四川大学现代科学工程计算基础课后习题答案.pdf

现代科学工程计算基础课后习题现代科学工程计算基础课后习题 第一章第一章 绪论绪论 基本上不会考 略 第二章第二章 函数的插值与逼近函数的插值与逼近 1 1 证明 由题意有 x x 0 x 1 x k 1 则有以下式子 0 1 1 0 0 2 0 0 1 1 0 0 1 2 0 0 1 2 1 考察a0 0 x a1 1 x a 1 1 x a x 0 的系数 依次代入x0 x1 x 1得 a0 0 x 0 0 又 0 1 可得a0 0 a0 0 x 1 a1 1 x 1 0 可得a1 0 a0 0 x k 1 a1 1 x 1 a 1 1 x 1 0 可得a 1 0 最后代入x 得 a0 0 x k a1 1 x a x 0 可得a 0 由于a0 a1 a2 a 1 a 0 所以 x 0 1 n 线性无关 1 2 证明 由题意有 x x 0 x 1 x 1 x 0 1 1 以及 1 0 0 1 n 考察a0 0 x a1 1 x a 1 1 x a x 0 的系数 代入x0得 a0 0 x 0 0 又 0 x 0 1 可得a0 0 代入x 得 a x 0 又 x 1 可得a 0 由于a0 a1 a2 a 1 a 0 所以 x 0 1 n 线 性无关 2 1 证明 令f x 则f x 的 n 次 Lagrange 插值多项式 0 讨论其插值余项R x f x 1 1 1 因为k 0 1 n n f x 的 n 阶导数 f x k k n 所以有 f 1 x 0 可得f x R x 0 f x 则有 f x 0 原命题得证 2 2 证明 原式 0 0 0 二项式定理 0 0 0 0 交换符号顺序 0 2 1 中结论 其中k i 0 1 n x x 二项式定理 0 则 0 0 1 2 n 原命题得证 3 解 f x 在 x 100 121 144 三点的二次插值多项式为 L2 x 100 x 121 x 144 100 121 100 144 121 x 100 x 144 121 100 121 144 144 x 100 x 121 144 100 144 121 代入 x 115 得f 115 2 115 10 735 f x 1 4 3 2 f x 3 8 5 2 误差限R2 x 3 3 3 3 144 3 115 100 115 121 115 144 0 001748167 使用内插法 f x 在 x 100 121 两点的一次插值多项式为 L1 x 100 x 121 100 121 121 x 100 121 100 代入 x 115 得f 115 1 115 10 714 误差限R1 x 2 2 2 2 121 2 115 100 115 121 0 01690 结果不同 显然是由于使用了不同的数学模型 精确度有所不同 4 证明 对 f x 在 x a b 两处进行插值 则插值多项式为 L1 x f a f b 0 L1 x 0 考察插值余项R1 x f x 1 2 又L1 x 0 可得f x 2 2 2 2 2 2 4 2 两边同时取绝对值得 2 2 2 4 对x a b 恒成立 则 max 2 8 max 原命题得证 5 解 考察函数f x sinx 由于 x 则f x 1 0 在三点节点x x0 x0 x0 2 为步长 上进行插值 设插值区 间上某点x x0 0 2 则插值余项为 R2 x f 3 0 1 2 f 3 1 2 f 3 3 1 2 1 3 3 1 2 t 0 2 考察函数g t 1 2 g t 3t2 6t 2 令g t 0 得 t 1 3 3 g t 在闭区间 0 2 内先增后减再增 其中 g 0 g 2 0 g t 的 两个极值点及对应的值分别为 g 1 3 3 2 3 9 g 1 3 3 2 3 9 则0 g t 2 3 9 可得R2 x 1 3 3 1 2 3 27 3 要求截断误差不超 过10 5 则 3 27 3 10 5 4 481 10 2 则步长 h 最大取0 0448 6 1 解 f 0 f 0 1 0 f 0 1 f 1 f 0 1 0 1 0 1 f 1 2 f 2 f 1 2 1 1 1 2 f 0 1 2 f 1 2 f 0 1 2 0 1 0 1 2 猜想f 0 1 1 1 0 1 很显然对 n 0 成立 假设n k时成立 则f 0 