(完整版)计算方法习题第一、二章答案

1、第一章误差 1问3.142, 3.141, 22分别作为n的近似值各具有几位有效数字? 7 分析 利用有效数字的概念可直接得出。 解 n =3.141 592 65 因而 因而 记 X1=3.142, X2=3.141 , X3= 2 . 由 n - X1=3.141 59 -3.142=-0.000 40 知 1 103 | 2 X1具有4位有效数字。 由 n - X2=3.141 59-3.141=-0.000 59 知 1 103 IX2| X2具有3位有效数字。 104 10 2 22 7 I *(x)| | X X* I |X*| 1 2a1 10n1 1021 5% 已知近似数的相

2、对误差限为 0.3%，问X*至少有几位有效数字? =3.141 59 -3.142 85=-0.001 26 知 2 10 3 | 22| 1 10 2 因而X3具有3位有效数字。 2 已知近似数X*有两位有效数字，试求其相对误差限。 分析本题显然应利用有效数字与相对误差的关系。 解 利用有效数字与相对误差的关系。这里n=2,a1是1到9之间的数字。 分析本题利用有效数字与相对误差的关系。 解 a1是1到9间的数字。 *(X)0.3% 1000 2 1022 (9 1) 2(a? 1) 10 设x*具有n位有效数字，令-n+仁-1，则n=2,从而x*至少具有2位有效数字。 4计算sin 1.2

3、，问要取几位有效数字才能保证相对误差限不大于0.01%。 分析本题应利用有效数字与相对误差的关系。 解 设取n位有效数字，由sin 1.2=0.93，故a1=9。 *(x) | 悩盍 10n1 o.。1% 104 解不等式丄 10 n 110 4知取n=4即可满足要求。 2ai 5计算盂盘，视已知数为精确值，用4位浮点数计算。 解 1亠 0.131 8X 10-2-0.131 6 x 10-2=0.2 x 10-5 759760 结果只有一位有效数字，有效数字大量损失，造成相对误差的扩大，若通分后再计算： 1111 01734 10 5 759 760759 7600.5768 106 就得到

4、4位有效数字的结果。 此例说明，在数值计算中，要特别注意两相近数作减法运算时，有效数字常会严重损失, 遇到这种情况，一般采取两种办法：第一，应多留几位有效数字；第二，将算式恒等变形， 然后再进行计算。例如，当x接近于0,计算1 COSX时，应先把算式变形为 sin x 1 cosx sin x 1 cos2 x sin x(1 cosx) sin x 1 cosx 再计算。又例如，当x充分大时，应作变换 1 x x 1 1 x 、X 1 丄 1 x x 1 x(x 1) 6计算a (21)6，取 2 1.4，采用下列算式计算: 1 (3 2 2)3. (1) (2 1 . ! 1)6 ； (2

5、) 99 70 2 ; (3) (3 2 2)3 ； (4) 问哪一个得到的结果最好? 解显然 a ( 2 1)6 (2 1)6( 2 1)6 1 (2 1)6 (J2 1)6 ( 2 1)6 (2 1)2 3 (3 2 2)3 99 70 2 ( 2 1)6 1 1 1 (2 1)6 ( 一2 3 21)2 (3 2 2)3 所以(1) - (2) - ( 3) - ( 4),这4个算式是恒等的，但当取 2 1.4计算时，因为(2), (3)都涉及到两个相近数相减，使有效数字损失，而(1)在分母算式上的乘幕数比算式(4) 大，所以算式(4)最好，事实上，当取 21.4时，有| x|0时sgn

6、 ( b) =1 ; 上述求根公式避免了相近数相减的可能性。 8当N充分大时，如何计算 当 b0 时，sgn( b)=-1。显然, N 1 N 汁Xdx 分析函数七的原函数已知, 我们自然考虑用Newton-Leibniz公式求这个定积分 的值。由于 N很大，这样会遇到两个相近的数相减，因此，应采用一些变换公式来避免这 种情况。 解 若用定积分的Newt on-Leib niz公式计算此题，有 N 1 彳 arctan（N1） arctanN，则当 N 充分大时，因为 arctan （N+1 ）和 arctanN N 1 x2 非常接近，两者相减会使有效数字严重损失，从而影响计算结果的精度，这

