习题参考解答

习题参考解答5.1数值分析引论1.1设x>0,x的相对误差是δ,求lnx的误差.x−x˜解.设x˜是x的近似值,相对误差满足≤δ.所以ε(˜x)=|x˜|δ.设f(x)=ln(x),则x˜′1ε(f(˜x))≈|f(˜x)|ε(˜x)=·|x˜|δ=δ.x˜%本题计算的是误差限□1.2设x的相对误差为2%,求xn的相对误差.n解.设x˜是x的近似值,相对误差εr(˜x)=2%.设f(x)=x,则εr(f(˜x))≈Cpεr(˜x),其中C是f(x)的条件数,即p′n−1xf(x)x·nxCp===n.f(x)xn所以εr(f(˜x))≈nεr(˜x)=0.02n.%本题计算的是误差限□1.3下列各数都是经过四舍五入得到的近似数,即误差限不超过最后一位的半个单位,试指出它们是几位有效数字.x˜1=1.1021,x˜2=0.031,x˜3=385.6,x˜4=56.430,x˜5=7×1.0解.x˜1=1.1021有5位有效数字;x˜2=0.031有2位有效数字;x˜3=385.6有4位有效数字;x˜4=56.430有5位有效数字;x˜5=7×1.0有2位有效数字.%x˜5中的7示整数,不考虑舍入误差,否则就只有1位有效数字.□1.4利用(2.3)求下列各近似值的误差限:(1)x˜1+x˜2+x˜4;(2)x˜1x˜2x˜3;(3)x˜2/˜x4;109·110·第四讲数值积分与数值微分其中x˜1,x˜2,x˜3,x˜4均为第3题所给的数.解.由第3题可知,−4−3ε(˜x1)=0.5×10,ε(˜x2)=0.5×10,−1−3ε(˜x3)=0.5×10,ε(˜x4)=0.5×10.所以−3ε(˜x1+x˜2+x˜4)≤ε(˜x1)+ε(˜x2)+ε(˜x4)=1.05×10;ε(˜x1x˜2x˜3)≤|x˜2x˜3|ε(˜x1)+|x˜1x˜3|ε(˜x2)+|x˜1x˜2|ε(˜x3)≈0.215;||||≤x˜4ε(˜x2)+x˜2ε(˜x4)≈×−5ε(˜x2/˜x4)20.8910.|x˜4|%对乘积和商使用误差估计公式时,不要遗漏绝对值!□1.5计算球体积,要使相对误差限为1%,问半径R所允许的相对误差限是多少?解.计算球体积公式为f(R)=4πR3,其条件数为3Rf′(R)R·4πR2C===3.p43f(R)3πR设R˜是R的近似值,则εr(f(R˜))≈Cpεr(R˜)=3εr(R˜).要使得εr(f(R˜))=1%=0.01,度量半径R时所允许的相对误差限是1ε(R˜)≈ε(f(R˜))≈0.0033.r3r□1.6设Y0=28,按递推公式1√Yn=Yn−1−783,n=1,2,...√100计算到Y100.若取783≈27.982（5位有效数字）,试问Y100将有多大误差?√−3解.设a˜=27.982是a=783的近似值,则ε(˜a)≤0.5×10.令Y˜n是Yn的近似值,由递推公式可知1Y˜−Y=Y˜−−Y−−(˜a−a).nnn1n1100所以ε(Y˜n)=ε(Y˜n−1)+ε(˜a)11=ε(Y˜−)+ε(˜a)+ε(˜a)n21001002=ε(Y˜−)+ε(˜a)n2100=···100=ε(Y˜)+ε(˜a)0100=ε(Y˜0)+ε(˜a).5.1数值分析引论·111·由于Y˜0=28=Y0,故ε(Y˜0)=0.因此−3ε(Y˜n)=ε(˜a)≤0.5×10.√1%需要考虑每一步递推过程中100783的舍入误差的积累,不能使用Y˜n−Yn=Y˜n−1−Yn−1=···=Y˜1−Y1=Y˜0−Y0=0(Y0是整数)□√1.7求方程x2−56x+1=0的两个根,使它至少具有4位有效数字.(783≈27.982)解.由求根公式可知,方程的解为√56562−4√x==28783.1,22所以√x1=28+783≈28+27.982=55.982,具有5位有效数字.√11−2x2=28−783=√≈≈1.7863×10,28+78328+27.982具有5位有效数字.□x1.8当x≈y时计算ln(x)−ln(y),有效数字会损失.