数值分析第二张铁编习题答案

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1、会计学1数值分析第二张铁编习题答案数值分析第二张铁编习题答案 2-2(1).用列主元Gauss消元法解方程组 解解 6745150710623321xxx65157071046235 . 255 . 201 . 661 . 0070710消元1 . 661 . 005 . 255 . 207071032rr回代得解: x3=1, x2=-1, x1=0651546237071021rr2 . 62 . 6005 . 255 . 2070710消元第2页/共73页 2-3(1).对矩阵A A进行LULU分解,并求解方程组Ax=bAx=b,其中 解解 564,221231112bA ，所以2212

2、31112A1122121112212325211125321232521112535321232521112532325532121112111A5332132153212144564111yyyyyy，得解1114411232153321532325xxxxxx，得再解第3页/共73页 2-4.对矩阵A A进行LDMLDM分解和Crout分解，其中 解解 15156654212A15156654212A64264122112634122112634123221112634123221111111263423221A分解：故得Crout11111321431213221ALDM分解为：第4页

3、/共73页 2-5.对矩阵A A进行LDLLDLT T分解和GGGGT分解，并求解方程组Ax=bAx=b，其中 解解 ,22484548416A22484548416A2121432321214332321214332214332214A分解：故得TGG1119416111232141232141ALDLT分解为：321b第5页/共73页7083. 1875. 025. 0321332214321321yyyyyy，得解5694. 02916. 15451. 07083. 1875. 025. 0332214321321xxxxxx，得再解 2-6(1).给定方程组 21102yxyx a.用

4、Cramer法则求其精确解. b.用Gauss消元法和列主元Gauss消元法求解,并比较结果.(用两位浮点计算). 解解 a.x=-1/-0.99=1.010101,y=-0.98/-0.99=0.989899 b.用Gauss消元法第6页/共73页21102yxyx 2-8.用追赶法求解方程组:回代得解: y=1, x=0.1102yx1001001102yyx 再用列主元Gauss消元法21102yxyx12yyx2yx回代得解: y=1, x=1.200000100411411411411454321xxxxx第7页/共73页 解解4114114114114141441114415411

5、14154415411114155615441541111456151556154415411111456209561515561544154111114209565620956151556154415412097802095656209561515561544154111114718.5347847. 07857. 16667. 625200000100111145432154321209780562091556415yyyyyyyyyy，得解第8页/共73页718.53872.147693. 52052. 8051.27,718.5347847. 07857. 16667. 6251111

6、1543215432120956561515441xxxxxxxxxx得再解 2-10.证明下列不等式: (1)x-yx-z+z-y; (2)|x-y|x-y; 证明证明 (1)x-y=(x-z)+(z-y)x-z+z-y (2) 因为 x=(x-y)+yx-y+y 所以 x-yx-y ,同理可证 y-xx-y 于是有 |x-y|x-y . 第9页/共73页 2-11.设为一向量范数,P P为非奇异矩阵,定义x xp= PxPx, 证明x xp 也是一种向量范数. 证明证明 (1)x xp=PxPx0,而且PxPx=0PxPx=0 0 x x=0 0 (3)x x+y yp=P P(x+yx+

7、y)=Px+PyPx+PyPxPx+PyPy=x xp+y yp (2)x xp=P P(x x)=PxPx=|PxPx=|x xp所以x xp是一种向量范数. 2-12.设A为对称正定矩阵,定义x xA=AxxT ,证明A是一种向量范数. 证明证明 由Cholesky分解有A=GGA=GGT T,所以x xA)()(xGxGTTT=GTx2,由上题结果知x xA是一向量范数.第10页/共73页 2-16.对任意矩阵范数,求证: 证明证明 (1)因为A A=AEAEA AE E ,所以E E1. (2)1E E=AAAA-1-1A AA A-1-1 ,故 2-17.证明: (1)如果A为正交矩

8、阵,则Cond2(A)=1; (2)如果A为对称正定矩阵,则Cond2(A)=1/n,1和n分别为A的最大和最小特征值. 证明证明 (1)A正交,则ATA=AAT=E,Cond2(A)=A A2A A-1-12=1. (2)A对称正定,ATA=A2, A A2=1. A A-1-12=1/n.BABABAAAE11111) 3(1)2(1) 1 (.11AA (3)A A-1-1-B-B-1-1=A A-1-1(B-A)B(B-A)B-1-1A A-1-1B B-1-1A-BA-B第11页/共73页 3-2.讨论求解方程组Ax=bAx=b的J迭代法和G-S迭代法的收敛性.其中122111221