7、在数值计算中是 要尽量避免的，但是通过变换计算公式， 例如：令 tan 0 i=n+1, tan 0 2=N ,贝U 由 tan（12）1睥a； 1豐： 1 1 (N 1)N ，得 2 arctan(N 1) arctanN arctan1 (N1 1)N N充分 就可以避免两相近数相减引起的有效数字损失，从而得到较精确的结果。所以，当 N 1 彳彳 大时，用2 arctan12计算积分的值较好。 1 9 计算积分 Inoxnex 1dx（n 1,2,. 分析 数值计算中应采用数值稳定的算法，因此在建立算法时，应首先考虑它的稳定性。 解利用分部积分法，有 1 1 1 1 1 n 1 x21 N

8、 N2 0 得递推公式： 0 In I 0 0 0 0 1,2,L ) (1) I n In 1 1 x0ex 1dx 0 (n 1 1 e 利用公式（1）计算 In,由于初值 I0有误差，不妨设求 I0的近似值1 0时有大小为 的误差， 即 丨0 I 0 则由递推公式（1） 得 丨1 I 1。 I I0 I1 丨2 I 2I1 I 2I1 2 I22! 丨3I 312 I 312 3 2! I33! 丨4 I 413 I 413 4 3! I44! In In (1)n n! 显然初始数据的误差 &是按n!的倍数增长的，误差传播得快，例如当n=10时， 103.629 xnex1dxxnde

9、x 1 xnex 11ex 1 nxn 1dx 1 n xn 1ex 1dx x 106,| I10 I10 | 10!，这表明I10时已把初始误差&扩大了很多倍, 从而丨10的误差已把I10 的真值淹没掉了，计算结果完全失真。 但如果递推公式(1)改成 In 11(l In) (n k,k 1,3,2) 于是，在从后往前计算时，In的误差减少为原来的 丄，所以，若取n足够大，误并逐步减小， n 显然，计算的结果是可靠的。所以，在构造或选择一种算法时，必须考虑到它的数值稳定性 问题，数值不稳定的算法是不能使用的。 10为了使计算 y 10346 x 1 (x 1)2(x 1)3 的乘除法运算次

10、数尽量地少，应将表达式改写为怎样的形式？ 解设 t 1 ,y 10(3(46t)t)t. x 1 7 在数值计算中，应注意简化运算步骤，减少运算次数，使计算量尽可能小。 11若x*=3587.64是x的具有六位有效数字的近似值，求x的绝对误差限。 12为使70的近似值的相对误差小于0.1,问查开方表时，要取几位有效数字？ 13利用四位数学用表求 x=1-cos2。的近似值，采用下面等式计算： (1) 1-cos2 (2) 2sin21 问哪一个结果较好？ 14求方程x2-56x+仁0的两个根，使它至少具有四位有效数字(已知 78327.982 )。 15数列xn 0满足递推公式 xn 10 x

11、n 11 (n 1 ,2,) 若取X0 2 1.41(三位有效数字)，问按上述递推公式，从 X0计算到X10时误差有多大？这 个计算过程稳定吗？ 16如果近似值x(a1 a2 10 1 a3 10 2an 10 n 1) 10m的相对误差限小 于 110 n 1，证明：这个数具有 n位有效数字。 2佝1) (144 100)(144 121) L2(115) (115 121)(115 144) (100 121)(100 144) (115 100)(115 121) (144 100)(144 121) 10 11 12 10.722 756 f(115)115 (115 100)(115

12、 144) (121 100)(121 144) 1 因为 f (x)2 x 2, f (x) !x3 4 ,f (x) 3xl， 第二章插值法与数值微分 115。 1 已知10010, 12111, 14412，试利用插值法近似计算 分析 由题中已知条件本题可利用三点二次Lagrange插值，也可利用三点二次 Newton 插值，它们所得结果相同。 解利用三点二次Lagrange插值。 记 f(x)x,xo100,X1121,x2144, yo10,y111,y212，则 f(x)的二次 Lagrange插值多项式为 L2(x)肆Q(X炖y&X)(XX2) (X0%)(X0 X2)刃(X1X

13、0)(X1X2) (X xo)(x 刈 y (X2 X0)(X2 Xi) (x 100)(x 144) (121 100)(121 144) 10 (x 121)(x 144)11 (100 121)(100 144) 12 (x 100)(x 121) R2(x)f(x)L2(x) 吉 f ( )(x XO)(X X1)(x X2), (100,144) 所以 吃3 5 2 (115 100)(115 121)(115 144)| 1 3 8 5 1002 15 6 29 0.163 125 10 2 2已知y f(x)的函数表 | R2(115) | f(115) L2(115)| Xi

