1、習題 1 P.141. 以下各近似值均有4個有效數字，x* 0.001428 y* 13.521,z* 2.300,試指出它們的絕對誤差和相對誤 差限.解 x*0.001428=0.142810 2 有 4 個有效數，即 n 4 , m 2由有效數字與絕對誤差的關系得絕對誤差限為10m n10由有效數字與相對誤差的關系得相對誤差限為10 (n 1)10 3 ；y* 13.52仁0.13521 102 有 4 個有效數，即 n 4 , m 2由有效數字與絕對誤差的關系得絕對誤差限為由有效數字與相對誤差的關系得相對誤差限為10 (n 1)103z*2.300=0.2300 101 有 4 個有效數

2、，即 n 4 , m 1由有效數字與絕對誤差的關系得絕對誤差限為由有效數字與相對誤差的關系得相對誤差限為12a110 (n 1)1103-2.以下各近似值的絕對誤差限都是1 10彳，試指出它們各有幾位有效數字.x* 2.00021,y* 0.032,z*0.00052解 x*2.000210.200021 101，即 m 1由有效數字與絕對誤差的關系得1010即 m n 3，所以，n 4 ;y*0.032 0.32 101，即 m由有效數字與絕對誤差的關系得10m10即 m n 3，所以，n 2 ；z*0.000520.52 10 3，即 m由有效數字與絕對誤差的關系得m1010即 m n3，

3、所以，n 0.4.設有近似數 x*2.41,y*1.84,z*計算S x* y*z*，問S有幾位有效數字解方法一因 x*2.4仁0.241 101,y3位有效數字，即n2.35且都有3位有效數字，試1.840.184101,z2.350.235101都有1，那么1|e(x*)|10m102，|e(y*)| 110m101|e(z*)|m1010|e(y* z*) |z*e(y*)y*e( z*) |z*| e( y*) |y*le(z*) |12.35 -22101.8410 22.095 10| e( x* y*z*) |e(x*)e(y*z*) |1022.095 100.259510 1

4、10又 x* y* z*=2.411.84 2.350.6734 101，此時m 1 ,1，從而得n 2 .方法二因 x*2.4仁0.241 101,y3位有效數字，即n 3，m1.840.184101,z2.350.235101都有1，那么|e(x*)| 2 10m n10 2|er(x*)|=|e(x|x*21022.41|e( y*)|10m10 2|er(y*)|=| 色孚 | y*1 10 221.84，|e(z*)|m1010|0 = ¥122.35102|er(y*z*) | |er(y*) er (z*) |,| er (x *x*y*z*)|；Fe(x*)y* z*

5、x*y* z*er(y* z*) |2r(x*)|11021.84110 22.35-1022222.411.84 2.352.411.842.352.411.84 2.352.412.411.841.84 2.352.411.84 2.35|er(y*)+er(z*) |2120.3854 10 110,由有效數字與絕對誤差的關系得n 2.5. 序列yn有遞推公式yn 10yn 1 1,(n 1,2,)假設y 2 1.41三位有效數字，問計算0的誤差有多大，這個計 算公式穩定嗎？解 用°表示y。的誤差，由y。2 1.41，得0=0.0042“，由遞推公式yn 10yn 1 1,(n

6、 1,2,)，知計算y®的誤差為10=0.42108，因 為初始誤差在計算的過程中被逐漸的放大，這個計算公式不穩定.習題 2 ( P.84)3.證明 lk(x)1，對所有的xk 0其中lk(x)為Lagrange插值基函數.證明令f (x)1，那么f (xj 1 ,從而Ln(x)lk(x)f (Xk)k0k又f(nRn(x)1)()n 1(x)0,(n1)!可得Ln(X)f (x)1，從而nnlk(x),0nlk(x)04.求出在x=0,1,2和3處函數f (x)2x 1的插值多項式.解 方法一因為給出的節點個數為4,而f(x) x2 1從而余項Rs(x)f(4)()4!4(x)0,