9、)2(211111112) 1 (AA 解解 (1) J迭代法的迭代矩阵为 ,0101021212121U)(LDB1得(2+5/4)=0, i25011|21212121BE令 即1=0,2= ,3= , i25 故(B)= 25 所以J迭代法不收敛.第12页/共73页1()GDLU (2)类似可得(B B)=0,(G G)=2, 故J迭代法收敛,G-S迭代法不收敛.所以,(G G)=1/2, 故G-S迭代法收敛. G-S G-S迭代法的迭代矩阵为:0001001102110110021212121212100000001001100010021212121021112或由 , 得(2+1)

10、2=0,故(G)=1/2. 第13页/共73页 3-3.用J迭代法和G-S迭代法求解方程组301532128243220321321321xxxxxxxxxJ迭代法有x(1)=(1.2,1.5,2)T, x x(1)(1)-x-x(0)(0)=2取初始近似x(0)=(0,0,0)T,问各需迭代多少次才能使误差x x(k)(k)-x-x* *10-6. 解解 J迭代法和G-S迭代法的迭代矩阵分别为 ,000511528181203101U)(LDB18001120019160178012031011000)(ULDGG-S迭代法有x(1)=(1.2,1.35,2.11)T, x x(1)(1)-

11、x-x(0)(0)=2.11 B B=1/3=0.33333 , G G=1/4=0.25第14页/共73页易得:(B B)=|,(G G)=2.故当|1 ,(G G)=31. 实际上,(B B)=1/31/2(G G)=1/3.第17页/共73页 3-8.判定求解下列方程组的SOR方法的收敛性.000121001210012100124321xxxx 解解 直接可验证系数矩阵A是负定矩阵,所以-A是对称正定矩阵,故当00, (1)=-sin10,故方程在0,1内有根,又(x)=-1-cosx0, x0,1,所以方程在0,1内仅有一个根. 可见,需要计算14步. 由于4111021212kkk

12、abx ,所以k4/log2=13.29 4-3.比较使用下述方法求方程ex+10 x-2=0的正根，准确到三位小数所需要的计算量: (1) 在区间0,1内用二分法; (2) 用迭代法10/ )2(1kxkex ,取x0=0.第20页/共73页 解解 (1)(1)由 (2) 迭代法的迭代函数为(x)=(2-ex)/10, |(x)|= ex/10e/101,取L=e/10,且x1=0.1,由 k3/log2=9.97 ,所以需要计算10步.3111021212kkkabx ,可得所以,只需迭代5步.可得 30110211xxLLxkk31. 4ln2001lnLLk若取L=e0.1/10,可得

13、k2.46,所以只需迭代3次. 4-4.设(x)=cosx,证明:任取x0,迭代式xk+1=(xk),k= 0,1,2,均收敛于方程x=(x)的根 .第21页/共73页 证明证明 因为对任意x0,都有x1=cosx0-1,1,所以只需证明迭代式在区间-1,1收敛. 因为(x)=cosx连续可导,|(x)|=|sinx|sin11,所以(x)是区间-1,1上的压缩映射,因此结论成立.这里迭代函数(x)= 解解 记(x)=x3+2x-5C0,2,且(0)=-50, 所以方程在区间0,2内有根,建立迭代格式 4-5.4-5.验证区间0,2是方程x3+2x-5=0的有根区间,并建立一个收敛的迭代格式,

14、使对任何初值x00,2都收敛,并说明理由., 2 , 1 , 0,2531kxxkk325x ,由于 第22页/共73页 01(x) 所以(x)是区间0,2上的压缩映射,故迭代式收敛. 证明证明 这里(x)=x-(x),由于对任意(0,2/M)均收敛于(x)=0的根 . 4-7.4-7.给定函数(x),设对一切x,(x)存在且0m(x) M,证明对任意(0,2/M),迭代式, 2 , 1 , 0,)(1kxfxxkkk35 2 , x0,2 且 |(x)|= 32)25(32 x 2/31 , x0,2 -1=1-2(x)=1-(x)1所以|()|1,试问如何将x=(x)化为适于迭代的形式?将

