数值分析第五版答案(全)

1、精选优质文档-倾情为你奉上第一章 绪论1设,的相对误差为，求的误差。解：近似值的相对误差为而的误差为进而有2设的相对误差为2%，求的相对误差。解：设，则函数的条件数为又, 又且为23下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差限不超过最后一位的半个单位，试指出它们是几位有效数字：, , ,解：是五位有效数字；是二位有效数字；是四位有效数字；是五位有效数字；是二位有效数字。4利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) ,(2) ,(3) .其中均为第3题所给的数。解：5计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R时允许的相对误差限是多少？解：球体体积为则何种函数的条件数为又%1故度量半径R时

2、允许的相对误差限为rV*=13*1%=13006设，按递推公式 （n=1,2,）计算到。若取（5位有效数字），试问计算将有多大误差？解： 依次代入后，有即，若取, 的误差限为。7求方程的两个根，使它至少具有4位有效数字（）。解：，故方程的根应为故 具有5位有效数字具有5位有效数字8当N充分大时，怎样求？解 设。则9正方形的边长大约为了100cm，应怎样测量才能使其面积误差不超过？解：正方形的面积函数为.当时，若,则故测量中边长误差限不超过0.005cm时，才能使其面积误差不超过10设，假定g是准确的，而对t的测量有秒的误差，证明当t增加时S的绝对误差增加，而相对误差却减少。解： 当增加时，的绝

3、对误差增加当增加时，保持不变，则的相对误差减少。11序列满足递推关系 (n=1,2,),若（三位有效数字），计算到时误差有多大？这个计算过程稳定吗？解：又 又 计算到时误差为，这个计算过程不稳定。12计算，取，利用下列等式计算，哪一个得到的结果最好？, , ， 。解：设，若，则。若通过计算y值，则若通过计算y值，则若通过计算y值，则通过计算后得到的结果最好。13,求的值。若开平方用6位函数表，问求对数时误差有多大？若改用另一等价公式。计算，求对数时误差有多大？解, 设则故若改用等价公式则此时，第二章 插值法1当时，,求的二次插值多项式。解：则二次拉格朗日插值多项式为 2给出的数值表X0.40.

4、50.60.70.8lnx-0.-0.-0.-0.-0.用线性插值及二次插值计算的近似值。解：由表格知，若采用线性插值法计算即，则 若采用二次插值法计算时， 3给全的函数表，步长若函数表具有5位有效数字，研究用线性插值求近似值时的总误差界。解：求解近似值时，误差可以分为两个部分，一方面，x是近似值，具有5位有效数字，在此后的计算过程中产生一定的误差传播；另一方面，利用插值法求函数的近似值时，采用的线性插值法插值余项不为0，也会有一定的误差。因此，总误差界的计算应综合以上两方面的因素。当时，令取令则当时，线性插值多项式为插值余项为又在建立函数表时，表中数据具有5位有效数字，且，故计算中有误差传播

5、过程。总误差界为4设为互异节点，求证：（1） （2） 证明（1） 令若插值节点为，则函数的次插值多项式为。插值余项为又 由上题结论可知得证。5设且求证：解：令，以此为插值节点，则线性插值多项式为 =插值余项为6在上给出的等距节点函数表，若用二次插值求的近似值，要使截断误差不超过，问使用函数表的步长h应取多少？解：若插值节点为和，则分段二次插值多项式的插值余项为设步长为h，即若截断误差不超过，则7若，解：根据向前差分算子和中心差分算子的定义进行求解。 8如果是m次多项式，记，证明的k阶差分是次多项式，并且（为正整数）。解：函数的展式为其中又是次数为的多项式 为阶多项式为阶多项式依此过程递推，得是

6、次多项式是常数当为正整数时，9证明证明 得证10证明证明：由上题结论可知得证。11证明证明 得证。12若有个不同实根，证明：证明：有个不同实根且令则而 令则又得证。13证明阶均差有下列性质：（1）若，则（2）若，则证明：（1） 得证。 + 得证。14求及。解：若则15证明两点三次埃尔米特插值余项是 解：若，且插值多项式满足条件插值余项为由插值条件可知且可写成其中是关于的待定函数，现把看成上的一个固定点，作函数根据余项性质，有由罗尔定理可知，存在和，使即在上有四个互异零点。根据罗尔定理，在的两个零点间至少有一个零点，故在内至少有三个互异零点，依此类推，在内至少有一个零点。记为使又其中依赖于分段三

