計(jì)算方法_課后習(xí)題答案

1、計(jì)算方法習(xí)題答案王新民 術(shù)洪亮編吉大儀電 第一章習(xí)題答案1. 已知，求的插值多項(xiàng)式。解：由題意知：2. 取節(jié)點(diǎn)對(duì)建立型二次插值函數(shù)，并估計(jì)差。解3. 已知函數(shù)在處的函數(shù)值，試通過一個(gè)二次插值函數(shù)求的近似值，并估計(jì)其誤差。 解：（1） 采用lagrange插值多項(xiàng)式其誤差為（2）采用newton插值多項(xiàng)式 根據(jù)題意作差商表：一階差商二階差商04216.252.52934. 設(shè)，試列出關(guān)于互異節(jié)點(diǎn)的插值多項(xiàng)式。 注意到：若個(gè)節(jié)點(diǎn)互異，則對(duì)任意次數(shù)的多項(xiàng)式，它關(guān)于節(jié)點(diǎn)滿足條件的插值多項(xiàng)式就是它本身?？梢姡?dāng)時(shí)冪函數(shù)關(guān)于個(gè)節(jié)點(diǎn)的插值多項(xiàng)式就是它本身，故依公式有特別地，當(dāng)時(shí)，有 而當(dāng)時(shí)有 5. 依據(jù)下列

2、函數(shù)表分別建立次數(shù)不超過3的插值多項(xiàng)式和插值多項(xiàng)式，并驗(yàn)證插值多項(xiàng)式的唯一性。 012419233解：（1） lagrange 插值多項(xiàng)式 =（2） newton 插值多項(xiàng)式一階差商二階差商三階差商00111982223143343-10由求解結(jié)果可知：說明插值問題的解存在且唯一。6. 已知由數(shù)據(jù)構(gòu)造出的插值多項(xiàng)式的最高次項(xiàng)系數(shù)是6，試確定。 解：= =中最高次項(xiàng)系數(shù)為：7. 設(shè)，試?yán)糜囗?xiàng)定理給出以為節(jié)點(diǎn)的插值多項(xiàng)式。解：由lagrange余項(xiàng)定理 可知：當(dāng)時(shí)，8. 求作關(guān)于節(jié)點(diǎn)的插值多項(xiàng)式，并利用插值余項(xiàng)定理證明 式中為關(guān)于節(jié)點(diǎn)的插值基函數(shù)。解：注意到關(guān)于節(jié)點(diǎn)的插值多項(xiàng)式為其插值余項(xiàng)為 據(jù)

3、此令即得。 附加題：設(shè)為關(guān)于節(jié)點(diǎn)的插值基函數(shù)，證明 證明：據(jù)題4可知，令，則有。注意到 （證明見王能超數(shù)值簡(jiǎn)明教程145頁題6）令即有。9. 已知，求差商和。解：根據(jù)差商與微商的關(guān)系，有10. 已知互異，求。其中。（此題有誤。）（見王能超教程p149題2） 解：因?yàn)?，則 由差商性質(zhì)可知，11. 設(shè)首項(xiàng)系數(shù)為1的n次式有n個(gè)互異的零點(diǎn)，證明 證明：按題設(shè)，有表達(dá)式 故原式左端 注意到上式右端等于關(guān)于節(jié)點(diǎn)的階差商（見第10頁2.1式）利用差商與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系（見2.11式）得知 13設(shè)節(jié)點(diǎn)與點(diǎn)互異，試對(duì)證明 并給出的插值多項(xiàng)式。 解 依差商的定義 ，一般地，設(shè)則 故的插值多項(xiàng)式為 14設(shè)是任意一個(gè)首項(xiàng)

