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数值分析牛顿法应用第4版第7章课后习题12题应用牛顿法于方程x^3-a= 0,导出求立方根a^(1/3)的迭代公式,并讨论其收敛性.解答中有当x>0时f'(x)>0,f''(x)>0当x
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计算方法习题集及答案
习题一 1. 什么叫数值方法？数值方法的基本思想及其优劣的评价标准如何？数值方法是利用计算机求解数学问题近似解的方法 2. 试证明x∞= max xi ,1≤i ≤ nx = ( x1 , x 2 ,L x n ) T ∈ R n 及 A ∞ = max ∑ aij , A = (aij ) ∈ R n×n .1≤ i ≤ n j =1n证明： （1）令 xr = max xi1≤i ≤ nx∞= lim(∑ xi )1/ p = lim xr [ ∑ (p p →∞ i =1 p →∞ i =1nnxi xr) p ]1/ p ≤ lim xr [∑ (p →∞ i =1nxr xr) p ]1/ p = lim xr ? n1/ p = xrp →∞即 x∞≤ xr又 lim(p →∞∑i =1nxi )1/ p ≥ lim(∑ xr )1/ p = xrp p p →∞ i =1n即 x ⑵∞≥ xrx∞= xr设 x = ( x1 ,...xn ) ≠ 0 ，不妨设 A ≠ 0 ， 令 ? = max1≤i ≤ n∑ aijj =1nAx∞= max ∑ aij x j ≤ max ∑ aij x j ≤ max xi max ∑ aij = ? x1≤i ≤ n j =1 1≤i ≤ n j =1 1≤i ≤ n 1≤i ≤ n j =1nnn∞即对任意非零 x ∈ R n ，有Ax x∞ ∞≤? Ax0 x0下面证明存在向量 x0 ≠ 0 ，使得n∞ ∞=?，设? =∑aj =1 ∞i0 j，取向量 x0 = ( x1 ,...xn )T 。其中 x j = sign( ai0 j )( j = 1, 2,..., n ) 。n n显然 x0= 1 且 Ax0 任意分量为 ∑ ai0 j x j = ∑ ai0 j ，i =1 i =1故有 Ax0∞= maxi∑ aij x j = ∑ ai0 j = ? 即证。i =1 j =1nn3.古代数学家祖冲之曾以355 作为圆周率 π 的近似值，问此近似值具有多少位有效数字？ 113解： x =325 = 0. ×101 & 133 355 = 0.266 ×10 ?6 ≤ 0.5 × 101?7 该近似值具有 7 为有效数字。 1131x ? x? = π ?4.若 T(h)逼近其精确值 T 的截断误差为R (T ) : = T (h) ? T = ∑ Ai h 2ii =1∞? T0 (h) = T (h) ? h 其中，系数 Ai 与 h 无关。试证明由 ? 4 m Tm ?1 ( ) ? Tm?1 (h) 2 ?Tm(h) = , m = 1,2,L ? 4m ? 1所定义的 T 的逼近序列 {Tm ( h)} 的误差为 Tm ( h) ? T = 其中诸 Ai(m )∑Ai =1∞(m) ih 2m+2 ，是与 h 无关的常数。证明：当 m=0 时左边 = T0 h）-T= ∑ ? i h 2i = 右边 （i =1∞设 m=k 时等式成立，即 Tk h）-T= （ 当 m=k+1 时∑?i =1∞(k ) ih 2 k + 2i∞ ∞ h h 4k +1[T + ∑ ? i( k ) ( ) 2 k + 2i ] ? [T + ∑ ?i( k ) (h) 2 k + 2 i ] 4 Tk ( ) ? Tk ( h) 2 i =1 i =1 2 Tk +1 h）-T= （ ?T = ?T k +1 4 ?1 4 k +1 ? 1 k +1 ∞= ∑ ?i( k ) (h) 2( k +1)+ 2i 即证。i =1习题 21. 试构造迭代收敛的公式求解下列方程：（1） x = 解：cos x + 4(2) x = 4 ? 2 。x（1）迭代公式 xk +1 = kcos xk + sin xk cos x + sin x ， ? ( x ) ' & 1 公式收敛 , ? ( x) = 4 40 0 1 0.25 2 0..25098xkx* ≈ 0.25098（2） ? ( x ) =ln(4 ? x ) ， x0 = 1.5 ， ? ( x0 ) ' & 1 局部收敛 ln 2 ln(4 ? xk ) xk +1 = ln 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10k2xk1.51.3221.4211.3671.3971.3801.3901.3841.3871.3861.386x* ≈ 1.3862. 方程 x ? x ? 1 = 0 在 x = 1.5 附近有根，把方程写成三种不同的等价形式：3 2（1） x = 1 +1 1 ,对应迭代公式 x k + 1 = 1 + 2 ; 2 x xk2（2） x = 1 + x ，对应迭代公式 x k +1 = 3 1 +32（3） x =21 ,对应迭代公式 x k + 1 = x ?11 。 xk ? 1判断以上三种迭代公式在 x 0 = 1.5 的收敛性，选一种收敛公式求出 x 0 = 1.5 附近的根到 4 位有效数字。 解： （1） ? ( x ) = 1 +1 x2? ' ( x) = ?2 32 x3? 2 3? ( x0 ) ' & 1 ? ( x0 ) ' & 1 ? ( x0 ) ' & 1局部收敛（2） ? ( x ) = 1 + x 2? ' ( x) = ? x(1 + x 2 ) ? ' ( x) = ? ( x ? 1)1 2? 2 3局部收敛（3） ? ( x) = 迭代公式（1） ： 0 1.5 9 1...465931 x ?12 1..4653不是局部收敛3 1. 1.465724 1..465485 1.462096 1..465637 1..4655348 1..465595x* ≈ 1.466迭代公式（2） ： k 0 1.5 1 1.481 2 1.473 3 1.469 4 1.467 5 1.466 6 1.466xkx* ≈ 1.4663.