1 k 1 1 0 1 当n k 1时 f 0 1 k 1 f 1 2 1 f 0 1 1 0 1 1 1 2 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 2 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 则对则对 n k 1n k 1 也成立 即原假设成立也成立 即原假设成立 6 2 解 f 0 f 0 0 f 0 1 f 1 f 0 1 0 1 0 1 0 f 1 2 f 2 f 1 2 1 2 1 2 1 f 0 1 2 f 1 2 f 0 1 2 0 0 2 1 1 2 0 2 1 0 1 0 2 0 2 1 f 1 2 3 f 1 2 f 0 1 2 0 1 3 2 2 3 1 3 2 1 2 1 3 1 3 2 f 0 1 2 3 f 1 2 3 f 0 1 2 3 0 1 0 3 2 2 3 2 0 3 1 1 3 2 1 3 0 0 3 3 2 1 0 0 1 3 1 2 0 0 2 3 0 2 1 1 2 1 0 2 0 3 0 2 1 3 1 3 2 猜想就是跟排列组合相关的某一形式 有待进一步研究 7 证明 由题意 f x a a 1 1 a1 a0有 n 个不同的实 根 1 2 则f x 必包含因式 1 2 n 又f x 中 的系数为a 故可将 f x 转化为以下形式 f x a 1 2 可得 f x a 1 2 a 2 1 3 a 1 1 分别代入 则f x 中含 的项均为 0 而含有 的 项不为 0 故可得 f a 1 1 1 a 1 1 1 a 1 1 1 观察要证明的式子 我们可以联想到使用定理 4 1 老版书 30 页 构造函数g x 运用定理 4 1 性质 1 得 g 1 2 g 1 1 1 1 a g f 1 再运用定理 4 1 性质 4 得 g 1 2 g 1 1 联立上述两式 得 g f 1 g 1 2 a 1 g 1 1 类似的讨论在习题 2 1 中讨论过 我们有结论 若 g x xk 则gk x k gk 1 x 0 即 k 阶导为常数 k 1 阶导为零 函数g x 则g 1 x 0 0 2 n 1 1 故 g f 1 1 g 1 1 0 0 2 1 1 证毕 10 1 证明 数学归纳法 当 n 0 时 f 0 0 1 0 成立 假设当 n k 时成立 则f 0 1 1 0 1 当 n k 1 时 f 0 1 f 1 2 1 f 0 1 1 0 1 a 1 2 a 1 1 a 0 1 a 1 0 1 0 1 1 即 k 1 时也成立 原命题得证 10 2 证明 根据牛顿插值多项式及插值余项关系可得 f x f x x x 即 1 x 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 n 1 0 1 0 1 n 1 n 0 1 下面比上面多一项 证毕 11 解 Lagrange 插值 3 1 0 3 6 3 0 3 3 3 6 2 3 3 6 0 3 0 3 0 6 2 3 0 6 3 3 3 3 3 6 10 3 0 3 6 3 6 0 6 3 Newton 插值 均差表如下 一阶均差 二阶均差 三阶均差 3 1 0 2 2 1 0 3 1 3 2 2 2 3 0 4 3 4 3 1 3 3 7 18 6 10 10 2 6 3 4 4 4 3 6 0 8 9 8 9 7 18 6 3 23 243 对应的牛顿插值多项式为 3 1 1 x 3 7 18 x 3 x 23 243 x 3 x x 3 12 解 使用 Lagrange 插值的思想 构造基函数 建立多项式如下 p x f x0 0 x f x1 1 x f x2 2 x f x 0 0 x f x 1 1 x 其中x0 0 x1 1 x2 2 f x0 f x0 0 f x1 f x1 1 f x2 1 由于p x0 p x 0 0 所以不必考虑 0 x 0 x 满足如下条件 1 x 0 1 2 x j 0 1 均为 4 次多项式 2 x 0 1 x 0 x 1 0 i 0 1 2 x 0 0 1 2 x 0 1 1 对于 1 x 有 1 x 0 1 x 2 0 1 x 0 0 则可设 1 x a x b x x0 2 x x2 ax b x x0 2 x