4、系數(shù)為1的n+1次多項(xiàng)式，試證明 其中。 解：(1)由題意，可設(shè)，由lagrange插值余項(xiàng)公式得(2) 由(1)式可知， 15給定數(shù)據(jù)表：1023構(gòu)造出函數(shù)的差商表，并寫出它的三次插值多項(xiàng)式. 解：利用newton插值公式：先作出差商表一階差商二階差商三階差商01313/213/41/22031/61/3325/3-2/3-5/3-2故：16 . 求作滿足條件的插值多項(xiàng)式 。 解法1：根據(jù)三次hermite插值多項(xiàng)式：并依條件，得解法2：由于，故可直接由書中（3.9）式，得17設(shè)充分光滑，求證 證明：顯然，滿足條件的插值多項(xiàng)式 由于故 18 求作滿足條件的插值多項(xiàng)式，并估計(jì)其誤差。 解法1：

5、由已知條件0121293用基函數(shù)方法構(gòu)造。令其中，均為三次多項(xiàng)式，且滿足條件依條件可設(shè)，由 可得：同理，誤差為：解法2：用承襲性構(gòu)造由條件先構(gòu)造一個(gè)二次多項(xiàng)式作差商表：一階差商二階差商001112122973于是有：令所求插值多項(xiàng)式利用剩下的一個(gè)插值條件，得 由此解出 故有19 求作滿足條件的插值多項(xiàng)式。并給出插值余項(xiàng)。 解：令 利用插值條件定出 ： 注意到這里是三重零點(diǎn)，是單零點(diǎn)，故插值余項(xiàng)為 20 求作次數(shù)的多項(xiàng)式，使?jié)M足條件并列出插值余項(xiàng)。 解法1：由于在處有直到一階導(dǎo)數(shù)值的插值條件，所以它是“二重節(jié)點(diǎn)”；而在處有直到二階導(dǎo)數(shù)值的插值條件所以是“三重節(jié)點(diǎn)”。因此利用重節(jié)點(diǎn)的差商公式： 可

6、以作出差商表 一階二階三階四階001111100021101039206115根據(jù)newton插值多項(xiàng)式，有 且插值余項(xiàng)為 21 設(shè)分段多項(xiàng)式是以為節(jié)點(diǎn)的三次樣條函數(shù)，試確定系數(shù)的值。 解：由可得即解得 22 根據(jù)給定的數(shù)據(jù)表 12324121-1建立一個(gè)三次樣條插值函數(shù)。解： 由已知作差商表0121242231283 節(jié)點(diǎn)等距 第二章 習(xí)題答案 1. 計(jì)算下列函數(shù)關(guān)于的：注：， 解：（1） （2） （3）（4） 2. 令，試證是在上帶權(quán)的正交多項(xiàng)式，并求。解：是在上帶權(quán)的正交多項(xiàng)式。3. 是區(qū)間上帶權(quán)的最高次項(xiàng)系數(shù)為1的正交多項(xiàng)式族，其中，求。 解法一：解法二：設(shè)，則由4. 求，使積分取得最

7、小值。解：題意即為在中求的最佳平方逼近多項(xiàng)式，故滿足法方程或者按下述方法：因?yàn)樯鲜椒謩e對(duì)求偏導(dǎo)，并令其為零，有從而也有 ，5. 對(duì)，定義 問它們是否構(gòu)成內(nèi)積？（1）推出,即為常數(shù)，但不一定為0，故（1）不構(gòu)成內(nèi)積。（2）顯然內(nèi)積公理的1），2），3）均滿足，考察第四條 若，則必有反之，若，則且，由此可推得, 即內(nèi)積公理第四條滿足，故（2）構(gòu)成內(nèi)積。6. 對(duì)權(quán)函數(shù)，區(qū)間，試求首項(xiàng)系數(shù)為1的正交多項(xiàng)式。解： 7. 利用正交化方法求上帶權(quán)的前三個(gè)正交多項(xiàng)式。解：8. 判斷函數(shù)在上兩兩正交，并求一個(gè)三次多項(xiàng)式，使其在上與上述函數(shù)兩兩正交。解：（1）， ， 所以，在上兩兩正交。（2）設(shè)所求多項(xiàng)式為 9.