已知 x = ? (x) 在[a,b]内有一根 x ，? (x ) 在[a,b]上一阶可微，且 ?x ∈ [ a, b], ? ′( x) ? 3 & 1 ，试构造一个* *局部收敛于 x 的迭代公式。 解： 方程 x = ? ( x ) 等价于 x = 0.5[? ( x) ? 3 x] 构造迭代公式 xk +1 = ?0.5[? ( xk ) ? 3 xk ] 令 φ ( x ) = ?0.5[? ( x) ? 3 x ]3由于 ? ( x ) 在[a,b]上也一阶可微 故上述迭代公式是有局部收敛性. 4.*[?0.5(? ( x) ? 3x)′] = 0.5 ? ' ( x) ? 3 & 0.5 & 1* 且 证明迭代公式 x k +1 = ? ( x k ) 具 设 ? (x ) 在方程 x = ? (x) 根 x 的邻近有连续的一阶导数， ? ′( x ) & 1 ，有局部收敛性。 证明： ：? ( x ) 在 x* 邻近有连续一阶导数，则 ? ' ( x) 在 x* 附近连续，' * 令 ? ( x ) = L & 1 则取 ε = 1 ? L则 ?σ & 0当 x ? x* & σ 时 有 ? ' ( x ) ? ? ' ( x* ) & ε 从而 ? ' ( x ) ≤ ? ' ( x ) ? ? ' ( x* ) + ? ' ( x* ) & L + (1 ? L ) = 1? ( x ) ? x* = ? ( x) ? ? ( x* ) = ? ' (ξ )( x ? x* ) & x ? x* & σ故 x* ? σ &?(x)&x* + σ* * 令 a = x ?σ ，b = x +σ由定理 2.1 知，迭代公式 xk +1 = ? ( xk ) 是有局部收敛性。 5. 用牛顿法求方程 f ( x) = x 3 ? 2 x 2 ? 4 x ? 7 = 0 在[3,4]中的根的近似值（精确到小数点后两位） 。解： f ( x) = x3 ? 2 x 2 ? 4 x ? 7f ' ( x) = 3x 2 ? 4 x ? 4y 次迭代公式 xk +1 = xk ? k3 2 xk ? 2 xk ? 4 xk ? 7 3 xk2 ? 4 xk ? 40 3.51 3.642 3.633 3.63xkx* ≈ 3.636. 试证用牛顿法求方程 ( x ? 2) 2 ( x + 3) = 0 在[1,3]内的根 x = 2 是线性收敛的。*解： 令 f ( x) = ( x ? 2) 2 ( x + 3)f ' ( x) = 3 x 2 ? 2 x ? 8 = ( x ? 2)(3 x + 4)y 次迭代公式 xk +1 = xk ?( xk ? 2)( xk + 3) 3 xk + 4故 ek +1 = x ? xk +1 = 2 ? xk ?*( xk ? 2)( xk + 3) ( xk ? 2)(2 xk + 1) = 3 xk + 4 3xk + 44ek = x* ? xk = xk ? 2从而ek +1 2 xk + 1 = ， k → ∞ 时， xk → 2 ek 3xk + 4故k →∞ ，ek +1 1 → ek 2故牛顿迭代公式是线性收敛的 7. 应用牛顿法于方程 x ? a = 0 , 导出求立方根 3 a 的迭代公式，并讨论其收敛性。3解： f ( x) = x 3 ? af ' ( x) = 3x 2相应的牛顿迭代公式为 xk +1 = xk ?3 3 xk ? a 2 xk + a = 3x 2 3 xk23 2 xk + a 2 x 3 ? 2a ' '' ?4 迭代函数 ? ( x ) = ， ? ( x) = ， ? ( x ) = 2ax 2 3 3 xk 3x则 ? ' ( 3 a ) = 0 ， ? '' ( 3 a ) ≠ 05习题 31. 设有方程组? 5 x1 + 2 x 2 + x3 = ?12 ? ?? x1 + 4 x 2 + 2 x3 = 20 ? 2 x ? 3x + 10 x = 3 2 3 ? 1(1) 考察用 Jacobi 法，Gauss-Seidal 法解此方程组的收敛性； (2) 用 Jacobi 法及 Gauss-Seidal 法解方程组，要求当 x( k +1)? x (k )∞& 10 ?4 时迭代终止。?5 2 1? ? 4? 解： （1） A = ?1 4 ? ? ? 2 ?3 10? ? ?（2） x1 = ? 2 x2 ? 1 x3 ? 12 5 5 5A 是强对角占优阵。故用雅克比法及高斯-塞德尔法解此方程均收敛。x2 = 1 x1 ? 1 x3 + 5 4 23 x3 = ? 1 x1 + 10 x3 + 53 10 12 3 ( k +1) ( ( 3 = 1 x1( k ) ? 1 x3( k ) + 5 ， x3k +1) = ? 1 x1( k ) + 10 x 2 k ) + ， ， x2 4 2 5 5 10雅克比法：3 2 ( x1( k +1) = ? 5 x2k ) ? 5 x 3( k ) ?(0) (0) 取初始向量 x1(0) = x2 = x3 = 0 ，迭代 18 次有 xi18 ? xi17 & 10 ?4 （i=1,2,3）x1 = ?3.999996 ， x2 = 2.999974 ， x3 = 2.000000高斯-塞德尔法：3 2 ( x1( k +1) = ? 5 x2k ) ? 5 x 3( k ) ?12 3 ( k +1) ( 3 = 1 x1( k ) ? 1 x3( k ) + 5 ， x3k +1) = ? 1 x1( k ) + 10 x (2 k ) + ， x2 4 2 5 5 10(0) (0) 取初始向量 x1(0) = x2 = x3 = 0 ，迭代 8 次有 xi8 ? xi7 & 10 ?4 （i=1,2,3）x1 = ?4.000033 ， x2 = 2.999983 ， x3 = 2.0000022. 设有方程组 ?? a11 x1 + a12 x 2 = b1 , ( a11 , a12 ≠ 0) , ?a 21 x1 + a 22 x 2 = b21 ? (k ) ( k ?1) ? x1 = a (b1 ? a12 x 2 ) ? 11 迭代公式： ? , 1 (k ) ( ? x2 = (b2 ? a 21 x 2k ?1) ) ? a 22 ?k = 1,2, L .