应用数值分析研究报告生课程】课后习题答案07章

1、应用数值分析【研究生课程】课后习题答案 07章第七章习题解答n1、试证明牛顿一柯特斯求积公式中的求积系数Ci(n)满足 Ci(n) 1。i 0n x j证明：取Xi i (i 0,1,L , n)的插值节点，相应的Lagrange插值基函数为h(x)，由j o i jn插值基函数的性质知li(x) 1，于是可得:i 0nc(n)h(x)dxh (x)dx-n1dx 10证毕。2、利用梯形公式和2Simpson公式求积分In xdx的近似值，并估计两种方法计算值的最大解：由梯形公式T(f)宁(f(a) f(b)宁阿ln 2)ln 220.3466最大误差限为：RT(f)(b a)3 f121 1

2、 112?10.0833 (12 1212(1,2)由 Simpson公式 S( f)- a f (a) 4 f - b6 2f (b)- In1 4ln 3 In 26 20.3858最大误差限为:Rs(f)(b a)5 f(4)()2880128802880?60.0021 (1,2) ox1 -3、用复化Simpson公式求积分0e 4dx ,要求绝对误差限小于10 7，问步长h要取多大?解：由复化Simpson公式的误差限:RSn(f)令 Rs”(f)*n1-10 7可得n242880 n 42.28，故至少取288077(0,1)13，相应的求积结果为:专业资料S3(f)0.8848

3、 o4、推导中点求积公式 p()f耳),P()f()，易求得 P(x) f(i 叨心)，设bf(x)dxa(b a)f号)(b a)3 f24(ab)证明：取以a bf ()为高，长为ba的矩形代替f(x)在a,b区间上与x轴所围面积即可得中点求积公式I(f) (ba ba)f()次多项式 P(x)满足a ba br(x)f (x) P(x)，易知r(x)有二重零点一厂，于是有r(x) K(x)(x )2，记f(t) PK(x)(t )2，则(t)有三个零点x,(二重)，由广义Rolle定理知r(x)(a,b)使得()0,艮卩 f ( ) 2K(x)于是可得K(x)中，从而有f(x) P(x)

4、另一方面由P(x)为一次多项式知屮x叨2,2 2bP(x)dxa(ba ba)P(l) (b a)f(2)I(f)，于是R(f)bba f (x)dx I(f) a(f(x) P(x)dxbr(x)dx abf ()a 2(xjdx2a b由于(x 甘)2在区间(a,b)上不变号，利用积分第二中值定理可得R(f)屮：(x )2dxa 2b即： f(x)dx (b a)f(a葺f()( (a, b)3)(b f( ) (a b)。证毕。2245、对变步长Simpson方法,用事后误差分析方法说明为什么S2nSn可以作为迭代终止条件。I(f)f (x)dx， maxf(4)(x)Max a,bRd

5、)I(f)Sn(f )b ahf ( 1)，2880Rs2n ( f )1(f)S2n(f )b a4h f(4)(解：设精确积分结果为由复化求积公式的误差(4) f (2)设f(x)在a,b上变化不大，即1) f(2)，两式相比可得RSn(f)RS2n(f)1(f)(f)2416I(f) S2n(f)1解之可得 I(f )(16S2n(f) Sn(f )，或者 I(f)15SUf) Sn(f)时，1(f) S2n(f)，故S2n Sn可以作为迭代终止条件。16、计算积分exdx，若分别用复化梯形公式和复化分多少等分才能保证有六位有效数字。1缶亦Sn(f)，从而当Simpson公式，问应将积分

6、区间至少剖解：由复化梯形公式的误差限:%(f)解得n 212.85，即至少剖分213等分；由复化Simpson公式误差限:Rsn(f)(b a).2880 h4fW()解得n 3.707，即至少剖分為 1 1054等分。7、用Romberg算法计算积分3x.10x* 2dx (只作两次外推)。解：取 t 2,a 0,b(0)I 11(f(a) f (b)214.23024947 ，1，1 (0)2 T11 2020 i 0f (a7(ba) 11.17136992 ，2，(2)(1)11 221 i 0f (a(2i)10.44379685 ，外推流程如下:T3(t)T2(t)14.23024

7、94710.1517434010.2012724910.20457443于是有x .厂x2dx 10.204574430h0f(x)dxhhf(x)dxA 1f( h) Af(0) AJ(h)；8、试确定下列求积公式中的待定系数，指出其所具有的代数精度。h2-f (0)f (h) h f (0) f (h)；代入f(x)x10.44379685，令求积公式精确成立,于是有左-33h 亠 h3右2 h，可得13212代入f(x)x3，于是左h4右h4h4左右，求积公式成立，4244代入f(x)4十h5x，左：，5右23丄6,左右，求积公式不精确成立，f(x) 1,x代入求积公式，易知求积公式精确

8、成立,解:分别将综合以上可知，该求积公式具有三次代数精度。将f (x)1,x,x2分别代入求积公式，令求积公式成立，则有Ao Ai A2 2hh(A A2)0h2(A0 A2)-h23从而解得AoA21h，Ai4h，所求公式至少具有两次代数精度，且进一步有3h x3dxhh3(h)3h 4 h 4 dx 3( h) 3h从而原积分公式hhhf(x)dx -f(h)坐f (0) h f (h)具有三次代数精确度。339、对f(x) ca,b，已知求积公式为11f(x)dx13(f( 1) Ai f(0.6306) 3f(X2)试确定求积系数 Ai和积分点X2，使代数精度尽可能高，指出代数精度是多

