完整版计算方法习题第一二章答案.docx
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完整版计算方法习题第一二章答案
第一章误差
1问3.142,3.141,22分别作为n的近似值各具有几位有效数字?
7
分析利用有效数字的概念可直接得出。
解n=3.14159265…
=3.14159…-3.14285…=-0.00126…知
2103|22|1102
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n=2,a1是1到9之间的数字。
分析本题利用有效数字与相对误差的关系。
解a1是1到9间的数字。
*(X)0.3%100021022(91)©2(a?
1)10'
设x*具有n位有效数字,令-n+仁-1,则n=2,从而x*至少具有2位有效数字。
4计算sin1.2,问要取几位有效数字才能保证相对误差限不大于0.01%。
分析本题应利用有效数字与相对误差的关系。
解设取n位有效数字,由sin1.2=0.93…,故a1=9。
*(x)|悩盍10n1o.。
1%104
解不等式丄10n1104知取n=4即可满足要求。
2ai
5计算盂盘,视已知数为精确值,用4位浮点数计算。
解―1亠0.1318X10-2-0.1316x10-2=0.2x10-5
759760
结果只有一位有效数字,有效数字大量损失,造成相对误差的扩大,若通分后再计算:
111101734105
7597607597600.5768106
就得到4位有效数字的结果。
此例说明,在数值计算中,要特别注意两相近数作减法运算时,有效数字常会严重损失,
遇到这种情况,一般采取两种办法:
第一,应多留几位有效数字;第二,将算式恒等变形,
然后再进行计算。
例如,当x接近于0,计算1COSX时,应先把算式变形为
sinx
再计算。
又例如,当x充分大时,应作变换
1xx1
<1x、X
1丄1
xx1x(x1)
1
(322)3.
(1)
(2
1.
!
1)6;
(2)
99
702;
(3)
(3
22)3;
(4)
问哪一个得到的结果最好?
解显然
a(
2
1)6
(2
1)6(
2
1)61
(2
1)6
(J2
1)6
(
2
1)6
(2
1)2
3
(322)3
99
702
(
2
1)6
1
1
1
(2
1)6
(
一23
21)2
(3
22)3
所以
(1)-
(2)-(3)-(4),这4个算式是恒等的,但当取21.4计算时,因为
(2),(3)都涉及到两个相近数相减,使有效数字损失,而
(1)在分母算式上的乘幕数比算式(4)
大,所以算式(4)最好,事实上,当取21.4时,有|△x|<0.015,再由f(x)的误差
f(xx)f(x)||f(1.4)||x|也可直接估计出每个算式的误差,显然,算式(4)误差最
小。
具体计算可行:
(1)
(2
1
5.2
103;
1)6
(2)
99
702
1.0
(3)
(3
22)3
8.0
103;
(4)
1
3
5.1
103.
比较可得用第(4)
7求二次方程x2
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:
bb24ac
2a
X1,2
由于当遇到b2»4|ac|的情形时,有|b|b24ac,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=0.1x1010+0.0000000001x1010,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
b24ac|b|109
X2
显然,根X2是严重失真的。
公式:
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。
解若用定积分的Newton-Leibniz公式计算此题,有
N1彳
arctan(N1)arctanN,则当N充分大时,因为arctan(N+1)和arctanN
N1x2
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
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
N1彳彳
大时,用^2arctan12计算积分的值较好。
1
9计算积分Inoxnex1dx(n1,2,.
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
11111
n1x21NN2
0
得递推公式:
0
In
I0
00
0
1,2,L)
(1)
InIn1
1
x0ex1dx
0
(n
11e
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10时有大小为
£的误差,
即
丨0I
0
则由递推公式
(1)
得
丨1I
1。
II0
I1
丨2I
2I1I2I1
2
I22!
丨3I
312I312
32!
I33!
丨4I
413I413
43!
I44!
InIn
(1)nn!
显然初始数据的误差
&是按n!
的倍数增长的,误差传播得快,例如当n=10时,
103.629
xnex1dxxndex1xnex11ex1nxn1dx1nxn1ex1dx
x106,|I10I10|10!
,这表明I10时已把初始误差&扩大了很多倍,
从而丨10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
In11(lIn)(nk,k1,3,2)
于是,在从后往前计算时,In的误差减少为原来的丄,所以,若取n足够大,误并逐步减小,
n
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
y10346
x1(x1)2(x1)3
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t1,y10(3(46t)t)t.
