计算方法课后习题答案VIP

习 题 一3.已知函数在处的函数值，试通过一个二次插值函数求的近似值，并估计其误差。 解：（1） 采用Lagrange插值多项式其误差为（2）采用Newton插值多项式 根据题意作差商表：一阶差商二阶差商04216.252.52934. 设，试列出关于互异节点的插值多项式。 注意到：若个节点互异，则对任意次数的多项式，它关于节点满足条件的插值多项式就是它本身。可见，当时幂函数关于个节点的插值多项式就是它本身，故依公式有特别地，当时，有 而当时有 5.依据下列函数表分别建立次数不超过3的插值多项式和插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。 012419233解：（1） Lagrange 插值多项式 =（2） Newton 插值多项式一阶差商二阶差商三阶差商00111982223143343-10由求解结果可知：说明插值问题的解存在且唯一。7. 设，试利用余项定理给出以为节点的插值多项式。解：由Lagrange余项定理 可知：当时，8.设且，求证 证明：以为节点进行线性插值，得 由于,故。于是由 有， 令 13设节点与点互异，试对证明 并给出的插值多项式。 解 依差商的定义 ，一般地，设则 故的插值多项式为16 . 求作满足条件的插值多项式 。 解法1：根据三次Hermite插值多项式：并依条件，得解法2：由于，故可直接由书中（3.9）式，得18 求作满足条件的插值多项式，并估计其误差。 解法1：由已知条件0121293用基函数方法构造。令其中，均为三次多项式，且满足条件依条件可设，由 可得：同理，误差为：解法2：用承袭性构造由条件先构造一个二次多项式作差商表：一阶差商二阶差商001112122973于是有：令所求插值多项式利用剩下的一个插值条件，得 由此解出 故有19 求作满足条件的插值多项式。并给出插值余项。 解：令 利用插值条件定出 ： 注意到这里是三重零点，是单零点，故插值余项为 20 求作次数的多项式，使满足条件并列出插值余项。 解法1：由于在处有直到一阶导数值的插值条件，所以它是“二重节点”；而在处有直到二阶导数值的插值条件所以是“三重节点”。因此利用重节点的差商公式： 可以作出差商表 一阶二阶三阶四阶001111100021101039206115根据Newton插值多项式，有 且插值余项为 第二章答案1. 计算下列函数关于的：注：， 解：（1） （2） 3.是区间上带权的最高次项系数为1的正交多项式族，其中，求。 解法一：解法二：设，则由4.求，使积分取得最小值。解：题意即为在中求的最佳平方逼近多项式，故满足法方程或者按下述方法：因为上式分别对求偏导，并令其为零，有从而也有 ，5.对，定义 问它们是否构成内积？（1）推出,即为常数，但不一定为0，故（1）不构成内积。（2）显然内积公理的1），2），3）均满足，考察第四条 若，则必有反之，若，则且，由此可推得, 即内积公理第四条满足，故（2）构成内积。8.判断函数在上两两正交，并求一个三次多项式，使其在上与上述函数两两正交。解：（1）， ， 所以，在上两两正交。（2）设所求多项式为 2. 用最小二乘法求一个形如的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估计平方误差。 192531384419.032.349.073.397.8解：将=19,25,31,38,44分别代入，得 所以误差12.求函数在给定区间上对于的最佳平方逼近多项式： 解：设（1）(2) 。 13.上求关于的最佳平方逼近多项式。解：Legendre是-1，1上的正交多项式取，=16.求上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。解：设 第三章习题答案1. 分别用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分计误差。解：1）用梯形公式有：事实上，2）Simpson公式事实上，3）由Cotes公式有：事实上，3.分别用复化梯形公式和复化公式Simpson计算下列积分.(1) 解：（1）用复化梯形公式有：，由复化Simpson公式有：5给定积分。（1） 利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过（2） 取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少？（3） 如果要求截断误差不超过，那么使用复化Simpson公式计算时，应将积分区间分成多少等分？ 解：(1) =,当误差时，25.6, 所以取=26。