7、于是L3(x) f (x) R3(x)f (x)=x2+1n次插值多項式對次數小于或等于 n的多項式精確成立1 (x 1)(x 2)( x 3)_1l0( x) 1-(x 1)(x2)( x 3),(0 1)(0 2)(0 3)6h(x)x(x 2)(x 3)=1-x(x 2)(x 3),(1 0)(1 2)(13)x(x 1)(x 3)1l2(X)-x(x 1)(x 3),(20)(2 1)(23)l3(X)x(x 1)(x2)1xz/ xzd /wn一x(x 1)(x 2),(3 0)(3 1)(3 2)6L3(x)l°(x)f(0) h(x)f(1)l2(x)f (2) ls(

8、x)f (3) = x2+1.方法二 因為 f (0)1, f(1)2, f(2)5, f(3)10,從而5.設 f(x) C2a,b且 f(a) f (b)0 ,求證2max | f (x) | (b a) max | f (x) | a x b8a x b 1證明因 f(a) f(b) 0，那么 Li(x)0,從而 f (x) R/x)a)(x b),I2由極值知識得織弓牟 f(x)i -(b a) maxJf (x)|6. 證明 (f(x)g(x) f (x) g(x) f (x) g(x + h).證明由差分的定義f(x)g(x)(f(x)g(x) f(x+h)g(x h) f (x)

9、g(x) f(x+h)g(x h) f(x)g(x+h) f(x)g(x h) f (x) g(x) f(x) g(x+h)或著 (f (x)g(x) f (x+h)g(x h) f (x)g(x)f(x+h)g(x h) f (x h)g(x) f(x h)g(x) f(x)g(x) f(x h) g(x) f (x) g(x)7. 證明n階差商有以下性質(a) 如果 F (x) cf (x)，那么 Fx°,xi，xj cfx°,xi，xj.(b) 如果 F(x) f (x) g(x)，貝SFXo,X1，Xnf Xo,X1，Xn gXo,X1，Xn.證明歸納法：由差商的定

10、義(a)如果 F (x) cf (x)，那么FX1,X2, Xn-FX°,X1, Xn 1FX°,X1，Xn Xn X。CfX1,X2，Xn-cf X。,Xi,，XnlXnXoCfXo,Xi，Xn.f Xi,X2，Xn-f Xo,Xi，Xn iXnXo(b)如果 F(x) f (X) g(x)，那么FXo,Xi，,Xn FXi，X2，Xn-FXo，Xi，Xn iXn Xof Xi,X2，Xn gXi,X2；，Xn-fXo,Xi：Xn 1 g X。，&，X“ 1Xn XofXi,X2，Xn-f x°,Xi，Xn 1 + gxX2，Xn gx°,Xi

11、，X“ 1Xn XoXn Xof Xo,X1，Xn g Xo, X1,Xn8. 設 f (x) 3x7 4x4 3x 1,求 f2°,21,27 , f 2o,21*,28.解5定理7的結論，得7階差商f 2o,21,27=3 ( f (x)的最高次方項的系數),8階差商f2o,21, ,28=o (8階以上的差商均等與o).9. 求一個次數不超過4次的多項式P(x)，使它滿足：P(o) P(0) o， P(1) P (1) 1， P(2)1.解方法一先求滿足插值條件P(O) o，P(1)=1，P(2) 1的二次插值多項式123P2(x)= -X - (L-插值基函數或待定系數法)，

12、設 P(x)=P2(x) Ax(x 1)(x 2) Bx2(x 1)(x 2)jx +Ax(x 1)(x 2) Bx2(x 1)(x 2)再由插值條件P(O)P(1)1，得 A=B=1,所以P(x) =1)(x2)1x2(x 1)(x 2)，41即 P(x) =4 x43 3x2方法二設 P(x)=ao a1X那么 P (x) =a1 2a2x 3a3x22a2x4a4x3a3X34a4X，從而 p (x) =4Bx3+(3A 9B)x2( 6A 4B 1)x1，P(2) 1，得由插值條件 P(0) P (0)0，P(1)P(1)a。0a10a0+a1 +a2+a3+a41a1 +2a2+3a