14、0 1 2 yi 8 -7.5 -18 求函数f(x)在0,2之间的零点的近似值。 分析一般情况下，先求出 f(x)在0，2上的插值函数P(x)，然后求P(x)的零点，把 此零点作为f(x)的近似零点。特别地，若 f(x)的反函数存在，记为x (y)，那么求f(x) 的零点问题就变成求函数值(0)的问题了，利用插值法构造出(y)的插值函数，从而求出 f(x)的零点(0)的近似值，这类问题称为反插值问题，利用反插值时，必须注意反插值条 件，即函数yf(x)必须有反函数，也即要求y f(x)单调。本题y是严格单调下降排列， 可利用反插值法。 解将原函数表变成反函数表 yi 8 -7.5 -18 X

15、i 0 1 2 利用三点二次Lagrange插值，由上反函数表构造 y f(x)的反函数x (y)的二次Lagrange 插值多项式。 令 yo8,yi7.5,y218,xo0, xi1,X22，则 x (y)的二次 Lagrange 插值 多项式为 L2(y) *(y y1)(y y2) 为(y y0) (y y2) (y。 y1)(y2 y1) x1(M y。) (m y2) x2 (y y)(y y (y2 y0)(y2 y 函数y f(x)的近 似零点为 L2(0) 0(o 7.50(0 18) 1 (0 8)(0 18) 0 (8 7.5)(8 18) 1 ( 7.5 8)( 7.5

16、 18) 2(0 8)(0 7.5) 2 ( 18 8)( 18 7.5) 0.445 232 3设f(x) x4，试用Lagrange插值余项定理写出以-1，0，1，2为插值节点的三次插 值多项式。 解 设f(x)以-1, 0。1,2为插值节点的三次 Lagrange插值多项式为L3(x)，由Lagrange 插值余项定理有 f(4)() R3(x)f(x) L3(x)打(x 1)(x 0)(x 1)(x 2) (x 1)(x 0)(x 1)(x 2) 因而 L3(x) f(x) (x 1)(x 0)(x 1)(x 2) x4 x(x 1)(x 1)(x 2) 2x3 x2 2x 4 设 I

17、(X), l1(X), ,l n(x)是以 X0, xi, ,Xn为节点的 Largange插值基函数，试证 n (1) l k(x)1. kn0 (2) xklk(x) X j(j 1, ,n). kn0 (3) (XkX) jlk(x) 0(j 1, ,n). k 0 n r 0, j 1,2, ,n (4) lk(0)xk Y k 0 (1) nX0Xl Xn, j n 1 分析 本题是关于 Lagrange插值基函数lk(x)(k 0,1, 结论，应考虑对常数1和xj进行插值入手，通过插值余项为 证 (1 )设f(x) 1,则f(x)以xo, xi, Xn为插值节点的n次Lagrang

18、e插值多项式为 nn Ln(x)f(Xk)|k(X)lk(x) k 0k 0 ,n)的性质问题，观察要证明的 0得到结论。 由插值余项定理知 f(x)Ln(x) 2() (n 1)! n 1(x) 从而 即 (2)设 f(x) xj(j 式为 Ln(x)f(x) n lk(x)1 k 0 1, n)则f(x)以xo, X1, xn为插值节的n次Lagrange插值多项 Ln(x)f(Xk)|k(X)lk(x) k 0k 0 由插值余项定理知 f(x) Ln(x) 宀) (n 1)! n 1(X) k 0k 0 从而 Ln(x)f(x) n lk(x)1 k 0 (2)设 f(x) Xj(j 1

19、,n)，贝y f(x)以 X0,X1,Xn为插值节点的 n 次 Lagrange插值 多项式为 nn Ln(x)f(Xk)|k(x)xklk(X) 由插值余项定理 f(x)Ln(x) (n 1() (n 1)! n 1(x) f(x)Ln(x) 从而 Ln(x) f(x) 即 n xklk(x)xJ (j 1,n) k 0 (3)将(xkx)J按二项式展开，得 J (Xk x)J ( 1)JCjxk ixi i 0 代入左端，得 x)Jlk(x) 1)iCjxk ixilk(x) n 1)i Cjxixk ilk(x) k 0 o o X Jx o k 利用(2)的结论，有 n x)Jlk(x