(k ) 收敛的充要条件是 γ = 求证由上述迭代公式产生的向量序列 x{ }a12 a21 & 1. a11a 226证明： ：迭代公式 x( k +1)? ? 0 (k ) = Bx + f 中的矩阵 B = ? ? a21 ?? a ? 22?a12 ? a11 ? ? ， det(λ E ? B ) = λ 2 ? a12 a21 ， ? a11a22 0 ? ?由迭代收敛的充要条件知ρ ( B) & 1 ? γ =a12 a21 & 1 即证。 a11a22( k +1)3.用 SOR 方法解下列方程组（取松驰因子 ω = 1.2 ）,要求 x? x (k )∞& 10 ?4 .? 2 x1 + x2 = 1 . ? ? x1 ? 4 x2 = 5解：SOR 方法x1( k +1) = x1( k ) +ωa11(b1 ? a11 x1( k ) ? a12 x (2 k ) ) (b2 ? a21 x1( k +1) ? a22 x 2( k ) )( ( x2k +1) = x2k ) +ωa22a11 = 2, a12 = 1, a21 = 1, a22 = ?4, b1 = 1, b2 = 5, ω = 1.2故 x1( k +1) ( ( ( = ?0.2 x1( k ) ? 0.6 x 2k ) + 0.6 ， x2k +1) = ?0.2 x2k ) + 0.3x1( k +1) ? 1.5(0) 迭代初值 x1(0) = x2 = 0k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16x1( k )0.................0000177( x2 k )0.................999991x (16) ? x (15)∞= 0.000052 & 10?4x1 = x1(16) = 1.000017(16) x2 = x2 = ?0.9999914.用选列主元高斯消去法求解方程组? 3x1 ? x2 + 4 x3 = 7 ? ?? x1 + 2 x2 ? 2 x3 = ?1 ? 2 x ? 3x ? 2 x = 0 2 3 ? 1解：? ? ? 3 ?1 4 7 ? ? 3 ?1 4 7 ? ? ? 2 4 ? ? ?1 2 ?2 ?1? → ? 0 5 ? ( AM D ) → ? ? ? 3 3 3 ? ? 2 ?3 ?2 0 ? ? ? ? 7 14 14 ? ?0 ? ? ? ? 3 3 3? ? ? ? ? 3 ?1 4 7 ? ? 3 ?1 4 7 ? ? ? ? 7 14 14 7 14 14 ? → ?0 ? ? ? ? → ?0 ? ? ? ? ? 3 3 3? ? 3 3 3? ? ? ? 5 2 4 ? ?0 0 ?4 ?2 ? ?0 ? ? 3 3 3 ? ?解得 5.χ = ( 2,1,0.5)Τ用追赶法解三角方程组? 2 ? 1 0 0 0 ? ? x1 ? ?1? ? ? 1 2 ? 1 0 0 ? ? x ? ?0 ? ? ?? 2 ? ? ? ? 0 ? 1 2 ? 1 0 ? ? x 3 ? = ?0 ? ? ?? ? ? ? ? 0 0 ? 1 2 ? 1? ? x4 ? ?0? ? 0 0 0 ? 1 2 ? ? x5 ? ?0 ? ? ?? ? ? ?解：高斯元? ?1 ? 1 ? 2 ? 2 ?1 0 0 0 1 ? ? ? ? ?0 1 ? ?1 2 ?1 0 0 0 ? ? ? 0 ?1 2 ?1 0 0 ? → ? ? ? ?0 0 ? 0 0 ?1 2 ?1 0 ? ? ? 0 0 0 ?1 2 0 ? ? ? ? ?0 0 ? ?0 0 ?80 ? 2 30 0 ? 3 40 0 0 ? 4 5 11 0 01 01? 2? ? 1? 3? 1? ? 4? 1? ? 5? 1? ? 6?回代得解为x=(1 6 1 4 1 1 x4 = 5 + 5 × 6 = 3 1 3 1 1 x3 = 4 + 4 × 3 = 2 1 2 1 2 x2 = 3 + 3 × 2 = 3 1 1 2 5 x1 = 2 + 2 × 3 = 6x5=5 62 31 21 31 6)Τ6.用三角分解法求解方程组8 ? ? x1 ? ?5? ?? 2 4 ?? 4 18 ? 16 ? ? x ? = ?6? ? ?? 2 ? ? ? ?? 6 2 ? 20? ? x3 ? ?7? ? ?? ? ? ?解：系数矩阵三角分解为：8 ? ?1 0 0 ? ? ?2 4 8 ? ? ?2 4 ? ?4 18 ?16 ? = ? 2 1 0 ? ? 0 10 ?32 ? ? ? ? ?? ? ? ?6 2 ?20 ? ? 3 ?1 1 ? ? 0 0 ?76 ? ? ? ? ?? ?原方程可表为：? ? 8 ? ? χ 1 ? ?5 ? ?1 0 0 ? ? ?2 4 ? 2 1 0 ? ? 0 10 ?32? ? ? = ?8 ? ? ?? ? ?χ 2? ? ? ? 3 ?1 1 ? ? 0 0 ?76? ? ? ?7 ? ? ?? ? χ ? ? ? 3? ? ? ?1 0 0 ? ? y 1 ? ? 5 ? ? 2 1 0 ? ? ? = ?8 ? ? ? ? y 2? ? ? ? 3 ?1 1 ? ? ? ?7 ? ? ? y ? ? ? 3?解得y=(5?2 ?10 )Τ解8 ? ? x1 ? ? 5 ? ? ?2 4 ? 0 10 ?32 ? ? ? = ? ?2 ? ? ? ? x 2? ? ? ? 0 0 ?76 ? ? x 3 ? ? ?10 ? ? ?? ? ? ?? ? = ? ? 291, 21, 5 ? ? 190 95 38 ? ? ?Τ得x= ? ?1.1,0.1316 ? ? ? ? ?1 2 6Τ7.用选主元法去法计算下列行列式的值 32 4. 9 5 199 5 1 1 2 6 9 5 1 1 1 11 m 21= 3 r 1? r 3 解： 3 2 4 ???→ 3 2 4 ???→ 0 ? ? 1 = 3 3 m 31 9 9 5 1 1 2 6 13 53 0 ? ? 9 91 5 9 1 5 33 53 13 m 32 = 53 53 13 r 2?r 3 ???→ 0 ? ? ???? 0 ? → ? ?l l2 3 9 9 9 9 11 1 30 ? ? 0 ? 0 0 3 3 539? 53 ? ? 30 ? = 9 × ? ? ? × ? ? ? = 30 ? 