数值分析课程第五版课后习题答案

第一章 绪论

3、下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差不超过最后一位的半个单位，试指出它们是几位有效数字：

***** 385.6，x4 7 1.0。 0.031，x3x1 1.1021，x2 56.430，x5

***

385.6有4 1.1021有5位有效数字；x2 0.0031有2位有效数字；x3[解]x1

**

7 1.0有2位有效数字。 56.430有5位有效数字；x5位有效数字；x4

****

,x2,x3,x44、利用公式（2.3）求下列各近似值的误差限，其中x1均为第3题所给

的数。

***

x2 x4（1）x1；

f *******

e*(x1 x2 x4) (x) (x) (x) (x)k124 x

k 1 k [解]；

111

10 4 10 3 10 3 1.05 10 3

222

n

***

x2x3； （2）x1

*

f***e*(x1x2x3)

k 1 xk

n ********** (x) (xx) (x) (xx) (x) (xx) (x)k231132123

*

[解] (0.031 385.6)1 10 4 (1.1021 385.6)1 10 3 (1.1021 0.031)1 10 3；

222

0.59768 10 3 212.48488 10 3 0.01708255 10 3

213.09964255 10 3 0.21309964255

**/x4（3）x2。

f**e*(x2/x4)

k 1 xk

n*

x21*** (x) (x) (x)k24**2 x4(x4)

*

[解]

110.031156.4611 3 3

。 10 3 10 1022

56.430222(56.430)(56.430)56.4611 3 5 10 0.88654 10(56.430)22

6、设Y0 28，按递推公式Yn Yn 1

1

783(n 1,2, )计算到Y100，若取100

783 27.982（五位有效数字，）试问计算Y100将有多大误差？

[解]令n表示Yn的近似值，e*(Yn) n Yn，则e*(Y0) 0，并且由

n n 1

11

783可知， 27.982，Yn Yn 1 100100

1

n Yn n 1 Yn 1 (27.982 )，即

10012

从e*(Yn) e*(Yn 1) (27.982 ) e*(Yn 2) (27.982 ) ，

100100

而e*(Y100) e*(Y0) (27.982 783) 783 27.982， 而783 27.982

11

10 3，所以 *(Y100) 10 3。

22

11、序列 yn 满足递推关系yn 10yn 1 1(n 1,2, )，若y0 2 1.41（三位有效数字），计算到y10时误差有多大？这个计算过程稳定吗？

y 2

[解]设n为yn的近似值， *(yn) n yn，则由 0与

yn 10yn 1 1

0 1.411

可知， *(y0) 10 2，n yn 10(n 1 yn 1)，即

2 n 10n 1 1

*(yn) 10 *(yn 1) 10n *(y0)，

11

从而 *(y10) 1010 *(y0) 1010 10 2 108，因此计算过程不稳定。

22

12、计算f (2 1)6，取2 1.4，利用下列公式计算，哪一个得到的结果最好？

1(2 1)

6

，(3 22)3，

1(3 22)

3

，99 702。

[解]因为 *(f)

11

， 10 1，所以对于f1 6

2(2 1)

e*(1) 1e*(1.4)

611 1 4

有一位有效数字； 10 6.54 10 10 2，7

22(1.4 1)

对于2 (3 22)3，

11

e*(2) 2e*(1.4) 6(3 2 1.4)2 10 1 0.12 10 1 10 1，没有有效数

22

字；

对于3

1(3 22)

3

，

611 1 3

10 2.65 10 10 2，有一位有效数4

22(3 2 1.4)

e*(3) 3e*(1.4)