20、) j (1)iCjxixJ j (x x)J 0 (xk k 0 i 0 (4)当 J 1,2, ,n时，由 (2 )的结论知 当 j n 1 时，令 f(x)xn 1，有 f(n1)(x)(n 1)! f(x)以xo, xi, xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为 n Ln (x)xk 1lk(x) k 0 由插值余项定理知 (n 1)! n 1(x) n 1(x) 从而 Ln(x) f(x) n 1(x) 即 n xk 1lk(x) k 0 xn 1 (x X0)(X X1)(xXn) 令x 0,有 n xn 1lk(0) k 0 (1) nX0X1 Xn 5 设 f(x)

21、C2a, b，且 f(a) f(b) 0,求证 am&blf(x)l 冒amaxblf(x)l 分析 本章内容是代数插值，而题设 f(a) f(b) 0 ,易知若用线性插值，线性插值 函数只能为0,且误差为2 f()(x a)(x b)，这样利用余项估计式可直接把f(x)与f (x) 联系起来。 证 以a,b为插值节点进行线性插值，其线性插值多项式为 L1(x)a bf(a) b af(b) 0 线性插值余项为 f(x) L1(x)f a)(x b) (a, b) 从而 f(x) f()(x 2! (X a)(x b) 由于 | (x a)(x b)|在 x 2(a b)处取最大值，故 a m

22、ax x I b | f(x)| iamaX b|f(x)| a 歿 b | (x a)(x b) | 8(b a)2a max blf(x)l 6证明：由下列插值条件 X 0 0.5 1 1.5 2 2.5 f(x) -1 -0.75 0 1.25 3 5.25 所确定的Lagrange插值多项式是一个二次多项式，该例说明了什么问题? 分析本题是关于Lagrange插值问题，由已知数据表构造Lagrange插值多项式便可得 出结论。 解令 xo 0, xi 0.5, X21, X31.5, X42, X52.5 R2(x) yo1, yi0.75, y2 0, y3 1.25, y43, y

23、s 5.25 以X0, X2, X4为插值节点作 f(x)的二次插值多项式L2(x)，则 L2(x) y (X xQ(x X4)y (x xo)(xX4) y0y2 - (X0(X2)(X0X4)(X2X0)(X2X4) (x xo)(x X2) y (X4X0)(X4X2) (1) (x1)(x2)0 (x0)(x2) (01)(02) (10)(12) x21 易验证L2(Xi)yi(i0,1,5)，因而满足插值条件 L(x)yi(i 0,1,5)(1) 的Lagrange插值多项式为P(x) x21。 由插值多项式的存在惟一定理知满足条件(1)的5次插值多项式是存在且惟一的，但 该5次多

24、项式并不一定是真正的5次多项式，而是次数w5的多项式。 7对于任意实数0以及任意正整数r,s，多项式 q(x) (x X0)r(xX1)s(xx)f()(x% )f(x0) X1X0X0X1 是r s次多项式，且满足 q(x0)f(X0),q(X1)f(x1)。本题说明了什么问题？ 解 本题说明由两个插值条件q(x0)f(x0), q(x1)f(x1)构造大一 1次的插值多项式， 答案是不惟一的，类似地，由 n+1插值条件构造大于n次的插值多项式，答案也是不惟一 的。 8 我们用 sin30 =0.5,sin45 =0.7071,sin60 =0.8660，作 Lagrange 二次插值，并用

25、来 求sin40的近似值，最后根据插值余项定理估计此误差。 分析本题显然是利用Lagrange插值余项定理 sin x, f (x) cosx f(x) sin x, f(x) cosx, f (x) X0 30 0.5236, X1450.7854, X2 601.0472, x 400.6981 其插值余项为 f(3)() 3! (xX0)(xX1)(xX2) 从而 甩(40 )| R2(0.6981) 耸()(0.69810.5236)(0.69810.7854)(0.6981 1.0472) W 1 0.1754 0.0873 0.34910.000 886 6 9已知x 0,2,3,

26、5对应的函数值为 y 1,3,2,5，作三次Newton插值多项式，如再增 加x 6时的函数值6,作四次Newton插值多项式。 分析本题是一道常规计算题 解首先构造差商表 Xi f(x) 一级差商 二阶差商 三阶差商 0 1 2 3 1 3 2 -1 -2/3 5 5 3/2 5/6 3/10 三次Newton插值多项式为 N3(x)1 x 舟x(x 2)10 x(x 2)(x 3) 增加X46, f(x4)6作差商表 Xi f(x) 一级差商 二阶差商 三阶差商 四级差商 0 1 2 3 1 3 2 -1 -2/3 5 5 3/2 5/6 3/10 6 6 1 -1/6 -1/4 -11/

