数值分析课后习题答案4

题 33
⎧x3 + x2
0≤ x≤1
设分段多项式
S
(x)
=
⎨ ⎩2
x3
+
bx2
+
cx
−1
1 ≤ x ≤ 2 是以 0,1, 2 为节点的三次样条
函数，试确定系数 b, c 的值.
解 由 S (1) = 2 得 2 + b + c −1 = 2 ，∴b + c = 1；
⎧3x2 + 2x
0< x <1
考虑其局部截断误差，设
yn
=
y(xn ) ，比较上两式，当
p
=
1 2
，
q=1 2 时，
y(xn+1) − yn+1 = O(h3 ) .
第四章
题2
证明方程
x
=
1 2
cos
x
有且仅有一实根；试确定这样的区间
[a,b]
，使迭代过程
1 xk+1 = 2 cos xk 对一切 x0 ∈[a, b]均收敛.
解
f (x) − p(x) =
由拉格朗日插值余项得
4!
(x − x0 )(x − x1)( x − x2 )( x − x3) = 0
；
（2） f (4) (x) = 4!
由拉格朗日插值余项得
f
(x) −
p(x)
=
4!(x 4!
−
x0 )(x −
x1)( x −
x2 )( x −
x3 )
=
(x
+ 1)( x
而
y( xn+1)
=
y( xn
+ h)
=
y( xn ) + hy′(xn ) +
h2 2
y′′(xn ) + O(h3 )
=
y(xn ) + hf
(xn ,
y(xn )) +
h2 2
⎡⎣
fx (xn ,
y(xn )) +
f
(xn , y (xn )) f y
(xn , y (xn
))⎤⎦
+ O (h3 )
= ah2n(n −1) / 2 + nhb
题 10
⎧ yn+1 = yn + hK1
选取参数
p
、
q
，使下列差分格式具有二阶精度：
⎨ ⎩
K1
=
f
( xn
+
ph, yn
+ qhK1) .
解 将 K1 在点 (xn , yn ) 处作一次泰勒展开，得
K1 = f (xn + ph, yn + qhK1) = f (xn , yn ) + phfx (xn, yn) + qhK1 f y ( xn, yn) + O(h2)
f
(x)
[0, π ] 在 2 上仅有一根.
1
1
迭代过程 xk+1 = 2 cos xk ，其迭代函数为 g(x) = 2 cos x ，
∀x ∈[0, π ] 0 ≤ g(x) = 1 cos x ≤ 1 ≤ π ∴ g(x) ∈[0, π ]
2，
2
2 2，
2；
g′(x) = − 1 sin x g′(x) ≤ 1 < 1
2，
2，
π
1
由压缩映像原理知 ∀x0 ∈[0, 2 ] ， xk+1 = 2 cos xk 均收敛.
注
这里取 [a,
b]
为区间
[0,
π 2
]
，也可取
[a,
b]
为区间
(−∞,
+∞)
等.
2 题 5 考察求解方程12 − 3x + 2cos x = 0 的迭代法 xk+1 = 4 + 3 cos xk
（１） （１） 证明它对于任意初值 x0 均收敛；
第一章
题 12 给定节点 x0 = −1， x1 = 1 ， x2 = 3 ， x3 = 4 ，试分别对下列函数导出拉格朗日插
值余项：
（1） （1） f (x) = 4x3 − 3x + 2
（2） （2） f (x) = x4 − 2x3
解 （1） f (4) (x) = 0 ，
f (4) (ξ )
.
题 22 采用下列方法构造满足条件 p(0) = p′(0) = 0 ， p(1) = p′(1) = 1 的插值多项式 p(x) ：
（1） （1） 用待定系数法；
（2） （2） 利用承袭性，先考察插值条件 p(0) = p′(0) = 0 ， p(1) =1 的插值多项式 p(x) .
解 （1）有四个插值条件，故设 p(x) = a0 + a1x + a2 x2 + a3x3 ， p′(x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 ，
⎧⎪⎪a
=
532 547
=
0.9726
(
f
,ϕ1 )
=
369321.5
，解之得
⎨ ⎪⎪⎩b
=
285 5696
=
0.05
，∴ y = 0.9726 + 0.05x2 .
