计算方法_课后习题答案

1、计算方法习题答案王新民 术洪亮编吉大仪电 第一章习题答案1. 已知，求的插值多项式。解：由题意知：2. 取节点对建立型二次插值函数，并估计差。解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

2、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。6. 已知由数据构造出的插值多项式的最高次项系数是6，试确定。 解：= =中最高次项系数为：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. 求作关于节点的插值多项式，并利用插值余项定理证明 式中为关于节点的插值基函数。解：注意到关于节点的插值多项式为其插值余项为 据

3、此令即得。 附加题：设为关于节点的插值基函数，证明 证明：据题4可知，令，则有。注意到 （证明见王能超数值简明教程145页题6）令即有。9. 已知，求差商和。解：根据差商与微商的关系，有10. 已知互异，求。其中。（此题有误。）（见王能超教程p149题2） 解：因为，则 由差商性质可知，11. 设首项系数为1的n次式有n个互异的零点，证明 证明：按题设，有表达式 故原式左端 注意到上式右端等于关于节点的阶差商（见第10页2.1式）利用差商与导数的关系（见2.11式）得知 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 14设是任意一个首项

4、系数为1的n+1次多项式，试证明 其中。 解：(1)由题意，可设，由lagrange插值余项公式得(2) 由(1)式可知， 15给定数据表：1023构造出函数的差商表，并写出它的三次插值多项式. 解：利用newton插值公式：先作出差商表一阶差商二阶差商三阶差商01313/213/41/22031/61/3325/3-2/3-5/3-2故：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17设充分光滑，求证 证明：显然，满足条件的插值多项式 由于故 18 求作满足条件的插值多项式，并估计其误差。 解法1：

5、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

6、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 21 设分段多项式是以为节点的三次样条函数，试确定系数的值。 解：由可得即解得 22 根据给定的数据表 12324121-1建立一个三次样条插值函数。解： 由已知作差商表0121242231283 节点等距 第二章 习题答案 1. 计算下列函数关于的：注：， 解：（1） （2） （3）（4） 2. 令，试证是在上带权的正交多项式，并求。解：是在上带权的正交多项式。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

7、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。6. 对权函数，区间，试求首项系数为1的正交多项式。解： 7. 利用正交化方法求上带权的前三个正交多项式。解：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 9.

8、 用最小二乘原理求矛盾方程组的最小二乘解。注：给定线性代数方程组，当时，称其为超定方程组。求使得 取最小值。应用微分学中多元函数求极值的方法可以证明为方程组 的解。称为超定方程组的最小二乘解。解法一：由题意得：所以即是所求的最小二乘解。误差平方和为 解法二：求，使误差平方和为最小，令得方程组如下： 解方程组有： 10. 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11. 求形如的经验公式，使它能和下表给出的数据相拟合。123456781532052

9、743664916568781176解：设，两边取对数得令，则有 设，于是得到正规方程组:其中, ， 正规方程组化为:得=2.43689 =0.291211=2.43689所以=11.45 =0.291211=2.43689所以=11.45 1=0.29121112. 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，=14. 求在上的三次最佳平方逼近多项式。解：15. 已知勒让德多项式，试在二次多项式类中求一多项式，使其成为上的最佳平方逼近函数。解：,设 由题意可知 即： 即：解得：16

10、. 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，2证明simpson公式具有三次代数精度。证明：而当时左侧：右侧：左侧不等于右侧。所以simpson具有三次代数精度.3.分别用复化梯形公式和复化公式simpson计算下列积分.(1)，（3），（4）解：（1）用复化梯形公式有：，由复化simpson公式有：解（3）： 由复化梯形公式有：由复化公式有：（4）解：由复化梯形公式：由复化simpson公式：4给定求积

11、节点试推出计算积分的插值型求积公式，并写出它的截断误差。解： 考虑到对称性，有，于是有求积公式 由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有3阶精度。事实上，对原式左右两端相等： 此外，容易验证原式对不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。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）6用romberg求积方法

12、计算下列积分，使误差不超过。（1）；（2）；（3）;(4)解（1）： 计算可以停止。解（2）：（3）解:解（4）: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 8如果证明用复化梯形公式计算积分所得结果比准确值大，并说明其几何意义。证明：复化梯形公式为 若在上连续，则复化梯形公式的余项为 由于且 所以使 则(1)式成为： 又因为所以 即用复化梯形公式计算积分所得结果比准确值大。 其几何意义：曲线在定义域内是向下凹的，即曲线在曲线上任两点连线的下方。9对构造一个至少具有三

13、次代数精度的求积公式。解：因为具有4个求积节点的插值型求积公式，至少有三次代数精度。如果在上取节点0，1，2，3，则插值型求积公式为：其中系数为同理求得即有：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

14、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

15、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 1。用gauss消去法解方程组解:方程组写成矩阵形式为对其进行gaus

16、s消去得得方程组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3。举例说明一个非奇异矩阵不一定存在lu分解。例如：设与题设相矛盾，所以一个非奇异矩阵不一定存在lu分解。4。下列矩阵能否分解为lu（其中l为单位下三角矩阵，u为上三角矩阵）？若能分解，那么分解是否唯一？ 解： 设b可以进行lu分解，则b=计算得 5。对下列给定的矩阵a作lu分解，并利用分解结果计算a-1。 解： l= u= 由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

17、=由ux=y= 得x=8。用平方根法求解方程组解：易知是对称矩阵，可求得由ly=b得y=由解得x=9。用改进的平方根法求解下列方程组 解（1）a=分解得l= d=由lu=b得u=由dy=u 得y=由得x=（2）分解得 d=由lu=y得u=由dy=u得y=由x=y得x=10。用追赶法求解三对角方程组解：11。已知，求。解： ，12。已知 解：由范数定义得 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 15。设矩阵a非奇异，求证证明： 16。设矩阵a可逆，为误差，试证当也可逆。解