改用ln(x)−ln(y)=ln是否能减少舍入误差?(提y示:考虑对数函数何时出现病态)解.设f(t)=ln(t),则其条件数为′·1tf(t)tt1Cp===.f(t)ln(t)ln(t)x所以当t≈1时,函数是病态的.因此当x≈y时,改用ln(x)−ln(y)=ln并不能减少舍入误差.□y1.9正方形的边长大约为100cm,应怎样测量才能使其面积误差不超过1cm2?解.正方形的面积函数为f(x)=x2,所以ε(f(˜x))≈|f′(˜x)|ε(˜x)=2˜xε(˜x)=200ε(˜x).要使得ε(f(˜x))≤1,则边长的误差必须满足1ε(˜x)≈ε(f(˜x))≤0.005(cm).200□11.10设S=gt2,假定g是准确的,而对t的测量有0.1秒的误差.证明:当t增加时S的绝对误差增2加,而相对误差却减少.1证明.由S(t)=gt2可知2|e(S(t˜))|≈|S′(t˜)e(t˜)|=|gt˜|·|e(t˜)|,|e(S(t˜))||gt˜|·|e(t˜)|2|e(t˜|)|e(S(t˜))|=≈=.r|˜|1|˜|2|˜|S(t)2gtt因此,当e(t˜)固定,t增加时,t˜也增加.所以,绝对误差e(S(t˜))也增加,而相对误差er(S(t˜))却减小.□·112·第四讲数值积分与数值微分1.11序列{yn}满足递推关系yn=10yn−1−1,n=1,2,...,√若y0=2≈1.41（保留三位有效数字）,计算到y10时,误差有多大？这个计算过程稳定吗？%整数运算(加,减,乘,幂)在不溢出的情况下不用考虑舍入误差.解.设y˜n是yn的近似值,则由递推公式可知,y˜n−yn=(10˜yn−1−1)−(10yn−1−1)=10(˜yn−1−yn−1).以此类推,可知10y˜10−y10=10(˜y9−y9)=···=10(˜y0−y0).−2由题意可知,e(˜y0)≈0.5×10.所以计算到y10时,误差为8e(˜y10)≈0.5×10.由于每一步的计算误差都是以10倍的速度增长,所以这个计算过程是不稳定的.%本题与第6题的区别:递推公式中的常数项是整数，因此可以不考虑其舍入误差.□5.2函数插值·113·5.2函数插值2.1当x=1,−1,2时,f(x)=0,−3,4,求f(x)的二次插值多项式.(1)用单项式基函数;(2)用Lagrange基函数;(3)用Newton基函数.解.设二次插值多项式为p2(x).由题意可知,插值节点为x0=1,x1=−1,x2=2,插值条件为p2(x0)=f(x0)=0,p2(x1)=f(x1)=−3,p2(x2)=f(x2)=4.(1)用单项式基函数设p(x)=a+ax+ax2,将插值条件代入可得2012a0+a1+a2=0a−a+a=−3012a0+2a1+4a2=4.−735解得a0=3,a1=2,a2=6.故735p(x)=−+x+x2.2326(2)用Lagrange基函数由Lagrange插值法可知p2(x)=f(x0)l0(x)+f(x1)l1(x)+f(x2)l2(x)=−3l1(x)+4l2(x)3(x−x)(x−x)4(x−x)(x−x)=−02+01(x1−x0)(x1−x2)(x2−x0)(x2−x1)34=−(x−1)(x−2)+(x−1)(x+1)63537=x2+x−.623(3)用Newton基函数做差商表xif(xi)一阶差商二阶差商10-1-33/2247/35/6由Newton插值法可知,p2(x)=f(x0)+f[x0,x1](x−x0)+f[x0,x1,x2](x−x0)(x−x1)35=0+(x−1)+(x−1)(x+1)26537=x2+x−.623通过比较可知,三种方法得到的二次插值多项式是相同的.□·114·第四讲数值积分与数值微分2.2给出f(x)=ln(x)的数值表,用线性插值和二次插值计算ln(0.54)的近似值.解.略,见例2.4.□2.3已知cos(x)在等距插值节点的函数值,步长为h=1′=(1/60)◦.