8、 用最小二乘原理求矛盾方程組的最小二乘解。注：給定線性代數(shù)方程組，當(dāng)時(shí)，稱其為超定方程組。求使得 取最小值。應(yīng)用微分學(xué)中多元函數(shù)求極值的方法可以證明為方程組 的解。稱為超定方程組的最小二乘解。解法一：由題意得：所以即是所求的最小二乘解。誤差平方和為 解法二：求，使誤差平方和為最小，令得方程組如下： 解方程組有： 10. 用最小二乘法求一個(gè)形如的經(jīng)驗(yàn)公式，使它與下列數(shù)據(jù)相擬合，并估計(jì)平方誤差。 192531384419.032.349.073.397.8解：將=19,25,31,38,44分別代入，得 所以誤差11. 求形如的經(jīng)驗(yàn)公式，使它能和下表給出的數(shù)據(jù)相擬合。123456781532052

9、743664916568781176解：設(shè)，兩邊取對(duì)數(shù)得令，則有 設(shè)，于是得到正規(guī)方程組:其中, ， 正規(guī)方程組化為:得=2.43689 =0.291211=2.43689所以=11.45 =0.291211=2.43689所以=11.45 1=0.29121112. 求函數(shù)在給定區(qū)間上對(duì)于的最佳平方逼近多項(xiàng)式： 解：設(shè)（1）(2) 。 13. 上求關(guān)于的最佳平方逼近多項(xiàng)式。解：legendre是-1，1上的正交多項(xiàng)式取，=14. 求在上的三次最佳平方逼近多項(xiàng)式。解：15. 已知勒讓德多項(xiàng)式，試在二次多項(xiàng)式類中求一多項(xiàng)式，使其成為上的最佳平方逼近函數(shù)。解：,設(shè) 由題意可知 即： 即：解得：16

10、. 求上的二次最佳平方逼近多項(xiàng)式，并估計(jì)平方誤差。解：設(shè) 第三章習(xí)題答案1. 分別用梯形公式、simpson公式、cotes公式計(jì)算積分計(jì)誤差。解：1）用梯形公式有：事實(shí)上，2）simpson公式事實(shí)上，3）由cotes公式有：事實(shí)上，2證明simpson公式具有三次代數(shù)精度。證明：而當(dāng)時(shí)左側(cè)：右側(cè)：左側(cè)不等于右側(cè)。所以simpson具有三次代數(shù)精度.3.分別用復(fù)化梯形公式和復(fù)化公式simpson計(jì)算下列積分.(1)，（3），（4）解：（1）用復(fù)化梯形公式有：，由復(fù)化simpson公式有：解（3）： 由復(fù)化梯形公式有：由復(fù)化公式有：（4）解：由復(fù)化梯形公式：由復(fù)化simpson公式：4給定求積

11、節(jié)點(diǎn)試推出計(jì)算積分的插值型求積公式，并寫出它的截?cái)嗾`差。解： 考慮到對(duì)稱性，有，于是有求積公式 由于原式含有3個(gè)節(jié)點(diǎn)，故它至少有2階精度?？紤]到其對(duì)稱性，可以猜想到它可能有3階精度。事實(shí)上，對(duì)原式左右兩端相等： 此外，容易驗(yàn)證原式對(duì)不準(zhǔn)確，故所構(gòu)造出的求積公式有3階精度。5給定積分。（1） 利用復(fù)化梯形公式計(jì)算上述積分值，使其截?cái)嗾`差不超過（2） 取同樣的求積節(jié)點(diǎn)，改用復(fù)化simpson公式計(jì)算時(shí)，截?cái)嗾`差是多少？（3） 如果要求截?cái)嗾`差不超過，那么使用復(fù)化simpson公式計(jì)算時(shí)，應(yīng)將積分區(qū)間分成多少等分？ 解：(1) =,當(dāng)誤差時(shí)，25.6, 所以取=26。（2）6用romberg求積方法