15、x=tanx化为适于迭代的形式,并求在x=4.5附近的根.由于|-1(x)|=1/|(x)|1/k 0),分别导出求na 的迭代公式,并求 21)/()(limknknkxaxaC第25页/共73页由于 解解 迭代格式分别为 所以对(1)有, 2 , 1 , 01) 1 (11knxaxnnxnkkk 4-13.4-13.证明迭代公式：xk+1=xk(xk2+3a)/(3xk2+a),k=0, 1,2,是求a, 2 , 1 , 0)1()2(1kaxnnxxnkkk)(2)()(lim21ffxxkkk nnC21 ,对(2)有.21nnC 证明证明 设 的三阶方法.kkxlim ,则有: =

16、(2+3a)/(32+a) 故 2=a , 即axkklim第26页/共73页又由于 所以有axaxaaxxaxkkkkk22213)3()3(因此是三阶方法.axaxaaxxkkkk23233)33axaxkk233)(aaxaxaxkkkkk4131lim)(lim231第27页/共73页 5-1.用Gerschgorin圆盘定理估计下列矩阵的特征值. 解解 (1)三个圆盘为|-1|0.2,|-2|0.4,|-3|0.3.是相互独立的,因此,三个特征值分别为;(2)三个圆盘为|-4|2,|-2|1,|-9|2.前两个圆盘连通,后一个独立,因此, 1,2,落在前两个圆盘的连通区域内, 731

17、1. 0.811.2 , 1.622.4 , 2.733.3 5-5.求矩阵A按模最大和最小特征值.其中902120114)2(31 . 02 . 04 . 0201 . 01 . 01) 1 (第28页/共73页 解解 用幂法求A的按模最大特征值,计算公式为: v v(k)=AuAu(k-1)31815108109A k=max(v v(k) u u(k)=v v(k)/k ,k=1,2,.取初值u u(0)= =(1,1,1)T,计算结果如下:取17=19.301 k01234567u1(k)11111111u2(k)10.51850.71270.64870.67480.66590.669

18、30.6681u3(k)10.37040.50110.43660.45630.44820.45100.4499k2717.148220.135818.979819.398419.244619.301第29页/共73页 解解 用反幂法求A A的按模最小特征值,计算公式为: AvAv(k)=u u(k-1) k=max(v v(k) u u(k)=v v(k)/k ,k=1,2,.取初值u u(0)= =(1,1,1)T,计算结果如下:k01234567u1(k)11-0.1318-0.6500-0.1902-0.3689-0.0590-0.2550u2(k)1-0.18920.14931-0.3

19、3231-0.58111u3(k)10.21621-0.39691-0.69171-0.9204k0.11310.1204-0.1353-0.2192-0.1659-0.2225-0.1724k89101112131415u1(k)-0.02920.19750.06170.15640.09160.13550.10580.1259u2(k)-0.7168-0.9940-0.7713-0.9089-0.8119-0.8765-0.8319-0.8618u3(k)11111111k-0.23300.17940.23450.19380.21970.20160.21370.2054取n1/15=4.86

20、86 第30页/共73页 5-7.利用带位移的反幂法计算矩阵的特征值. 解解 作位移矩阵B=A-7EB=A-7E ,建立计算公式:720101350144PA BvBv(k)=u u(k-1) k=max(v v(k) u u(k)=v v(k)/k ,k=1,2,.取初值u u(0)= =(1,1,1)T,计算结果如下:k01234567u1(k)11111111u2(k)10.750.72220.71620.71480.71440.71430.7143u3(k)1-0.4-0.8044-0.9403-0.9828-0.9951-0.99870.9998k-2-1.125-1.0278-1.