7、次埃尔米特插值时，若节点为，设步长为，即在小区间上 16求一个次数不高于4次的多项式P（x），使它满足解：利用埃米尔特插值可得到次数不高于4的多项式设其中，A为待定常数从而17设，在上取，按等距节点求分段线性插值函数，计算各节点间中点处的与值，并估计误差。解：若则步长在小区间上，分段线性插值函数为 各节点间中点处的与的值为当时，当时，当时，当时，当时，误差又令得的驻点为和18求在上分段线性插值函数，并估计误差。解：在区间上，函数在小区间上分段线性插值函数为误差为19求在上分段埃尔米特插值，并估计误差。解：在区间上，令函数在区间上的分段埃尔米特插值函数为误差为又20给定数据表如下：Xj0.250

8、.300.390.450.53Yj0.50000.54770.62450.67080.7280试求三次样条插值，并满足条件：解：由此得矩阵形式的方程组为 2 1 M0 2 M1 2 M2 2 M3 1 2 M4 求解此方程组得三次样条表达式为将代入得由此得矩阵开工的方程组为求解此方程组，得又三次样条表达式为将代入得21若是三次样条函数，证明：若，式中为插值节点，且，则证明：从而有第三章 函数逼近与曲线拟合1 ，给出上的伯恩斯坦多项式及。解：伯恩斯坦多项式为其中当时，当时，2 当时，求证证明：若，则 3证明函数线性无关证明：若分别取，对上式两端在上作带权的内积，得此方程组的系数矩阵为希尔伯特矩阵

9、，对称正定非奇异，只有零解a=0。函数线性无关。4。计算下列函数关于的与：m与n为正整数，解：若，则在内单调递增若，则若m与n为正整数当时,当时,在内单调递减当时,在内单调递减。若当时，在内单调递减。5。证明证明：6。对，定义问它们是否构成内积。解：令（C为常数，且）则而这与当且仅当时，矛盾不能构成上的内积。若，则,则若，则,且即当且仅当时，.故可以构成上的内积。7。令，试证是在上带权的正交多项式，并求。解：若，则令，则，且，故又切比雪夫多项式在区间上带权正交，且是在上带权的正交多项式。又8。对权函数，区间，试求首项系数为1的正交多项式解：若，则区间上内积为定义，则其中9。试证明由教材式给出的

10、第二类切比雪夫多项式族是上带权的正交多项式。证明：若令，可得当时，当时，又，故得证。10。证明切比雪夫多项式满足微分方程证明：切比雪夫多项式为从而有得证。11。假设在上连续，求的零次最佳一致逼近多项式？解：在闭区间上连续存在，使取则和是上的2个轮流为“正”、“负”的偏差点。由切比雪夫定理知P为的零次最佳一致逼近多项式。12。选取常数，使达到极小，又问这个解是否唯一？解：令则在上为奇函数又的最高次项系数为1，且为3次多项式。与0的偏差最小。从而有13。求在上的最佳一次逼近多项式，并估计误差。解：于是得的最佳一次逼近多项式为即误差限为14。求在上的最佳一次逼近多项式。解：于是得的最佳一次逼近多项式

11、为15。求在区间上的三次最佳一致逼近多项式。解：令，则且令，则若为区间上的最佳三次逼近多项式应满足当时，多项式与零偏差最小，故进而，的三次最佳一致逼近多项式为，则的三次最佳一致逼近多项式为16。，在上求关于的最佳平方逼近多项式。解：若且，则则法方程组为解得故关于的最佳平方逼近多项式为17。求函数在指定区间上对于的最佳逼近多项式：解：若且，则有则法方程组为从而解得故关于的最佳平方逼近多项式为若且，则有则法方程组为从而解得故关于的最佳平方逼近多项式为若且，则有则法方程组为从而解得故关于的最佳平方逼近多项式为若且则有则法方程组为从而解得故关于最佳平方逼近多项式为18。，在上按勒让德多项式展开求三次最

12、佳平方逼近多项式。解：按勒让德多项式展开则从而的三次最佳平方逼近多项式为19。观测物体的直线运动，得出以下数据：时间t(s)00.91.93.03.95.0距离s(m)010305080110求运动方程。解：被观测物体的运动距离与运动时间大体为线性函数关系，从而选择线性方程令则则法方程组为从而解得故物体运动方程为20。已知实验数据如下：192531384419.032.349.073.397.8用最小二乘法求形如的经验公式，并计算均方误差。解：若，则则则法方程组为从而解得故均方误差为21。在某佛堂反应中，由实验得分解物浓度与时间关系如下：时间0 5 10 15 20 25 30 35 40 4