13、3+4a41a0 +2a1 +4a2 +8比 +16a41解得931a2=4,a3=-2,a4=4143 39 2從而 P(x)二 x x + x .424方法三利用埃爾米特插值基函數方法構造.10. 下述函數S(x)在1,3上是3次樣條函數嗎?cx3x2x 1,1x2S(x)=3x9x222x 17,2x3解因為 S (x)=3x26x 2,1x23x218x 22,2x3_ 6x6, 1x2S (x)=_ 6x:18, 2x3而0(2)=1 = S2(2)，S1(2)=2=S2(2)，S2)=6=S2(2)，又S(x)是三次函數，所以函數S(x)在1,3上是3次樣條函數.補 設f(x)=x

14、4,試利用L-余項定理寫出以-1,0,1,2為插值節點的三次插值多項式.解因為R3(x)嚴()4!4(x)x(x+1)(x1)(x2)，從而L3(x) f (x) R3(x) 2x3 x2 2x習題 3 ( P.159)1 設k(x)；°為a,b上具有權函數 (x) 0的正交多項式組且k(x)為首項系數為1的k次的多項式，那么 k(x)n 0于a,b線性無關.解 方法一 因為 k(x)；。為a,b上具有權函數(x) 0的正交多 項式組,那么其Gram行列式不等于零，采用反證法：假設o, n , n于 a,b線性相關，于是，存在不全為零c°,g, ,5,使c。0(x) C1

15、1(x)Cn n(x) 0,x a,b上式兩邊與i作內積得到c°( i0) C1(i，1)Cn ( i， n )(i0,1，n)由于Ci不全為零，說明以上的齊次方程組有非零解G,C1, ,Cn),故系數矩陣的行列式為零，即G 0, 1, , n 0與假設矛盾.方法二 因為 k(x)；0為a,b上具有權函數(X)0的正交多項式 組，那么其Gram行列式不等于零，由(P.95)定理2得 k(x)：°于a,b線 性無關.2. 選擇，使下述積分取得最小值12 2 1 x2(a) 1x x dx,(b)0(e x) dx解(a) 1xx(b) 一 0(exx)2dx = 0一(exx

16、)2dx2dx = 1xx22dx=12xx2 ( x2)dx =2 x5 11 =4 ,551 令1 xx22dx=0，得=0.1o (exx)2dx=0，得 =3 .3.設 f(x)1 ,xx1,3,試用Hi1,x求f(x) 次最正確平方逼近多項式解取權函數為(x) x(為了計算簡便)，那么3(1,1)1 xdxx234, (1,x)133(x,1)1dxx3263(x,x)1'x3dxx420,(f (x),1)311;xdx(f (x), x)x2dx26得法方程2620aoa1解得aoa112113，11所以f (x)的一次最正確平方逼近多項式Pi(x)12113x .118

17、 .什么常數C能使得以下表達式最小?n(f(Xi) cex)2i 1nn-(f(Xi) Cexi )2 =2 (f(Xi) Cexi)(C i 1i 1exi)n令(f (xj Cexi)2=0，得 CC i 1nf(Xi) exi 1ne2xii 1(f (x)®(ex, ex)14.用最小二乘法求解矛盾方程組2x+3y 1 x 4y 9.2x y 1解方法一方程組可變形為 AX231F ，其中A 14 ,F9211得到矛盾方程組的解為120.13232 129 09A A14,A F3410 264021求解法方程90x9026y40y+1方法二 令 l(x,y)= (2x+3y

18、 1)2+ (x 4y+9)2+ (2xI (x, y) =4 (2x+3y 1) +2 (x 4y+9) +4 (2x y+1) x=18x+18 ,I (x, y) =6 (2x+3y 18 (x 4y+92 (2x y+1)y=52y80I(x,y) 0 xl(x,y) 0 y18x18052y 80 0解之得矛盾方程組的解為x1y20.13習題 4 (P. 207)7.對列表函數x124810f (x)0152127求 f (5), f (5).解一階微商用兩點公式(中點公式),得f (8) f (2)1063二階微商用三點公式(中點公式),首先用插值法求f(5), 由 f(4)5,

