計算方法_習(xí)題第一、二章答案

1、第一章 誤差1 問3.142，3.141，分別作為的近似值各具有幾位有效數(shù)字？分析 利用有效數(shù)字的概念可直接得出。解 =3.141 592 65記x1=3.142，x2=3.141，x3=.由- x1=3.141 59-3.142=-0.000 40知 因而x1具有4位有效數(shù)字。由- x2=3.141 59-3.141=-0.000 59知 因而x2具有3位有效數(shù)字。由-=3.141 59 -3.142 85=-0.001 26知 因而x3具有3位有效數(shù)字。2 已知近似數(shù)x*有兩位有效數(shù)字，試求其相對誤差限。分析 本題顯然應(yīng)利用有效數(shù)字與相對誤差的關(guān)系。解 利用有效數(shù)字與相對誤差的關(guān)系。這里n

2、=2,a1是1到9之間的數(shù)字。 3 已知近似數(shù)的相對誤差限為0.3%，問x*至少有幾位有效數(shù)字？分析 本題利用有效數(shù)字與相對誤差的關(guān)系。解 a1是1到9間的數(shù)字。設(shè)x*具有n位有效數(shù)字，令-n+1=-1，則n=2，從而x*至少具有2位有效數(shù)字。4 計算sin1.2，問要取幾位有效數(shù)字才能保證相對誤差限不大于0.01%。分析 本題應(yīng)利用有效數(shù)字與相對誤差的關(guān)系。解 設(shè)取n位有效數(shù)字，由sin1.2=0.93，故a1=9。 解不等式知取n=4即可滿足要求。5 計算，視已知數(shù)為精確值，用4位浮點數(shù)計算。解 0.131 810-2-0.131 610-2=0.210-5結(jié)果只有一位有效數(shù)字，有效數(shù)字大

3、量損失，造成相對誤差的擴大，若通分后再計算： 就得到4位有效數(shù)字的結(jié)果。此例說明，在數(shù)值計算中，要特別注意兩相近數(shù)作減法運算時，有效數(shù)字常會嚴重損失，遇到這種情況，一般采取兩種辦法：第一，應(yīng)多留幾位有效數(shù)字；第二，將算式恒等變形，然后再進行計算。例如，當(dāng)x接近于0，計算時，應(yīng)先把算式變形為 再計算。又例如，當(dāng)x充分大時，應(yīng)作變換6 計算，取，采用下列算式計算：（1）；（2）；（3）；（4）.問哪一個得到的結(jié)果最好？解 顯然所以（1）（2）（3）（4），這4個算式是恒等的，但當(dāng)取計算時，因為（2），（3）都涉及到兩個相近數(shù)相減，使有效數(shù)字損失，而（1）在分母算式上的乘冪數(shù)比算式（4）大，所以算式

4、（4）最好，事實上，當(dāng)取時，有|x|4|ac|的情形時，有，則用上述公式求出的兩個根中，總有一個因用了兩個相近的近似數(shù)相減而嚴重不可靠，如本例若在能將規(guī)格化的數(shù)表示到小數(shù)點后8位的計算機上進行計算，則-b=109+1=0.11010+0.000 000 00011010，由于第二項最后兩位數(shù)“01”在機器上表示不出來，故它在上式的計算中不起作用，即在計算機運算時，-b=109.通過類似的分析可得 所以，求得的兩個根分別為 顯然，根x2是嚴重失真的。為了求得可靠的結(jié)果，可以利用根與系數(shù)的關(guān)系式：，在計算機上采用如下公式： 其中，sgn（b）是b的符號函數(shù)，當(dāng)b0時sgn（b）=1；當(dāng)b0時，sg

5、n（b）=-1。顯然，上述求根公式避免了相近數(shù)相減的可能性。8 當(dāng)N充分大時，如何計算分析 函數(shù)的原函數(shù)已知，我們自然考慮用Newton-Leibniz公式求這個定積分的值。由于N很大，這樣會遇到兩個相近的數(shù)相減，因此，應(yīng)采用一些變換公式來避免這種情況。解 若用定積分的Newton-Leibniz公式計算此題，有，則當(dāng)N充分大時，因為arctan（N+1）和arctanN非常接近，兩者相減會使有效數(shù)字嚴重損失，從而影響計算結(jié)果的精度，這在數(shù)值計算中是要盡量避免的，但是通過變換計算公式，例如：令tan1=N+1, tan2=N，則由,得 就可以避免兩相近數(shù)相減引起的有效數(shù)字損失，從而得到較精確的