（2）7推导下列三种矩形求积公式： 证明：将在处Taylor展开，得 两边在上积分，得 将在处Taylor展开，得 两边在上积分，得 将在处Taylor展开，得 两边在上积分，得 10判别下列求积公式是否是插值型的，并指明其代数精度：解：插值型求积公式 其中 则 因此，是插值型的求积公式。因其求积公式是插值型的，且存在2个节点，所以其代数精度至少是1。 对于时， 可见它对于不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。11构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度： 解（1）：令原式对于准确成立，于是有 解之得 ， 于是有求积公式 容易验证，它对于不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。解（2）：令原式对于准确成立，于是有 解之得 于是有求积公式 容易验证当时，而 可见，它对于不准确成立，故该求积公式的代数精度是3。解(3)：令原式对于准确成立，于是有 解得: 于是有求积公式 容易验证，当时，而 可见，它对于不准确成立，故该求积公式的代数精度是2。12. 利用代数精度方法构造下列两点Gauss求积公式： 解（1）：令原式对于准确成立，于是有 利用的第1式，可将第2式化为 同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得 由式消去得进一步整理由此解出解得：因此所求的两点Gauss求积公式：或依下面的思想：解（2）：令原式对于准确成立，于是有 利用的第1式，可将第2式化为 同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得 由式消去得 进一步整理 由此解出解得：因此所求的两点Gauss求积公式：或依下面的思想：13分别用三点和四点GaussChebyshev求积公式计算积分，并估计误差。解：用三点Gauss-Chebyshev求积公式来计算：此时，由公式可得：由余项可估计误差为用四点Gauss-Chebyshev求积公式来计算：此时，由余项可估计误差为14用三点求积公式计算积分，并估计误差。解：作变换则得由三点Gauss-Legendre公式：其估计误差为：,（）。其准确值其准确误差等于：第四章 习题答案 2。用Gauss列主元素消去法解方程组解：因为第一列中10最大,因此把10作为列主元素得到方程组6。用Doolittle分解法解方程组 解：A=其中L= U=由Ly= 解得y=由Ux=y ， 解得x=7。用Crout分解法接方程组。解：由Ly=b= 得y=由Ux=y= 得x=11。已知，求。解： ，13。求证：证明：（1） ， ， 所以，所以（2）14。设计算A的条件数解： 矩阵A的较大特征值为198.00505035，较小的特征值为-0.00505035，则 第五章习题答案2.设方程组 考察用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程组的收敛性； 用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解次方程组，要求时迭代终止。解：（1） 因为，故Jacobi迭代法收敛。又：所以Gauss-Seidel的迭代矩阵 因为故Gauss-Seidel迭代法收敛。据方程组的Jacobi迭代格式：取计算求得 由于，因此，所求的解为 另据Gauss-Seidel迭代格式为： 取计算求得 由于，因此，所求的解为 因为系数矩阵是严格对角占优矩阵，所以Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法均收敛。此方程组的Jacobi迭代格式为：取，可求得由于故所求解为：据Gauss-Seidel迭代格式：取求得： 由于，故所求解为： 3.设方程组试考察此方程组的Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法的收敛性。解：所给方程组的Jacobi迭代矩阵因为解得：则，所以解此方程组Jacobi迭代法收敛。所给方程组的Gauss-Seidel迭代矩阵因为解得：则所以解此方程组Gauss-Seidel迭代法收敛。Jacobi迭代矩阵因为则，所以解此方程组Jacobi迭代法收敛。Gauss-Seidel迭代矩阵因为解得： 则，所以解此方程组Gauss-Seidel迭代法不收敛。5.讨论用Jacobi迭代法和Gauss-Seidel迭代法解方程组的收敛性，如果收敛，比较哪种方法收敛较快，其中解：Jacobi迭代法迭代矩阵，所以，Jacobi迭代收敛。