《数值分析简明教程》(第二版)王能超课后习题答案

第一章

题12 给定节点x0= 1，x1=1，x2=3，x3=4，试分别对下列函数导出拉格朗日插值余项：

（1） （1） f(x)=4x 3x+2 （2） （2） f(x)=x 2x 解 （1）f

(4)

4

3

3

(x)=0，

f(4)(ξ)

f(x) p(x)=(x x0)(x x1)(x x2)(x x3)=0

4!； 由拉格朗日插值余项得

(4)

（2）f(x)=4!

由拉格朗日插值余项得

f(x) p(x)=

4!

(x x0)(x x1)(x x2)(x x3)

=(x+1)(x 1)(x 3)(x 4). 4!

题15 证明：对于f(x)以x0，x1为节点的一次插值多项式p(x)，插值误差

(x1 x0)2

f(x) p(x)≤maxf′′(x)

x0≤x≤x18.

f′′(ξ)

(x x0)(x x1)2!证 由拉格朗日插值余项得，其中x0≤ξ≤x1， maxf′′(x)f′′(ξ)x0≤x≤x1

f(x) p(x)=(x x0)(x x1)≤(x x0)(x x1)

2!2!

2

(x x)

≤10maxf′′(x)

x0≤x≤x18.

f(x) p(x)=

题22 采用下列方法构造满足条件p(0)=p′(0)=0，p(1)=p′(1)=1的插值多项式

p(x)：

（1） （1） 用待定系数法；

（2） （2） 利用承袭性，先考察插值条件p(0)=p′(0)=0，p(1)=1的插值多项式

p(x).

解 （1）有四个插值条件，故设p(x)=a0+a1x+a2x+a3x，p′(x)=a1+2a2x+3a3x，

2

3

2

a0=0

a+a+a+a=1 0123

a1=0

a+2a2+3a3=1

代入得方程组 1 a0=0

a=0 1

a2=2 a= 1

解之，得 3

∴p(x)=2x2 x3；

（2）先求满足插值条件p(0)=p′(0)=0，p(1)=1的插值多项式p(x)，由0为二重零点，可设p(x)=ax，代入p(1)=1，得a=1，∴p(x)=x；

再求满足插值条件p(0)=p′(0)=0，p(1)=p′(1)=1的插值多项式p(x)，可设

2

2

p(x)=x2+bx2(x 1)，Qp′(x)=2x+2bx(x 1)+bx2，代入p′(1)=1，得b= 1，∴p(x)=x2 x2(x 1)=2x2 x3.

x3+x20≤x≤1S(x)= 3

2

2x+bx+cx 11≤x≤2是以0,1,2为节点的三次样条 题33 设分段多项式

函数，试确定系数b,c的值.

解 由S(1)=2得2+b+c 1=2，∴b+c=1；

3x2+2x0<x<1

S′(x)= 2

6x+2bx+c1<x<2，由S′(1)=5得6+2b+c=5，∴2b+c= 1；

联立两方程，得b= 2,c=3，

0<x<1 6x+2

S′′(x)=

′′(1)=8=S+′′(1)， 12x+2b1<x<2，S 且此时

S(x)是以0,1,2为节点的三次样条函数.

2x+4y=11 3x 5y=3

x+2y=6

题35 用最小二乘法解下列超定方程组： 2x+y=7.

解 记残差的平方和为

f(x,y)=(2x+4y 11)2+(3x 5y 3)2+(x+2y 6)2+(2x+y 7)2 f830 =0x= x 273 36x 6y 102=0 f=0 y=113

91. y 令 ，得 6x+92y 96=0，解之得

题37 用最小二乘法求形如y=a+bx的多项式，使与下列数据相拟合：

19 25 31 38 44 x

2

y19.0 32.3 49.0

2

73.3 97.8

解 拟合曲线中的基函数为 0(x)=1， 0(x)=x，

( 0, 0)( 0, 1) a (f, 0)

= ( , )( , )b(f, ) 1000 1 ， 其法方程组为

其中( 0, 0)=5，( 0, 1)=( 1, 0)=5327，( 1, 1)=7277699，(f, 0)=271.4，

532 a==0.9726 547

b=285=0.05

2

(f, 1)=369321.5，解之得 5696 ，∴y=0.9726+0.05x.