若函数值具有5位有效数字,研究用线性插值求cos(x)近似值时的总误差界.∈π解.设f(x)=cos(x),x[0,2].首先将步长转化为弧度,即1ππh=1′=(1/60)◦=·=.6018010800π∗∈π由插值区间[0,2]可知,插值节点为xi=ih,i=0,1,2,...,5400.对于任意给定的x[0,2],不妨假设x∈[xi,xi+1],则由线性插值可知f(x)的近似值为x−xi+1x−xiL1(x)=f(xi)+f(xi+1).xi−xi+1xi+1−xi由于函数值f(xk)(k=0,1,2,...,n)存在舍入误差,因此实际得到的近似值为−−xxi+1˜xxi˜L˜1(x)=f(xi)+f(xi+1),xi−xi+1xi+1−xi˜˜其中f(xi)和f(xi+1)分别为f(xi)和f(xi+1)的近似值.所以总误差是(这里不考虑由上面公式计算L˜1(x)时产生的舍入误差)|f(x)−L˜1(x)|=|f(x)−L1(x)+L1(x)−L˜1(x)|≤|f(x)−L1(x)|+|L1(x)−L˜1(x)|.由线性插值的误差估计可知(可以参见例2.7)MMh2|f(x)−L(x)|≤2(x−x)2=2,18i+1i8其中′′M2=max|f(x)|=max|−cos(x)|=1.0≤x≤π0≤x≤π有题意可知,f˜(x)具有5位有效数字,根据定义可知k˜−5f(xk)−f(xk)≤0.5×10,k=0,1,2,....注意到x∈[x,x]因此ii+1,−−˜xxi+1˜xxi˜|L1(x)−L1(x)|=·f(xi)−f(xi)+·f(xi+1)−f(xi+1)xi−xi+1xi+1−xix−xx−x≤i+1·0.5×10−5+i·0.5×10−5=0.5×10−5.xi−xi+1xi+1−xi所以总误差界为|f(x)−L˜1(x)|≤|f(x)−L1(x)|+|L1(x)−L˜1(x)|h2≤+0.5×10−58≈1.06×10−8+0.5×10−5=5.0106×10−6.%这里需要考虑插值误差和舍入误差.另外,涉及三角函数运算时,度量单位一般采用弧度,如求导.□5.2函数插值·115·2.4设x0,x1,...,xn为互异节点,求证:∑nk≡k(1)xjlj(x)x(k=0,1,...,n);j=0∑nk(2)(xj−x)lj(x)≡0(k=0,1,...,n);.j=0证明.(1)略,见(2.9).(2)略,证明方法与例2.5类似,展开即可.□2.5设f(x)∈C2[a,b]且f(a)=f(b)=0,求证:1′′max|f(x)|≤(b−a)2max|f(x)|.a≤x≤b8a≤x≤b证明.设x0=a,x1=b,则由题意可知f(x0)=f(x1)=0.故f(x)在x0,x1上的线性插值多项式为p1(x)=f(x0)l0(x)+f(x1)l1(x)=0.由多项式插值余项公式可知f′′(ξ)f(x)−p(x)=x(x−x)(x−x),ξ∈(x,x).12!01x01所以当x∈[x,x]时,有01′′f(ξx)|f(x)|=|f(x)−p1(x)|=(x−x0)(x−x1)21′′≤max|f(x)|·(x−x0)(x1−x)2a≤x≤b()21′′(x−x0)+(x1−x)≤max|f(x)|2a≤x≤b212′′=(x1−x0)max|f(x)|8a≤x≤b1′′=(b−a)2max|f(x)|.8a≤x≤b两边关于x在[a,b]上取最大值,即可知结论成立□2.6已知f(x)=ex在−4≤x≤4上的等距节点函数值表,若用二次插值求ex的近似值,要使截断误差不超过10−6,问步长h应取多少?解.设插值节点步长为h,则插值节点为xi=−4+i∗h,i=0,1,2,...,n.对任意给定的x∈[−4,4],不妨假设x∈[xi−1,xi+1],我们取xi−1,xi,xi+1作为插值节点构造f(x)在区间[xi−1,xi+1]上的二次插值多项式p2(x).