6、結(jié)果。所以，當(dāng)N充分大時，用計算積分的值較好。9 計算積分.分析 數(shù)值計算中應(yīng)采用數(shù)值穩(wěn)定的算法，因此在建立算法時，應(yīng)首先考慮它的穩(wěn)定性。解 利用分部積分法，有得遞推公式： （1） 利用公式（1）計算In，由于初值I0有誤差，不妨設(shè)求I0的近似值時有大小為的誤差，即則由遞推公式（1）得顯然初始數(shù)據(jù)的誤差是按n!的倍數(shù)增長的，誤差傳播得快，例如當(dāng)n=10時，10！3.629106,，這表明I10時已把初始誤差擴大了很多倍，從而的誤差已把I10的真值淹沒掉了，計算結(jié)果完全失真。但如果遞推公式（1）改成 于是，在從后往前計算時，In的誤差減少為原來的，所以，若取n足夠大，誤并逐步減小，顯然，計算的結(jié)

7、果是可靠的。所以，在構(gòu)造或選擇一種算法時，必須考慮到它的數(shù)值穩(wěn)定性問題，數(shù)值不穩(wěn)定的算法是不能使用的。10 為了使計算 的乘除法運算次數(shù)盡量地少，應(yīng)將表達式改寫為怎樣的形式？解 設(shè)在數(shù)值計算中，應(yīng)注意簡化運算步驟，減少運算次數(shù)，使計算量盡可能小。11若x*=3587.64是x的具有六位有效數(shù)字的近似值，求x的絕對誤差限。12為使的近似值的相對誤差小于0.1，問查開方表時，要取幾位有效數(shù)字？13利用四位數(shù)學(xué)用表求x=1-cos2的近似值，采用下面等式計算：（1）1-cos2（2）2sin21問哪一個結(jié)果較好？14求方程x2-56x+1=0的兩個根，使它至少具有四位有效數(shù)字（已知）。15數(shù)列滿足遞

8、推公式 若取(三位有效數(shù)字)，問按上述遞推公式，從x0計算到x10時誤差有多大？這個計算過程穩(wěn)定嗎？16如果近似值的相對誤差限小于，證明：這個數(shù)具有n位有效數(shù)字。第二章 插值法與數(shù)值微分1 已知，試利用插值法近似計算。分析 由題中已知條件本題可利用三點二次Lagrange插值，也可利用三點二次Newton插值，它們所得結(jié)果相同。解 利用三點二次Lagrange插值。記，則的二次Lagrange插值多項式為 因為， 所以 2 已知的函數(shù)表xi012yi8-7.5-18求函數(shù)在0,2之間的零點的近似值。分析 一般情況下，先求出在0，2上的插值函數(shù)，然后求的零點，把此零點作為的近似零點。特別地，若的

9、反函數(shù)存在，記為，那么求的零點問題就變成求函數(shù)值的問題了，利用插值法構(gòu)造出的插值函數(shù)，從而求出的零點的近似值，這類問題稱為反插值問題，利用反插值時，必須注意反插值條件，即函數(shù)必須有反函數(shù)，也即要求單調(diào)。本題是嚴格單調(diào)下降排列，可利用反插值法。解 將原函數(shù)表變成反函數(shù)表yi8-7.5-18xi012利用三點二次Lagrange插值，由上反函數(shù)表構(gòu)造的反函數(shù)的二次Lagrange插值多項式。令，則的二次Lagrange插值多項式為 函數(shù)的近似零點為 3 設(shè)，試用Lagrange插值余項定理寫出以-1，0，1，2為插值節(jié)點的三次插值多項式。解 設(shè)以-1，0。1，2為插值節(jié)點的三次Lagrange插值

10、多項式為，由Lagrange插值余項定理有 因而 4 設(shè)是以為節(jié)點的Largange插值基函數(shù)，試證：（1）.（2）.（3）. （4） 分析 本題是關(guān)于Lagrange插值基函數(shù)的性質(zhì)問題，觀察要證明的結(jié)論，應(yīng)考慮對常數(shù)1和進行插值入手，通過插值余項為0得到結(jié)論。證 （1）設(shè),則以為插值節(jié)點的n次Lagrange插值多項式為 由插值余項定理知 從而 即 （2）設(shè)則以為插值節(jié)的n次Lagrange插值多項式為 由插值余項定理知 從而即（2）設(shè)，則以為插值節(jié)點的n次Lagrange插值多項式為 由插值余項定理 從而 即（3）將按二項式展開，得 代入左端，得 利用（2）的結(jié)論，有（4）當(dāng)時，由（2）

