数值计算方法习题答案(第二版)(绪论).doc

数值分析（p11页）4 试证：对任给初值x0, 求开方值的牛顿迭代公式恒成立下列关系式：证明：（1）（2） 取初值，显然有，对任意，6 证明：若有n位有效数字，则，而必有2n位有效数字。8 解：此题的相对误差限通常有两种解法.根据本章中所给出的定理：（设x的近似数可表示为，如果具有l位有效数字，则其相对误差限为，其中为中第一个非零数）则，有两位有效数字，相对误差限为，有两位有效数字，相对误差限为，有两位有效数字，其相对误差限为：第二种方法直接根据相对误差限的定义式求解对于，其相对误差限为同理对于，有 对于，有备注：（1）两种方法均可得出相对误差限，但第一种是对于所有具有n位有效数字的近似数都成立的正确结论，故他对误差限的估计偏大，但计算略简单些；而第二种方法给出较好的误差限估计，但计算稍复杂。（2）采用第二种方法时，分子为绝对误差限，不是单纯的对真实值与近似值差值的四舍五入，绝对误差限大于或等于真实值与近似值的差。11. 解:，具有3位有效数字，具有7位有效数字9.解：有四舍五入法取准确值前几位得到的近似值，必有几位有效数字。 令,所对应的真实值分别为,，则 -= -/2.720.00184 -= -/2.718280.00000184 -= -/0.07180.00069712.解： = 1-cosx=2 1+x+-1=x+13.解： -= =- 设=a，=b,则 = -= =- 习题一（54页）5.证明：利用余项表达式（11）（19页），当为次数n的多项式时，由于=0，于是有=0,即=，表明其n次插值多项式就是它自身。9.证明： 由第5题知，对于次数n的多项式，其n次插值多项式就是其自身。 于是对于=1，有= 即，+= 则，+=111.分析： 由于拉格朗日插值的误差估计式为= 误差主要来源于两部分和。 对于同一函数讨论其误差，主要与有关。 在（1）中计算x=0.472的积分值，若用二次插值，需取三个节点，由于0.472在1，2两个节点之间，所以应选1，2为节点，在剩下的两个点中，与0.472更靠近，所以此题应选,为节点来构造插值多项式。15.证明： 由拉格朗日插值余项公式有 由于=+ 20.证明： 当n=1时，=C=C 假设当n=k时，结论成立，则有 = C； = C； 那么，当n=k+1时， =C= C 证明完毕。（类似的方式可证明第一个结论）21.解： 由定理4（26页）可知： =,其中 当nk时，=0； 当n=k时，=； =13.解： 由题意知，给定插值点为 =0.32,=0.314567;=0.34,=0.333487;=0.36,=0.352274 由线性插值公式知线性插值函数为 =+=+ 当x=0.3367时， 0.0519036+0.27846160.330365 其截断误差为 ，其中= =，=-，=0.333487 于是0.3334870.01670.00330.92 若用二次插值，则得 =+ 0.330374 其截断误差为其中=0.950于是0.9500.01670.00330.02330.20417解： 差商表为 一阶差商 二阶差商 三阶差商 四阶差商 五阶差商 1 -32 0 33 15 15 64 48 33 9 15 105 57 12 1 06 192 87 15 1 0 0由差商形式的牛顿插值公式，有= =-33623题：解：由于，则设由，则 所以24.解：由于 可设由得，有：所以 26解：由泰勒公式有 设 其满足 ， 其中 由，得 代入(*)式既可得 . 33.解： 由于，故在处有连续，即： 解得：34、解：首先确定求解过程中涉及到的一些参数值。 , , 于是得到关于的方程组： (三对角方程)（追赶法） 解方程求出，代入即得满足题目要求的三次样条函数习题二 2.解：判断此类题目，直接利用代数精度的定义当时， 左 = 右 = ，左 = 右当时， 左 = 右 = ，左 = 右当时， 左 = 右 = ，左 = 右当时， 左 = 右 = ，左 右所以求积公式的代数精度为2. 3.解： 求积公式中含有三个待定参数，即：，因此令求积公式对均准确成立，则有解得：所求公式至少有2次代数精度。又由于 当时， 左 = 0 右 = 当时， 左 = 右 = 所以求积公式只有3次代数精度。、类似方法得出结论。 6.解： 因要求构造的求积公式是插值型的，故其求积系数可表示为故求积公式为：下面验证其代数精度：当 时， 当 时，当 时，所以其代数精度为1。 7.证明：若求积公式对和准确成立，则有 及 所以求积公式对亦准确成立。 次多项式可表示为若公式对是准确的，则有7题中的上一步可知，其对亦成立。由代数精度定义可知，其至少具有