由插值余项公式可知′′′f(ξx)f(x)−p(x)=(x−x−)(x−x)(x−x),ξ∈(x−,x).23!i1ii+1xi1i+1设x=xi+th,其中t∈[−1,1],则323(x−xi−1)(x−xi)(x−xi+1)=(t+1)t(t−1)h=t(t−1)h.·116·第四讲数值积分与数值微分2′2√1√1令ϕ(t)=t(t−1).由于ϕ(t)=3t−1,其驻点为t1=,t2=−.所以33√23max|ϕ(t)|=max{|ϕ(−1)|,|ϕ(1)|,|ϕ(t1)|,|ϕ(t2)|}=.−1≤t≤19由于f′′′(x)=(ex)′′′=ex,所以截断误差满足1ξ|f(x)−p(x)|=|ex(x−x−)(x−x)(x−x)|26i1ii+11≤max|ex|·|ϕ(t)|·h36xi−1≤x≤xi+1√√1233e4h3≤maxex·h3=.6−4≤x≤4927所以要使截断误差不超过−6步长应满足,10,h√433eh−≤106.27可得(√)1933h≤×10−2≈0.6585×10−2.e4%注意如何计算max|(x−xi−1)(x−xi)(x−xi+1)|.□xi−1≤x≤xi+12.7证明n阶均差有下列性质:(1)若F(x)=cf(x),则F[x0,x1,...,xn]=cf[x0,x1,...,xn];(2)若F(x)=f(x)+g(x),则F[x0,x1,...,xn]=f[x0,x1,...,xn]+g[x0,x1,...,xn].证明.由于差商可以表示成函数值的线性组合(见(2.11)),即∑nf(x)f[x,x,...,x]=j.01nω′(x)j=0n+1j所以,如果F(x)=cf(x),则∑nF(x)∑ncf(x)F[x,x,...,x]=j=j01nω′(x)ω′(x)j=0n+1jj=0n+1j∑nf(x)=cj=f[x,x,...,x].ω′(x)01nj=0n+1j同理,如果F(x)=f(x)+g(x),则∑nF(x)∑nf(x)+g(x)F[x,x,...,x]=j=jj01nω′(x)ω′(x)j=0n+1jj=0n+1j∑nf(x)∑ng(x)=j+jω′(x)ω′(x)j=0n+1jj=0n+1j=f[x0,x1,...,xn]+g[x0,x1,...,xn].□5.2函数插值·117·2.8已知f(x)=x7+x4+3x+1,求f[20,21,...,27]和f[20,21,...,28].(7)(8)解.由f(x)的表达式可知f(x)=7!,f(x)=0.故根据差商与导数的关系式(2.12),即f[x0,x1,...,xk]=f(k)(ξ),我们有k!f(7)(ξ)f[20,21,...,27]==17!f(8)(ξ)f[20,21,...,28]==0.7!%不要死算.另外,求导数不要出错.□2.9证明:∆(fkgk)=fk∆gk+gk+1∆fk.证明.由差分的定义可知∆(fkgk)=fk+1gk+1−fkgk=fk+1gk+1−fkgk+1+fkgk+1−fkgk=gk+1∆fk+fk∆gk.□n∑−1n∑−12.10证明:fk∆gk=fngn−f0g0−gk+1∆fk.k=0k=0证明.由上题可知n∑−1n∑−1n∑−1fk∆gk+gk+1∆fk=(fk∆gk+gk+1∆fk)k=0k=0k=0n∑−1=∆(fkgk)k=0n∑−1=(fk+1gk+1−fkgk)=fngn−f0g0.k=0□n∑−122.11证明:∆yk=∆yn−∆y0.k=0证明.由差分的定义可知n∑−1n∑−12∆yk=(∆yk+1−∆yk)=∆yn−∆y0.k=0k=0□2.12若f(x)=a+ax+ax2+···+axn有n个不同的零点x,x,...,x,证明012n12n∑nk≤≤−xj0,0kn2;′=f(xj)−1−j=1an,k=n1.·118·第四讲数值积分与数值微分证明.由于f(x)是n次多项式,且有n个不同的零点x1,x2,...,xn,故f(x)可以写成f(x)=an(x−x1)···(x−xn)≜anωn(x),其中ωn(x)=(x−x1)···(x−xn).所以′′f(x)=anωn(x).