字；

11

对于4 99 702，e*(4) 4e*(1.4) 70 10 1 35 10 1 101，没有

22

有效数字。

第二章 插值法

4、设xj

n

(j 0,1, ,n)为互异节点，求证：

k

l(x) x1） xkjj

j 0n

(k 0,1, ,n)；

2） (xj x)klj(x) xk

j 0

(k 1,2, ,n)；

[解]1）因为左侧是xk的n阶拉格朗日多项式，所以求证成立。

2）设f(y) (y x)k，则左侧是f(y) (y x)k的n阶拉格朗日多项式，令y x，即得求证。

1

5、设f(x) C2 a,b 且f(a) f(b) 0，求证maxf(x) (b a)2maxf (x)。

a x ba x b8

[解]见补充题3，其中取f(a) f(b) 0即得。

6、在 4 x 4上给出f(x) ex的等距节点函数表，若用二次插值求ex的近似值，要使截断误差不超过10 6，问使用函数表的步长h应取多少？

[解]由题意可知，设x使用节点x0 x1 h，x1，x2 x1 h进行二次插值，则

R2(x)

f ( )

(x x0)(x x1)(x x2)3!

插值余项为

e

[x (x1 h)](x x1)[x (x1 h)], x0,x2 6

，

令f(x) [x (x1 h)](x x1)[x (x1 h)] x3 3x1x2 (3x12 h2)x x1(x12 h2)，则f (x) 3x2 6x1x (3x12 h2)，从而f(x)的极值点为x x1

3323h (1 )h (1 )h h，而 3339

3

h，故3

x0 x x2

maf(x)

e e423e43

R2(x) maxf(x) h h，要使其不超过10 6，则有

6x0 x x26927e43

h 10 6，即h 27

7

4

243e23.4863 2

10 10 2 0.472 10 2。 2

7.389e

1

7

f(8)( )0

8、f(x) x x 3x 1，求f[2,2, ,2]，f[2,2, ,2] 0。

8!8!

1

8

f(7)( )7!

1，f[20,21, ,28]。 [解]f[2,2, ,2]

7!7!

1

7

12、若f(x) a0 a1x an 1xn 1 anxn有n个不同实根x1,x2, ,xn，证明

j 1

n

0 k n 2 0,

1。 f (xj) an,k n 1

n

xkj

[证明]由题意可设f(x) an(x x1)(x x2) (x xn) an (x xi)，故

i 1

f (xj) an (xj xi)，再由差商的性质1和3可知：

i 1

i j

n

f (x

j 1

n

xkj

j

)

j 1

n

xkj

an (xj xi)

i 1

i jn

1k1(xk)(n 1) x[x1, ,xn] ，从而得证。 anan(n 1)!

15．证明两点三次埃尔米特插值余项是

(4)

R3(x) f解：

()( x

k

x2) (x

k 1

x

2

) / 4!,

k

x ( ,k1x

)

若x [xk,xk 1]，且插值多项式满足条件

(xk) f (xk) H3(xk) f(xk),H3

(xk 1) f (xk 1) H3(xk 1) f(xk 1),H3

插值余项为R(x) f(x) H3(x) 由插值条件可知R(xk) R(xk 1) 0 且R (xk) R (xk 1) 0

R(x)可写成R(x) g(x)(x xk)2(x xk 1)2

其中g(x)是关于x的待定函数，

现把x看成[xk,xk 1]上的一个固定点，作函数

(t) f(t) H3(t) g(x)(t xk)2(t xk 1)2

根据余项性质，有

(xk) 0, (xk 1) 0

(x) f(x) H3(x) g(x)(x xk)2(x xk 1)2

f(x) H3(x) R(x) 0

(t) g(x)[2(t xk)(t xk 1)2 2(t xk 1)(t xk)2] (t) f (t) H3

(xk) 0

(xk 1) 0

由罗尔定理可知，存在 (xk,x)和 (x,xk 1)，使

( 1) 0, ( 2) 0

即 (x)在[xk,xk 1]上有四个互异零点。

根据罗尔定理， (t)在 (t)的两个零点间至少有一个零点，

故 (t)在(xk,xk 1)内至少有三个互异零点， 依此类推，

(4)

(t)在(xk,xk 1)内至少有一个零点。

记为 (xk,xk 1)使

(4)( ) f(4)( ) H3(4)( ) 4!g(x) 0

又 H3(t) 0

(4)

f(4)( )

g(x) , (xk,xk 1)

4!

其中 依赖于x

f(4)( )< …… 此处隐藏：3311字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……