13、5 50 55浓度0 1.27 2.16 2.86 3.44 3.87 4.15 4.37 4.51 4.58 4.62 4.64用最小二乘法求。解：观察所给数据的特点，采用方程两边同时取对数，则取则则法方程组为从而解得因此22。给出一张记录用FFT算法求的离散谱。解：则 0 1 2 3 4 5 6 7 4 3 2 1 0 1 2 3 4 4 4 4 0 4 8 4 0 4 8 0 16 0 0 0 23，用辗转相除法将化为连分式。解24。求在处的阶帕德逼近。解：由在处的泰勒展开为得从而即从而解得又则故25。求在处的阶帕德逼近。解：由在处的泰勒展开为得从而即解得又则故 第四章 数值积分与数值微

14、分1.确定下列求积公式中的特定参数，使其代数精度尽量高，并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度：解：求解求积公式的代数精度时，应根据代数精度的定义，即求积公式对于次数不超过m的多项式均能准确地成立，但对于m+1次多项式就不准确成立，进行验证性求解。（1）若令，则令，则令，则从而解得令，则故成立。令，则故此时，故具有3次代数精度。（2）若令，则令，则令，则从而解得令，则故成立。令，则故此时，因此，具有3次代数精度。（3）若令，则令，则令，则从而解得或令，则故不成立。因此，原求积公式具有2次代数精度。（4）若令，则令，则令，则故有令，则令，则故此时，因此，具有3次代数精度。2.分别用梯形公式和辛

15、普森公式计算下列积分：解：复化梯形公式为复化辛普森公式为复化梯形公式为复化辛普森公式为复化梯形公式为复化辛普森公式为复化梯形公式为复化辛普森公式为3。直接验证柯特斯教材公式（2。4）具有5交代数精度。证明：柯特斯公式为令，则令，则令，则令，则令，则令，则令，则因此，该柯特斯公式具有5次代数精度。4。用辛普森公式求积分并估计误差。解：辛普森公式为此时，从而有误差为5。推导下列三种矩形求积公式：证明：两边同时在上积分，得即两边同时在上积分，得即两连边同时在上积分，得即6。若用复化梯形公式计算积分，问区间应人多少等分才能使截断误差不超过？若改用复化辛普森公式，要达到同样精度区间应分多少等分？解：采用

16、复化梯形公式时，余项为又故若，则当对区间进行等分时，故有因此，将区间213等分时可以满足误差要求采用复化辛普森公式时，余项为又若，则当对区间进行等分时故有因此，将区间8等分时可以满足误差要求。7。如果，证明用梯形公式计算积分所得结果比准确值大，并说明其几何意义。解：采用梯形公式计算积分时，余项为又且又即计算值比准确值大。其几何意义为，为下凸函数，梯形面积大于曲边梯形面积。8。用龙贝格求积方法计算下列积分，使误差不超过.解：00.10.0.20.0.0.30.0.0.0.因此03.18.-4.因此014.111.10.210.10.10.310.10.10.10.410.10.10.10.10.

17、510.10.10.10.10.10.因此9。用的高斯-勒让德公式计算积分解：令，则用的高斯勒让德公式计算积分用的高斯勒让德公式计算积分10 地球卫星轨道是一个椭圆，椭圆周长的计算公式是这是是椭圆的半径轴，c是地球中心与轨道中心（椭圆中心）的距离，记h为近地点距离，H为远地点距离，R=6371（km）为地球半径，则我国第一颗地球卫星近地点距离h=439(km)，远地点距离H=2384(km）。试求卫星轨道的周长。解：从而有。01.11.1.21.1.1.即人造卫星轨道的周长为48708km11。证明等式 试依据的值，用外推算法求的近似值。解 若又此函数的泰勒展式为当时, 当时, 当时, 由外推

18、法可得n32.63.3.93.3.3.故12。用下列方法计算积分，并比较结果。(1)龙贝格方法；(2)三点及五点高斯公式；(3)将积分区间分为四等分，用复化两点高斯公式。解(1)采用龙贝格方法可得k01.11.1.21.1.1.31.1.1.1.41.1.1.1.1.故有(2)采用高斯公式时此时令则利用三点高斯公式，则利用五点高斯公式，则(3)采用复化两点高斯公式将区间四等分，得作变换，则作变换，则作变换，则作变换，则因此，有13.用三点公式和积分公式求在，和1.2处的导数值，并估计误差。的值由下表给出：x1.0 1.1 1.2F(x)0.2500 0.2268 0.2066解：由带余项的三点