x2 x 1 x0 2 x 1 x2 这里用到了书本中 41 页的方法来简化计算 设因式的方法 若f x 在某点xk函数值和导数值均为零 则 f x 包含因 式 x x 2 1 x 为 4 次多项式 故前面的系数为一次式 根据条件 1 x 1 1 1 x 1 0 计算得 a 2 1 2 1 0 1 0 1 2 b 1 1 2 1 2 1 0 1 0 1 2 未验证 代入可得 2 对于 2 x 有 2 x 0 2 x 1 0 2 x 0 2 x 1 0 则 可设 2 x C x x0 2 x x1 2 C x x0 2 x x1 2 x 2 x0 2 x 2 x1 2 便于计算 根据条件 2 x 2 1 计算得 C 1 则 2 x x x0 2 x x1 2 x 2 x0 2 x 2 x1 2 3 对于 1 x 有 1 x 0 1 x 1 1 x 2 0 1 x 0 0 则 可设 1 x x x0 2 x x1 x x2 根据条件 1 x 1 1 计算得 C 1 x 1 x0 2 x 1 x2 则 1 x x x0 2 x x1 x x2 x 1 x0 2 x 1 x2 综上所述 代入就可以得到最终的 4 次多项式 使用 Newton 均差插值的思想 p x f x0 f x0 x1 x x0 f x0 x1 x2 x x0 x x1 ax b x x0 x x1 x x2 根据条件p x 0 0 p x 1 1可以求出 a 和 b 的值 13 解 由于多项式 3 满足插值条件 可设 3 f x0 0 x f x1 1 x f x 0 0 x f x 1 1 x 代入插值条件得 3 0 x 2 1 x 1 2 0 x 1 2 1 x 根据 Hermite 插值公式得 0 x 1 2 0 1 0 1 1 0 1 2 1 x 1 2 1 1 1 0 0 1 0 2 0 x 0 1 0 1 2 1 x 1 0 1 0 2 代入就可以得到 3 的表达式 15 1 证明 2 1 2 1 2 2 1 0 2 1 2 1 0 y0 2y1 y2 y1 2y2 y3 y2 2y3 y4 y 3 2y 2 y 1 y 2 2y 1 y y 1 2y y 1 可以看出每个括号中 第 1 项跟前一个式子的中间项抵消 中间项跟 前一个式子的第 3 项和后一个式子的第 1 项抵消 第 3 项跟后一个式 子的中间项抵消 可得 2 1 0 所以有 I T 12 3 0 即用梯形求积公式计算的结果比准确值大 几何意义 二阶导数大于 零说明曲线是凹函数 梯形的斜边大于对应的函数值 3 1 证明 使用泰勒公式在 x a 处展开 得 f x f a f x a 则 f x f a f x a f x a 2 2 f b a 2 2 a b 证毕 3 2 证明 使用泰勒公式在 x b 处展开 得 f x f b f x b 则 f x f b f x b f x b 2 2 f b a 2 2 a b 证毕 3 2 证明 使用泰勒公式在 x a b 2 处展开 得 f x f a b 2 f a b 2 x a b 2 f a b 2 2 x a b 2 2 则 f x f a b 2 f a b 2 x a b 2 f 2 x a b 2 2 a b 2 f a b 2 x a b 2 2 2 f 6 x a b 2 3 a b 2 f 24 b a 3 a b 证毕 4 解 修正 在原表格中f 7 8 2 26549 使用复化梯形公式 将区间分为8等分共9个节点 n 8 步长h 1 8 其中 0 1 8 1 4 3 8 1 2 5 8 3 4 7 8 1 8 2 7 0 1 2 0 2 7 1 1 代入数值计算得 8 3 1389875 使用复化 Simpson 公式 将区间分为 4 等分共 5 个边界节点以及 4 个内部节点 n 4 步长 h 1 4 其中 0 1 4 1 2 3 4 1 1 2 1 8 3 8 5 8 7 8 4 6 3 0 4 1 2 1 6 0 4 1 2 3 0 2 3 1 1 代入数值计算得 4 3 1415917 使用 Romberg 求积法 通过不同的等分方法依次求出 1 3 1 2 3 1 1 2 4 3 131175 1 4 再利用 Romberg 求积公式 4 3 2 1 3 16 15 2 1 15 64 63 2 1 63 求得 二分 次数 