（2）的解ynn0.21.2428000001.7275482090.41.5836359202.7429512990.62.0442129134.0941813550.82.6510416525.8292107281.03.4365022737.99601214336、证明：根据定义9.2，只要证明Tn+1=ο()h即可。而T=yxh(+)−yx()−ϕh(,,)xyhn+11′ϕ(,,)xyh=[(fxthythyx+,+())+2′fx(+−(1thy),+−(1thyx)())]因此只须将yxh(+)和ϕ(,,)xyh都在x处展开即可得到余项表达式：′∂f′∂f2fxthythyx(+,+())=fxy(,)+th(,)xy+thyx()(,)xy+ο(h)∂x∂x′∂ffx(+(1−thy),+(1−thyx)())=fxy(,)(1+−th)(,)xy∂x′∂f2+−(1thyx)()(,)xy+ο(h)∂x所以 课后答案网www.khdaw.com′12′′13′′′T=yx()+hyx()+hyx()+hy()ξ−yx()−n+123!1hfxy[2(,)+h∂f(,)xy+hyx′()∂f(,)xy+ο()]h2=ο()h32∂x∂x故对任意参数t，题中方法是二阶的。7、解：hh′T=yx()−yx()−hfx(+,()yx+yx())=n+1n+1nn2n2n′h2′′13′′′4yx()n+hyx()n+yx()n+hyx()n+ο()h−23!yx()−hfxy{(,)+h∂fxyx(,())nn+nnn2∂x1h2∂2fxyx(,())nnhh′∂2fxyx(,())nn[()+yx()n+2!2∂x222∂∂xyh′2∂2fxyx(,()nn)3h3′′′(2yx())n2]+ο()}h=3!yx()n−∂yh∂2f′∂2f′2∂2f43[+yx()+(())yx]+ο()h=ο()h8∂x2∂∂xy∂y2(,())xyxnn因此，中点公式是二阶的。′对模型方程y=λ(yRe(λ)<0)使用中点公式求解，得12y=[1+λ+h(λh)]yn+1n212易知，当|1+λh+(λh)|1≤时，中点公式绝对稳定。特别当λ2为实数且λ<0时，上不等式的解为−2≤λh0≤ 课后答案网www.khdaw.com8．解：（1）用欧拉法求解题中初值问题，当λh=−100h满足|1+−(100)|1h≤时绝对稳定，即当0