第二章

题3 确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量地高，并指明求积公式所具有的代数精度：

（2） 0

（2）从结论“在机械求积公式中，代数精度最高的是插值型的求积公式”出发，

∫

1

113

f(x)dx≈A0f()+A1f(+A2f()

424

13x x ()11

=2A0=∫l0(x)dx=∫003( )4244，

13()( xx111A1=∫l1(x)dx=∫=

003( )( )

2424，

11( )( )xx112A2=∫l2(x)dx=∫=

003( )( 4442，

1211123∴∫f(x)dx≈f( f(+f()0343234，

当f(x)=x时，有

3

1

∫04， 左边＝0

2111232111231f() f(+f(= (3 ()3+ (3=432343432344， 右边＝3

1

f(x)dx=∫x3dx=

1

左边＝右边， 当f(x)=x时，有

4

1∫05， 左边＝0

21112321112337f() f(+f(= (4 (4+ ()4=43234343234192， 右边＝3

1

f(x)dx=∫x4dx=

1

左边≠右边，所以该求积公式的代数精度为3.

题8 已知数据表

1.1 x

1.3 3.6693

1.5 4.4817

e

x

3.0042

试分别用辛甫生法与复化梯形法计算积分∫解 辛甫生法

1.5

1.5

1.1

exdx

.

∫

1.1

exdx≈

1.5 1.1

(3.0042+4×3.6693+4.4817)=1.477546；

复化梯形法

1.5

0.2

(3.0042+2×3.6693+4.4817)=1.48245

∫1.12.

14π=∫01+x2

题17 用三点高斯公式求下列积分值.

1

x=(t+1)

2解 先做变量代换，设，

11418

dt=∫ 1∫

14+(t+1)2dt1422dx1+(t+1)2∫4 ＝则 01+x

edx≈

x

5

≈×9

8858+×+×222

94+(

0+1)9 4+ 1 4+1

=3.141068.

第三章

用欧拉方法求解初值问题y′=ax+b，y(0)=0： （1） 试导出近似解yn的显式表达式； 解 （1）其显示的Euler格式为：

8

yn=yn 1+hf(xn 1,yn 1)=yn 1+h (axn 1+b)

故yn 1=yn 2+h (axn 2+b) LL

将上组式子左右累加，得

y1=y0+h (ax0+b)

yn=y0+ah(x0+L+xn 2+xn 1)+nhb

=ah(0+h+2hL+(n 2)h+(n 1)h)+nhb

=ah2n(n 1)/2+nhb

yn+1=yn+hK1

K=f(xn+ph,yn+qhK1). pq题10 选取参数、，使下列差分格式具有二阶精度： 1

解 将K1在点(xn,yn)处作一次泰勒展开，得

2

K1=f(xn+ph,yn+qhK1)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhK1fy(xn,yn)+O(h) =f(xn,yn)+phfx(xn,yn)

+qh(f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhK1fy(xn,yn)+O(h2))fy(xn,yn)+O(h2)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhf(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h2)

代入，得

yn+1=yn+h(f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhf(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h2))

yn+1=yn+hf(xn,yn)+ph2fx(xn,yn)+qh2f(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h3) h2

y(xn+1)=y(xn+h)=y(xn)+hy′(xn)+y′′(xn)+O(h3)

2而

h2

=y(xn)+hf(xn,y(xn))+ fx(xn,y(xn))+f(xn,y(xn))fy(xn,y(xn)) +O(h3) 2

11p=q=

2， 2时， 考虑其局部截断误差，设yn=y(xn)，比较上两式，当y(xn+1) yn+1=O(h3).

第四章

题2 证明方程

x=

1

cosx2有且仅有一实根；试确定这样的区间[a,b]，使迭代过程

1

cosxk2对一切x0∈[a,b]均收敛.