21、0067-1.0018-1.0004-1.0000取7+1/7=6 第31页/共73页 5-9(2)利用Jacobi方法求矩阵A的所有特征值，其中 解解 记421242124A取p=1，q=2，则有 cos=(1+t2)-1/2=0.7071, sin=tcos0.7071 421242124)0(A, 02)0(12)0(22)0(11aaa1t10007071. 07071. 007071. 07071. 01000cossin0sincos)(pqRR1第32页/共73页类似地有470711. 012132. 270711. 02012132. 2061)0(1)1(RARTA65479

22、. 259716. 0059716. 0237868. 0037868. 034521. 7)2(A00841. 3019295. 0064638. 132583. 019295. 032583. 034521. 7)3(A00841. 301098. 019264. 001098. 062781. 1019264. 0036378. 7)4(A99991. 201097. 0001097. 062781. 100048. 0000048. 037228. 7)5(A所以取 17.37228 ,22.99991 ,31.62781 5-10.设矩阵H=E-2xxH=E-2xxT T,向量x x

23、满足x xT Tx x=1,证明: (1)H为对称矩阵,即H HT T=H=H; (2)H为正交矩阵,即H HT TH=EH=E; (3)H为对合矩阵,即H H2 2=E=E. 第33页/共73页 证明证明 (1)因为HT=(E-2xxT)T=E-2xxT=H,故H对称. 6-1.当x=1,-1,2时,(x)分别为0,-3,4,求(x)的二次插值多项式p2(x).(2)因为H HT TH=(E-2xxH=(E-2xxT T) )T T(E-2xx(E-2xxT T)=E-4xx)=E-4xxT T+4xx+4xxT TxxxxT T=E=E,故H H正定.(3)由(1)和(2)即得,H H是对

24、合矩阵. 解法一解法一. . 基函数法: p2(x)=l0(x)y0+l1(x)y1+l2(x)y2=-3l1(x)+4l2(x) )2)(1(61)()()(2101201xxxxxxxxxxxl) 1)(1(31)()()(1202102xxxxxxxxxxxl第34页/共73页 6-2.设l2(x)是以xk=x0+kh,k=0,1,2,3为插值节点的3次插值基函数,求 解法二解法二. . 待定系数法,设p2(x)=(x-1)(ax+b), 则有 p2(x)=-3l1(x)+4l2(x) ) 1)(1(34)2)(1(21xxxx)1(8)2(3)1(61xxx)145)(1(61xx 2

25、(a-b)=-3, 2a+b=4 ,解得,a=5/6, b=7/3, 所以 p2(x)=1/6(x-1)(5x+14). )(max230 xlxxx第35页/共73页 6-3.设l0(x),l1(x),ln(x)是以x0,x1,xn为节点的n次Lagrange插值基函数,求证: 解解 )()()()()(3212023102xxxxxxxxxxxxxl 证明 (1)记(x)=xk,则yj=(xj)=xjk,j=0,1,n.于是) 3)(1(21max)(max30230tttxltxxx30)3)(1(21)(0ttttthxx令271077374时）（t., 1 , 0,)() 1 (0n

26、kxxlxkjnjkj., 1 , 0,0)()()2(0nkxlxxjnjkj第36页/共73页 6-4.设(x)C2a,b,且(a)=(b)=0,证明 )()!1()()()(10)1(xnfxlyxfxnnjxnjjk 证明证明 以a,b为节点作(x)的线性插值有L1(x)=0,故njjkjxlx0)( (2)记(t)=(t-x)k,则yj=(xj)=(xj-x)k,j=0,1,n.于是)()!1()()()()(10)1(tnftlytfxtnnjtnjjknjjkjtlxx0)()(取t=x,则有njjkjxlxx00)()(bxaMabxf,)(81)(22其中,. )(max2x

27、fMbxa |(x)|=|(x)-L1(x)|22)(81)(2)(Mabbxaxfx 第37页/共73页 6-5.利用y=x115 的近似值,并由误差公式给出误差界,同时与实际误差作比较. 解解 由二次Lagrange插值得: 在x=100,121,144点的函数值 ,用插值方法求722756.1012)121144)(100144()121115)(100115(11)144121)(100121()144115)(100115(10)144100)(121100()144115)(121115()115(1152 L144100,108383525 xxy3521063125. 1)14