18、：，即可逆。17。设有方程组ax=b，其中，已知它有解如果右端有小扰动，试估计由此引起的解的相对误差。解：18。设ax=b，其中为非奇异矩阵，证明：为对称正定矩阵；证明：（1）（2） 第三章习题答案2. 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，2证明simpson公式具有三次代数精度。证明：而当时左侧：右侧：左侧不等于右侧。所以simpson具有三次代数精度.3.分别用复化梯形公式和复化公式simpson计算下列积分.(1)，（3），（4）解：（1）用复化梯形公式有：，由复化s

19、impson公式有：解（3）： 由复化梯形公式有：由复化公式有：（4）解：由复化梯形公式：由复化simpson公式：4给定求积节点试推出计算积分的插值型求积公式，并写出它的截断误差。解： 考虑到对称性，有，于是有求积公式 由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有3阶精度。事实上，对原式左右两端相等： 此外，容易验证原式对不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。5给定积分。（4） 利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过（5） 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？（6） 如果要求截断误差不超过，那么使用复化simpso

20、n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）6用romberg求积方法计算下列积分，使误差不超过。（1）；（2）；（3）;(4)解（1）： 计算可以停止。解（2）：（3）解:解（4）: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 8如果证明用复化梯形公式计算积分所得结果比准确值大，并说明其几何意义。证明：复化梯形公式为 若在上连续，则复化梯形公式的余项为 由于且 所以使 则(1)式成为： 又因为所以 即用复化梯形

21、公式计算积分所得结果比准确值大。 其几何意义：曲线在定义域内是向下凹的，即曲线在曲线上任两点连线的下方。9对构造一个至少具有三次代数精度的求积公式。解：因为具有4个求积节点的插值型求积公式，至少有三次代数精度。如果在上取节点0，1，2，3，则插值型求积公式为：其中系数为同理求得即有：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

22、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

23、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

24、为：,（）。其准确值其准确误差等于：第六章习题答案1.用二分法求方程在区间内的根，要求其绝对误差不超过解： 由于且当时，所以方程在区间内仅有一个实根。由解得所以需要二分7次，才能得到满足精度要求的根。取区间的中点将区间二等分，求得与同号，因此得到下一区间如此继续下去，即得计算结果。01（-）1.5（-）2（+）11.5（-）1.75（+）2（+）21.5（-）1.625（-）1.75（+）31.625（-）1.6875（-）1.75（+）41.6875（-）1.71875（-）1.75（+）51.71875（-）1.734375（+）1.75（+）61.71875（-）1.7265625（-）

25、1.734375（+）71.7265625（-）1.73046875（-）1.734375（+）计算结果如下表：。2.证明在内有一个根，使用二分法求误差不大于的根要迭代多少次？证明：设由于且当时，因此方程在区间内有一个根。由解得所以需要迭代14次，才能使求得的根的误差不大于。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4.能否用迭代法求解下列方程若不能，试将原方程改写成能用迭代法求解的形式。解： 故迭代格式收敛，可以用其来求解方程。设且可知在上存在一个根，即当时，可知不能用迭代格式来求解

26、方程。可将方程变形为令所以迭代格式收敛，可以用其来求解方程。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。6.给出计算迭代格式，讨论迭代格式的收敛性并证明解：由题意可得出其迭代格式为由上式可知，当时，所以迭代格式是收敛的。由可得，解得：其中舍去。可得即解得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

27、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 8.用aitken加速迭代法求下列方程在指定区间内的根。 解：由迭代格式 则 在上因此迭代格式是收敛的。 相应于这一格式，可以得到aitken加速迭代格式： 因此由解得同理，得 所以式的近似解为（2）为， 注：若取迭代函数，则因在上所以迭代格式不收敛。 但若用aitken加速迭代格式 计算，结果是收

28、敛的。9.设构造求解方程的newton迭代格式；证明此迭代格式是线性收敛的。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是线性收敛的。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12.试导出计算的newton迭代格式，使公式中既无开方又无除法运算。 解：令 则 由newton迭代公式 ，有 即计算

29、的newton迭代格式为 。13.应用newton迭代法于方程和分别导出求的迭代公式，并求 解：当 时故newton迭代公式为 此时： （）。当时，因故newton迭代公式为 此时： 14. 用newton迭代法求解方程组，取。解：记，其于是有即由逐次迭代得到故。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

30、，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。3.证明梯形公式是二阶方法，并给出其局部截断误差的主项。证明：将梯形公

31、式写成：假定则在处的taylor展式为于是。另一方面，依taylor公式因此有 所以梯形公式是二阶方法，且其主项系数为。 注：也可用代数精度来检验差分格式的精度 与梯形公式对应的近似关系式为（#） 为简化处理手续，可引进变换，而不妨令节点，步长，从而将近似关系式化简。这时，梯形格式的近似关系式（#）简化为 易知它对均能准确成立，而当时左端1，右端，因而梯形格式具有二阶精度。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： （

32、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6.用改进的euler格式计算积分在时的近似值（保留到小数点后6位）。 解：此积分问题可转化为微分问题，即将上式两端对求导，得，并且取步长。然后利用改进的euler格式代人，有当时可计算得， 7.用梯形格式求解初值问题证明其近似解为，并证明当时，它收敛于原初值问题的准确解证明：将 代人梯形格式得 经整理得从而因，故 证明：即当时，它收敛于原初值问题的准确解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