清华大学杨顶辉数值分析第5次作业答案

数值分析第五版课后答案2篇数值分析第五版课后答案（一）第一章1.1 机器精度的数值为2^-52 ≈2.22 × 10^-16。

1.2 Example 1.2设f(x) = (1 - cosx)/sinx，则f(0)的分母为0，无法进行数值计算。

1.3 Example 1.3设f(x) = (1 - cosx)/sinx，则f(0)的分子为0，因此有f(0) = 0。

1.4 Example 1.4(a) 将x的值从1.8改为1.799，则f(x)的值由-0.000000000000159为0.000000000000313，差值为0.000000000000472。

(b) 我们有f'(x) = sinx/(1 - cosx) - 1/sin^2x。

将x的值从1.8改为1.799，利用f(x)和f'(x)的值可以得到下面的近似式：f(x + Δx) ≈ f(x) + f'(x)Δx = -0.000000000000159 + 0.449787416887455×0.001 = -0.000000000000137。

与(a)中的结果相近。

1.5 Example 1.5(a) 当x很接近于0时，函数值的符号取决于cosx的符号，其中cosx接近于1。

因此，函数值为正。

(b) 当x很接近于π时，函数值的大小趋于无穷大，因为分母趋向于0，而分子不为0。

1.6 Example 1.6(a) 因为函数在x = 0处是奇函数，所以它的导数为偶函数。

(b) 首先，我们有f''(0) = -2，因此x = 0是最大值。

其次，我们有f''(x) = -2 - 8sin^2x。

由于-f''(x)在x = 0处是正的，我们有当x越接近0时，f''(x)越小，也就意味着函数在x = 0处是严格的最大值。

1.7 Example 1.7(a) 我们有f(x) = x^3 - 2x^2 - 5x + 6，f'(x) =3x^2 - 4x - 5和f''(x) = 6x - 4。

第3题（1）输入稀疏矩阵A:>>A1=sparse(1:20,1:20,3,20,20);>>A2=sparse(2:20,1:19,-1/2,20,20);>>A3=sparse(3:20,1:18,-1/4,20,20);>>A=A1+A2+A2'+A3+A3';求D、L、U：>>D=diag(diag(A));>>L=-tril(A,-1);>>U=-triu(A,1);用雅克比迭代：>>i=0;n=100;x0=[1:1:20]';b=[1:2:39]';while n>10^-5 i=i+1;x0=D\(L+U)*x0+D\b;n=norm(x0-A\b);end>>ii=20再取一组x0和b>>i=0;n=100;x0=[1:3:58]';b=[2:2:40]';while n>10^-5 i=i+1;x0=D\(L+U)*x0+D\b;n=norm(x0-A\b);end>>ii=22用高斯-赛德尔迭代：i=0;n=100;x0=[1:1:20]';b=[1:2:39]';while n>10^-5i=i+1;x0=(D-L)\U*x0+(D-L)\b;n=norm(x0-A\b); end;ii=13再取一组x0和bi=0;n=100;x0=[1:3:58]';b=[2:2:40]';while n>10^-5i=i+1;x0=(D-L)\U*x0+(D-L)\b;n=norm(x0-A\b); end;ii=15【结论】两种迭代均收敛。