12、計(jì)算下列積分，使誤差不超過。（1）；（2）；（3）;(4)解（1）： 計(jì)算可以停止。解（2）：（3）解:解（4）:7推導(dǎo)下列三種矩形求積公式： 證明：將在處taylor展開，得 兩邊在上積分，得 將在處taylor展開，得 兩邊在上積分，得 將在處taylor展開，得 兩邊在上積分，得 8如果證明用復(fù)化梯形公式計(jì)算積分所得結(jié)果比準(zhǔn)確值大，并說明其幾何意義。證明：復(fù)化梯形公式為 若在上連續(xù)，則復(fù)化梯形公式的余項(xiàng)為 由于且 所以使 則(1)式成為： 又因?yàn)樗?即用復(fù)化梯形公式計(jì)算積分所得結(jié)果比準(zhǔn)確值大。 其幾何意義：曲線在定義域內(nèi)是向下凹的，即曲線在曲線上任兩點(diǎn)連線的下方。9對(duì)構(gòu)造一個(gè)至少具有三

13、次代數(shù)精度的求積公式。解：因?yàn)榫哂?個(gè)求積節(jié)點(diǎn)的插值型求積公式，至少有三次代數(shù)精度。如果在上取節(jié)點(diǎn)0，1，2，3，則插值型求積公式為：其中系數(shù)為同理求得即有：10判別下列求積公式是否是插值型的，并指明其代數(shù)精度：解：插值型求積公式 其中 則 因此，是插值型的求積公式。因其求積公式是插值型的，且存在2個(gè)節(jié)點(diǎn)，所以其代數(shù)精度至少是1。 對(duì)于時(shí)， 可見它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是1。11構(gòu)造下列求積公式，并指明這些求積公式所具有的代數(shù)精度： 解（1）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 解之得 ， 于是有求積公式 容易驗(yàn)證，它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是1。解（2）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確

14、成立，于是有 解之得 于是有求積公式 容易驗(yàn)證當(dāng)時(shí)，而 可見，它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是3。解(3)：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 解得: 于是有求積公式 容易驗(yàn)證，當(dāng)時(shí)，而 可見，它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是2。12. 利用代數(shù)精度方法構(gòu)造下列兩點(diǎn)gauss求積公式： 解（1）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 利用的第1式，可將第2式化為 同樣，利用第2式化簡(jiǎn)第3式，利用第3式化簡(jiǎn)第4式，分別得 由式消去得進(jìn)一步整理由此解出解得：因此所求的兩點(diǎn)gauss求積公式：或依下面的思想：解（2）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 利用的第1式，可將第2式化為 同樣，利用第2式化簡(jiǎn)第

15、3式，利用第3式化簡(jiǎn)第4式，分別得 由式消去得 進(jìn)一步整理 由此解出解得：因此所求的兩點(diǎn)gauss求積公式：或依下面的思想：13分別用三點(diǎn)和四點(diǎn)gausschebyshev求積公式計(jì)算積分，并估計(jì)誤差。解：用三點(diǎn)gauss-chebyshev求積公式來計(jì)算：此時(shí)，由公式可得：由余項(xiàng)可估計(jì)誤差為用四點(diǎn)gauss-chebyshev求積公式來計(jì)算：此時(shí)，由余項(xiàng)可估計(jì)誤差為14用三點(diǎn)求積公式計(jì)算積分，并估計(jì)誤差。解：作變換則得由三點(diǎn)gauss-legendre公式：其估計(jì)誤差為：,（）。其準(zhǔn)確值其準(zhǔn)確誤差等于： 第四章 習(xí)題答案 1。用gauss消去法解方程組解:方程組寫成矩陣形式為對(duì)其進(jìn)行g(shù)aus

16、s消去得得方程組2。用gauss列主元素消去法解方程組解：因?yàn)榈谝涣兄?0最大,因此把10作為列主元素得到方程組3。舉例說明一個(gè)非奇異矩陣不一定存在lu分解。例如：設(shè)與題設(shè)相矛盾，所以一個(gè)非奇異矩陣不一定存在lu分解。4。下列矩陣能否分解為lu（其中l(wèi)為單位下三角矩陣，u為上三角矩陣）？若能分解，那么分解是否唯一？ 解： 設(shè)b可以進(jìn)行l(wèi)u分解，則b=計(jì)算得 5。對(duì)下列給定的矩陣a作lu分解，并利用分解結(jié)果計(jì)算a-1。 解： l= u= 由6。用doolittle分解法解方程組 解：a=其中l(wèi)= u=由ly= 解得y=由ux=y ， 解得x=7。用crout分解法接方程組。解：由ly=b= 得y