k 2 2 1 2 2 2 3 0 3 1 3 1 3 13333333 2 3 131175 3 1415666667 3 1421155556 3 3 1389875 3 1415916667 3 1415933334 3 1415850442 5 证明 由于对于任意次数小于 n 的多项式表达式都成立 则表达式对 1 2 都成立 则有 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 可转换为矩阵形式 即 11 0 1 0 1 1 0 1 1 2 2 2 1 1 1 1 最左边的矩阵为范德蒙德矩阵且a 0 1 则其 行列式的值不为零 该矩阵不可逆 故矩阵 0 1 存在唯一解 即只存 在一组数 6 证明 复化梯形公式的余项为 I 3 12 1 0 12 2 则n h 0 I 0 即lim I 复化 Simpsom 公式的余项为 I 180 2 4 4 1 0 1 k n 特别的 A 的 1 阶顺序主子式 11 0 对 A 进行 1 步 Gauss 消元 相对于初等行变换 某行 列 乘以实数 加到另一行 列 上 不会改变行列式的值 则 D 11 11 1 0 0 D 0 1 k n 2 i j k 又有 D 11 22 2 2 0 11 0 22 2 2 0 即A2的各阶顺序主子式都大于 0 又由 3 1 可知A2对称 故A2矩阵 为对称正定矩阵 4 解 将方程组写成矩阵乘法得形式 Ax b 其中 A 5 41 46 4 1 46 x 1 2 3 b 2 1 1 运用平方根分解 即A 原方程化为 Gy 设 1100 21 220 31 32 33 则 11 21 31 0 22 32 00 33 运用矩阵乘法得 50 0 4 5 5 14 5 0 5 5 8 14 7 437 35 5 4 5 5 5 5 0 14 5 8 14 7 00 437 35 使用 即 50 0 4 5 5 14 5 0 5 5 8 14 7 437 35 1 2 3 2 1 1 解得y 1 2 3 使用 即 5 4 5 5 5 5 0 14 5 8 14 7 00 437 35 1 2 3 1 2 3 解得x 1 2 3 5 解 运用定理 3 1 若 n 阶矩阵的顺序主子式 0 1 2 n 1 则 A 有唯一的 LU 分解 对于A1 1 2 24 0 故不存在 LU 分解 对于A2 1 1 22 0 故不存在 LU 分解 对于A3 1 2 25 1 126 2515 61546 1 故存在唯一的 LU 分解 6 证明 A 11 12 1 21 1 1 步 Gauss 消元 11 12 1 0 0 2 i j n 其中 1 11 1 因为 A 为严格对角占优矩阵 即 1 2 n 1 2 2 10 解 1 1 3 2 1 6 2 2 1 1 2 32 2 2 12 14 max 1 3 11 解 A 1 01 2 2 10 3 121 4 432 A 121 0 12 101 AA 222 250 206 则 A 1 4 列范 A 4 行范 计算AA 的特征值得 1 1 2 6 3 6 A 2 6 cond A 2 A 2 A 1 2 1 2 6 A 1 1 6 1 3 1 6 1 3 1 3 1 3 5 6 1 3 1 6 cond A A A 1 4 4 3 16 3 12 解 A 0100 99 99981 1 0 98 99 99 1001 cond A 1 A 1 A 1 1 199 199 39601 cond A A A 1 199 199 39601 A 0100 99 99981 A 0100 99 99981 AA 019801 19602 19602194051 求得AA 的特征值为 1 0 2 39206 cond A 2 A 2 A 1 2 1 2 198 0051 13 1 解 cond 3 1 1 2 1 3 11 6 cond 6 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 147 60 13 2 解 H3x b 即 1 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 1 3 1 4 1 5 x1 x2 x3 11 6 13 12 47 60 得 x1 x2 