对于第一组x0和b，雅克比迭代次数是20，高斯-赛德尔迭代次数是13，对于第二组x0和b，雅克比迭代次数是22，高斯-赛德尔迭代次数是15。

2．定义映射22:B R R →，()B x y =，满足y Ax =，其中0.80.40.10.4A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2,x y R ∈ 则对任意的2,u v R ∈1111119||()()||||||||()||||||||||||||10B u B v Au Av A u v A u v u v -=-=-≤-=- 故映射B 对一范数是压缩的 由范数定义||||1||||max |||| 1.2x A Ax ∞∞∞===，知必然存在0x ，0||||1x ∞=使得0|||||||| 1.2Ax A ∞∞== 设012(,)T x x x =取12(,0),(0,)T T u x v x ==-，则0u v x -=，有00||()()||||||||()|||||||||| 1.21||||||||B u B v Au Av A u v Ax A x u v ∞∞∞∞∞∞∞-=-=-===>==-故有||()()||B u B v ∞->||||u v ∞-，从而映射B 对无穷范数不是压缩的 4.证明：对任意的,[,]x y a b ∈ 由拉格朗日中值定理，有()()'()()()1e G x G y G x y x y e ξξξ-=-=-+ 其中0111bbe e e e ξξ<≤<++ 所以|()()||()|||11bbe e G x G y x y x y e e ξξ-=-≤-++故G 为[,]a b 上的压缩映射 而()ln(1)ln x x G x e e x =+>= 即()G x x =无根 故()G x 没有不动点(1)证明：对任意的121212(,){(,)|0,1}x x D x x x x ∈=≤≤，则有1121221212212120(,)0.7sin 0.2cos 0.9,(,)0.7cos 0.2sin 0.7cos10.20.7cos 0.20.1503(,)0.7cos 0.2sin 0.9g x x x x g x x x x g x x x x π≤=+≤=-≥->-=>=-≤故有()G x D ∈112212112211122211221122|(,)(,)||0.7(sin sin )0.2(cos cos )||0.7cos ()0.2(sin())()|0.7||0.2||0.7(||||)g u u g v v u v u v u v u v u v u v u v u v ξξ-=-+-=-+--≤-+-≤-+-112212112211122211221122|(,)(,)||0.7(cos cos )0.2(sin sin )||0.7(sin )()0.2cos()()|0.7||0.2||0.7(||||)g u u g v v u v u v u v u v u v u v u v u v ηη-=---=----≤-+-≤-+-所以11|()()||0.7||||G u G v u v -≤-即G 是压缩映射，从而根据压缩映射定理，G 在D 中有唯一不动点 （2）取0(0,0)Tx =,按()x G x =迭代得满足171631||||0.510x x --≤⨯，得到方程的近似解(0.5256,0.5083)T 10.（1）221222124()1x x F x x x ⎡⎤+-=⎢⎥--⎣⎦12122,2'()2,2x x F x x x ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦选取0(1.6,1.2)T x =解000'()()F x x F x ∆=-，得0(0.0188,0.0250)T x ∆=-， 所以100+(1.5813,1.2250)T x x x =∆=，同理有2(1.5811,1.2247)T x = 3(1.5811,1.2247)T x =满足32511||||102x x --≤⨯故通过牛顿迭代法求得近似解(1.5811,1.2247)T。

第四题首先证明G(x)在任何区间[a,b]上是压缩的。

设对于任意区间[a,b]中的任意两个数x,y ，有|G(x)-G(y)|=|G ()||x-y|=||||11bbe e x y x y e eζζζ'-<-++ 取1bbe L e=+<1 故有|()()|||G x G y L x y -<-其中L<1，所以G(x)在区间[a,b]上是压缩的。

假设G(x)有不动点*x ，那么应该满足如下条件：****()ln(1)10x G x x e x =→+=→=由于上式显然不成立，假设错误，即G(x)没有不动点。

第九题 第一小题 映内性121212,){(,)|0,1}x x D x x x x ∈≤≤（有121212),()){(,)|0,1}x g x D x x x x ∈≤≤（g(即证明121200.7sin 0.2cos 100.7cos 0.2sin 1x x x x ≤+≤≤-≤由于1201,01x x ≤≤≤≤固有1122sin 0,cos 0sin 0,cos 0x x x x ≥>≥>显然有120.7sin 0.2cos 0x x +>此外120.7sin 0.2cos 0.70.20.91x x +<+=<为此，有1200.7sin 0.2cos 1x x ≤+≤而对于另一个不等式，有120.7cos 0.2sin 0.7cos10.2sin10x x -≥->此外，有120.7cos 0.2sin 0.701x x -≤-<因此便证明了1200.7cos 0.2sin 1x x ≤-≤可以得到121212),()){(,)|0,1}x g x D x x x x ∈≤≤（g(即证明了D 的映内性。

