计算方法-习题第一、二章答案

计算方法-习题第一、二章答案第一章误差1问3.142，3.141，分别作为π的近似值各具有几位有效数字？分析利用有效数字的概念可直接得出。解π=3.14159265…记x1=3.142，x2=3.141，x3=.由π-x1=3.14159…-3.142=-0.00040…知因而x1具有4位有效数字。由π-x2=3.14159…-3.141=-0.00059…知因而x2具有3位有效数字。由π-=3.14159…-3.14285…=-0.00126…知因而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。这里解由于x2-(109+1)x+109=（x-109）(x-1)，所以方程的两个根分别为x1=109，x2=1但如果应用一般二次方程ax2+bx+c=0的求根公式：由于当遇到b2>>4|ac|的情形时，有，则用上述公式求出的两个根中，总有一个因用了两个相近的近似数相减而严重不可靠，如本例若在能将规格化的数表示到小数点后8位的计算机上进行计算，则-b=109+1=0.1×1010+0.0000000001×1010，由于第二项最后两位数“01”在机器上表示不出来，故它在上式的计算中不起作用，即在计算机运算时，-b=109.通过类似的分析可得所以，求得的两个根分别为显然，根x2是严重失真的。为了求得可靠的结果，可以利用根与系数的关系式：，在计算机上采用如下公式：其中，sgn（b）是b的符号函数，当b≥0时sgn（b）=1；当b<0时，sgn（b）=-1。显然，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，如何计算分析函数的原函数已知，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，则当N充分大时，因为arctan（N+1）和arctanN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tanθ1=N+1,tanθ2=N，则由,得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充分大时，用计算积分的值较好。9计算积分.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，有得递推公式：（1）利用公式（1）计算In，由于初值I0有误差，不妨设求I0的近似值时有大小为ε的误差，即则由递推公式（1）得┊显然初始数据的误差ε是按n!的倍数增长的，误差传播得快，例如当n=10时，10！≈3.629×106,，这表明I10时已把初始误差ε扩大了很多倍，从而的误差已把I10的真值淹没掉了，计算结果完全失真。但如果递推公式（1）改成于是，在从后往前计算时，In的误差减少为原来的，所以，若取n足够大，误并逐步减小，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为了使计算的乘除法运算次数尽量地少，应将表达式改写为怎样的形式？解设在数值计算中，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+1=0的两个根，使它至少具有四位有效数字（已知）。15数列满足递推公式若取(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如果近似值的相对误差限小于，证明：这个数具有n位有效数字。第二章插值法与数值微分1已知，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，则的二次Lagrange插值多项式为因为，所以≤2已知的函数表xi012yi8-7.5-18求函数在[0,2]之间的零点的近似值。分析一般情况下，先求出在[0，2]上的插值函数，然后求的零点，把此零点作为的近似零点。特别地，若的反函数存在，记为，那么求的零点问题就变成求函数值的问题了，利用插值法构造出的插值函数，从而求出的零点的近似值，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，即函数必须有反函数，也即要求单调。本题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yi8-7.5-18xi012利用三点二次Lagrange插值，由上反函数表构造的反函数的二次Lagrange插值多项式。令，则的二次Lagrange插值多项式为函数的近似零点为3设，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。解设以-1，0。1，2为插值节点的三次Lagrange插值多项式为，由Lagrange插值余项定理有因而4设是以为节点的Largange插值基函数，试证：（1）.（2）.（3）.（4）分析本题是关于Lagrange插值基函数的性质问题，观察要证明的结论，应考虑对常数1和进行插值入手，通过插值余项为0得到结论。证（1）设,则以为插值节点的n次Lagrange插值多项式为由插值余项定理知从而即（2）设则以为插值节的n次Lagrange插值多项式为由插值余项定理知从而即（2）设，则以为插值节点的n次Lagrange插值多项式为由插值余项定理从而即（3）将按二项式展开，得代入左端，得利用（2）的结论，有（4）当时，由（2）的结论知当时，令，有以为插值节点的n次Lagrange插值多项式为由插值余项定理知从而即令，有5设，且，求证分析本章内容是代数插值，而题设，易知若用线性插值，线性插值函数只能为0，且误差为，这样利用余项估计式可直接把与联系起来。证以a,b为插值节点进行线性插值，其线性插值多项式为线性插值余项为从而由于在处取最大值，故6证明：由下列插值条件00.511.522.5-1-0.7501.2535.25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。解令以为插值节点作的二次插值多项式，则易验证，因而满足插值条件（1）的Lagrange插值多项式为。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次多项式并不一定是真正的5次多项式，而是次数≤5的多项式。7对于任意实数以及任意正整数，多项式是次多项式，且满足。