x17
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70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+仁0的两个根,使它至少具有四位有效数字(已知78327.982)。
15数列{x}n0满足递推公式
xn10xn11(n1,2,)
若取X021.41(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x(a1a2101a3102an10n1)10m的相对误差限小
于110n1,证明:
这个数具有n位有效数字。
2佝1)
第二章插值法与数值微分
115。
1已知10010,12111,14412,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f(x)x,xo100,X1121,x2144,yo10,y111,y212,则f(x)的二次
Lagrange插值多项式为
L2(x)肆Q(X炖y&X)(XX2)
(X0%)(X0X2)刃(X1X0)(X1X2)
(Xxo)(x刈
y(X2X0)(X2Xi)
(x100)(x144)
(121100)(121144)
10(x121)(x144)11
(100121)(100144)
12(x100)(x121)
R2(x)f(x)L2(x)
所以
吃3
5
2(115
100)(115121)(115144)|
<1
3
8
5
100215
629
0.163125102
2已知yf(x)的函数表
|R2(115)||f(115)
L2(115)|
Xi
0
1
2
yi
8
-7.5
-18
求函数f(x)在[0,2]之间的零点的近似值。
分析一般情况下,先求出f(x)在[0,2]上的插值函数P(x),然后求P(x)的零点,把
此零点作为f(x)的近似零点。
特别地,若f(x)的反函数存在,记为x(y),那么求f(x)
的零点问题就变成求函数值(0)的问题了,利用插值法构造出(y)的插值函数,从而求出
f(x)的零点(0)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yf(x)必须有反函数,也即要求yf(x)单调。
本题y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
yi
8
-7.5
-18
Xi
0
1
2
利用三点二次Lagrange插值,由上反函数表构造yf(x)的反函数x(y)的二次Lagrange
插值多项式。
令yo8,yi7.5,y218,xo0,xi1,X22,则x(y)的二次Lagrange插值
多项式为
L2(y)
*(y
y1)(y
y2)
为(y
y0)
(yy2)
(y。
y1)(y2
y1)
x1(M
y。
)
(my2)
x2(y
y°)(y
y
(y2
y0)(y2
y
函数yf(x)的近
似零点为
L2(0)
0(o
7.50(0
18)
1
(0
8)(018)
0(8
7.5)(8
18)
1(
7.5
8)(7.518)
2(08)(07.5)
2(188)(187.5)
0.445232
3设f(x)x4,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f(x)以-1,0。
1,2为插值节点的三次Lagrange插值多项式为L3(x),由Lagrange插值余项定理有
f(4)()
R3(x)f(x)L3(x)打(x1)(x0)(x1)(x2)
(x1)(x
0)(x
1)(x
2)
因而
L3(x)
f(x)(x
1)(x
0)(x
1)(x
2)
x4x(x
1)(x
1)(x
2)
2x3x22x
4设I°(X),l1(X),
ln(x)是以
X0,xi,
Xn为节点的
Largange插值基函数,试证
证
(1)设f(x)1,则f(x)以xo,xi,,Xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为
nn
Ln(x)f(Xk)|k(X)lk(x)
k0k0
由插值余项定理知
Ln(x)f(Xk)|k(X)lk(x)
k0k0
由插值余项定理知
从而
Ln(x)f(x)
n
lk(x)1
k0
(2)设f(x)Xj(j1,,n),贝yf(x)以X0,X1,,Xn为插值节点的n次Lagrange插值
多项式为
nn
Ln(x)f(Xk)|k(x)xklk(X)
由插值余项定理
f(x)Ln(x)
(n1}()
(n1)!
n1(x)
从而
Ln(x)f(x)
即
nxklk(x)xJ(j1,,n)
k0
(3)将(xkx)J按二项式展开,得
J
(Xkx)J
(1)JCjxkixi
i0
代入左端,得
n
1)iCjxixkilk(x)
k0
利用
(2)的结论,有
n
x)Jlk(x)
j
(1)iCjxixJj(xx)J0
(xk
k0
i0
(4)当J1,2,
n时,由
(2)的结论知
当jn1时,令f(x)xn1,有f(n1)(x)(n1)!
f(x)以xo,xi,,xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为
n
Ln(x)xk1lk(x)
k0
由插值余项定理知
(n1)!
n1(x)
n1(x)
从而
Ln(x)
f(x)
n1(x)
即
n
xk1lk(x)
k0
xn1
(x
X0)(XX1)(xXn)
令x
0,有
n
xn1lk(0)
k0
(1)
nX0X1
Xn
5
设f(x)
C2[a,b],且
f(a)
f(b)
0,求证
am&blf(x)l冒amaxblf(x)l
分析本章内容是代数插值,而题设f(a)f(b)0,易知若用线性插值,线性插值
函数只能为0,且误差为2f()(xa)(xb),这样利用余项估计式可直接把f(x)与f(x)
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
L1(x)abf(a)baf(b)
0
线性插值余项为
f(x)
L1(x)f
a)(xb)
(a,b)
从而
f(x)
f()(x2!