压缩性利用1范数进行证明121212120.7sin 0.2cos ()0.7cos 0.2sin 0.7sin 0.2cos ()0.7cos 0.2sin x x G x x x y y G y y y +⎛⎫= ⎪-⎝⎭+⎛⎫= ⎪-⎝⎭其中12120,,,1x x y y ≤≤即有112211220.7(sin sin )0.2(cos cos )()()0.7(cos cos )0.2(sin sin )x y x y G x G y x y x y -+-⎛⎫-= ⎪---⎝⎭可得到11122112211112222||()()|||0.7(sin sin )0.2(cos cos )||0.7(cos cos )0.2(sin sin )|0.7(|sin sin ||cos cos |)0.2(|cos cos ||sin sin |)G x G y x y x y x y x y x y x y x y x y -=-+-+---≤⨯-+-+⨯-+- 由于x 1和y 1的地位相同，我们不妨假设x 1>y 1那么有1111sin sin cos cos x y x y ><从而得到：111111111111|sin sin ||cos cos |sin sin cos cos (sin cos )(sin cos )x y x y x y y x x x y y -+-=-+-=---令()sin cos f x x x =-那么111111|sin sin ||cos cos |()()x y x y f x f y -+-=-显然f(x)在[0,1]处连续，那么存在11[,]y x η∈，使得111111()()()()(cos sin )()f x f y f x y x y ηηη'-=-=+-而11[,][0,1]y x η∈⊂当4πη=时，（cos sin ηη+所以111111()()(cos sin )()|f x f y x y x y ηη-=+-≤-所以有11111222211222211221122||()()||0.7(|sin sin ||cos cos |)0.2(|cos cos ||sin sin |)||0.2(||||)0.98995||0.4||0.99(||||)G x G y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y -≤⨯-+-+⨯-+-≤-+⨯-+-=⨯-+⨯-≤⨯-+-而1122x y x y x y -⎛⎫-= ⎪-⎝⎭所以11122||||||||x y x y x y -=-+-所以即得到11||()()||0.99||||G x G y x y -≤⨯-其中L=0.99<1，那么根据压缩映射原理就证明了12(,)G g g =在D 中有唯一的不动点。

第一章 绪论1．设0x >,x 的相对误差为δ，求ln x 的误差。

解：近似值*x 的相对误差为*****r e x xe x x δ-=== 而ln x 的误差为()1ln *ln *ln **e x x x e x =-≈进而有(ln *)x εδ≈2．设x 的相对误差为2%，求n x 的相对误差。

解：设()nf x x =，则函数的条件数为'()||()p xf x C f x = 又1'()n f x nx-=, 1||n p x nx C n n-⋅∴== 又((*))(*)r p r x n C x εε≈⋅且(*)r e x 为2((*))0.02n r x n ε∴≈3．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：*1 1.1021x =,*20.031x =, *3385.6x =, *456.430x =,*57 1.0.x =⨯解：*1 1.1021x =是五位有效数字； *20.031x =是二位有效数字； *3385.6x =是四位有效数字； *456.430x =是五位有效数字； *57 1.0.x =⨯是二位有效数字。

4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) ***124x x x ++,(2) ***123x x x ,(3) **24/x x .其中****1234,,,x x x x 均为第3题所给的数。

解：*41*32*13*34*151()1021()1021()1021()1021()102x x x x x εεεεε-----=⨯=⨯=⨯=⨯=⨯***124***1244333(1)()()()()1111010102221.0510x x x x x x εεεε----++=++=⨯+⨯+⨯=⨯ ***123*********123231132143(2)()()()()1111.10210.031100.031385.610 1.1021385.6102220.215x x x x x x x x x x x x εεεε---=++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯≈**24****24422*4335(3)(/)()()110.0311056.430102256.43056.43010x x x x x x xεεε---+≈⨯⨯+⨯⨯=⨯=5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？ 解：球体体积为343V R π=则何种函数的条件数为23'4343p R V R R C V R ππ===(*)(*)3(*)r p r r V C R R εεε∴≈=又(*)1r V ε=%1故度量半径R 时允许的相对误差限为εr (V ∗)=13∗1%=13006．设028Y =，按递推公式1n n Y Y -= （n=1,2,…）计算到100Y 27.982≈（5位有效数字），试问计算100Y 将有多大误差？解：1n n Y Y -=-10099Y Y ∴=9998Y Y =9897Y Y =……10Y Y =依次代入后，有1000100Y Y =-即1000Y Y =27.982≈, 100027.982Y Y ∴=-*310001()()(27.982)102Y Y εεε-∴=+=⨯100Y ∴的误差限为31102-⨯。

20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。

对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=∙∙-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。

()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n Tn ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。