17、=由ux=y= 得x=8。用平方根法求解方程組解：易知是對(duì)稱矩陣，可求得由ly=b得y=由解得x=9。用改進(jìn)的平方根法求解下列方程組 解（1）a=分解得l= d=由lu=b得u=由dy=u 得y=由得x=（2）分解得 d=由lu=y得u=由dy=u得y=由x=y得x=10。用追趕法求解三對(duì)角方程組解：11。已知，求。解： ，12。已知 解：由范數(shù)定義得 13。求證：證明：（1） ， ， 所以，所以（2）14。設(shè)計(jì)算a的條件數(shù)解： 矩陣a的較大特征值為198.00505035，較小的特征值為-0.00505035，則 15。設(shè)矩陣a非奇異，求證證明： 16。設(shè)矩陣a可逆，為誤差，試證當(dāng)也可逆。解

18、：，即可逆。17。設(shè)有方程組ax=b，其中，已知它有解如果右端有小擾動(dòng)，試估計(jì)由此引起的解的相對(duì)誤差。解：18。設(shè)ax=b，其中為非奇異矩陣，證明：為對(duì)稱正定矩陣；證明：（1）（2） 第三章習(xí)題答案2. 分別用梯形公式、simpson公式、cotes公式計(jì)算積分計(jì)誤差。解：1）用梯形公式有：事實(shí)上，2）simpson公式事實(shí)上，3）由cotes公式有：事實(shí)上，2證明simpson公式具有三次代數(shù)精度。證明：而當(dāng)時(shí)左側(cè)：右側(cè)：左側(cè)不等于右側(cè)。所以simpson具有三次代數(shù)精度.3.分別用復(fù)化梯形公式和復(fù)化公式simpson計(jì)算下列積分.(1)，（3），（4）解：（1）用復(fù)化梯形公式有：，由復(fù)化s

19、impson公式有：解（3）： 由復(fù)化梯形公式有：由復(fù)化公式有：（4）解：由復(fù)化梯形公式：由復(fù)化simpson公式：4給定求積節(jié)點(diǎn)試推出計(jì)算積分的插值型求積公式，并寫出它的截?cái)嗾`差。解： 考慮到對(duì)稱性，有，于是有求積公式 由于原式含有3個(gè)節(jié)點(diǎn)，故它至少有2階精度?？紤]到其對(duì)稱性，可以猜想到它可能有3階精度。事實(shí)上，對(duì)原式左右兩端相等： 此外，容易驗(yàn)證原式對(duì)不準(zhǔn)確，故所構(gòu)造出的求積公式有3階精度。5給定積分。（4） 利用復(fù)化梯形公式計(jì)算上述積分值，使其截?cái)嗾`差不超過（5） 取同樣的求積節(jié)點(diǎn)，改用復(fù)化simpson公式計(jì)算時(shí)，截?cái)嗾`差是多少？（6） 如果要求截?cái)嗾`差不超過，那么使用復(fù)化simpso

20、n公式計(jì)算時(shí)，應(yīng)將積分區(qū)間分成多少等分？ 解：(1) =,當(dāng)誤差時(shí)，25.6, 所以取=26。（2）6用romberg求積方法計(jì)算下列積分，使誤差不超過。（1）；（2）；（3）;(4)解（1）： 計(jì)算可以停止。解（2）：（3）解:解（4）:7推導(dǎo)下列三種矩形求積公式： 證明：將在處taylor展開，得 兩邊在上積分，得 將在處taylor展開，得 兩邊在上積分，得 將在處taylor展開，得 兩邊在上積分，得 8如果證明用復(fù)化梯形公式計(jì)算積分所得結(jié)果比準(zhǔn)確值大，并說明其幾何意義。證明：復(fù)化梯形公式為 若在上連續(xù)，則復(fù)化梯形公式的余項(xiàng)為 由于且 所以使 則(1)式成為： 又因?yàn)樗?即用復(fù)化梯形