(X
a)(x
b)
由于|(xa)(x
b)|在
x2(a
b)处取最大值,故
a
max
xI
b|f(x)|
iamaXb|f(x)|
a歿b|(xa)(xb)|
8(ba)2amaxblf(x)l
6证明:
由下列插值条件
X
0
0.5
1
1.5
2
2.5
f(x)
-1
-0.75
0
1.25
3
5.25
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xo0,xi0.5,X21,X31.5,X42,X52.5
yo1,yi0.75,y20,y31.25,y43,ys5.25
以X0,X2,X4为插值节点作
f(x)的二次插值多项式L2(x),则
L2(x)
y(XxQ(xX4)y(xxo)(xX4)
y0y2-
(X0(X2)(X0X4)(X2X0)(X2X4)
(xxo)(xX2)y(X4X0)(X4X2)
(1)(x1)(x2)0(x0)(x2)
(01)(02)(10)(12)
x21
易验证L2(Xi)yi(i0,1,,5),因而满足插值条件
L(x)yi(i0,1,,5)
(1)
的Lagrange插值多项式为P(x)x21。
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w5的多项式。
7对于任意实数0以及任意正整数r,s,多项式
q(x)(xX0)r(xX1)s(xx°)f(^)(x%)f(x0)
X1X0X0X1
是rs次多项式,且满足q(x0)f(X0),q(X1)f(x1)。
本题说明了什么问题?
解本题说明由两个插值条件q(x0)f(x0),q(x1)f(x1)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
sinx,f(x)cosx
f(x)sinx,f(x)cosx,f(x)
其插值余项为
f(3)()
3!
(xX0)(xX1)(xX2)
从而
甩(40)|R2(0.6981)
耸()(0.69810.5236)(0.69810.7854)(0.69811.0472)
W10.17540.08730.34910.000886
6
9已知x0,2,3,5对应的函数值为y1,3,2,5,作三次Newton插值多项式,如再增
加x6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
Xi
f(x)
一级差商
二阶差商
三阶差商
0
1
2
3
1
3
2
-1
-2/3
5
5
3/2
5/6
3/10
三次Newton插值多项式为
N3(x)1x舟x(x2)10x(x2)(x3)
增加X46,f(x4)6作差商表
Xi
f(x)
一级差商
二阶差商
三阶差商
四级差商
0
1
2
3
1
3
2
-1
-2/3
5
5
3/2
5/6
3/10
6
6
1
-1/6
-1/4
-11/120
四次Newton插值多项式为
N4(x)1x|x(x2)請x(x2)(x3)
y2qX(x2)(x3)(x5)
10已知f(x)X7X43x1,求f[20,21,,27]及f[20,21,,28]
分析本题f(x)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f[X0,,Xn]1f(n)()及f⑺(x)7!
,f(8)(X)0知
f[22,
27]
f[2,21,
28]
f(7)()
f(8)()
8!
11若f(x)axnan1Xn
aix
ao有n个相异的实根X1,X2,,xn,则有
nxk
j1f(Xj)
0,
分析
f(x)
f(x)有n个相异实根,故
f(x)可表示成
n
(XXi),
i1
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。
由于X1,X2,,Xn是f(x)的n个互异的零点,所以
记gk(x)
由
(1),
f(x)an(x
nk
nXj
j1f(Xj)
xk,则
(2)得
f[X0,X1,,Xk]
Xi)(x
f(Xj)
n
j1a
an
i-
i
X2)L(x
xn)an
(xx)
gkn1}(x)
k
Xj
k
Xj
n
(Xj
i1
ij
k
Xj
(1)
(XjXi)
j1f(Xj)
1gkn1)(
(Xjx)
丄an
anj1
)
an(n1)!
―1—,且a,X0,xi,X2,
ax
gk(xj)
n
(Xj
i1
ij
x)
1
gk[x1,X2an
L,xn]
丄
an
Xn互不相同,
证明
(aX0)(aX1)(axk)(k1,2,,
并写出f(x)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
f[xo,xi,,Xm]f[xo,X,,xm1]
xoXm1
1
(axo)(a%)
假设当k
f[Xo,X1,
m时,结论成立,即有
Xm]
1
m
1
f[X1,X2,,Xm1]
(axi)
i0
axi
i1
那么
f[xo,xi,,xm,xml]
(ax)
io
即当km1时,结论成立。
由数学归纳法知对任意k,结论是成立的。
f(x)以xo,X1,,xn为插值节点的n次Newton插值多项式为
13设f(x)C1[a,b],xo(a,b)定义
f[xo,xo]xlimxof[x,xo]
证明:
f[xo,Xo]f(xo)。
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
f[xo,Xo]f(?
丫。
)f(xo(XX0)),01
所以
f[Xo,Xo]
lim
lim
xo
xo
f(xo
(xXo))f(xo)
14设f(x)axnaxn1
aixao,且an0,试证
nf(x)n!
anhn
其中h为等距节点步长。
分析由于f(x)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
xxih(i0,1,2,,n)
所以
nf(x)n!
anhn
15已知函数yf(x)的函数表
x
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
f(x)
1.00
1.32
1.68
2.08
2.52
3.00
试列出相应的向前差分
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