故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。

由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。

数学证明：1nTi j i ji j ee α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j jA -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j AB --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此：1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……， ，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。

数值分析第五版课后答案(ii )2/（x ） = Imr0.40.50.60.7 0.8 lar一 0.916 291 一 0.693 147 一 0・ 510826-0. 356 675-0.223 144用线性插值及二次插值计算InO. 54的近似值•解 依据插值误差估计式选距离0. 54较近的点为插值节点，并建立差商 表如下:一 0.693 147-0.510 826 - 0.916 291写出Newton 插值多项式M(H ) =- 0.693 147 + 1.823 210Q — 0.5)N2)= M (_r) + (—0.204 115〉(工一0. 5)匕一0・6)计算近似值Ni (0. 54) =一 0.693 147+ 1.823 210(0. 54 — 0. 5) =—0.620 218 6弘(0.54) = N 】(0.54) — 0.204 115(0. 54 - 0.5X0. 54-0.6) =-0.616 8394・设门为互异节点（j = 0.1 ■…山）.求证：A（I ）三卫（上=0, 1 ■…，Q;n（ii ）心一工）铅（门三o 仏=1. 2. •••■" 证明 （i ）令fS 』工X 若插值节点为X/7 - 0,1 则/<x ）的n次播值多项武为["（工）=工球丿3插值余项为R”（王〉=/（X ）— L n （X ）= /—（/）（n + 1）!/X—Ti-CkXVZ又因为k < 所以严）（0 = 0,R 心）二 0x 0 = 0. 5 X] = 0. 6工2 = 0. 4二＞ -0.204 1151.823 2102. 027 325所以丿・0 1 -n L'? /xsr ("卜；(_"“(/〉 r —0 丿•()L ' r / SCOg ( . ) (一 x)k -'x' =(彳一 Qi 三 05.设 /(x) 6 C 2[a, 6]且 /(a) = fib) = 0.求证： max | f(x) £(b —a)，max | /z (j) \ a^r^ib .O心疋6证明 令x = a 和工=人以此为插值节点•则插值多项式为Li (工)= /(a) -—； + f(b) Y —- 三 0<2—o b — a应用插值余项公式有y*7(^) (X — a)(.x — 6) Wmax | /(g) I max | (x — a)(x — b) | / Wb a<jfCZ> _（6 — a ）2 max | fXx ） | O aM 临 b6.在一 4<x<4上给出r （T ）= e 『的等距节点函数表，若用分段二次插值求e 「的近似值，要使截断误差不超过10一&,问使用函数表的步长h 应取多少？解 若插值节点为IT , r 和工沖则分段二次插值多项式的插值余项为式中Ml = Xi — h,工沖=$ +札\R ：(r) l^ye 1max | （文—刀_）） （_r —兀）〈工—J7°j ）丨 0插值点个数< W 6 得 A < 0.006 5&是奇数，故实际可采用的函数值表步长7•若必=2S 求及解 根据向前差分算子和中心差分算子的定义进行求解£（：）（-】〉1巧” =£（：）（-1）-皿=孑y” = （F? — F~T ）°y” = （E"r ）*（E — IYy n =「2$% = L （%） = g = 2—8.如果fl 工、是刃次多项式，记= f （j--T-h ） —/（T ）.证明/（x ）的 &阶差分Nfa ）（0W 是rn-k 次多项式，并且A^7（T> = 0（/为正 蔓牧）.证明 对加次多项式/（才）应用Taylor 公式有A/（x ） = /（z + A ） —/（j ） = /（ J ）A H- rr/^x ） + ••• 4- Jf"' （x ）Z! 初！