9 ? ? 53 ?8. 设A=? ??1 10 4 ? ? 计算 cond ( A) ∞ . ? ?1 1 ?10 4 ? ? 10 4 - 1 ? 1 ? ? 1 - 10 4 ? ?4 +1 ?1 = ∞ A ∞ 10解：? 1 ? ?1 1- 4 A = ? 10 ? 1 ? ? 10 4 - 1 ? cond ( A) ∞ = A()? 10 4 + 1 ? ≈ 4 ? ? 4 ? 1 ? 10 ? ? 10 ?10习题四 习题四1. 给出概率积分f ( x) =的数据表：试用二次插值计算 f (0.472) . X f(x) 解：取插值节点： 0.46 0..47 0.49375422π∫x0e ? x dx20.48 0.50274980.49 0.5116683x0= 0.46x1= 0.47x 2 = 0.482 L 2 ( x ) = ∑ y il i ( x ) i=0 ( x ? x1)( x ? x 2 ) + y ( x ? x 0 ) ( x ? x 2 ) + y ( x ? x 0 ) ( x ? x1) = y0 ( x0 ? x1)( x 0 ? x 2 ) 1 ( x1 ? x 0 ) ( x1 ? x 2 ) 2 ( x 2 ? x 0 ) ( x 2 ? x1)L 2 ( 0.472 ) = 0.4955616 f ( 0.472 ) = L2( 0.472 ) = 0.49556162. X sinx已知 y=sinx 的函数表 1.5 0. 0. 0.99166试构造出差商表，利用二次 Newton 插值公式计算 sin(1.609)(保留 5 位小数)，并估计其误差. 解：由题意得如下差商表kxkf(x )kf ? x 0, x k ? ? ? 0.015f ? x 0, x1, x k ? ? ?0 1.5 0..6 0..7 0.99166故?0.49950N 2 ( x ) = 0.99749 + 0.02080 × ( x ? 1.5 ) + ( ?0.49950 ) × ( x ? 1.5)( x ? 1.6 ) N 2 (1.609 ) = 0.99927( 3)R 2 (1.609 ) =又( 3)f (ξ )6( 3)(1.609 ? 1.5)(1.609 ? 1.6 )(1.609 ? 1.7 )f ( x ) = sin x,f ( x ) = ? cos xf (ξ ) ≤ max cos x ≤ 0.128841.5≤ x ≤1.711故： R 2 (1.609 ) ≤ 1.92 ×10 ?6 3. 设 x j 为互异节点( j = 0,1,L, n ),求证(1)∑x lj =0 nnk j j( x) ≡ x k (k = 0,1,L, n)(2)∑ (xj =0j? x) k l j ( x) ≡ 0 (k = 0,1,L, n)f ( x) =证明： (1)令xkL n ( x ) = ∑ x jl j ( x )k j =0n又R ( x ) = f ( x ) ? L ( x ) = ( n + 1)! ω ( x )n n n +1f( n +1)(ξ )所以f( n +1)(ξ ) = 0k故R ( x) = 0nL ( x) ≡ f ( x) = xn( 2)原等式左边用二项式展开得：∑( x j ? x )n j =0kk ?1 1 ? k l j ( x ) = ∑ ? x jl j ( x ) ? C n x j xl j ( x ) + L + j =0 ? n1 k k ?1 = ∑ ? x j l j ( x ) ? C nx x j l j ( x ) + L + ? j =0 ?( ?1) x l ( x )???k k j k k0n( ?1) x x l ( x )???j j由 (1) 结论n∑ x x ( x) ≡ xk j =0 j jnk得∑ (x j ? x) l (x ) = x ? C x xk k 1 j =0 j nk ?1+ Cn x22xk ?1+L+(?1) x xk k0=x4.n2 4k(1?1)?ynk=0即证若 y n = 2 ,求 ? y n 和 ? y n . 解：?y24n= ? ( ?y ) = ?=(yn +1n +1n)n+ 2y3 2n+ 2?2y1 2+n?y =2? 2× 2n +1+2 =2nnδ y =δ ynn+?δ3y=(δyn +1?δ2yn) ? (δ1 22y ?δ y2 nn ?1)12?? = ?? δ ???? ?? ?? ?? ? ? ?? ? ?? δ y 1 ? δ y 1 ? ? ? δ y 1 ? δ y 3 ? ? n+ n? n? n? 2 2? ? 2 2 ?? ??yn+3 2?δyn+1 2? ? ? ? ?δ ? ?yn+1 2?δyn?1 2{ (y ? { ?( y ?= ? ?n+2n +1) ? ( y ? y )?? ? ??( y ? y ) ? ( y ? y )??} ? y ) ? ( y ? y ) ? ? ?( y ? y ) ? ( y ? y ) ?} ? ? ??yn +1n +1nn +1nnn ?1nnn ?1nn ?1n ?1n?2=y =2 =25.n+2?4yn +1+6y ?4yn nn ?1+yn?2n+2 n?2? 4× 2n +1+ 6× 2 ? 4× 2n ?1+2n?2证明两点三次 Hermite 插值余项是R3 ( x) =证明： f ( x ) = 且 即 设3 31 (4) f (ξ )( x ? x k ) 2 ( x ? xk +1 ) 2 , ξ ∈ ( xk , x k +1 ) 4!s ( x) + R ( x)k 3 k +1 3 k 3 k +1R ( x ) = 0, R ( x ) = 0, R ′ ( x ) = 0, R ′ ( x ) = 03x ,xkk +1为R ( x ) 的二阶零点32 2R 3 ( x ) = R ( x ) ( x ? x k ) ( x ? x k +1)2 3 2= f ( x) ? s3( x)2令( t ? x k ) ( t ? x k +1) ? (t ) = f (t ) ? s (t ) ? ( x ? x k ) ( x ? x k +1)k k +1 k k +12? f ( x ) ? s 3 ( x )? ? ?易知 ? 