第二章
题 3 确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量地高，并指明求积公式所具有 的代数精度：
1
1
1
3
∫ （2）
0
f
(x)dx
S ′( x)
=
⎨ ⎩6
x
2
+
2bx
+
c
1 < x < 2 ，由 S′(1) = 5 得 6 + 2b + c = 5 ，∴2b + c = −1；
联立两方程，得 b = −2, c = 3 ，
⎧6x + 2 0 < x < 1 且此时 S′′(x) = ⎨⎩12x + 2b 1 < x < 2 ， S−′′(1) = 8 = S+′′(1) ，
题 8 已知数据表
x
1.1
1.3
1.5
ex
3.0042
3.6693
4.4817
∫1.5 exdx
试分别用辛甫生法与复化梯形法计算积分 1.1
.
解 辛甫生法
∫1.5 exdx 1.1
≈
1.5 −1.1(3.0042
6
+
4 ×3.6693 +
4.4817 )
= 1.47754
；
复化梯形法
∫1.5 exdx 1.1
− 1)( x
− 3)( x
− 4)
.
题 15 证 明 ： 对 于 f (x) 以 x0 ， x1 为 节 点 的 一 次 插 值 多 项 式 p(x) ， 插 值 误 差
f (x) − p(x) ≤ (x1 − x0 )2 max f ′′(x)
8
x0 ≤ x≤ x1
.
证
由拉格朗日插值余项得
f (x) − p(x) =
yn = yn−1 + hf ( xn−1, yn−1) = yn−1 + h ⋅ (axn−1 + b)
故 yn−1 = yn−2 + h ⋅ (axn−2 + b) ⋯⋯
y1 = y0 + h ⋅ (ax0 + b)
将上组式子左右累加，得
yn = y0 + ah(x0 + ⋯ + xn−2 + xn−1 ) + nhb = ah(0 + h + 2h⋯+ (n − 2)h + (n −1)h) + nhb
2
−1 4 + (t + 1)2
5ห้องสมุดไป่ตู้
8
8
8
5
8
≈× 9
⎛
3
2
⎞
+
9
×
4
+ (0 +1)2
+
9
×
⎛3
2
⎞
4 + ⎜ − +1⎟
4 + ⎜ +1⎟
⎝5⎠
⎝5 ⎠
= 3.141068 .
第三章
用欧拉方法求解初值问题 y′ = ax + b ， y(0) = 0 ：
（1） 试导出近似解 yn 的显式表达式；
解 （1）其显示的 Euler 格式为：
= f (xn , yn ) + phfx (xn , yn )
( ) +qh f (xn, yn ) + phf x (xn , yn ) + qhK1 f y (xn , yn ) + O(h2 ) f y (xn , yn ) + O (h2 )
= f (xn , yn ) + phfx (xn, yn) + qhf ( xn, yn) f y( xn, yn) + O(h2)
当 f (x) = x4 时，有
∫ ∫ 1
f (x)dx =
1 x4dx = 1
左边＝ 0
0
5，
2
f
1 (
)
−
1
f
1 (
)
+
2
f
3 (
)
=
2 ⋅(1 )4
−
1
⋅
1 (
)4
+
2
⋅
3 (
)4
=
37
右边＝ 3 4 3 2 3 4 3 4 3 2 3 4 192 ，
左边≠右边，所以该求积公式的代数精度为 3.
（２） 证明它具有线性收敛性；
g(x) = 4 + 2 cos x
1
(x
−
1 4
)(x
−
3) 4
dx
=
−
1
01 1 1 3 ( − )( − )
3
2 42 4
，
∫ ∫ A2 =
1
0 l2 (x)dx =
1
(x
−
1 )( x 4
−
1) 2
dx
=
2
0 ( 3 − 1)( 3 − 1) 3
4 44 2
，
1
∴ ∫0
f (x)dx
≈
2 3
f
11 ( )− 43
f
1 ( )+ 2
2 3
f
3 () 4，
当 f (x) = x3 时，有
∫ ∫ 1
f (x)dx =
1 x3dx = 1
左边＝ 0
0
4，
2
f
11 ( )−
f
1 (
)
+
2
f
3 (
)
=
2 ⋅ (1 )3 − 1 ⋅ (1 )3 +
2 ⋅ (3)3
=
1
右边＝ 3 4 3 2 3 4 3 4 3 2 3 4 4 ，
左边＝右边，
S (x) 是以 0,1, 2 为节点的三次样条函数.
题 35
⎧2x + 4 y = 11 ⎪⎪3x − 5 y = 3 ⎨⎪x + 2 y = 6 用最小二乘法解下列超定方程组： ⎪⎩2x + y = 7 .