27、120 四次Newt on插值多项式为 N4(x)1 x |x(x 2)請 x(x 2)(x 3) y2qX(x 2)(x 3)(x5) 10已知 f(x) X7 X4 3x1,求f20,21,27及 f20,21,28 分析 本题f(x)是一个多项式，故应利用差商的性质。 解由差商与导数之间的关系fX0,Xn1f (n)()及f(x)7!，f (8)(X)0知 f2 2, ,27 f2,21, ,28 f(7)() f(8)() 8! 11 若 f(x) a xn an 1Xn aix ao有n个相异的实根X1，X2, xn，则有 nxk j 1 f(Xj) 0, 分析 f(x) f(x)有

28、n个相异实根，故 f(x)可表示成 n (X Xi)， i 1 考察本题要证明的结论和 的特点，应考虑利用差商可表示为函数值的线性组合这一性质。 由于X1, X2, Xn是f(x)的n个互异的零点，所以 记 gk(x) 由( 1)， f (x) an(x nk nXj j 1 f (Xj) xk,则 (2)得 fX0,X1, Xk Xi)(x f (Xj) n j1 a an i - i X2)L (x xn)an (x x) gkn 1(x) k Xj k Xj n (Xj i 1 i j k Xj (1) (XjXi) j 1 f (Xj) 1 gkn1)( (Xj x) 丄 an an

29、j 1 ) an (n 1)! 1，且 a, X0, xi, X2, a x gk(xj) n (Xj i 1 i j x) 1 gkx1,X2 an ,L , xn 丄 an ,Xn互不相同, 证明 (a X0)(a X1)(a xk)(k 1,2, 12设 f(x) 并写出f(x)的n次Newt on插值多项式。 分析利用差商的定义可证得 证用数学归纳法证明 fxo,刈 f(xo)f(xi) Xoxi fx, Xo fxo, xi, Xmfxo, X, xm 1 xo Xm 1 xo 1 Xm 1 1 (a x) (a x) i 1 xo 1 xm 1 (a xm 1) (a xo) m

30、1 (a %) i o 1 (a xo)(a %) 假设当k fXo,X1, m时，结论成立，即有 ,Xm 1 m 1 ,fX1, X2, ,Xm 1 (a xi) i 0 axi i 1 那么 fxo, xi, xm,xm l (a x) i o 即当k m 1时，结论成立。 由数学归纳法知对任意 k，结论是成立的。 f(x)以xo, X1, xn为插值节点的n次Newton插值多项式为 Nn(x) 1 axo (x xo) (a xo)(a %) (x xo)(x X) (x Xn 1) (a xo)(a X1)(a Xn) 13 设 f(x) C1a,b,xo (a, b)定义 fxo,

31、 xox limxo fx,xo 证明：fxo, Xof (xo)。 分析本题应利用差商的概念和微分中值定理将差商与导数联系起来。 证由微分中值定理有 fxo,Xof(? 丫。)f(xo(X X0),01 所以 fXo, Xo lim lim xo xo f (xo (xXo)f (xo) 14 设 f(x) a xna xn 1 aixao，且 an 0，试证 n f(x)n!anhn 其中h为等距节点步长。 分析由于f(x)是多项式，因此应考虑用差商的性质和差商与差分的联系来证明。 证记 x x ih (i 0,1,2, n) n(f(x) n!hn f(n)() fX。，为，,xn川 n

32、!an n! an 所以 n f(x)n!anhn 15 已知函数y f(x)的函数表 x 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 f(x) 1.00 1.32 1.68 2.08 2.52 3.00 试列出相应的向前差分表，并写出Newton向前插值公式。 分析这是常规计算题，按照公式计算即可。 解构造向前差分表 xi f(x) fi 2 fi 3 fi 0.0 1.00 0.32 0.04 0.00 0.1 1.32 0.36 0.04 0.00 0.2 1.68 0.40 0.04 0.00 0.3 2.08 0.44 0.04 0.4 2.52 0.48 0.5 3.00 f(