又( x ) = 0, ? ( x ) = 0, ? ′ ( x ) = 0, ? ′ ( x ) = 0? ( x) = 0由微分中值定理（Rolle 定理） ?ξ1∈ ? x k , x ) ,ξ ∈ ? x, x k +1) ，使得 ? ? 2?′(ξ ) = 0,? ′ (ξ ) = 01 2进而? ′′ ( x ) 有三个零点， ? ? ′′′ ( x ) 有两个零点， ? ?( ) ( x , x ) 使得? (ξ ) = 04k k +1( 4)( x ) 有一个零点，即 ?ξ ∈4( ) ( ) ? (ξ ) = f (ξ ) ? 0 ?4得1 R ( x ) = 4! f3( 4)( x ? x k ) ( x ? x k +1) (ξ ) ( x ? x k ) ( x ? x k +1)224!2R ( x) = 032ξ ∈ ( x k , x k +1)136.构造适合下列数据表的三次样条插值函数 S(x) X Y -1 -1 4 0 1 1 3 3 31 28y′解：已知x0= ?1, x1 = 0, x2 = 1, x3 = 3,y0= ?1, y = 1, y = 3, y = 31,1 2 3边界条件y′0′ = 4, y = 283h =xii +1? xi , i = 0,1,2= 1 , 2即h0= 1, h1 = 1, h2 = 21 = , 3从而a1=h +h0h0 1af02=h +h1hf1 2? = 3?(1 ? a1) b1 ? ? ? = 3?(1 ? a 2 ) b2 ? ?f1?0h f2+ a12?1f1h f3? ?=6 ? ? ? ? = 18 ? ??1f1h+ a2?2f2hm? ?2 解 ? 2 ? ?3得0= 4, m3 = 281? 1 ? ? ? ? m1 ? ? 6 ? 2 × 4 ? ? 4 ? 2 ?? ? = ? ? = ? 26 ? 1 2 ? ?m2? ?18 ? × 28? ? 3 ? ? ? 3 ? ? ?m = 1, m1 02=4当 x∈[x , x ] 即12x ∈ [? 1,0]时α =?0? x ?0 ? ?1 + 2 x + 1 ? = (2 x + 3) ? ? 0 +1? x ? ? ?1?0 ? ?2 2 2? x +1 ? ?1 + 2 x ? 0 ? = ? (x +1) (1 ? 2 x ) ?? α =? 0+1 ? ? ? 1 ? 0 ? ?114? x ?0 ? (x + 1) = (x + 1) β =? ? x ? ?1?0 ?2 2 0? x +1 ? (x ? 0) = (x +1) x β =? ? ? 0+1 ?2 2 1故 s(x ) =y α (x ) + y α (x ) + m β (x ) + m β (x ) = x0 0 1 1 0 0 1 133+ x +1同理，在 [0,1] 及 [1,3]上均有 s ( x ) = x + x + 1 7. 用最小二乘法求一个形如 y = a + bx 的经验公式，使与下列数据相拟合2X Y 解：依题意 n = 4, m = 1, 故019 19.0125 32.3231 49.038 73.344 97.8? (x ) = 1,? (x ) = x0 i 0 i(? ,? ) = ∑? (x )? (x ) = 54 0 0 i =0 4(? ,? ) = ∑ x0 1 i =02 i= 5327(? ,? ) = 53271 0(? ,? ) = ∑ x4 1 1 i =04 i= 7277699α0 = ∑ y ?4 i =0 i0(x ) = 271.4iα1 = ∑ y ?4 i =0 i1(x ) = i正则方程为? 5α 0 + 5327α 1 = 271.4 ? ?5327α 0 + 7277699α 1 = 解得α0= 0.973,α 1 = 0.050故拟合曲线为 y = 0.973 + 0.05x215习题 51． 试确定下面求积公式∫1?1f ( x)dx ≈ C[ f ( x0 ) + f ( x1 ) + f ( x2 )]使其具三次代数精度. 解：要公式有 3 次代数精度，需有?C (1 + 1 + 1) = 1 dx = 2 ∫?1 ? 1 ? ?C ( x0 + x1 + x2 ) = ∫?1 xdx = 0 ? ? 1 2 2 2 ?C ( x0 + x12 + x2 ) = ∫ x 2 dx = ?1 3 ? 1 ? 3 3 3 3 ?C ( x0 + x1 + x2 ) = ∫?1 x dx = 0 ?解得： C =2 2 2 , x0 = 0, x1 = , x2 = ? 3 2 2故求积公式为∫2 2 2 f ( x ) dx = [ f (0) + f ( ) + f ( ? )] ?1 3 2 212． 在区间 [ a, b] 上导出含五个节点的 Newton-Cotes 公式，并指出其余项及代数精度. 解：∫baf ( x)dx = (b ? a )∑ Bn f (a + nh)n=0 N N (?1) ∑ (t ? i)dt N [n !( N ? n)!] ∫0 i =0,i ≠ n N ?nNBn =当 N = 4 时， B0 = 又 Bn = BN ? n当 N = 4 时，有求积公式7 16 2 , B1 = , B2 = 90 45 15 16 7 故 B3 = B1 = , B4 = B0 = 45 90（＊）14 64 24 64 14 hf ( x0 ) + hf ( x1 ) + hf ( x2 ) + hf ( x3 ) + hf ( x4 ) 45 45 45 45 45 b?a 其中 h = , xi = a + ih, i = 1, 2, 3, 4 4∫baf ( x ) dx =由 Lagrange 差值定理有： R4 ( f , x) =f (4+1) (ξ ) 4 ∏ ( x ? xi ) (4 + 1)! i =0故余项 R4 ( f , x) =∫baf 5 (ξ ) 4 ∏ ( x ? xi )dx 5! i =0对（＊）至少有四次代数精度16f ( x) = x 0 , C = 5 时 式（＊）左边=右边=b6 ? a 6 6C = 6时左边 ≠ 右边故（＊）式具有 5 次代数精度 3． 