21、公式計(jì)算積分所得結(jié)果比準(zhǔn)確值大。 其幾何意義：曲線在定義域內(nèi)是向下凹的，即曲線在曲線上任兩點(diǎn)連線的下方。9對(duì)構(gòu)造一個(gè)至少具有三次代數(shù)精度的求積公式。解：因?yàn)榫哂?個(gè)求積節(jié)點(diǎn)的插值型求積公式，至少有三次代數(shù)精度。如果在上取節(jié)點(diǎn)0，1，2，3，則插值型求積公式為：其中系數(shù)為同理求得即有：10判別下列求積公式是否是插值型的，并指明其代數(shù)精度：解：插值型求積公式 其中 則 因此，是插值型的求積公式。因其求積公式是插值型的，且存在2個(gè)節(jié)點(diǎn)，所以其代數(shù)精度至少是1。 對(duì)于時(shí)， 可見它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是1。11構(gòu)造下列求積公式，并指明這些求積公式所具有的代數(shù)精度： 解（1）：令原式對(duì)于

22、準(zhǔn)確成立，于是有 解之得 ， 于是有求積公式 容易驗(yàn)證，它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是1。解（2）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 解之得 于是有求積公式 容易驗(yàn)證當(dāng)時(shí)，而 可見，它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是3。解(3)：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 解得: 于是有求積公式 容易驗(yàn)證，當(dāng)時(shí)，而 可見，它對(duì)于不準(zhǔn)確成立，故該求積公式的代數(shù)精度是2。12. 利用代數(shù)精度方法構(gòu)造下列兩點(diǎn)gauss求積公式： 解（1）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 利用的第1式，可將第2式化為 同樣，利用第2式化簡(jiǎn)第3式，利用第3式化簡(jiǎn)第4式，分別得 由式消去得進(jìn)一步整理由此解出解得：因此所求的兩點(diǎn)

23、gauss求積公式：或依下面的思想：解（2）：令原式對(duì)于準(zhǔn)確成立，于是有 利用的第1式，可將第2式化為 同樣，利用第2式化簡(jiǎn)第3式，利用第3式化簡(jiǎn)第4式，分別得 由式消去得 進(jìn)一步整理 由此解出解得：因此所求的兩點(diǎn)gauss求積公式：或依下面的思想：13分別用三點(diǎn)和四點(diǎn)gausschebyshev求積公式計(jì)算積分，并估計(jì)誤差。解：用三點(diǎn)gauss-chebyshev求積公式來計(jì)算：此時(shí)，由公式可得：由余項(xiàng)可估計(jì)誤差為用四點(diǎn)gauss-chebyshev求積公式來計(jì)算：此時(shí)，由余項(xiàng)可估計(jì)誤差為14用三點(diǎn)求積公式計(jì)算積分，并估計(jì)誤差。解：作變換則得由三點(diǎn)gauss-legendre公式：其估計(jì)誤差

24、為：,（）。其準(zhǔn)確值其準(zhǔn)確誤差等于：第六章習(xí)題答案1.用二分法求方程在區(qū)間內(nèi)的根，要求其絕對(duì)誤差不超過解： 由于且當(dāng)時(shí)，所以方程在區(qū)間內(nèi)僅有一個(gè)實(shí)根。由解得所以需要二分7次，才能得到滿足精度要求的根。取區(qū)間的中點(diǎn)將區(qū)間二等分，求得與同號(hào)，因此得到下一區(qū)間如此繼續(xù)下去，即得計(jì)算結(jié)果。01（-）1.5（-）2（+）11.5（-）1.75（+）2（+）21.5（-）1.625（-）1.75（+）31.625（-）1.6875（-）1.75（+）41.6875（-）1.71875（-）1.75（+）51.71875（-）1.734375（+）1.75（+）61.71875（-）1.7265625（-）