9、少。解：对f(x) 1，令求积公式成立，可得到 A 2，对f (x) x，令求积公式成立，可得到1 1.2612 3x2 0，于是 x20.0871，对 f (x) x2，左 0.6667，右 0.6060 10、试利用Lagrange线性插值导出如下求积公式e % f(x)dx解：以节点x0,X1作f (x)的插值多项式Lx) f(x) f(xj，则有Xo X1X1 X。xe f(x)dxxe L1 (x)dxX X1x。 X1f(X。)X X01f(X1)dXf(X) f (X1)XI X023 111、试利用以下两种方法计算丄dx,并与精确值比较。1 x 用三点Gauss Legendr

10、e公式； 用Romberg求积公式作三次外推。解：设三点 Gauss Legendre求积节点为t01 ,t1 0,t2 1，相应求积系数为555851 人 abb a丄A, A1, A2， a 1,b 3, f(x) ，令_ t，贝y999x221.09803922，31dx (x) In的正交多项式0(x), 1(x), 2(x)，x f a b Lt dt 山 2 心 Lti1 x21222 i 022精确值为ln3 1.09861229,误差为R15.730710解：构造在0,1上关于权函数取 0(x)1，1(x) (x 1) 0(x)，(x 0，11x In dx 0x1于是(0,0

11、)11In dx 0 x4，于是利用Romberg求积公式作三次外推，结果如下:t(t)T2(t)T3(t)T4(t)01.3333333311.166666671.1111111121.116666671.100000001.0992592631.103210681.098725351.098640371.09863055误差为R251.8261 1012、对 GaussnLege ndre求积公式，证明k 0Ak2。证明：Gauss Legendre求积公式至少具有 0次精度，故取f(x) x 1，求积公式精确1nn成立，即1 f(x)dxAkf(Xk)，亦即Ak 2。证毕。k 0k 01

12、113、对积分f(x)ln dx导出两点Gauss求积公式。0x15171(x) x 4，同理可得2(x)X -，求2(x)的零点可得1x00.11200881x1 0.60227691，进而可求得求积系数为A。0 l(x)dx 0.71853932，1A b(x)dx 0.28146068，于是所求的两点 Gauss求积公式为厲仆0) Afg1f (x)ln dxx14、利用三点Gauss Hermite求积公式计算积分。2 e x cosxdx ；dx4解：由三点 Gauss Hermite求积公式的节点冷 -1.2247448714人=0淤2=1.2247448714，相应求积系数为 A

13、0 =0.2954089752 A =1.1816359006A2 =0.2954089752，计算结果为2IA. cosxk 1.38203307;k 0与类似可得积分1=0.4028304215、利用三点Gauss Laguerre求积公式计算积分。2 1 e x dx :dx1 x22 2解：原积分I e xe x xdx0 exf(x)dx，其中f (x) e x x，由由三点Gauss Laguerre 求积公式的节点 x。0.4157745568x1=2.2942803063x2=6.2899150829，相应求积系数为 Ac =0.7110930099A =0.278517733

14、6A2 =0.0103892565，计算结果为2IAf(Xk) 0.92090409 ；k 0与类似可得积分1=1.497906521 o16、对积分0 f(x)(1 x )dx，求构造两点 Gauss求积公式，要求在0,1上构造带权(x) 1 x2的二次正交多项式；用所构造的正交多项式导出求积公式。解：解：构造在0,1上关于权函数(x) 1 x2 的正交多项式o(x), 1(x), 2(x)，取 o(x)1 ，1(x) (x1 ) 0(x)，(X o, o)(0 , 0)0x(1x2)dx0(1x2)dx于是31(x) x 8，同理可得2(x) %2需x莹，求2(x)的零点可得1x0 0.1

15、7306907 x1 0.66903619，进而可求得求积系数为A。0 l(x)dx 0.39523617，d chy0.5， Xi a ihx (i 0,1 丄，n) , y a jhy (j 0,1,L ,m)，于是所求积分为mCi(nCm)f(Xi,yj) 1.44340ln( x 2y)dxdy (d c)(b a)D精确结果为I18、用中心差商数值微分公式计算f (x)2时的一阶导数f，另用向前差商计算二阶导数值f (2)，取步长h0.5。f Xi解：由中心差商数值微分公式f(xjhhf Xi22可得h0.51.750.3542 ；类似由二阶向前差商公式f (Xi)ipf (Xi 2

16、) f (Xi) 2f(Xi 1)可得h20.2519、试导出以下数值微分公式，并估计截断误差。fi ( fii 2h if(3)f(2)叱 6.2605fi 1 )解:1(f 2 fi. 2 i 1ihfi 1)将fi 1, fi 1分别在Xi作Taylor展开得到hf ihf ih2223!3!O(h4)O(h4)(1)1.7279007。(1)并化简可得fi 1) O(h2)(1)可得fi 1fi 12fi24h f i O(h )2 ( fi 12 f fi 1)h2O(h )20、对 f(x) Ca,b，试用Legendre 二次多项式 P2(x)丄(3 x221)的零点构造一两点Gauss Legendre 求积公式bf (x)dx A1 f (X1) A2 f (X2)a试确定求积系数 A ,A2和积分点xi,x2，并用此求积公式计算积分0 J_x2dx。解：由Legendre二次多项式的零点即求积节点为ti岭，相应求积系数为Ai1A1，令bf (x)dx ab a2Ai f于是可得Xi(ii,2)，亦即Xia b2a b3( b a)6Aif (xi)X2a2b 3( b- 6AJ(X2)a)A b aAi 丁代入相应的公式可得A (i i,2)，亦即AiA20 . i x2 dxi(i33)2 i(i 22.9532764 。11.171369921A h(x