11、的結(jié)論知 當(dāng)時，令，有以為插值節(jié)點的n次Lagrange插值多項式為 由插值余項定理知 從而即 令，有 5 設(shè)，且，求證 分析 本章內(nèi)容是代數(shù)插值，而題設(shè)，易知若用線性插值，線性插值函數(shù)只能為0，且誤差為，這樣利用余項估計式可直接把與聯(lián)系起來。證 以a,b為插值節(jié)點進行線性插值，其線性插值多項式為 線性插值余項為 從而 由于在處取最大值，故 6 證明：由下列插值條件00.511.522.5-1-0.7501.2535.25所確定的Lagrange插值多項式是一個二次多項式，該例說明了什么問題？分析 本題是關(guān)于Lagrange插值問題，由已知數(shù)據(jù)表構(gòu)造Lagrange插值多項式便可得出結(jié)論。解

12、令 以為插值節(jié)點作的二次插值多項式，則 易驗證，因而滿足插值條件 （1）的Lagrange插值多項式為。由插值多項式的存在惟一定理知滿足條件（1）的5次插值多項式是存在且惟一的，但該5次多項式并不一定是真正的5次多項式，而是次數(shù)5的多項式。7 對于任意實數(shù)以及任意正整數(shù)，多項式 是次多項式，且滿足。本題說明了什么問題？解 本題說明由兩個插值條件構(gòu)造大一1次的插值多項式，答案是不惟一的，類似地，由n+1插值條件構(gòu)造大于n次的插值多項式，答案也是不惟一的。8 我們用sin30=0.5,sin45=0.7071,sin60=0.8660，作Lagrange二次插值，并用來求sin40的近似值，最后根

13、據(jù)插值余項定理估計此誤差。分析 本題顯然是利用Lagrange插值余項定理解 設(shè) 令 其插值余項為從而 9 已知對應(yīng)的函數(shù)值為，作三次Newton插值多項式，如再增加時的函數(shù)值6，作四次Newton插值多項式。分析 本題是一道常規(guī)計算題解 首先構(gòu)造差商表一級差商二階差商三階差商0235 1 325 1 -13/2-2/35/63/10三次Newton插值多項式為 增加作差商表一級差商二階差商三階差商四級差商02356 1 3256 1 -13/21-2/35/6-1/63/10-1/4-11/120四次Newton插值多項式為 10 已知，求及分析 本題是一個多項式，故應(yīng)利用差商的性質(zhì)。解 由

14、差商與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系及，知 11 若有n個相異的實根，則有 分析 有n個相異實根，故可表示成，考察本題要證明的結(jié)論和的特點，應(yīng)考慮利用差商可表示為函數(shù)值的線性組合這一性質(zhì)。證 由于是的n個互異的零點，所以 （1）記 （2） 由（1），（2）得 12 設(shè)，且互不相同，證明 并寫出的n次Newton插值多項式。分析 利用差商的定義可證得證 用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)時 假設(shè)當(dāng)時，結(jié)論成立，即有那么 即當(dāng)時，結(jié)論成立。由數(shù)學(xué)歸納法知對任意，結(jié)論是成立的。以為插值節(jié)點的n次Newton插值多項式為13 設(shè)定義 證明：。分析 本題應(yīng)利用差商的概念和微分中值定理將差商與導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來。證 由微分中值定理有 所以 1

15、4 設(shè)，且，試證 其中為等距節(jié)點步長。分析 由于是多項式，因此應(yīng)考慮用差商的性質(zhì)和差商與差分的聯(lián)系來證明。證 記 所以 15 已知函數(shù)的函數(shù)表0.00.10.20.30.40.51.001.321.682.082.523.00試列出相應(yīng)的向前差分表，并寫出Newton向前插值公式。分析 這是常規(guī)計算題，按照公式計算即可。解 構(gòu)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向前插值公式為 16 給出的數(shù)據(jù)表0.40.50.60.70.80

16、.9-0.916 29-0.693 147-0.510 826-0.356 675-0.223 144-0.105 361（1）用線性插值及二次插值計算1n0.54的近似值。（2）用Newton向后插值公式求1n0.78的近似值，并估計誤差。分析 本題屬于常規(guī)計算題，按照公式計算即可。解 （1）線性插值，取，則 =-0.620 219二次插值，取，則 =-0.616 838 2也可取進行二次插值得 1n0.540.615 319 8（2）記，構(gòu)造向后差分表0.40.50.60.70.80.9-0.916 291-0.693 147-0.510 826-0.356 675-0.223 144-0