解 记残差的平方和为
f (x, y) = (2x + 4 y −11)2 + (3x − 5 y − 3)2 + (x + 2 y − 6)2 + (2x + y − 7)2
( ) 代入，得 yn+1 = yn + h f (xn , yn ) + phfx (xn , yn ) + qhf (xn , yn ) f y (xn , yn ) + O(h2 )
yn+1 = yn + hf (xn , yn ) + ph2 fx (xn , yn ) + qh2 f (xn , yn ) f y (xn , yn ) + O (h3 )
≈
A0
f
( )+ 4
A1
f
( )+ 2
A2
f
() 4
（2）从结论“在机械求积公式中，代数精度最高的是插值型的求积公式”出发，
∫ ∫ A0 =
1
0 l0 (x)dx =
1
(x
−
1 )( x 2
−
3) 4
dx
=
2
0 (1 − 1)( 1 − 3) 3
4 24 4
，
∫ ∫ A1 =
1
0 l1(x)dx =
y
19.0
32.3
49.0
73.3
97.8
解 拟合曲线中的基函数为ϕ0 (x) = 1，ϕ0(x) = x2 ，
⎛ (ϕ0,ϕ0 )
其法方程组为
⎜ ⎝
(ϕ1
,ϕ0
)
(ϕ0 (ϕ0
,ϕ1 ,ϕ0
) )
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
a b
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜ ⎝
( (
f f
,ϕ0 ,ϕ1
) )
⎞ ⎟ ⎠
，
其中 (ϕ0,ϕ0 ) = 5 ， (ϕ0,ϕ1) = (ϕ1,ϕ0 ) = 5327 ， (ϕ1,ϕ1) = 7277699 ， ( f ,ϕ0 ) = 271.4 ，
⎧
a0 = 0
⎪⎪a0 + a1 + a2 + a3 = 1
⎨ ⎪
a1 = 0
代入得方程组 ⎪⎩ a1 + 2a2 + 3a3 = 1
⎧a0 = 0
⎪ ⎪
a1
=
0
⎨⎪a2 = 2
解之，得 ⎪⎩a3 = −1
∴ p(x) = 2x2 − x3； （2）先求满足插值条件 p(0) = p′(0) = 0 ， p(1) =1 的插值多项式 p(x) ，由 0 为二重零点， 可设 p(x) = ax2 ，代入 p(1) = 1 ，得 a = 1，∴ p(x) = x2 ； 再求满足插值条件 p(0) = p′(0) = 0 ， p(1) = p′(1) = 1的插值多项式 p(x) ，可设 p(x) = x2 + bx2 (x −1) ，∵ p′(x) = 2x + 2bx(x −1) + bx2 ，代入 p′(1) = 1，得 b = −1， ∴ p(x) = x2 − x2 (x −1) = 2x2 − x3 .
设
f
(x)
=
x
−
1 2
cos
x
，则
f
(x)
在区间 (−∞, +∞)
上连续，
f (0) = − 1 cos 0 = − 1 < 0
f
π (
)=
π
1 −
π cos
=
π
>0
且
2
2 ， 2 22 2 2 ，
π
所以
f
(x)
[0,
在
] 2 上至少有一根；
又
f
′(x)
=1+
1 2
sin
x
>
0
，所以
f
(x)
单调递增，故
令
⎧ ∂f
⎪⎪ ∂x
⎨ ⎪
∂f
⎪⎩ ∂y
= =
0 0
，得
⎧36x ⎨⎩−6x
− +
6y −102 92y − 96
= =
0 0
，解之得
⎧⎪⎪x ⎨ ⎪y ⎪⎩
= =
830 273 113 91
.
题 37 用最小二乘法求形如 y = a + bx2 的多项式，使与下列数据相拟合：
x
19
25
31
38
44
f
′′(ξ 2!
)
(
x
−
x0
)(
x
−
x1
)
，其中
x0
≤ξ
≤ x1 ，
f (x) − p(x) =
f
′′(ξ ) (x − 2!
x0 )(x −
x1 )
≤
max f ′′(x)
x0 ≤ x≤ x1
2!
( x − x0 )( x − x1)
≤ (x1 − x0 )2 max f ′′(x)
8
x0 ≤ x≤ x1
≈
0.2 2
(3.0042
+
2 ×3.6693
+ 4.4817)
= 1.48245
.
14
∫ π =
dx
题 17 用三点高斯公式求下列积分值
0 1+ x2 .
x = 1 (t + 1)
解 先做变量代换，设 2
，
1
4
⋅ 1 dt = 1 8 dt
∫ ∫ ∫ 则
1 4 dx 0 1+ x2 ＝
−11+ 1 (t + 1)2 4