19、求导公式可知又又又故误差分别为利用数值积分求导，设由梯形求积公式得从而有故又且从而有故即解方程组可得第5章 数值分析课后习题全解第5章：解线性方程组的直接方法1 证明：由消元公式及A的对称性得 故对称2证明：（1）因A对称正定，故 其中=（0,0,1,0,.,0）为第i个单位向量.(2)由A的对称性及消元公式得 =-= -=，I,j=2,n 故也对称. 又 = 其中 显然非其异,从而对任意的x0,有 X0,(x,AX)=(x, AX)>0 (由A的正定性)故正定.又=,而>0,故正定. 3.证明 由矩阵乘法简单运算即得证. 4.解 设有分解 = 由公式 其中,分别是系数矩阵的主对角

20、线元素及下边和上边的次对角线元 素.故有 从而有 = 故 = =, = =, = 故=1,=,=,=5. 解 (1)设U为上三角阵 =因=，故=.因 +=,故 =,i=n-1,n-2,1当U为下三角阵时 = 得,=, =,i=2,3,n.(2)除法次数为n,乘法次数为 1+2+(n-1)=n(n-1)/2故总的乘法次数为n+n(n-1)/2=n(n+1)/2.(3)设U为上三角阵,=S,侧S也是上三角阵.由 =得 , i=1,2,n =-,j=i+1,i+2,n; i=n-1,n-2,1当U为下三角阵时,由 = 得 ,i=1,2,n=,i=2,3,n;j=1,2,i-16. 证明 (1)因A是

21、对称正定阵,故存在唯一的分解A=L,其中L是具有正对角元素的下三角阵.从而 =(L)=()L=(L) L (A)=故是对称矩阵. 又非奇异,故对任意的 x0,有x0,故 X=>0故是对称正定矩阵,即也对称正定. (2)由A对称正盯,故A的所有顺序主子式均不为零,从而A有唯一的Doolittle分解A=U.又 U=D 其中D为对三角阵, 为单位上三角阵,于是 A=U=D 又 A=D由分解的唯一性即得 =从而有 A=D又由A的对称正定性知 =>0, =>0 (i=2,3,n)故 D= =故A=D=()()=LL其中L=为三角元为正的下三角矩阵.7. 解A|I=-> ->

22、; -> -> -> = 8 解 设有分解 = 由公式 其中，分别是系数矩阵的主角线元素及其下边和上边的次对角线元素，则有 ， ， ， ， ， ， ， 由 得=，由 得=，=，=，=，=9解 设 =由矩阵乘法得 =2， ， ， 由 得 ，由 得 故=2.555 555 6，=0.777 777 8，=1.111 111 1 10 解 A中=0，故不能分解。但det(A)=-100,故若将A中第一行与第三行交换，则可以分解，且分解唯一。 B中，=0，但它仍可以分解为 B=其中为一任意常数，且U奇异，故分解且分解不唯一， 对C，0，i=1,2,3,故C可分解且分解唯一。 C= 1

23、1 解 =0.842 615 0 = =0.685 340 7故 =0.827 853 1 12证明 （1）有定义知 故 （2）由范数定义，有 = 故 13 证明 （1）因P非奇异，故对任意的x0，有0，故，当且仅当x=0时，有成立。 （2对任意，有 （3） 故是上的一种向量范数。 14证明（1）因A正定对称，故当x=0时，=0，而当x0时，=。 （2）对任意实数c，有 （3）因A正定，故有分解A=L，则 故对任意向量x和y，总有 综上所知，是一种向量范数。 15证明 因为 由向量范数的等价性知，存在常数>0,使对任意x,有 故 令,则有 即 16. 证明 故 17 证明 设，则 又 故

24、 从而当时，即时，有最小值，且 min=718. 解 故 = =39 205.9745 19证明 因A正交，故，从而有 故 =1 20证明 21证明（1）故为对称矩阵。 又A非奇异，故对任意向量，有，从而有 即为对称正定矩阵。 （2） 第六章课后习题解答K00001-2.3.1.2-4.3.2.3-4.2.2.4-4.2.2.5-3.2.1.6-3.3.1.7-4.3.2.8-4.2.2.第七章1、用二分法求方程的正根,要求误差小于0.05.解 设,故1,2为的有根区间.又,故当时,单增,当时单增.而,由单调性知的惟一正根.根据二分法的误差估计式(7.2)知要求误差小于0.05,只需,解得,故