33、x)的Newt on向前插值公式为 N5(x)N5(0.0 0.1t) 心f0咛f02 0.02t20.30t 1.00, t 0,1 16 给出f(x)1nx的数据表 x 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1n(x) -0.916 29 -0.693 147 -0.510 826 -0.356 675 -0.223 144 -0.105 361 (1) 用线性插值及二次插值计算1n0.54的近似值。 (2) 用Newton向后插值公式求1n0.78的近似值，并估计误差。 分析 本题属于常规计算题，按照公式计算即可。 解 (1)线性插值，取xo 0.5, xi 0.6，则 1n0

34、.54 (0.693 147) 0.54 0.6 0.50.6 (0510 826)册胃 =-0.620 219 二次插值，取 X00.5,x10.6, X20.7，则 1n 0.54 (0.693 147) (0.54 0.6)(0.54 0.7) (0.5 0.6)(0.5 0.7) (0.510 826) (0.54 0.5)(0.54 0.7) (0.6 0.5)(0.6 0.7) (0.356 675) (0.54 0.5)(0.54 0.6) (0.7 0.5)(0.7 0.6) =-0.616 838 2 也可取X00.4, X10.5,X20.6进行二次插值得 1n0.54 0

35、.615 319 8 (2)记X00.4, X10.5,X20.6,X30.7,X40.8,X50.9，构造向后差分表 Xi f(Xi) fi 2fi 3fi 4 fi 5fi 0.4 -0.916 291 0.5 -0.693 147 0.223 144 0.6 -0.510 826 0.182 321 -0.40 823 0.7 -0.356 675 0.154 151 -0.028 170 0.012 653 0.8 -0.223 144 0.133 531 -0.20 620 0.007 550 -0.005 103 0.9 -0.105 361 0.117 783 -0.015 74

36、8 0.004 872 -0.002 678 0.002 425 Nx(x) Nn(xnth) fn t fn 2!t(t 1)2fn |t(t 1) (t n 1) nfn n! 由于XXn th，当 X 0.78, n 4时,t (0.780.8)/0.10.2，故 1n 0.78 N4(0.78) =-0.223 144+0.133 531 X (-0.2) 2( 0.2)( 0.2 1)( 0.020 620) 由Newton向后插值公式 3( 0.2)( 0.21)( 0.22)(0.007 550) 3! 由插值余项 右（2）（ 0.248 453 R4（X） h5 |视0.78)

37、| 石 |t(t 0.15 - 5! 4! 0.45 17 =0.7071 , 分析 Hermite 解 0.2 f(x) 1) 1( 1)( 0.2 N4(x) 2)( 0.2 3)(0.005 103) 冷Jt(t1) (t 4)h5 (t 4)| maxx4 | f(5)(x) | 0.2)( 5.985 0.2 1)( 0.2 2)( 0.2 3)( 0.2 4) | 10 4 已知 sin30 =0.5, 求 sin 40 。 本题不仅给出两点上的函数值，而且还给出了导出数值，因此应利用两点三次 sin 45 =0.7071, sin，(30 )=cos30 =0.8660, sin

38、 (45 )=cos45 插值。 利用两点三次Hermite插值 sin 40H 3(40 )H3(2 ) (12 勺y )(n?)2 .5 (1 2 2 /9/4)(2 /9 /6/4 )(/4 护)2 0.7071 （即 )(2 /9 )2 6八/6/4丿 0.8660 (29 )(2 /9_ )2 4/4/6丿 0.7071 =0.6428 | sin(4)() _41 仝赤初（訝.001 01 X 0.40 0.50 0.60 0.70 1 nx -0.916 291 -0.693 147 -0.356 675 -0.223 144 已知自然对数1nx和它的导数1/x的数表 18 1

39、x 2.50 2.00 1.43 1.25 (1) 利用Lagrange插值公式，求1n0.60。 (2) 利用Hermite插值公式，求1n0.60。 分析本题属常规计算题，按有关公式计算即可。 解 记 X0 0.40, xi 0.50, x20.70, x30.80。首先列表计算 li(0.60, li(Xi)(i0,1,2,3) i li(x) li(0.60) h(x) 3 x Xj 3 1 -15.833 333 0 j 0 X0 Xj -0.166 667 j 0 X0 Xj j 0 j 0 1 3 x Xj 0.666 667 3 1 1.666 667 j 0 X1 Xj j