25、1.734375（+）71.7265625（-）1.73046875（-）1.734375（+）計(jì)算結(jié)果如下表：。2.證明在內(nèi)有一個(gè)根，使用二分法求誤差不大于的根要迭代多少次？證明：設(shè)由于且當(dāng)時(shí)，因此方程在區(qū)間內(nèi)有一個(gè)根。由解得所以需要迭代14次，才能使求得的根的誤差不大于。3.證明方程在內(nèi)有根，使用二分法求這個(gè)根，若要求需二分區(qū)間多少等分？證明：設(shè)由于且當(dāng)時(shí)，因此方程在區(qū)間內(nèi)有一個(gè)根。由解得所以需二分區(qū)間19等分，才能滿足4.能否用迭代法求解下列方程若不能，試將原方程改寫成能用迭代法求解的形式。解： 故迭代格式收斂，可以用其來求解方程。設(shè)且可知在上存在一個(gè)根，即當(dāng)時(shí)，可知不能用迭代格式來求解

26、方程?？蓪⒎匠套冃螢榱钏缘袷绞諗?，可以用其來求解方程。5.為求方程在附近的一個(gè)根，設(shè)將方程改寫成為下列等價(jià)形式，并建立相應(yīng)的迭代公式：迭代公式迭代公式迭代公式試討論它們的收斂性。解：所以此迭代格式是收斂的。 所以此迭代格式是收斂的。 所以此迭代格式不收斂的。6.給出計(jì)算迭代格式，討論迭代格式的收斂性并證明解：由題意可得出其迭代格式為由上式可知，當(dāng)時(shí)，所以迭代格式是收斂的。由可得，解得：其中舍去?？傻眉唇獾?.用下列給定的方法求在附近的根，根的準(zhǔn)確值為要求計(jì)算結(jié)果準(zhǔn)確到四位有效數(shù)字。（1）用newton法；（2）用弦截法，（3）用拋物線法，取解：用newton法求解 將它們代入公式有， 取

27、計(jì)算結(jié)果列于下表，并和比較得出結(jié)果，012321.8888891.8794521.879385 解得用弦截法求解 取依迭代公式為進(jìn)行計(jì)算。計(jì)算結(jié)果列于下表，并和比較0123421.91.8810941.8794111.879385解得用拋物線法求解 則 故 則根號(hào)前的符號(hào)為正。 迭代公式為 取計(jì)算 8.用aitken加速迭代法求下列方程在指定區(qū)間內(nèi)的根。 解：由迭代格式 則 在上因此迭代格式是收斂的。 相應(yīng)于這一格式，可以得到aitken加速迭代格式： 因此由解得同理，得 所以式的近似解為（2）為， 注：若取迭代函數(shù)，則因在上所以迭代格式不收斂。 但若用aitken加速迭代格式 計(jì)算，結(jié)果是收

28、斂的。9.設(shè)構(gòu)造求解方程的newton迭代格式；證明此迭代格式是線性收斂的。解：由從而有newton迭代格式迭代格式為此外則所以此迭代格式是線性收斂的。10.設(shè)構(gòu)造求解方程的newton迭代格式；證明此迭代格式具有二階收斂性。解：由 從而有newton迭代格式 迭代格式為此外則所以此迭代格式具有二階收斂性。11.用newton迭代法求解方程在附近的一個(gè)實(shí)根，要求（準(zhǔn)確值為）。解：由題意則 newton迭代公式為 ， 即 取時(shí)，解得 同理，可得 因 所以用迭代法求方程所得的根為12.試導(dǎo)出計(jì)算的newton迭代格式，使公式中既無開方又無除法運(yùn)算。 解：令 則 由newton迭代公式 ，有 即計(jì)算

29、的newton迭代格式為 。13.應(yīng)用newton迭代法于方程和分別導(dǎo)出求的迭代公式，并求 解：當(dāng) 時(shí)故newton迭代公式為 此時(shí)： （）。當(dāng)時(shí)，因故newton迭代公式為 此時(shí)： 14. 用newton迭代法求解方程組，取。解：記，其于是有即由逐次迭代得到故。第八章習(xí)題答案1.用euler格式計(jì)算初值問題的解函數(shù)在時(shí)的近似值（取步長(zhǎng)保留到小數(shù)點(diǎn)后4位）。解：將代人euler格式，注意到則有：據(jù)可得計(jì)算結(jié)果如下即2.證明隱式euler格式是一階方法；而euler兩步格式是二階方法，并給出其局部截?cái)嗾`差的主項(xiàng)。證明：對(duì)于隱式euler格式，若假定則有 （1）依taylor公式有代人式（1）右端