Gauss-Seidel迭代矩阵所以，Gauss-Seidel迭代收敛因为，故Gauss-Seidel迭代法较Jacobi迭代法收敛快。Jacobi迭代法迭代矩阵所以，Jacobi迭代不收敛。Gauss-Seidel迭代：所以，Gauss-Seidel迭代收敛。6.设方程组的系数矩阵，试求能使Jacobi迭代法收敛的的取值范围。解：当时，Jacobi迭代矩阵由得故，由得时，Jabico迭代法收敛。8.给定方程组证明：解此方程组的Jacobi迭代法发散，而Gauss-seidel迭代法收敛。证明：Jacobi迭代矩阵解得：所以，Jacobi迭代法发散。又Gauss-seidel迭代矩阵为可见，G的特征值为所以，Gauss-seidel迭代法收敛。10.用SOR迭代法求解方程组（取）要求当时迭代终止。解：SOR迭代公式为：取初值，迭代可得： ，所以所求解15用最速下降法和共轭斜向量法解方程组解：取初始向量，（一）最速下降法 第1步：；第22步：停机取解 （二）共轭斜向量法第1步：第101步：停机取解 第六章习题答案3.证明方程在内有根，使用二分法求这个根，若要求需二分区间多少等分？证明：设由于且当时，因此方程在区间内有一个根。由解得所以需二分区间19等分，才能满足5.为求方程在附近的一个根，设将方程改写成为下列等价形式，并建立相应的迭代公式：迭代公式迭代公式迭代公式试讨论它们的收敛性。解：所以此迭代格式是收敛的。 所以此迭代格式是收敛的。 所以此迭代格式不收敛的。7.用下列给定的方法求在附近的根，根的准确值为要求计算结果准确到四位有效数字。（1）用Newton法；（2）用弦截法，（3）用抛物线法，取解：用Newton法求解 将它们代入公式有， 取计算结果列于下表，并和比较得出结果，012321.8888891.8794521.879385 解得用弦截法求解 取依迭代公式为进行计算。计算结果列于下表，并和比较0123421.91.8810941.8794111.879385解得用抛物线法求解 则 故 则根号前的符号为正。 迭代公式为 取计算 10.设构造求解方程的Newton迭代格式；证明此迭代格式具有二阶收敛性。解：由 从而有Newton迭代格式 迭代格式为此外则所以此迭代格式具有二阶收敛性。11.用Newton迭代法求解方程在附近的一个实根，要求（准确值为）。解：由题意则 Newton迭代公式为 ， 即 取时，解得 同理，可得 因 所以用迭代法求方程所得的根为第八章习题答案1.用Euler格式计算初值问题的解函数在时的近似值（取步长保留到小数点后4位）。解：将代人Euler格式，注意到则有：据可得计算结果如下即2.证明隐式Euler格式是一阶方法；而Euler两步格式是二阶方法，并给出其局部截断误差的主项。证明：对于隐式Euler格式，若假定则有 （1）依Taylor公式有代人式（1）右端，则有 另一方面，故隐式Euler格式的局部截断误差为 可见隐式Euler格式是一阶方法。证明：对于Euler两步格式： ，考察局部截断误差，仍设则有注意到于是而因此有即Euler两步格式是二阶方法。且其主项系数是2。 注：关于精度分析也可采用代数精度的概念来讨论： 定义：称某个差分格式具有阶精度，如果它的近似关系式对于次数的多项式均能准确成立，而对于次式不能准确成立。 譬如，考察Euler格式 ，其对应的近似关系式为 检验它所具有的代数精度，当时，左端右端1；当时，左端右端而当时，左端右端，所以Euler格式仅有一阶精度。4.已知初值问题有精确解试导出近似解的Euler格式，并证明用改进的Euler格式能准确地求出这一初值问题的解。 将此题作如下改动： 已知初值问题的精确解 证明：用Euler格式以为步长所求得的近似解的整体截断误差为解： （原题的解）Euler格式为 将代人得由得 ，于是 就是所求的Euler格式。如果用改进的Euler格式求这一初值问题，则可得到准确解。 其中，由条件可得，而精确解为 ，由此可知所以用改进的Euler格式能准确求出这一初值问题的解。 改动后的解： 解：Euler格式为 将代人得由得 ，于是所以整体误差为 5.用梯形格式求解初值问题取计算，要求小数点后保留5位数字。解：，梯形公式为 整理得显格式为 ，由可得8.取用四阶经典Runge-Kutta格式求解下列初值问题：解：利用四阶经典Runge-Kutta格式：得此问题的四阶经典Runge-Kutta格式为（）：计算结果如下表所示：00111.21.221.44110.21.2428001.4428001.6870801.7115081.9851021.24280620.41.5836361.9836362.2820002.3118362.6460031.58364930.62.0442132.6442133.0086343.0450763.45322