數(shù)值分析部分課后答案第二版朱曉臨

1、數(shù)值分析第二版朱曉臨第一章習(xí)題3.324.04盲 324.060.087銖 60.092.0004A 2.0006.x X 丄 10 5111J*1x|2a1a120.00035167 0.0003517故它的相對(duì)誤差限為 0.005%41410 4 10 40.005% ( K 印 9)2 x0.玄1 a? .an10n0心尼2 .an10n v0. a1 1n101相對(duì)誤差限=0.03%x*x*xx v 0.03% 0.(a 1+1)x x10n=0.3(0.a 1+1) 10n 3v 0.510n 3至少有3位有效數(shù)字。7.A (、2 1)6,取. 2 1.4,則A*0.004096取

2、21.4時(shí),0.00523278 3 2、233 2、20.0080.005125261 99 70 21所以利用第三個(gè)得到的計(jì)算結(jié)果的絕對(duì)誤差最小。8.由函數(shù)的絕對(duì)誤差公式：e(f(x*)f(x*)e(x*)2 * *2 *令 f (x) x , f (x ) (x ) ,x 100 cm由題目得，e( f (x*) 1， f (x*) 2x*把代入，得：1 2x* e(x*)12 100 e(x*)e(x )0.005cm1 cm2。邊長(zhǎng)的測(cè)量誤差不超過(guò)0.005cm時(shí)，才能使其面積的誤差不超過(guò)11.令f (x) Inx,則 f(x*) lnx*由公式e(f(x*) f(x*)e(x*)，

3、得：* 1 *e( f(x ) p x x 0.5 10 Ixr(X ),X由此可知,r(X*)0.5 10所以X的相對(duì)誤差限為0.5 10 1，有I位有效數(shù)字。14.n 51 n 11xn5xn 1Odvn 1 .x dx10Xdx1n 15n50n1In,n510,9,.,1,0其中I11*為初值11 ndn1 x11 nx dxdxx dx6 00 x 55 01 I16（n+1）n 5(n+1)1 I16 12 115 120.0138889 I110.0166667*0.01388890.0166667I110.07777852把I11代入I n 1 I n, n 10,9,.,1,

4、0即可得到I n的近似值。5n 5第3章習(xí)題1.解:設(shè) f(x) x3 4x210,f(1) 14 1050, f (2)8 4 2210140f (x) 3x28x,則 x 1,2, f (x)0故，由根的存在定理，知 f (x)0在1,2內(nèi)有且僅有一根a 1, b 2, f (a)0,取a,b的中點(diǎn) f(X。) 將區(qū)間二等分，由于 此時(shí)令 a, a 1,6 如此反復(fù)二分下去。f (b)0,2.375, f(X。) X。1.5,0,即f (b)與f (x0)同號(hào)， 得到新的有根區(qū)間F面估計(jì)二分的次數(shù)。x* Xnb a2 n 1ln( b a)In 22 n 1In 212In1 In 0.0

5、1In 210 2,即10 26.6647.具體計(jì)算見(jiàn)下表nanbnxnf(Xn)符號(hào)01.000000002.000000001.50000000+11.000000001.500000001.25000000-21.250000001.500000001.37500000+31.250000001.375000001.31250000-41.312500001375000001.34375000-51.343750001.375000001.35937500-61.359375001.375000001.36718750+71.359375001.367187501.36328125-故x

6、7 1.36328125為方程誤差不超過(guò)0.005的近似根210解:構(gòu)造迭代公式:Xk 1Xk(k 1,2,.)迭代函數(shù)為:在1,2中且(x)(x)苗 V5(1 , 2),max2牛(1(X)|1汕25故此迭代格式產(chǎn)生的迭代序列Xk收斂由二分法可確定初值:f(1)11 1 1f(2)841312 ,x01.52X13J11.521.481248X2V11.48124821.4727057X3s1.472705721.468817X4011.46881721.46704797X53v11.4670479721.466243X6S1.46624321.46587682X73v11.46624321