17、.105 3610.223 1440.182 3210.154 1510.133 5310.117 783-0.40 823-0.028 170-0.20 620-0.015 7480.012 6530.007 5500.004 872-0.005 103-0.002 6780.002 425由Newton向后插值公式 由于，當(dāng)，故 =-0.223 144+0.133 531(-0.2) 0.248 453由插值余項 知 17 已知sin30=0.5，sin45=0.7071，sin(30)=cos30=0.8660，sin(45)=cos45=0.7071，求sin40。分析 本題不僅給出兩

18、點上的函數(shù)值，而且還給出了導(dǎo)出數(shù)值，因此應(yīng)利用兩點三次Hermite插值。解 利用兩點三次Hermite插值 =0.6428 18 已知自然對數(shù)1nx和它的導(dǎo)數(shù)1/x的數(shù)表0.400.500.600.70-0.916 291-0.693 147-0.356 675-0.223 1442.502.001.431.25（1）利用Lagrange插值公式，求1n0.60。（2）利用Hermite插值公式，求1n0.60。分析 本題屬常規(guī)計算題，按有關(guān)公式計算即可。解 記。首先列表計算0-0.166 667-15.833 33310.666 6671.666 66720.666 6671.666 66

19、73-0.166 66715.833 333 （1）利用Lagrange插值公式，有 =-0.166 667(-0.916 291)+0.666 667(-0.693 147) +0.666 667(-0.356 675)+(-0.166 667)(-0.223 144) =-0.509 976（2）利用Hermite插值公式，有從而-0.510 889。注：本題的真值-0.510 825 623，可以看出Hermite插值所得結(jié)果要比Lagrange插值結(jié)精確得多。19 設(shè)已知上三個互異的節(jié)點，函數(shù)上具有連續(xù)的四階導(dǎo)數(shù)，而是滿足下列條件的三次多項式： （1）寫出的表達式。（2）證明：分析 這

20、是帶導(dǎo)數(shù)的插值問題，但又不是Hermite插值問題，要求我們靈活運用插值方法，解決這類問題的方法較多，常用的有以下兩種解法。（1）解法一 用插值法加待定系數(shù)法來做。設(shè)為滿足插值條件的二次式，由插值條件可設(shè)的形式為 （1）其中A為待定系數(shù)，顯然由（1）確定的滿足，待定系數(shù)A可由插值條件來確定，為此對（1）式兩邊求導(dǎo)數(shù) 令，并利用插值條件有 于是 從而 解法二 用插值基函數(shù)來構(gòu)造。首先構(gòu)造四個三次插值基函數(shù)，使其滿足條件 由所滿足的條件，可設(shè)，其中A為待定系數(shù)。由，得，故有 同理可得 由滿足的條件，可設(shè)，其中C為待定系數(shù)，由，得，故有 下面求滿足條件，設(shè)，其中為待定系數(shù)，利用得 由此得 所以易驗證

21、（2）證 當(dāng)為插值節(jié)點中任一點時，結(jié)論顯然成立，下面設(shè)異于。由于滿足 故可設(shè)，其中K為依賴于 的待定系數(shù)。固定，作輔助函數(shù) 顯然上有四個零點，其中為二重零點。利用Rolle定理，知在組成的三個小區(qū)間內(nèi)至少各有一個零點，記為，加上上至少有4個零點，反復(fù)利用Rolly定理：內(nèi)至少有3個零點。內(nèi)至少有2個零點。內(nèi)至少有1個零點，即存在一點，使。由于，從而求得，所以 20 對于給定插值條件，試分別求出滿足下列邊界條件的三次樣條函數(shù)：（1）（2）01230110分析 這是三次樣條插值問題，給出了兩種邊界條件，我們按樣條插值的求解方法即能求得問題的解。解 記 計算二階差商一階差商二階差商01230123011010-1- 三次樣條插值函數(shù)的表達式為 （1）（1） 關(guān)于的方程組為=解得將數(shù)據(jù)（2）代入（1）得所求三次樣條插值函數(shù)為：當(dāng)時， 當(dāng)時， 當(dāng)時， （2） （3）關(guān)于的方程組為 解得 （4）將（3）和（4）代入（1）得所求三次樣條插值函數(shù)為：當(dāng)時， 當(dāng)時， 當(dāng)時， 21 求超定方程組 （1） 的最小二乘解，并求誤差平方和。分析 求解