28、4115)(121115)(100115(1083! 31)115(115 L 实际误差：3210049294. 1)115(115 L第38页/共73页 6-8.(x)=x5+4x4+3x+1,求差商20,21,25和20, 21,26. 解解 20,21,25= 1! 5)()5(f 20,21,26= 0 6-9.设(x)=x5+x3+1, 取x0=-1,x1=-0.8,x2=0,x3=0.5, x4=1,作出(x)关于x0,x1,x2,x3,x4的差商表,给出(x)关于x0,x1,x2,x3的Newton插值多项式,并给出插值误差. 解解 差商表为 xk(xk)一阶差商二阶差商三阶差商

29、四阶差商x0=-1x1=-0.8x2=0 x3=0.5x4=1-10.1603211.1562535.80161.04960.31253.6875-4.752-0.5673.3752.792.19-0.3第39页/共73页Newton插值多项式为: |R3(x)|=|-1,-0.8,0,0.5,x(x+1)(x+0.8)x(x-0.5)| 6-10.设(x)=x4+2x3+5, 在区间-3,2上, 对节点x0= -3,x1=-1,x2=1,x3=2,求出(x)的分段三次Hermite插值多项式在每个小区间xi,xi+1上的表达式及误差公式. 解解 在-3,-1上,由y0=32,y1=4,y0=

30、-54,y1=2,h=2,得 N3(x)=-1+5.8016(x+1)-4.752(x+1)(x+0.8) +2.79(x+1)(x+0.8)x 5|(x+1)(x+0.8)x(x-0.5)| H3(x)=320(x)+41(x)-540(x)+21(x)令0(x)=(x+1)2(ax+b),可得a=1/4,b=1,所以 0(x)=(x+1)2(x+4)/4第40页/共73页同理可得: 0(x)=(x+3)(x+1)2/4 1(x)=-(x+3)2x/4 1(x)=(x+3)2(x+1)/4 H3(x)=8(x+1)2(x+4)-(x+3)2x -13.5(x+3)(x+1)2+0.5(x+3

31、)2(x+1) =-6x3-22x2-24x-4所以有误差为 R(x)=(x+3)2(x+1)2类似地,在区间-1,1上有 H3(x)=2x3+2x2+4 R(x)=(x+1)2(x-1)2第41页/共73页 H3(x)=写到一起就是 R(x)=在区间1,2上有 H3(x)=8x3-13x2+12x+1 R(x)=(x-1)2(x-2)2 -6x3-22x2-24x-4 , -3x-1 2x3+2x2+4 , -1x1 8x3-13x2+12x+1 , 1x2 (x+3)2(x+1)2 , -3x-1 (x+1)2(x-1)2 , -1x1 (x-1)2(x-2)2 , 1x2 6-12.确定

32、a，b，c使函数31) 1() 1() 1(10)(23213xcxbxaxxxxS第42页/共73页是一个三次样条函数。 解解 因为S(x)是分段三次多项式,故只需S(x)C20,3 由 1=S(1-0)=S(1+0)=c ,得 c=1所以,当a=b=3,c=1时,S(x)是三次样条函数. 6-13.确定a，b，c,d,使函数3110)(3232xdxcxbxaxxxxS 由 3=S(1-0)=S(1+0)=b ,得 b=3 由 6=S(1-0)=S(1+0)=2a ,得 a=3是一个三次样条函数,且S(2)=12. 解解 由已知可得: a+b+c+d=2, b+2c+3d=5,2c+6d=

33、8,6d=12, 解之得:a=-1,b=3,c=-2,d=2.第43页/共73页 6-19.给出函数表 解解 线性拟合,即形如y=a+bx的拟合曲线.构造向量 0=(1,1,1,1,1,1)T, 1=(-1,-0.5,0,0.25,0.75,1)T, =(0.22,0.8,2,2.5,3.8,4.2)T. 则得正则方程组: 6a+0.5b=13.52 xi-1-0.500.250.751yi0.220.822.53.84.2试分别作出线性,二次曲线拟合,并给出最佳均方误差. 0.5a+2.875b=7.055 解得:092353. 2078971. 2ba所以,线性拟合曲线为:y=2.0789

34、71+2.092353x最佳均方误差为:*2= =0.386592)(iiybxa第44页/共73页 二次拟合,即形如y=a+bx+cx2的拟合曲线.构造向量 0=(1,1,1,1,1,1)T, 1=(-1,-0.5,0,0.25,0.75,1)T, 2=(1,0.25,0,0.0625,0.5625,1)T， =(0.22,0.8,2,2.5, 3.8,4.2)T.则得正则方程组: 6a+0.5b+2.875c=13.52 0.5a+2.875b+0.3125c=7.055 解得:a=1.94448,b=2.0851,c=0.28191.二次拟合曲线为:y=1.94448+2.0851x+0