分别用复合梯形公式及复合 Simpson 公式计算∫21x dx , (取步长 h=1/6). ln( x + 1)1 6故解： （1）用复合梯形公式 a = 1, b = 2, h =N =6f ( x) =x ln( x + 1)1 = 1.4427 ln 2 1 716 = 1.5089 f (a + ) = 6 ln(1316) f (a) = 2 413 f (a + ) = = 1.5736 6 ln(713) 3 312 = 1.6370 f (a + ) = 6 ln(512) 4 513 = 1.6992 f (a + ) = 6 ln(813) 11 5 6 = 1.7604 f (a + ) = 6 ln(1716) f (b ) =52 = 1.8205 ln(3)∴ 2∑ f ( xn ) = 16.3582n =1∫215 x 1 dx ≈ [ f (a ) + f (b) + 2∑ f ( xn )] = 1.6351167 ln( x + 1) 12 n =1（2）用复合 Simpson 公式：1 ) = 1. 3 514 f ( x3 ) = f (a + ) = = 1. ln(914) 5 17112 f ( x5 ) = f ( a + ) = 1. ln(11 ) 14 f ( x 1 ) = f (a +177 19112 )= = 1. ln(3 f ( x9 ) = f ( a + ) = = 1. ln(11 ) 4 11 23112 f ( x11 ) = f (a + ) = = 1. ln(35 ) 12 f ( x7 ) = f (a + ∴ 4∑ f ( xn + 1 ) = 39.2464n =0 2 5∫baf ( x)dx ≈5 5 1 [ f (a) + f (b) + 4∑ f ( xn + 1 ) + 2∑ f ( xn )] = 1. 36 n=0 n =14． 用变步长梯形求积公式计算∫e01?x2dx , (精确到 10 ?4 ).解： a = 0, b = 1, f ( x) =e? x2T0 ≈由b?a 1 ?1 [ f ( a ) + f (b)] = (1 + e ) = 0. 2k ?11 b?a 2 2n ? 1 Tk ≈ Tk ?1 + k ∑ f [ a + k (b ? a )] 2 2 n =1 2 1 1 = Tk ?1 + k 2 2得：∑n =12k ?12n ? 1 f( k ) 2( k = 1, 2,L)1 1 1 T1 ≈ T0 + f ( ) = 0. 2 2 1 1 1 3 1 ? ( 1 )2 ? ( 3 )2 T2 ≈ T1 + [ f ( ) + f ( )] = 0. + (e 4 + e 4 ) = 0. 4 4 4 4 1 1 1 3 5 7 T3 ≈ T2 + [ f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( )] = 0. 8 8 8 8 8 1 1 1 3 5 7 9 11 13 15 T4 ≈ T3 + [ f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( )] = 0. 16 16 16 16 16 16 16 16 16 1 1 16 2n ? 1 ) = 0. ≈ T4 + ∑ f ( 2 32 n =1 32 1 1 32 2n ? 1 T 6 ≈ T5 + ∑ f ( ) = 0. n =1 64 Q| T6 ? T5 |& 10?4 ∴ ∫ e ? x dx ≈ 0.746812105． 用 Romberg 算法计算积分∫解：π4 0sin( x 2 ) dx , (精确到 10 ?4 ).18Π , f ( x) = sin x 2 4 b?a T0(0) = [ f (a ) + f (b)] = 0. b?a b?a T0(1) = T0(0) + [ f (a + )] = 0. 2 4T (1) ? T0(0) T1(0) = 0 = 0. ?1 a = 0, b =由公式? ( k ) 1 ( k ?1) b ? a 2 b?a + k ∑ f (a + (2n ? 1) k ) ?T0 = T0 ? 2 2 n =1 2 ? (l ) m ( l +1) ? ( l ) 4 Tm ?1 ? Tm ?1 ?Tm = 4m ? 1 ?k ?1得：1 π π 3π T0(2) = T0(1) + [ f ( ) + f ( )] = 0. 16 16 16 (2) (1) 4T ? T0 T1(1) = 0 = 0. ?1 4 2 T1(1) ? T1(0) (0) T2 = = 0. ? 1 π π 1 3π 5π 7π T0(3) = T0(2) + [ f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( )] = 0. 32 32 32 32 32 (3) (2) 4T ? T0 T1(2) = 0 = 0. ?1 42 T1(2) ? T1(1) (1) T2 = = 0. ? 1 43 T2(1) ? T2(0) T3(0) = = 0. ? 1又Q| T3(0) ? T2(0) |= 0.157154 ? 0.157147 = 0.000007 & 10 ?4 即 T3(0) 已经达到预定精度 取∫π4 0sin x 2 ds ≈ T3(0) = 0.15726． 试构造两点 Gauss 公式∫并由此计算积分(精确到 10?41?1f ( x)dx ≈ A0 f ( x0 ) + A1 f ( x1 ) ,)∫解： 二次 Lagendre 多项式：101 + 2 x dx .19w2 ( x) =Gauss 点为 x0 = 由公式 An =2 d 2 ( x 2 ? 1)2 1 = x2 ? 2 4! dx 31 ,x = ? 1 3 1 3∫bawN +1 ( x ) dx ′ ( x ? xn ) wN +1 ( xn )N = 1得1A0 = ∫ A1 = ∫1x2 ?1 3?1 ( x ? 3 )*2* 3 3 3 x2 ?1 3dx = 1 dx = 11?1 ( x + 3 )*2*( ? 3 ) 3 3∴ ∫ f ( x ) dx ≈ f ( 1 ) + f ( ? 1 ) 3 3 ?1 1 t +1 令 t = 2( x ? ) 即 x = 使得 [0,1] → [ ?1,1] 2 2∫101 + 2 xdx =1 1 1 ∫?1 t + 2dt = 2 [ ( 3 3 + 2) + (? 