40、0 X1 Xj j 0 j 1 3 x Xj 3 1 1.666 667 2 j 0 j 2 X2 Xj 0.666 667 j 0 X2 j 2 Xj 3 X Xj 3 1 15.833 333 3 j 0 X3 Xj -0.166 667 j 0 X3 Xj j 3 j 3 (1)利用Lagrange插值公式，有 3 1n 0.60L3(0.60)li(0.6)f(xi) i 0 =-0.166 667 X (-0.916 291)+0.666 667 X (-0.693 147) +0.666 667 X (-0.356 675)+(-0.166 667) X (-0.223 144)

41、=-0.509 976 (2)利用Hermite插值公式，有 3 H7(x) 1 2(x xi)li(x)li2(x)f(x) (x xi)li2(x)f (xi) i 0 从而 1n (0.60) H 7(0.60)-0.510 889。 注：本题的真值1n0.60-0.510 825 623，可以看出Hermite插值所得结果要比 Lagrange插值结精确得多。 19设已知X0,x1,x2是a,b上三个互异的节点，函数f(x)在a,b上具有连续的四阶导 数，而H3(X)是满足下列条件的三次多项式： H(x)f(Xi) (i 0,1,2) H (X1)f(X1) (1) 写出H3(X)的表

42、达式。 f (4)( ) (2) 证明：f(x) H3(X) 4! J(x X0)(xX1)2(X X2) (a,b) 分析 这是带导数的插值问题，但又不是Hermite插值问题， 要求我们灵活运用插值方 法，解决这类问题的方法较多，常用的有以下两种解法。 (1)解法一用插值法加待定系数法来做。 设N2(x)为满足插值条件 N2(xi)f(x)(i 0,1,2)的二次式，由插值条件可设H3(x)的 形式为 H 3(x) N2(x) A(x xo)(x xi)(x X2) fxo(Xxo)fxo, Xi(X xo)(x xi)fxo, Xi, X2 (i) 待定系数A A(x xo)(xXi)(

43、X X2) 其中A为待定系数，显然由(i)确定的H3(x)满足H3(xi)f(Xi)(i0,i,2) 可由插值条件 H3(xi)f(xi)来确定，为此对(i)式两边求导数 H 3(x)fX0, Xi (X xi)fxo, Xi, X2(X X0)fX0, Xi, X2 A(x Xi)(X X2) (x Xo)(x X2) (x Xo)(x Xi) 令XXi，并利用插值条件 H 3(Xi)f (Xi)有 f (Xi)fX0, Xi(XiXo)fXo,Xi, X2A(XiXo)(Xi X2) 于是 Af(Xi)fXo，刈(XiX0)fX0,Xi,X2从而 (XiX0)(Xi X2) H 3(x)f

44、xo (Xxo)fxo,刈(X xo)(x Xi)fX0, Xi, X2 f (Xi)fXo, Xi (%X3)f Xo, Xi, X2 (Xi xo)(xiX2) ?(xxo)(xXi)(XX2) ho(xo)i, ho(xi) 0, ho(X2) 0, ho(xi) 0 h(xo)0, h(xi) 1, hi(X2) 0, hi(xi) 0 h2(xo)0, h2(Xi) 0, h2(X2) 1, h2(Xi) 0 hi(xo)0, hi(Xi) 0, hi(X2) 0, h(xi) 1 由ho(x)所满足的条件，可设 ho(x) A(x Xi)2(X X2) ，其中 A为待定系数。 得

45、A i一 (xoXi)2(X0X2)， 故有 ho(x) (X Xi)2(X X2) (xo Xi)2(Xo X2) ho(x), hi(x), h2(x), hi(x)，使其满足条件 同理可得 解法二用插值基函数来构造。 首先构造四个三次插值基函数 ho(xo) i， 由 hi(xi) i， 由hi(x)满足的条件, 得C 匚- h2(x) (X X1)2(x xo) (X2 Xi)2(X2 Xo) 可设hi(x) C(X xo)(x xi)(x X2)，其中C为待定系数, (Xi X0)(Xi 右，故有 h(X Xo)(X Xi)(XX2) (Xi XO)(X1 X2) F面求hi(x),

46、由hi(x)满足条件，设hi (X) (ax b)?gH)，其中 M0 0.266 7,M10.533 3, M24.133 3,M3 11.066 7(2) a,b为待定系数，利用hi (Xi) i,h(xi)0得 ax b i V a (axi b)i (axi b)i0 Xi X0XiX2 由此得 (xoX2)2x (XiXo)(%X2) i(xo X2)2xixi (Xi xo)(xX2) 所以 R(x) ( xo X2) 2xi(x Xi)(xi xo)(xi X2)( X XO)(X X2) (XiXo)2(XiX2)2 易验证 H 3(x) f(xo)ho(x) f(xi)hi(