35、.28191x2.最佳均方误差为:*2= =0.06943.22)(iiiycbxa 2.875a+0.3125b+2.3828125c=6.91375 6-20.用最小二乘法求一个形如y=a+bx2的经验公式,使与下列数据拟合,并计算均方误差.第45页/共73页 解解 这里基函数为0(x)=1,1(x)=x2,构造向量 0=(1,1,1,1,1)T, 1=(361,625,961,1089,1936)T, =(19,32.2,49,73.3,97.8)T.则得正则方程组: 5a+4972b=271.3 4972a+6378484b=343237.5 解得:a=3.33339,b=0.0512

36、13.所求拟合曲线为:y=3.33339+0.051213x2.最佳均方误差为:*2= =15.9329922)(iiybxaxi1925313344yi1932.24973.397.8 6-22.用最小二乘法求下列方程组的近似解:第46页/共73页 解解 记G(x,y)=(2x+4y-11)2+(3x-5y-3)2+(x+2y-6)2+(4x+2y-14)2 就是求G(x,y)的最小值,令解得: x=2.977413,y=1.2258731424623531142yxyxyxyx, 0186660yxxG0138986yxyG第47页/共73页 7-1.建立右矩形和左矩形求积公式,并导出误差

37、式. 解法解法. . 右矩形公式为：由于(x)-(a)=(x)(x-a), (x)-(b)=(x)(x-b) )()(abbfdxxfba 左矩形公式为：)()(abafdxxfba所以有 ),()(2)()()()()(2bafabdxbxfabbfdxxffRbaxba),()(2)()()()()(2bafabdxaxfabafdxxffRbaxba第48页/共73页 7-2.说明中矩形公式的几何意义,并证明 证明证明 由Taylor展开式有),()(24)()2()()(3bafabbafabdxxfba 所以有 3)(24)()(2()(abfabbafdxxfba 2)2(2)()

38、2)(2()2()(baxfbaxbafbafxfx 7-3.若(x)0,证明用梯形公式计算定积分所得结果比准确值大,说明几何意义. 证明证明 因为(x)0,所以y=(x)是凹函数,故结论成立.第49页/共73页 7-5.确定下列积分公式中的待定参数，使其代数精度尽可能高，并说明代数精度是多少？)()0()()() 1 (101hfAfAhfAdxxfhh 解解 令公式对(x)=1,x,x2都精确成立,则有 解得:A-1=A1=h/3,A0=4h/3. A-1+A0+A1=2h -hA-1+hA1=0 h2A-1+h2A1=2h3/3求积公式为:)()0(4)(3)(hffhfhdxxfhh

39、(x)=x3时,左=右=0,公式也精确成立 (x)=x4时,左=2h5/5,右=2h5/3,公式不精确成立所以公式的代数精确为3.第50页/共73页)(3)(2) 1()()2(213111xfxffdxxf 解解 令公式对(x)=1,x,x2都精确成立,则有 解得: 2=2 2x1+3x2-1=0 2x12+3x22+1=2求积公式为: (x)=x3时,公式都不精确成立,故代数精度为2.126599. 0689899. 021xx526599. 0289899. 021xx或)126599. 0(3)689899. 0(2) 1(31)(11fffdxxf)526599. 0(3)28989

40、9. 0(2) 1(31)(11fffdxxf或)()0()()0(2)()3(20hffhhffhdxxfh 解解 当(x)=1时,左=h，右=h，对所有都成立。第51页/共73页 (x)=x时有左=右=h2/2，对所有都成立。 故公式的代数精度为3.)()()5(00112xfAdxxfx)()0(12)()0(2)(20hffhhffhdxxfh 解解 令公式对(x)=1,x精确成立,则有 (x)=x2时,左=h3/3,右=h3/2-2h3，故取=1/12,则有 (x)=x3时,左=h4/4,右=h4/2-h4/4=h4/4，也精确成立. (x)=x4时,左=h5/5,右=h5/2-h5