3 3 + 2) ] = 1.3991 220习题 61． 试用三种方法导出线性二步方法y n+ 2 = y n + 2hf n +1解： （1） Taylor 展开法 线性 k 步公式为∑ α i yn + i = h ∑ β i f n + ii =0 i =0kkk = 2, p = 2, α 2 = ?α 0 = 1, β1 = 2得?α + α +α = 0 ?α 1 = 0 1 2 ? 0 ? ? ?α 1 +2α 2 ? ( β0 + β1 + β 2 ) = 0 ? ? β 0 = 0 ?1 ?β = 0 ? 2!(α 1 +4α 2 ) ? ( β1 + 2β 2 ) = 0 ? 2 ?即得 yn + 2 = yn + 2hf n +11 且 C3 = 1 (α 1 +8α 2 ) ? 1 ( β1 + 4 β 2 ) = ≠ 0 3! 2 3（2） 数值积分法yn + 2 ? yn = ∫tn+ 2tnf (t , y (t )) dt用矩形求积公式yn + 2 ? yn = (tn + 2 ? tn ) f [θ tn + (1 ? θ )tn + 2 , θ yn + (1 ? θ ) y n + 2 ]令θ =1 （中矩形公式） 2即得： yn + 2 = yn + 2hf (tn +1 , yn +1 ) = yn + 2hf n +1 （3） 由隐式欧拉法得 yn +1 = yn + hf n +1 由显示欧拉法得 yn + 2 = yn +1 + hf n +1 ① 代入②得 ① ②yn + 2 = yn + 2hf n +12． 用 Taylor 展开法求三步四阶方法类，并确定三步四阶显式方法. 解：线性 k 步公式为∑ α i yn + i = h ∑ β i f n + ii =0 i =0kkk = 3, p = 4 ，在（6.17）中令 C0 = C1 = L = C4 = 0, C5 ≠ 021? ? ?C0 = α 0 + α 1 +α 2 + α 3 = 0 ?C = α +2α + 3α ? (3β + β + β + β ) = 0 1 2 3 0 1 2 3 ? 1 ? 即 ?C2 = 1 (α 1 +4α 2 + 9α 3 ) ? ( β1 + 2 β 2 + 3β 3 ) = 0 2 ? ?C = 1 (α +8α ) ? 1 ( β + 4 β ) = 1 ≠ 0 2 2 3! 1 2 1 ? 3 3 ? ?C4 = 1 4!(α 1 +16α 2 + 81α 3 ) ? 1 3!( β1 + 8β 2 + 27 β 3 ) = 0 ?取 α 3 = 1 。即?α 0 + α 1 +α 2 = ?1 ?α +2α ? (3β + β + β + β ) = ?3 2 0 1 2 3 ? 1 ? ?α 1 +4α 2 ? (2β1 + 4β 2 + 6β3 ) = ?9 ?α +8α ? (3β + 12β + 27 β ) = ?27 2 1 2 3 ? 1 ? ?α 1 +16α 2 ? (4β1 + 32β 2 + 108β3 ) = ?81满足上述条件的多步方法即为一类三步四阶显示方法，令 β 2 = 3 可得α 0 = 8, α 1 = ?9, α 2 = 0, β 0 = ?1, β1 = ?6, α 3 = 1方法即为yn +3 ? 9 yn +1 + 8 yn = h(? f n ? 6 f n +1 + 3 f n + 2 )3． 形如∑αi =0kjy n + j = hβ k f n + k的 k 阶方法称为 Gear 方法，试确定一个三步 Gear 方法，并给出其截断误差主项。 解：线性 k 步公式为∑α yi =0 ikn +i= h∑ β i f n +ii =0k由 Gear 法的定义知，三步 Gear 法满足k = p = 3, β 0 = β1 = β 2 = 0方法为 p = 3 阶，故有? ?C0 = α 0 + α 1 +α 2 + α 3 = 0 ? ?C1 = α 1 +2α 2 + 3α 3 ? ( β 0 + β1 + β 2 + β 3 ) = 0 ? ?C2 = 1 2 (α 1 +4α 2 + 9α 3 ) ? ( β1 + 2 β 2 + 3β 3 ) = 0 ? ?C3 = 1 3!(α 1 +8α 2 + 27α 3 ) ? 1 2 ( β1 + 4 β 2 + 9 β3 ) = 0 ? ?C4 = 1 (α 1 +16α 2 + 81α 3 ) ? 1 ( β1 + 8β 2 + 27 β3 ) ≠ 0 4! 3! ?22得： α 0 = ?1 3 11 1 β 3 , α1 = β 3 , α 2 = ? 3β 3 , α 3 = β 3 , C 4 = ? β 3 ≠ 0 3 2 6 4取 β 3 = 6 得 α 0 = ?2, α1 = 9, α 2 = ?18, α 3 = 11 得三步 Gear 方法： 11 yn +3 ? 18 yn + 2 + 9 yn +1 ? 2 y n = 6hf n +3 其中3 Rn = C4 h 4 y (4) (tn ) = ? h 4 y (4) (tn ) 2h y n+1 = y n + [ f (t n , y n ) + f (t n +1 , y n + hf n )] 24． 试用显式 Euler 法及改进的 Euler 法计算初值问题（取步长 h=0.2）2t ? ′ , t ∈ [ 0,1] ? y (t ) = y (t ) ? y (t ) ? ? y (0) = 1, ?并比较两者的误差。 解：步长 h = 0.2 , 真解 y = 1 + 2 x 显式 Euler 法：xnyny ( xn )en0.2 1....4 1....6 1....8 1....0 1...094898改进 Euler 法：xnyny ( xn )en0.2 1....4 1....6 1....8 1....0 1...068120 显然改进的 Euler 法误差小于 Euler 法。5． 给出线性多步法h y n+ 2 + (α ? 1) y n+1 ? αy n = [(α + 3) f n+ 2 + (3α + 1) f n ] 4为零稳定的条件，并证明该方法为零稳定时是二阶收敛的. 证明： 线性多步法yn + 2 + (α ? 1) yn +1 ? α yn =kh ?(α + 3) f n + 2 + ( 3α + 1) f n ? ? 