47、x) f(X2)h2(X) f (Xi)hi(x) (2)证当X为插值节点Xo, Xi, X2中任一点时，结论显然成立，下面设X异于Xo, Xi, X2。 由于 R3(x)f(x) H3(x)满足 R3(Xo) o, R3(Xi) o, R3(X2)o, R3(Xi) o 故可设R3(x)K(x Xo)(x Xi)2(x X2)，其中K为依赖于X的待定系数。 固定X，作辅助函数 G(t) f(t) H3(t) K(txo)(txi)2(t X2) 显然G(t)在a, b上有四个零点x,xo, Xi, X2，其中Xi为二重零点。 利用Rolle定理，知G(t)在Xo, Xi, X2, x组成的三

48、个小区间内至少各有一个零点，记为 i, 2, 3，加上xi,G(t)在a,ba,b上至少有4个零点，反复利用Roily定理： G (t)在a,b内至少有3个零点。 G(3)(t)在a,b内至少有2个零点。 G在a,b内至少有i个零点，即存在一点E,使G04 ) o。 f (4)() 由于G(4)(t)f(4)(t) 4!K，从而求得K 才，所以 R3(x)f(x)H3(x) f(4)() 4! (xXo)(x Xi)2(x X2) 2o对于给定插值条件，试分别求出满足下列边界条件的三次样条函数 (1) S(o)i.S(3)2 (2) S(o) i.S (3)2 X 0 1 2 3 f(x) 0

49、 1 1 0 分析这是三次样条插值问题，给出了两种边界条件，我们按样条插值的求解方法即能 求得问题的解。 解记 xo0,xi1, X22,X33, yo 0,yi1,y21,y30, 计算二阶差商 i Xi f(Xi) 一阶差商 二阶差商 0 0 0 1 1 1 1 1 2 2 1 0 2 3 3 0 -1 1 2 xi xo X2 xi X3 X2 h 1 j j 2,j1,2 三次样条插值函数的表达式为 S(x) *Mj(Xj1 x)3 6m j 1(x xj)3 (yi Mj)(Xj1 x) (yj 1 1M j 1)(x Xj) 6 6 x xj,Xj 1, j 0,1,2( 1) 解

50、得 o 1 丄 22 0 12 2 1 12 1 20 2 丄 2 o o 0 12 3 MMMM 033 （1）d0 6 fx0, X116 (1 1) 0 d3 6 2 fX2,X3 6 (2 1) 18 d1 6fX0, X1, X26 ( 3 d2 6fX1, X2, X36 ( 2 3 关于 M。, M1, M 2, M 3的方程组为 将数据（2代入（1）得所求三次样条插值函数为：当x 0,1时, S(x) 6 0.2667(1 x)36 ( 0.533 3)(x 0)3 (01 0.266 7)(1 x) (1 1 ( 0.533 3)(x 0) 6 6 0.444 5(1 x)3

51、0.088 88x30.0445(1 x) 1.088 88x 当 x 1,2时， S(x) 1 ( 0.533 3)(2 x)3 6 ( 4.133 3)(x 1)3 (11 ( 0.533 3)(2 x) (11 ( 4.133 3)(x 1) 6 6 0.088 88 (2 x)30.688 88 (x 1)31.088 88(2 x) 1.688 88 (x 1) 当 x 2,3时, S(x) 1 ( 4.133 3)(3 x)3 6 1 ( 11.066 7)(x 2)3 6 (1 1 ( 4.133 3)(3 x) (0 1 ( 11.066 7)(x 2) 0.688 88(3 x)3 1.844 45(x 2)31.688 88(3 x) 1.844 45(x2) (2) M01,M32 (3) 关于M1和口M2的方程组为 z 24 1 2 MM .12 2 2 12 Mi 1.333 3, M 21.666 7 将( 3)和(4)代入(1)得所求三次样条插值函数为：当x 0,1时， S(x) 6(1 x)3 6 ( 1.333 33)(x 0)3 (0 )(1 x) (1 1 ( 1.666 7)(x 1) (4) 当 x 1,2时, 0.166 67(1 x)3 0.222 22x3 0.166 67(1 x) 1.222