30、，則有 另一方面，故隱式euler格式的局部截?cái)嗾`差為 可見隱式euler格式是一階方法。證明：對(duì)于euler兩步格式： ，考察局部截?cái)嗾`差，仍設(shè)則有注意到于是而因此有即euler兩步格式是二階方法。且其主項(xiàng)系數(shù)是2。 注：關(guān)于精度分析也可采用代數(shù)精度的概念來討論： 定義：稱某個(gè)差分格式具有階精度，如果它的近似關(guān)系式對(duì)于次數(shù)的多項(xiàng)式均能準(zhǔn)確成立，而對(duì)于次式不能準(zhǔn)確成立。 譬如，考察euler格式 ，其對(duì)應(yīng)的近似關(guān)系式為 檢驗(yàn)它所具有的代數(shù)精度，當(dāng)時(shí)，左端右端1；當(dāng)時(shí)，左端右端而當(dāng)時(shí)，左端右端，所以euler格式僅有一階精度。3.證明梯形公式是二階方法，并給出其局部截?cái)嗾`差的主項(xiàng)。證明：將梯形公

31、式寫成：假定則在處的taylor展式為于是。另一方面，依taylor公式因此有 所以梯形公式是二階方法，且其主項(xiàng)系數(shù)為。 注：也可用代數(shù)精度來檢驗(yàn)差分格式的精度 與梯形公式對(duì)應(yīng)的近似關(guān)系式為（#） 為簡(jiǎn)化處理手續(xù)，可引進(jìn)變換，而不妨令節(jié)點(diǎn)，步長(zhǎng)，從而將近似關(guān)系式化簡(jiǎn)。這時(shí)，梯形格式的近似關(guān)系式（#）簡(jiǎn)化為 易知它對(duì)均能準(zhǔn)確成立，而當(dāng)時(shí)左端1，右端，因而梯形格式具有二階精度。4.已知初值問題有精確解試導(dǎo)出近似解的euler格式，并證明用改進(jìn)的euler格式能準(zhǔn)確地求出這一初值問題的解。 將此題作如下改動(dòng)： 已知初值問題的精確解 證明：用euler格式以為步長(zhǎng)所求得的近似解的整體截?cái)嗾`差為解： （

32、原題的解）euler格式為 將代人得由得 ，于是 就是所求的euler格式。如果用改進(jìn)的euler格式求這一初值問題，則可得到準(zhǔn)確解。 其中，由條件可得，而精確解為 ，由此可知所以用改進(jìn)的euler格式能準(zhǔn)確求出這一初值問題的解。 改動(dòng)后的解： 解：euler格式為 將代人得由得 ，于是所以整體誤差為 5.用梯形格式求解初值問題取計(jì)算，要求小數(shù)點(diǎn)后保留5位數(shù)字。解：，梯形公式為 整理得顯格式為 ，由可得6.用改進(jìn)的euler格式計(jì)算積分在時(shí)的近似值（保留到小數(shù)點(diǎn)后6位）。 解：此積分問題可轉(zhuǎn)化為微分問題，即將上式兩端對(duì)求導(dǎo)，得，并且取步長(zhǎng)。然后利用改進(jìn)的euler格式代人，有當(dāng)時(shí)可計(jì)算得， 7.用梯形格式求解初值問題證明其近似解為，并證明當(dāng)時(shí)，它收斂于原初值問題的準(zhǔn)確解證明：將 代人梯形格式得 經(jīng)整理得從而因，故 證明：即當(dāng)時(shí)，它收斂于原初值問題的準(zhǔn)確解8.取用四階經(jīng)典runge-kutta格式求解下列初值問題：解：利用四階經(jīng)典runge-kutta格