7、.465710X8V11.46571021.465634Q| X 8x 70.00007610 4迭代結(jié)束,即有X*1.465613解:原方程變形為：X 310 4xk2此時(shí)迭代函數(shù)為：（x） 310 4x2(1 1.5)3 6 2 1.51.310192yk3104Xk2Zk3104yk2k 0,1,2,Xk1Xk(ykxQ2Zk:2ykXkXo1.5, y1,Z36以該迭代公式形成的Steffe nsen迭代公式為:Xi1.52依次類推可得滿足 Xk 1 Xk 105的根：X 1.3652316解2令 f(x) x 115Newton迭代公式為：1 115Xk 1Xk,k 0,1,2,2

8、Xk由本章例14.4.4( 1)知，此迭代公式收斂。2 2Q10100 115 11121可取初值X0111 115x1 - x010.7272732 X1 115x2 x110.7238102 x1與的精確值比較，X2具有5位有效數(shù)字的近似值。17解:f(x) x3 2x2 10x 20f(x) 3x2 4x 10相應(yīng)的Newton迭代公式為：X1(Xk 1)Xk3 2Xk2 10Xk 2023xk 4xk 10k 0,1,2,用二分法取初值f(1)1 2 1020f(2)8 8 2020161.5(xj 1.51.5321.510 1.5 203 1.524 1.5 101.3736263

9、74如此反復(fù)下去，可得 x*1.36880810723解：有些不同232設(shè) f(x) x(x 1) x 2x x 1所以弦截法迭代公式為：xk 1XkXk 1f (xk)f(Xk 1)f (Xk)Xk12xk2xk可令：x0.4*0.5X20.53 2 0.52 0.5 10.5220.520.420.4633431080.50.42 0.5 2 0.4 1反復(fù)如此，可得滿足即 x*0.46558。29解:xk 1 xk|10 4的根，X1(X133X23)X2(X1262X2(2)1）X16,(x)1(x)記xX22（X）則（1 ）式可寫為X(X)將方程組寫成等價(jià)形式：(X3X23)6(X2

10、X22)6由此構(gòu)造不動(dòng)點(diǎn)迭代公式:x/k 1)x2(k 1)即 x(k1)(k)3(k)3(NX2(丿6,k(x1(k)2x2(k)22)6(x(k),k0,1,2,.3)0,1,2,.(2)。取初值x（0）（0,0） T,按迭代公式（2）計(jì)算的x*近似值見(jiàn)下表:k01234(k)X100.500000000.527006170.531944940.53276252(k)00.333333330.356481480.358442740.35908070X2由表可知，此迭代公式收斂。30解:記,F(x)X X2 4X x2 sinC% x2)8X|2x2F(x)1 COSX x2)1 cos(%

11、 x2)取初值x(0)(1,0)T,解方程組F(x(0)x(0)F(x(0)80 (0)x01 cos11 cos11 si n1(0)0可求得：x(0) 一 1 _ = (0) _ x2sin 1-1cos1 1然后計(jì)算得：X,x,故x* (x1,x2)T (0.998607, 0.15305)T第5章習(xí)題4證明：Hermite多項(xiàng)式為H n xnn x2 dx21 e endxx ,n 0,1,2,Hn1nex2dnx22xHn2xHn2nHn1Hn 1 xHn 1 x(3)dxn1 x2e1 x2edndndxn1x2dx eex2dnx2 edn1dxn12xx21nex2dn1dxn

12、1dn1dxx2x2 e4x22x(1)dn1 釘edxn1dn1dxn1x22nx2x24x(2)1x2ednII2n綜合(1) (2) (3)得：Hn 1 x 2xHn x由此得證。三次Chebyshev多項(xiàng)式T3 x2x 2x2 1dxn11 x2ednx22nH n 1 x , n 1,2,3,./3 八x 4x 3xdxn12xk在區(qū)間上-1,1上當(dāng)Xk cos k 0,1,2時(shí)輪流取得最大值1和最小值-1，因?yàn)?5T3 x2 /5x 2x x 12x2111f x2x211 1444k所以，xk cosk 0,1,2 就是 f x2x2111的交錯(cuò)點(diǎn)組。由Chebyshev定理24