本题说明了什么问题？解本题说明由两个插值条件构造大一1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插值余项定理解设令其插值余项为从而≤9已知对应的函数值为，作三次Newton插值多项式，如再增加时的函数值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一级差商二阶差商三阶差商023513251-13/2-2/35/63/10三次Newton插值多项式为增加作差商表一级差商二阶差商三阶差商四级差商02356132561-13/21-2/35/6-1/63/10-1/4-11/120四次Newton插值多项式为10已知，求及分析本题是一个多项式，故应利用差商的性质。解由差商与导数之间的关系及，知11若有n个相异的实根，，则有分析有n个相异实根，故可表示成，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。证由于是的n个互异的零点，所以（1）记（2）由（1），（2）得12设，且互不相同，证明并写出的n次Newton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当时假设当时，结论成立，即有那么即当时，结论成立。由数学归纳法知对任意，结论是成立的。以为插值节点的n次Newton插值多项式为13设定义证明：。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所以14设，且，试证其中为等距节点步长。分析由于是多项式，因此应考虑用差商的性质和差商与差分的联系来证明。证记所以15已知函数的函数表0.00.10.20.30.40.51.001.321.682.082.523.00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0.00.10.20.30.40.51.001.321.682.082.523.000.320.360.400.440.480.040.040.040.040.000.000.00的Newton向前插值公式为16给出的数据表0.40.50.60.70.80.9-0.91629-0.693147-0.510826-0.356675-0.223144-0.105361（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，则=-0.620219二次插值，取，则=-0.6168382也可取进行二次插值得1n0.54≈0.6153198（2）记，构造向后差分表0.40.50.60.70.80.9-0.916291-0.693147-0.510826-0.356675-0.223144-0.1053610.2231440.1823210.1541510.1335310.117783-0.40823-0.028170-0.20620-0.0157480.0126530.0075500.004872-0.005103-0.0026780.002425由Newton向后插值公式由于，当，故=-0.223144+0.133531×(-0.2)≈0.248453由插值余项知≤17已知sin30=cos45°=0.7071，求sin40°。分析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Hermite插值。解利用两点三次Hermite插值=0.6428≤18已知自然对数1nx和它的导数1/x的数表0.400.500.600.70-0.916291-0.693147-0.356675-0.2231442.502.001.431.25（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。首先列表计算0-0.166667-15.83333310.6666671.66666720.6666671.6666673-0.16666715.833333（1）利用Lagrange插值公式，有=-0.166667×(-0.916291)+0.666667×(-0.693147)+0.666667×(-0.356675)+(-0.166667)×(-0.223144)=-0.509976（2）利用Hermite插值公式，有从而-0.510889。注：本题的真值-0.510825623…，可以看出Hermite插值所得结果要比Lagrange插值结精确得多。19设已知上三个互异的节点，函数上具有连续的四阶导数，而是满足下列条件的三次多项式：（1）写出的表达式。（2）证明：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。设为满足插值条件的二次式，由插值条件可设的形式为（1）其中A为待定系数，显然由（1）确定的满足，待定系数A可由插值条件来确定，为此对（1）式两边求导数令，并利用插值条件有于是从而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，使其满足条件由所满足的条件，可设，其中A为待定系数。由，得，故有同理可得由满足的条件，可设，其中C为待定系数，由，得，故有下面求满足条件，设，其中为待定系数，利用得由此得所以易验证（2）证当为插值节点中任一点时，结论显然成立，下面设异于。由于满足故可设，其中K为依赖于的待定系数。固定，作辅助函数显然上有四个零点，其中为二重零点。利用Rolle定理，知在组成的三个小区间内至少各有一个零点，记为，加上上至少有4个零点，反复利用Rolly定理：内至少有3个零点。内至少有2个零点。内至少有1个零点，即存在一点ξ，使。由于，从而求得，所以20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）（2）01230110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。解记计算二阶差商一阶差商二阶差商01230123011010-1--三次样条插值函数的表达式为（1）（1）关于的方程组为=解得将数据（2）代入（1）得所求三次样条插值函数为：当时，当时，当时，（2）（3）关于的方程组为解得（4）将（3）和（4）代入（1）得所求三次样条插值函数为：当时，当时，当时，21