25、至少应二分6次.具体计算结果见表7-7. 表7-701234511.51.51.51.56251.59375221.751.6251.6251.6251.51.751.6251.56251.593751.-+-即.2、为求在附近的一个根,设将方程改写成下列等价形式,并建立相应的迭代公式:(1),迭代公式;(2),迭代公式;(3),迭代公式.试分析每种迭代公式的收敛性,并选取一种公式求出具有四位有效数字的近似根.解 取的邻域1.3,1.6来考察.(1)当时,故迭代公式在上整体收敛.(2)当时 故在1.3,1.6上整体收敛.(3)故发散.由于(2)的L叫小,故取(2)中迭代式计算.要求结果具有四位

26、有效数字,只需 即 取计算结果见表7-8. 表7-81231.1.1.4561.1.1.由于,故可取.3、比较求的根到三位小数所需的计算量:(1)在区间0,1内用二分法;(2)用迭代法,取初值.解 (1)因,故,用二分法计算结果见表7-9. 表7-90123456789101112131400000.06250.06250.0.0.0.0.0.0.0.0.10.50.250.1250.1250.093750.093750.093750.093750.0.0.0.0.0.0.50.250.1250.06250.093750.0.0.0.0.0.0.0.0.0.+-+-+-+-+0.50.250.

27、1250.06250.031250.0.0.0.0.0.0.0.0.0.此时具有三位有效数字.(2)当时,故迭代试在0,0.5上整体收敛.取,迭代计算结果如表7-10所示. 表7-101230.10.0.4560.0.0.此时,故精确到三位小数.4、给定函数,设对一切,存在且,证明对于范围内的任意定数,迭代过程均收敛于的根.证明 由于,为单增函数,故方程的根是惟一的(假定方程有根).迭代函数,.由及得,故,由此可得即.5、用斯蒂芬森迭代法计算第2题中(2)的近似根,精确到.解 记第2题中(2)的迭代函数,(3)的迭代函数为,利用迭代式(7.11),计算结果见表7-11. 表7-1101231.

28、51.1.1.012341.51.1.1.1.6、设,试确定函数和,使求解且以为迭代函数的迭代法至少三阶收敛.解 要求三阶收敛到的根,根据定理7.4,应有.于是由 得 故取 即迭代至少三阶收敛.7、用下列方法求在附近的根.根的准确值,要求计算结果准确到四位有效数字.(1)用牛顿法;(2)用弦截法,取;(3)用抛物线法,取.解 ,对(1)取,用牛顿迭代法 计算得,故.(2)取,利用弦截法 得,故取.(3).抛物线法的迭代式为迭代结果为:已达四位有效数字.8、分别用二分法和牛顿迭代法求的最小正根.解 显然满足.另外当较小时,故当时,因此,方程的最小正根应在内.记,容易算得,因此4,4.6是的有限区

29、间.对于二分法,计算结果见表7-12. 表7-1201234567894.04.34.454.454.48754.48754.48754.4.4.4.64.64.64.5254.5254.506254.4.4.4.4.34.454.5254.48754.506254.4.4.4.4.+-+-+-+-此时.若用牛顿迭代法求解,由于,故取,迭代计算结果如表7-13所示. 表7-131234.4.4.4564.4.4.所以的最小正根为.9、研究求的牛顿公式 证明对一切且序列是递减的.证法一 用数列的办法,因由知,且.又由 故,即单减有下界.根据单调原理知,有极限.易证起极限为.证法二 设.易知在内有

30、惟一实根.对应用牛顿迭代法,得 利用例7-9的结论知,当时,单减有下界,且.当时, 此时,从起,单减有下界,且极限为.10、对于的牛顿公式,证明 收敛到,这里为的根.证明见例7-10.11、用牛顿迭代法和求重根的牛顿迭代法(7.15)和(7.16)(书中式(4.13),(4.14)计算方程的一个近似根,准确到,初始值.解 的根为2重根,即 用牛顿法迭代公式为 令,则,迭代到.用求重根的迭代公式(7.15),迭代迭代公式为 取,则.四次迭代达到上面的结果.若用公式(7.16),则有 将及代入上述迭代公式,得 取,得.结果与公式(7.15)的相同.12、应用牛顿迭代法于方程,导出求立方根的迭代公式,并讨论其收敛性.解 设,牛顿迭代公式为 当;当时,因此,对于,当时,根据例7-9的结论知,牛顿序列收敛到.当时, 从起,牛顿序列收敛到.对于,当时,.由牛顿法产生的序列单增趋于.当时, 之后迭代也收敛.当时,迭代式变为 该迭代对任何均收敛,但收敛速度是线性的.13、应用牛顿法于方程,导出求的迭代公式,并用此公式求的值.解 ,所以牛顿迭代公式有 易知.故取时,迭代收敛.对于,取,迭代计算,得 故.14、应用牛顿法于方程和,分别导出求的迭代公式,并求 解 对于,