x3 1 1 1 H3 x b 即 1 000 5000 333 0 5000 3330 250 0 3330 2500 200 x1 x2 x3 1 83 1 08 0 783 得 x1 x2 x3 1 0895 0 4880 1 4910 14 1 证明 因为 x R 设 x 为向量 1 2 x max 1 1 x 1 x max 1 1 x 1 综上所述 x x 1 x 14 2 证明 设矩阵 B A 则 0 2 1 1 i n 则 1 2 1 2 根据定理 矩阵的迹 主对角元素之和 等于特征值之和 则 1 1 2 为矩阵 A 特征值的个数 而 2 则有 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 有 0 矩阵范数非负 开方即可得 2 15 证明 cond AB AB AB 1 AB A 1 B 1 A B B 1 A 1 A A 1 B 1 第五章第五章 解线性代数方程组的迭代法解线性代数方程组的迭代法 1 1 解 Jacobi 迭代格式 k 0 1 1 1 0 1 10 2 0 12 10 2 1 1 10 1 0 2 10 2 23 10 3 1 0 2 10 2 0 14 10 得相应的矩阵为 B 0 1 10 0 1 10 0 2 10 0 2 10 0 12 10 23 10 14 10 根据迭代公式 1 1 2 0 0 0 0 0 得 k 1 2 2 1 1 2 2 3 1 4 2 0 97 1 9 0 94 3 1 01 2 015 1 02 4 0 9985 1 9950 0 9970 5 1 0005 2 0008 1 0010 6 0 9999 1 9997 0 9998 7 1 0000 2 0000 1 0000 1 3 10 4 10 3 Gauss Seidel 迭代形式 1 1 0 1 10 2 0 12 10 2 1 1 10 1 1 0 2 10 2 23 10 3 1 0 2 10 2 1 0 14 10 令 B L U 000 1 10 00 0 2 10 0 0 1 10 0 00 2 10 000 构造迭代公式 1 1 即 1 1 1 1 00 10 00 010 02 00 0020 04 1 1 2 2 18 0 9640 k 1 2 2 1 1 2 2 18 0 9640 2 0 9820 2 0090 0 9982 3 0 9991 2 0004 0 9999 4 1 0000 2 0000 1 0000 1 9 10 4 10 3 1 2 解 Jacobi 迭代格式 k 0 1 1 1 0 2 5 2 1 5 12 5 2 1 1 4 1 0 2 4 2 9 4 3 1 2 10 1 3 10 2 0 1 10 得相应的矩阵为 B 0 2 5 1 5 1 4 0 2 4 2 10 3 10 0 12 5 9 4 1 10 根据迭代公式 1 1 2 0 0 0 0 0 得 k 1 2 2 1 2 4000 2 2500 0 1000 2 3 3200 1 6000 1 2550 3 3 2910 0 7925 1 2440 4 2 9658 0 8053 0 9960 5 2 9213 1 0106 0 9347 6 2 9912 1 0523 0 9874 7 3 0184 1 0085 1 0139 8 3 0062 0 9884 1 0062 9 2 9966 0 9953 0 9978 10 2 9977 1 0020 0 9979 11 3 0004 1 0016 1 0001 12 3 0007 0 9998 1 0006 13 3 0000 0 9996 1 0001 1 7 10 4 10 3 Gauss Seidel 迭代形式 1 1 0 2 5 2 1 5 12 5 2 1 1 4 1 1 0 2 4 2 9 4 3 1 2 10 1 1 3 10 2 1 0 1 10 令 B L U 000 1 4 00 2 10 3 10 0 0 2 5 1 5 00 2 4 000 构造迭代公式 1 1 即 1 1 1 1 0 0 4 0 2 0 0 1 0 55 00 05 0 125 1 2 4 1 65 1 075 k 1 2 2 1 2 4000 1 6500 1 0750 2 3 2750 0 8937