设g(x)=xk,则由差商的性质可知∑n∑nk∑nkg(xj)xjxjg[x1,x2,...,xn]=′=1′=an′.ω(xj)f(xj)f(xj)j=1nj=1anj=1又由差商与导数之间的关系式(2.12)可知g(n−1)(ξ)g[x,x,...,x]=.12n(n−1)!由于g(x)=xk,因此当0≤k≤n−2时,g(n−1)(ξ)=0,故∑nxkg(n−1)(ξ)j=a−1g[x,x,...,x]==0.f′(x)n12n(n−1)!j=1j而当k=n−1时,g(n−1)(ξ)=(n−1)!,故∑nxkg(n−1)(ξ)j=a−1g[x,x,...,x]==1.f′(x)n12n(n−1)!j=1j所以结论成立.%注意f(x)与ωn(x)的关系.□2.13求次数不超过3的多项式p(x),满足′′′′′′p(x0)=f(x0),p(x1)=f(x1),p(x0)=f(x0),p(x0)=f(x0).′′′′′′解.根据条件p(x0)=f(x0),p(x0)=f(x0),p(x0)=f(x0)和Taylor展开公式,我们可设1p(x)=f(x)+f′(x)(x−x)+f′′(x)(x−x)2+α(x−x)3,0002000其中α为待定系数.将p(x1)=f(x1)代入可得1f(x)=f(x)+f′(x)(x−x)+f′′(x)(x−x)2+α(x−x)3.10010201010故−−′−−1′′−2f(x1)f(x0)f(x0)(x1x0)2f(x0)(x1x0)α=3.(x1−x0)所以′1′′2p(x)=f(x0)+f(x0)(x−x0)+f(x0)(x−x0)(2)()−3′1′′2xx0+f(x1)−f(x0)−f(x0)(x1−x0)−f(x0)(x1−x0).2x1−x0%这里需要使用非的插值计算方法,可以采用一些技巧,不要死算!□2.14求次数不超过3的多项式p(x),满足p(0)=0,p′(0)=1,p(1)=1,p′(1)=2.5.2函数插值·119·解.这是一个标准的两点三次Hermite插值,其中x=0,x=1.直接计算可得()(01)x−xx−x2α(x)=1+201=(1+2x)x2,0x−xx−x(10)(01)x−xx−x2α(x)=1+210=(3−2x)x2,1x−xx−x0(1)10x−x2β(x)=(x−x)1=x(x−1)2,00x−x(01)−2xx02β1(x)=(x−x1)=(x−1)x.x1−x0代入公式(2.21)可得′′p(x)=f(x0)α0(x)+f(x1)α1(x)+f(x0)β0(x)+f(x1)β1(x)=α1(x)+β0(x)+2β1(x)=x3−x2+x.□2.15证明两点三次Hermite插值余项为f(4)(ξ)R(x)=x(x−x)2(x−x)2,34!01其中ξx∈(x0,x1)且与x相关.并由此给出分段三次Hermite插值的误差限.证明.由两点三次Hermite插值可知,余项R3(x)=f(x)−H3(x)满足′′R3(x0)=R3(x1)=0,R3(x0)=R3(x1)=0.故可设22R3(x)=K(x)(x−x0)(x−x1).若x=x0或x1,则结论显然成立.设x∈(x0,x1),构造辅组函数22g(t)=f(t)−H3(t)−K(x)(t−x0)(t−x1).(5.1)则′′g(x)=g(x0)=g(x1)=0,g(x0)=g(x1)=0.′由g(x)=g(x0)=g(x1)=0及Rolle定理可知,g(t)分别在(x0,x)和(x,x1)中至少存在一个零点,故′g(t)在[x0,x1]中至少存在4个不同的零点.反复运用Rolle定理可知,存在ξx∈(x0,x1)使得(4)g(ξx)=0.又由(5.1)可知(4)(4)−(4)−·(4)−·g(t)=f(t)H3(t)4!K(x)=f(t)4!K(x).(4)f(ξx)故K(x)=,所以4!f(4)R(x)=(ξ)(x−x)2(x−x)2.34!x01·120·第四讲数值积分与数值微分下面考虑分段三次Hermite插值的误差.设插值节点为a=x0