13、知:4P2 x2x2為函數(shù)f x致逼近多項(xiàng)式。325x 2x x 1在區(qū)間-1,1上的一次最佳12解:3x 1x, 0.5 x 1 則,4cos3t 14由Chebyshev級(jí)數(shù)的系數(shù)公式有:cos3cos 1coscos3cos 1(1)coscos 23cos 1coscos3所以cosx綜合cosx0 1t(1)( 2)，得:3P3 x 0.0398x2 2t2 120.492x3 4t3 3t0.0087X 0.999613解:將f X在x=0進(jìn)行Taylor展開(kāi):2345 x x x x e 6f x 1 xx ,2!3!4!5!6!1,1(1)P5 x234x x x2!3!4!5

14、 x5!P5 xe6!(2)5555355 35xT5 xxxxxxx416416P5 x1 x2 x2!3 x3!4 x4!15!112P5 x1 1x x164!210P5 xP5,4xT5x5!5 3 x450T5x16x113 x1 4 x 4!1 T 5 x 5!3!44!(3)P5 x P5,4 xX-755!25x4 T4 xP5,4x 111 21 -x x16 4!21 1P5,4 x 1 1 齊 x11312 11 xx -T4 x3!44!4!84!1121131 xxT4 x24!3!4 4!4!(5)P5,4xP5,3xP5,4xP5,3 X I 47T4 x4!12

15、3 4!17 313 2383191一 x一 xx9624384192整理(6)得f(x)近似最佳一致逼近多項(xiàng)式:P5,3 x結(jié)合(1) (3) (5)得:e 6 x 6!x p53 x 丄T4 xT55,34! 45! 5進(jìn)而利用式(2) (4) (6)得誤差估計(jì):max f x1 x 1P5,3X1413.24!25e0.0095 6!第6章習(xí)題6解類似由復(fù)化梯形公式知,存在0,1使得1ex2瀘2f”0.12502 e0.125e028 12i 18 12iex212 ee121220.125 f 1.469715解：(1)3 dx用Romberg算法將 一結(jié)果進(jìn)行加速,1 x1-,a 1

16、,b 3,初始步長(zhǎng)為 h2oh,b a 3 12.xh|214T20T11 f1f 311.333332 22331h|14217T21T2T1-fX11.166672 22223226此時(shí)步長(zhǎng)為h21h_212221h2 2117122T22T4-T2fx 11.116672 22 i0i226235此時(shí)步長(zhǎng)為h22h121222421h4 41l231 814fx 11.103212 22 i0i2由復(fù)化Simpson公式Sn4T2nTn ,得:S4T2T1S4-1- 4T8 T44 11.111111.100001.09873由復(fù)化Cotes公式Cn廠 4S2n 51，得:C1116 1

17、16S2C2116 116S4S21.099261.09864最后由Rn143 143C2nCn，得:64C21.0996364 1以上所得結(jié)果列于下表:kT 2kS?k 1C?k 2&k 301.3333311.166671.1111121.116671.100001.0992631.103211.098731.098641.09963與T8的值比，R的值更接近準(zhǔn)確值。因此，Simpson算法外推加速的效果十分明顯。(2)將則 1,3 4 等份為 1,1.5 1.5,22,2.5 2.5,3，即3 dxI1I3 I41.5 dx1 x2 dx2.5 dx3 dx2.5 x用兩點(diǎn)Guass公式

18、：在1,1.5上,a 1,b 1.5,A A 1,t10.5773503tb ab a%t11.1056624332 12X2b at2 2b a21.3943375671.511.5 1I1dx1 f x 1 f x21 x20.5773503反復(fù)如此，可求得I2,I3,I4最后，I h I2 I3 丨41.098546解:用兩點(diǎn)Gauss公式，由教材表7.7.1得,1 X2一2x0.57735031.63299用三點(diǎn)Gauss公式，由教材表 7.7.1得1 1x20.555555610.88888891.591627解:21 X。對(duì)兩點(diǎn)Guss-Chebyshev求積公式，有1A11 1x-icos -cos4cos3 cos4因?yàn)閮牲c(diǎn)Gauss-Chebysh