4?的相应多项式ρ (ξ ) = ∑ α iξ i = ξ 2 + (α ? 1) ξ ? α = (ξ + α )(ξ ? 1)i =023多项式的两根为： ξ1 = 1 ， ξ 2 = ?α 。 由判断零稳定的充要条件 根条件 知：此方法的零稳定的条件为 由于α &1α 0 = ?α ， α1 = α ? 1 ， α 2 = 1β0 =1 1 ( 3α + 1) ， β1 = 0 ， β 2 = (α + 3) 4 4得：c0 = c1 = c2 = 0c3 = ? 1 (α + 1) 3当方法为零稳定时α ≠ ?1 ，从而 c3 ≠ 0 ，故 方法是二阶收敛的。6． 给出题(6.5)题中 α = 1 时的公式的绝对稳定域. 解： 6.5 中当 α = 1 时，即为方法yn + 2 ? yn = f n + 2 + f n其相应的差分方程的多项式为? ? ?? ? ?? ? ?? Φ ? ξ , h ? = ξ 2 ? 1 ? h (ξ 2 + 1) = ?1 ? h ? ξ 2 + ?1 + h ? ? ? ? ? ? ?令? ? ? 1+ h ? ?? Φ ?ξ , h ? = 0 ， ξ ? h ? = ? ? ? 1? h ? ???? ? 1+ h ξi ? h ? & 1 ? &1 ? h & 0 ? ? ? ? ? 1? h即方法的绝对稳定域为S = h | h&0{??}0 1/3 0 1/4 0 0 2/3 0 0 0 0 3/47． 指出 Heun 方法 0 1/3 2/3的相容阶，并给出由该方法以步长 h 计算初值问题(6.45)的步骤. 解：24s ? Yi = yn + h∑ aij f ( tn + c j h, Y j ) ? j =1 ? RK 法 ? s ? y = y + h b f ( t + c h, Y ) ∑ j n j j n ? n +1 j =1 ?中对 Heun 方法有? ?0 ? 1 A=? ?3 ? ?0 ?0? 0? ? 0 0? ? ? 2 0? 3 ?? 1 2? c = ? 0, , ? ? 3 3?T?1 3? b = ? , 0, ? ?4 4?T类似例 ( 6.1) 将 Heun 方法应用到 ( 6.54 ) 得un +1 = un + Vn +1 = Vn +其中h? 2 ? ?? ? f1 ( tn , U1 , V1 ) + 3 f1 ? tn + 3 h, U 3 , V3 ? ? 4? ? ?? h? 2 ? ?? ? f 2 ( tn , U1 , V1 ) + 3 f 2 ? tn + 3 h, U 3 , V3 ? ? 4? ? ??(1) ( 2)? ?U = u V1 = Vn n ? 1 h h ? V2 = Vn + f n ( tn , U1 , V1 ) ?U 2 = un + f1 ( tn , U1 , V1 ) 3 3 ? ? 2h ? 1 2h ? 1 ? ? f1 ? tn + h, U 2 , V2 ? V3 = un + f 2 ? tn + h, U 2 , V2 ? ?U 3 = U n + 3 ? 3 3 ? 3 ? ? ?上述步骤可按如下步骤完成：将原问题初值代入 ( 3) 得出当前步的 U i ， Vi( 3)( i = 1, 2,3L)然后代入 (1) ， ( 2 ) 得出 u1 ， v1 ，再以 u1 ， v1 作为第 2 个计算步的初值重复上述步骤可求出u2 ， v2 ，依次类推即可求出原问题的相继数值序列 {( un , vn )} .经验证 Heun 方法满足? 3 ?∑ b j = 1 ? j =1 ? 3 1 ?∑ b j c j = 2 ? j =1 ? 3 ? bc2=1 ?∑ j j 3 j =1 ? 3 1 ? ∑1 b j a jk ck = 6 ? j ,k = ?由 RK 方法 p 阶相容的充要条件知 Heun 方法具有三阶相容阶。258． 试述刚性问题的基本特征，并给出 s 级 Runge-Kutta 方法为 A-稳定的条件. 解： 刚性问题的基本特征即对于线性系统? y ' ( t ) = Ay ( t ) + ? ( t ) ? ? ? y (a) = η ?有设 A 的特征值为 λi ，满足 1)Re ( λi ) & 01≤i ≤ m( i = 1,L m )1≤i ≤ m2) max Re λi && min Re λiS 级 单步 RK 方法s ? Yi = yn + λ ∑ aij f ( tn + c j h, Y j ) i = 1, 2,L s ? j =1 ? ? s ? y = y + λ b f ( t + c h, Y ) n = 0,1, 2L ∑ j n j j n ? n+1 j =1 ?(1) ( 2)用于实验方程y ' = λ y . 令 z = hλ?? ? ?Y1 ? s 由 (1) 得 Yi = yn + hλ ∑ aijY j = yn + z ( ai1 , ai 2 , L ais ) ? M ? ? ? ? j =1 ?Y ? ? s?_ ( n)写成向量形式 记 Y?? ? ?Y1 ? =? M ? ? ? ? ?Y ? ? s?则_ ( n)有Y= yn e + zAY_ ( n)即 yn e = ( I ? zA) Y_ (n)= eyn( 3)由 ( 2) 得? ?Y ? ? 1? s yn +1 = yn + hλ ∑ b jY j = yn + z ( b1 ,Lbs ) ? M ? ? ? ? j =1 ?Y ? ? s?= yn + zbT Y? ( n)( 3) 代入= yn + zbT ( I ? zA ) eyn?1?1 = ?1 + zbT ( I ? zA) e ? yn ? ?即 R ( z ) = 1 + zbT ( I ? zA ) e?1由 A 稳定性知 RK 方法 A 稳定的充要条件是：? ? 稳定函数 R ( z ) 在 C 上解析且 R ( z ) & 1 ， ?z ∈ C26进一步由 R ( z ) 只可能在边界上去的极值的最大模原理， C 的边界即为虚轴 z ∈ Cx ，得 RK 法稳定的?充要条件是： 稳定函数 R ( z ) 在 C 上解析，且满足 R ( Cx ) ≤ 1 ， ?x ∈ R .?27
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