19、f (8)21,得一次插值函數 Li(x) 4x 11,從而 f(5) L1(5)9,于是，f f(2) 2f25)f(8) 4.398.導出數值微分公式3f(x 2)f(x訓13hf(3)(x) hf(x 2h) 3f(x 2)并給出余項級數展開的主部解由二階微商的三點公式(中點公式),得h1f (x-)2 f (x2hh1f (x-)2 f (x2h從而ff)hhh3-)2f(x -)f(x-h),2223hhh)2f(x -)f (x-)222f (x1=f(xnh人2h) 3f(x / 3f(x 2)f(x泗將f(x?),f(x夕心夕f(xlh)分別在x處展開,得f(xf(xf(xf(

20、x3 ,)32|h)=f(x) f (x) |h 1 f (x) (|h)2 1 f(3)(x) (|h)22!23!2355匕 h)5+O(h5)22 2!-f(4) (x) (-h)4- f 冋(x)(4!25!h、22.h ,5hh *1h2)=f(x) f (x) - -f (x)(-) ；f(4)(x)(h)4 丄 f (x)(j O(h5) 4!22h、425!(x)少h、21h)=f (x)f (x) ( h)丄f (x) ( h)2-f (x)(2 22! 23!15!2討(小?43.、' ' 2丿1(4)344?f(x)(沙得33h)=f (x) f (x)

21、( h)(1) - (2) X 3 +(3) X 3 (4),1h 1h存f (x 2 評f(x ?即余項主部為詁®(x)2f(5)(x)( h)5 O(h5)2f (x丄 f (x) ( |h)2(5)(x)( |h)52!丄5h2)3f(x嚴-f(3)(x) 3!3h)32h)5O(h )f (x)2O(h )習題 5 (P. 299)步后，A約3設A Rnn為對稱矩陣，且an 0，經高斯消去法T化為；A '試證明A2亦是對稱矩陣.a 21a12a 31a13= : ，a=a n 1a1 n那么經咼斯消去法步后,證明設A (aij )=Ta1，其中A1a 22a23a2n

22、,A1 =an2an3annTa11a1A約化為1T,0 A1a1a11為對稱矩陣,因而A2Ai a；T，假設A Rnn為對稱矩陣，那么Aiaii且a1=，易知A2Ai aT為對稱矩陣.aii13.設100999998(99 、9802)2，A19899991001，|A | =199，所以 Cond(A) = |A|A 計算 l|A|； | =199計算 Cond(A)，及 Cond(A)2. 解(1)計算 | A| =199,A器 98，其特征值為1,2 99 5/9802，又a19098為對稱矩陣，那么ata=a2的特征值為2,2因此 | A|2 . max(ATA). max A2 9

23、99802 ；39601，那么(A1)TA1=(A1)2的特征值為；2(99 ,9802)2，因此|A1|. max(A 1)TA 1).max(A 1)299,9802所以 Cond(A)2=|A|2 |A 1 II2,X Rn，求證 nil(99、9802)215.設 AXI1 A 證明nRn nIIXA1nA .XI從而max0 “x' Rn n由1|AX|1閔岡1n AX，n岡，得AX|A劉 1 訓 Axll ，岡網1max :X 卩X Rn HX由算子范數的定義l|AX|,maXn 懇，A1maXnnAX.凡 ，max 怦，XRn 刃1 ，得 LIIA 岡 1 n| A|.n

24、17.設W Rnn為非奇異陣，又設xil為Rn上一向量范數，定義|7|W|W|，求證：|x|W是Rn上向量的一種范數稱為向量的 W一范數.證明 正定性，因 Wx為一向量，|x|W|W0 ,下證xiL =0x=0 ，“假設岡w =0 即 |w刃=o，由向量范數的正定性得Wx=F，W Rn n為非奇異陣，所以x=F ；“假設x=0，那么Wx=0，由向量范數的正定性得|wx| =0即 I xiw =0.齊次性，任意實數有| x|W|w x| = | w門，由向量范數的齊次性，得II刃wiiw刃=11w1niwn1iiixiiw； 三角不等式，任意實數x Rn,y Rn，有序+y|w IWx+y|=|wx-+w口 ,再由向量范數的三角不等式，得記幾