41、/3=h5/6，不精确成立. A0=2/3 A0 x0=0 解得A0=2/3,x0=0. 所以公式为)0(32)(112fdxxfx ,其代数精度为1.第52页/共73页 7-7.设 解解 因为|(lnx)|=1/x21, |(lnx)(4)|=6/x46 要|I-Tn|9.13,故取n=10.IS2=1/12ln1+2ln1.5+ln2+4ln1.25+4ln1.75=0.386260 导出两点Gauss型求积公式. 若取=10-3,分别求出n使复化梯形公式Tn,复化Simpson公式Sn的截断误差满足: |I-Tn|,及|I-Sn| ,并计算Sn .,ln21xdxI,1012132n要|

42、I-Sn|1.201,故取n=2. 7-10.对积分10,)(1lndxxfx 解解 区间0,1上权函数为ln(1/x)的正交多项式为: P0(x)=1, p1(x)=x-1/4, p2(x)=x2-(5/7)x+17/252 令 p2(x)=0 ，解出Gauss点为：第53页/共73页 再令公式对(x)=1,x精确成立,可得 A1+A2=1, A1x1+A2x2=1/4 ,由此解出所以两点Gauss型求积公式为:1064921,106492121AA 7-11.用两点Gauss型求积公式计算下列积分的近似值.)4210615()1094921()4210615()1094921()(1ln1

43、0ffdxxfx 解解 两点Gauss-Legendre求积公式为: ,42106151x42106152xdxx11221cos1) 1 ()577350. 0()577350. 0()(11ffdxxf第54页/共73页所以有 解解 两点Gauss-Laguerre求积公式为: A1=0.8535533905, A2=0.1464466094, 611151. 1cos111221dxxdxxx0sin)2(其中,)()()(2211021xfeAxfeAdxxfxx x1=0.5858864376, x2=3.4142135623, 所以有096221. 1sin0dxxxdxxex02

44、) 3(第55页/共73页所以有 解解 两点Gauss-Laguerre求积公式为: A1=A21=x2=0.7071067811 ）同（2,)()()(212122110 xxAAxfAxfAdxxfex所以有000102. 202dxxexdxxex21)4(2 解解 两点Gauss-Hermit求积公式为:其中,)()()(22112xfAxfAdxxfex170804. 2122dxxex 7-12.证明下列数值微分公式：第56页/共73页其中，xj=x0+jh，j=0，1，2。 (x)= (x-x1)(x-x2)(x0)-2(x-x0)(x-x2)(x1)+(x-x0)(x-x1)(

45、x2)/2h2 )(3)()(4)(321)() 1 (22100fhxfxfxfhxf (x0)=-3(x0)+4(x1)-(x2)/2h+R2(x0) )(12)()(2)(1)()2()4(221021fhxfxfxfhxf (2) (x)=(x0)-2(x1)+(x2)/h2+R2(x) )(3)2()0(3)(461)0()3(2fhhffhfhf 证明证明 (1)以x0,x1,x2为节点的二次Lagrange插值为: + (x)(x-x0)(x-x1)(x-x2)/6 (x)=(2x-x1-x2)(x0)-2(2x-x0-x2)(x1)+(2x-x0-x1)(x2)/2h2+R2(

46、x) (x0)=-3(x0)+4(x1)-(x2)/2h+h2 ()/3第57页/共73页 容易证明 (x1)(x0)-2(x1)+(x2)/h2 对 (x)取次数不超过3次的多项式精确成立. 构造三次多项式p3(x)使p3(x0)=(x0), p3(x1)=(x1), p3(x2)=(x2), p3(x1)=(x1), 则有 (x)-p3(x)=(4)(x)(x-x0)(x-x1)2(x-x2)/4!于是有 R2(x1)=(x1)-p3(x1)=(4)()(-2h2)/4!=-(4)()h2/12所以 (x1)=(x0)-2(x1)+(x2)/h2-(h2/12)(4)() (3)以x0=-