1

f(x)=x cosx

2解 设，则f(x)在区间( ∞,+∞)上连续， 11ππ1ππ

f(0)= cos0= <0f(= cos=>0

2222222且，，

π[0,]

2上至少有一根； 所以f(x)在1π

f′(x)=1+sinx>0[0,]

22上仅有一根. 又，所以f(x)单调递增，故f(x)在11xk+1=cosxkg(x)=cosx

22迭代过程，其迭代函数为，

π11ππ

x∈[0,0≤g(x)=cosx≤≤∴g(x)∈[0,2，222，2； 11

g′(x)= sinxg′(x)≤<1

22， ，

π1

x0∈[0,xk+1=cosxk

2，2由压缩映像原理知均收敛. π[0,]

2，也可取[a,b]为区间( ∞,+∞)等. 注 这里取[a,b]为区间

2

xk+1=4+cosxk

3题5 考察求解方程12 3x+2cosx=0的迭代法

（１） （１） 证明它对于任意初值x0均收敛； xk+1=

（２） 证明它具有线性收敛性；

2

g(x)=4+cosx

3证 （1）迭代函数为，

x∈( ∞,+∞)，g(x)∈( ∞,+∞)；

22

g′(x)= sinx≤<1

33又 ，

2

x=4+cosxkk+1 x03由压缩映像原理知，均收敛；

xk1 x*2*′lim=g(x)= sinx*≠0**k→∞x x*3k（2）（否则，若sinx=0，则x=mπ,m∈Z，

2

xk+1=4+cosxk

3不满足方程），所以迭代具有线性收敛速度；

32

题7 求方程x x 1=0在x0=1.5附近的一个根，证明下列两种迭代过程在区间[1.3,1.6]上均收敛：

11x=1+x=1+2k+12xxk（１） （１） 改写方程为，相应的迭代公式为；

32x=k+1x=1+x（２） （２） 改写方程为，相应的迭代公

式为解 （1）

x3 x2 1=0 x3=x2+1 x=1+g(x)=1+

1

x2

11xk+1=1+2

xk， x2，迭代公式为

其迭代函数为

x∈[1.3,1.6]，

1.3≤1.3906≈1+

111

≤1+≤1+≈1.5917<1.61.62x21.32，

∴g(x)∈[1.3,1.6]；

2 2 2 2

-0.9103=≤3≤3=-0.4883g′(x)≤0.9103<133

x， 1.3x1.6，又 ，

1

xk+1=1+2

xk均收敛； 由大范围收敛定理知 x0∈[1.3,1.6]，

g′(x)=

3232x=x x 1=0 x=1+x x=k+1（2

）迭代公

式为

其迭

代函数为g(x)=

x∈

[1.3,1.6]，1.3≤1.3908≈≤≤≈1.5269<1.6， ∴g(x)∈[1.3,1.6]；

g′(x)=

又

，

0≤≤≤

3g′(x)≤0.4912<1，

=0.49123

，

x= x∈

[1.3,1.6]k+1由大范围收敛定理知0，.

题5 分别用雅可比迭代与高斯-塞德尔迭代求解下列方程组：

x1+5x2 3x3=2

5x1 2x2+x3=4

2x1+x2 5x3= 11

(k)(k)

x1(k+1)=2 5x2+3x3

5(k)1(k) (k+1)

x2= 2+x1+x3 0

22 x(0)= 0 (k+1)112(k)1(k) =++xxx 0 312 ，555，取初始向量（2）其雅可比迭代格式为 迭代发散；

(k)(k)

x1(k+1)=2 5x2+3x3

5(k+1)1(k) (k+1)

x2= 2+x1+x3 0

22 0 (0)

x= (k+1)112(k+1)1(k+1)

x=+x+x 0 312 ，迭代发555其高斯-塞德尔迭代格式为 ，取初始向量

散.

第六章

题2用主元消去法解下列方程组

2x1+3x2+5x3=5

3x1+4x2+7x3=6 x+3x+3x=5

23） 1

解

（2）对其增广矩阵进行列主元消元得

76 3476 2355 3476 34

3476→2355→01/31/31→05/32/33 1335 1335 05/32/33 01/31/31

76 34

→ 05/32/33 001/52/5

3x1+4x2+7x3=6

52

x2+x3=3 x3=2 4 33

x=1x= 212 1

x3= x= 4 2 1 . 55 回代求解上三角方程组得，所以