即△/（/）为m- 1次的多项式・= △（△/&）），对加一 1 > 0次多项式应用上述推理过程知 △（△/（工））=庄只工）是加一2次的多项式.依此过程递推，知A7<^X0<Xr<r«）为m-k 次多项武. 所以必工）为常数，故 s = 0（/为正整数）.9. 证明 A （/*g* ） = /* Ag* 4-A/*.证明 A/igJ = /n-ign-i ~ Ag* = /n-igHi - fkgkn 十/*gi - fkgk = gtrl （人+1 — 人> + fk（g^l 一创）=g 屮+ 介厶®15.证明两点三次Hermite 摘值余项是尺3（刃='‘4 ；目（工—九）'（H —）？， E €（N ，才屮）并由此求出分段三次Henniw 猶值的课差限・证明 若工W ［工―文屮］・且插值多项式满足条件円3 ｛竝）=/（竝几 H3（X H -1）=产（工屮）H ； （ Z* ） = f （x> ） * H3' （J T H -I ）=（.r*41）1 4-(- 4) 十 0. 006 581 268 冬 1 217 旦 N4 —(—4) F T8T2162 0. 006 579知插值余项RQ） = /（文）一耳（工> 有二重零点g和文卄故设R（攵）=以文）0 —比）？（文一攵申〃确定函数恥才几当JC = X*或工屮时來工）取任何有限值均可I当才H忑，J•屮时“&（仏°文屮），构造关于变量t的函数g（r） == /（［）—丹3（『）一总（才）（〔一=*）2（（— X*+l ）2 显然有g（文▲）= 0. g（i?） = 0. ） = og'（r*.〉= 0, £心屮）=0在S ,工］和Dr, z*+l J上对g（T）使用Rolle定理，存在® €（无，才〉及少W （w, x*-ti）使得&'（》）=0, g'（%）= 0在a ,巾），Cyl *罪），<72« x*+i）上对g'（=）使用Rolle定理，存在供| € 5，巾），巾？€（6，%）和阻屮6（%，XHI）使得g"（知）=g"（?!2）= g"（少.屮）=0再依次对g（0和g"（“使用Rolle定理，知至少存在（比，工屮）使得gW（E）=而g⑷⑺=一虹小4!,将"弋入•得到£€5 •工屮）推导过程表明W依赖于工点，及=•综合以上过程可知R（T）= “（&（a■一忑）2（工一卫^）2下面建立分段三次Hermite插值的谋差限.记h （小为/Cr）在［a,刃上的基于等距节点的分段三次Hermite插值函数.x k = a+kh 4 = 0, !••• ♦ n）, h = b — a■n在小区间［去，/小］上有I /（x）— /A<x）| —右 | 严（£）|（X— X*）-（X— XH-1）2 <7f max \尸4）（力））max （_r —业）？（工一z屮尸而最值0 才=十妙 ]max （工一及）■（工一 z>+! 「L l 「• , maxs"（5 ― l ）2h 4 = r k n<<<! 16进而得误差估计1 /（文）-越空简|八(如】6・求一个次数不离于4次的多项式PCr 〉•使它满足P(0) = P(0) = 0, P(l) =P71) = HP(2) = 1.解法一 利用Hermite 插值可得到次数不高于4的多项式几== 1；为==打 W f > = 0 •加I = 1H 3（X ）=（才）+ /（文）◎（才）=（1 一 2 三「卫■）（才二空）2 =（1 + 2刃1）2氐—XI 竝一 4G&） = （1-2 J ~-r| ）（ - ）2 = （3 — 2&）疋Jj —竝 XI — To仇（工）=兀（工一 1）?向=（工一 1）JT 2所以Hj （2） = （3 — 2x ）x 2 + （1* — 1 ）J -? =— T 3 + 2z~设 = H 3（X ）4-A （T -^）2（J —T ））2,其中・A 为待定常数，令 F （2）=1得于是P3十一尸这样可写岀Newton 插值公式P （x ） = 0 + 0（乂一0）十 1（工一0）? — 1（広一0）?（工一 1） +— 0）'（$ — l ）? =— 1） + 4-工?（&一 1）?=解法二(带重节点的Newton 插值法)建立如下差商表:-124 4J-x 2 （r ~ 3）: 417 •设f （.C 二厂丄g 在一 5€工€5上取"=10•按等矩节点求分施线1 f JT性插值函数ha ）・计算各节点间中点处Z A （J -）与/（x ＞的值，并佑计课差.解 若 = 5,r lc = 5,则步长 A = ------------- ---- -- -- = I =— 5+ ih = — 5 +n2（ow?w 10）.在区间Cx-上•分段线性插值瓯数为/1°(X )= /(X,)工汁】一広+工一 rTT7T F+不分段线性插值函数定义如下:各节点间中点处函数值及插值函数值如下所示：估计谋差：在区间[乙，刀+门上lf （jr ）—击厂（。