47、h,x1=0,x2=2h为节点的二次Lagrange插值为: (x)= 2x(x-2h)(-h)-3(x+h)(x-2h)(0)+x(x+h)(2h)/6h2 + (x)x(x+h)(x-2h)/6 第58页/共73页 (0)=-4(-h)+3(0)+(2h)/6h+ R2(0) (x)=4(x-h)(-h)-3(2x-h)(0)+(2x+h)(2h)/6h2+R2(x) (0)=-4(-h)+3(0)+(2h)/6h-h2 ()/3 8-5.用梯形方法和四阶标准R-K方法求解初值问题 y+y=0 ， 00,证明如下方法的绝对稳定性条件 证明证明 (1)改进Euler公式为： (1)改进Eul

48、er方法: (2)四阶标准R-K方法:112221hh1144!4133! 3122!21hhhh)(21nnnnnyhyyhyynyhh)1 (2221故改进Euler方法的绝对稳定条件为 . 112221hh (1)四阶标准R-K公式为： 第65页/共73页1! 41! 31! 211443322hhhh)2(2()2(2(2)2(2(61nnnnnnnnnnnnyhyhyhyyhyhyyhyyhyynyhhhh)! 41! 31! 211 (443322故四阶标准R-K方法的绝对稳定条件为 的局部截断误差主项和阶. 8-12.确定两步方法)34(4)(211111nnnnnnfffhyy

49、y 解解 )()(! 3)(2)()()(43211kOxyhxyhxyhxyxyynnnnnn 第66页/共73页)()(2)()()(3211hOxyhxyhxyxyfnnnnn 所以有 又因为 )()(2419)(2)()(4321hOxyhxyhxyhxyynnnnn 所以 )(nnxyf)()(2)()()(3211hOxyhxyhxyxyfnnnnn )()(! 3)(2)()()(4321hOxyhxyhxyhxyxynnnnn )()(85)(4311hOxyhyxynnn 因此,公式的局部截断误差主项为 )(853nxyh 公式为二阶方法. 第67页/共73页 8-13.试求

50、系数,0,1,使两步方法的局部截断误差阶尽可能的高,并写出局部截断误差主项.)()(11011nnnnnffhyyy 解解 )()(! 3)(2)()()(43211kOxyhxyhxyhxyxyynnnnnn )()(2)()()(3211hOxyhxyhxyxyfnnnnn )(nnxyf所以有 )()(! 3)3()(2)2()()()(243121101hOxyhxyhxyhxyynnnnn 当=1/2,1=-1/4,0=7/4时阶最高,为二阶方法.截断误差的主项为 ).(833nxyh 第68页/共73页 8-15.对微分方程y=(x,y)沿区间xn-1,xn+1积分得 解解 Sim

51、pson求积公式为试用Simpson求积公式近似右边积分,导出Milne-Simpson差分公式,并说明方法的阶.所以差分公式 易见,此公式是四阶方法. 11)(,()()(11nnxxnndxxyxfxfxy)(90)()(4)(3)(,()5(51111yhxfxfxfhdxxyxfnnxxnnn)4(31111nnnnnfffhyy第69页/共73页 简述学习数值分析课程的体会。 课课 堂堂 练练 习习注1: 可从与其他课程的区别论述；也可从对某一章节或某一问题的体会论述；或从对授课方面的看法论述；只要与课程相关的论述均可。注3: 不许抄袭, 如有雷同, 视为作弊; 下课前交.注2: 作

52、为平时成绩的一个依据。第70页/共73页设函数(x)=x2-sinx-1 (1)试证方程(x)=0有唯一正根; (2)构造一种收敛的迭代格式xk=(xk),k=0,1,2,计算精度为=10-2的近似根; (3)此迭代法的收敛阶是多少?说明之. 解解 (1)因为0 x1时,(x)0,所以(x)仅在(1,2)内有零点,而当1x0,故(x)单调.因此方程(x)=0有唯一正根,且在区间(1,2)内. (2)构造迭代格式:由于|(x)|=| |1,故此迭代法收敛.xxsin12/cos,.2 , 1 , 0sin11kxxkk 课堂练习课堂练习第71页/共73页 取初值x0=1.5, 计算得x1=1.41333, x2=1.40983,由于|x2-x1|=0.003510-2 , 故可取根的近似值x2=1.40983. 0sin12/cos (3)因为0/2,所以()故,此迭代法线性收敛(收敛阶为1).第72页/共73页感谢您的观看！感谢您的观看！第73页/共73页