计算方法 习题第一、二章答案

：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,计算唏严时’应先把算式变形为1一cosxsinx1一cos2xsinx(1+cosx)smx1+cosx再计算。又例如，当x充分大时，应作变换-.1+x—:x=+x+"、x丄一丄二1xx+1x(x+1)6计算a=(2一1)6，取2沁L4，采用下列算式计算:(1)1⑴(2+1)6；99—702；(3-22)3；⑷(3+22)3-问哪一个得到的结果最好？解显然a二(2—1)61(2+1)6(2—1)6(2+1)6(2+1)6(2—1)6=«2—1)2」=(3—22)3=99—70；2:2+1)2卜1(3+22)3所以(1)三(2)三(3)三(4),这4个算式是恒等的，但当取2沁1.4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2沁1.4时，有|△x|〈0.015，再由f(x)的误差f(x+Ax)—fx)Glf(1.4)||Ax|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：宀去〜5.2cax1其中，sgn(b)是b的符号函数，当b三0时sgn(b)=1；当b<0时，sgn(b)=-1。显然,上述求根公式避免了相近数相减的可能性。8当N充分大时，如何计算N+1N分析函数1JX2的原函数已知，我们自然考虑用Newton-Leibniz公式求这个定积分10-3；99—702u1.0(3—22)3u8.0x10—3；⑷(3TT1)7u5」x10-3-比较可得用第(4)个算式所得的结果更接近于a。7求二次方程x2-(109+1)x+109=0的根。解由于X2-(1O9+1)X+1O9=(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1,2-b土力-4ac2a由于当遇到b2>>4|ac|的情形时’有Ib|ub2―仏，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=1O9+1=O.1X1O1o+O.OOO0000001X1010,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所以，求得的两个根分别为—b+b2—4ac109+109x=u=10912a2—b—护2—4ac109+109X=u=02显然，根x2是严重失真的。2a为了求得可靠的结果，可以利用根与系数的关系式：叫兀2=C，在计算机上采用如下12a—b—sgn(b)b2—4ac2ax1dx公式：的值。由于N很大，这样会遇到两个相近的数相减，因此，种情况。解若用定积分的Newton-Leibniz公JN+11=arctan(N+1)—arctanN，则当N充分大时，N1+x2应采用一些变换公式来避免这式计算此题，有因为arctan(N+1)和arctanN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，这在数值计算中是要尽量避免的，但是通过变换计算公式，例如：令tan91=N+1,tane2=N，则由tan(O—0)=tan片—tan黑=N+1—N=1得12丿1+tan0]tan021+(N+1)N1+(N+1)N5得0—0=arctan(N+1)—arctanN=arctan**=Io+812'丿1+(N+1)N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N充分大时，用卜=arctan耳船広计算积分的值较好。9计算积分In=f1xex—1dx(n=1,2,.0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J10x—1=xnex—111—J1ex—1nxn—1dx=1—nj1xn-1S—1dx000J1xnex—1dx=J1xndex,=xne0得递推公式：1)(n=1,2,…)0=卩xoex-1dx=1-e0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I0时有大小为£的误差,则由递推公式1)得I2*=I-2I1*=I-2I1+28=I2+2!SI3*=I-3I2*=I―3I2―3X2£=I3+3£1汀1―41疔I-4I3+4X3!"I+牡I*=I+(―1)nn!snn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，10!心3.629X106,1If0-I10l=10!8，这表明I10时已把初始误差£扩大了很多倍，从而If0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I二1(I-1)(n二k,k-1,…3,2)n-1nn于是，在从后往前计算时，In的误差减少为原来的n，所以，若取n足够大，误并逐步减小，/1/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y=10+3+―4—-―6—x-1(x-1)2(x-1)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t-17,y-10+(3+(4-6t)t)t-x-1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+1=0的两个根，使它至少具有四位有效数字(已知783q27.982)。15数列｛兀人=0满足递推公式nx=10x一1(n=1,2,…)nn-1若取x02q1.41(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*=±(a1+a2x10-1+a^x10-2+…+a”x10-n+1)x10m的相对误差限小于2()+1)X10-n+i，：这个数具有n位有效数字。第二章插值法与数值微分1已知顽二10,17T二11,口4二12，试利用插值法近似计算1TT。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,x0_100,x1_121,x2_144,y0_10,片_11,y2_12，则f(x)的二次Lagrange插值多项式为(x-x)(x-x)(x-x)(x-x)L(x)_y12+y0餐20(x一x)(x一x)1(x一x)(x一x)01021012+y(x-x0)(x-x1)一10v(x一121)(x一144),11v(x一100)(x一144)_0(100-121)(100-144)(121-100)(121-144)丄12v(x-100)(x-121)(144-100)(144-121)f(115)二H5沁L/115)_10v(115-121)(115-144)丄11V(115-100)(115-144)_0(100-121)(100-144)(121-100)(121-144)+12x揺揺q10-722756因为f(x)_1x-1f(x)_-4x-2,f"(x)_3x-2，R2(x)_f(x)-L2(x)_1f〃(®(x-x0)(x-x1)(x-x2),(100,144)所以|R2(115)|_|f(115)-L2(115)|-11v3gV(115-100)(115-121)(115-144)I68w6v8v100-5V15V6V29_0.163125x10-22已知y_fx)的函数表X.012y8-7.5-18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fx)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fx)的近似零点。特别地，若fx)的反函数存在，记为x=9(y)，那么求fx)的零点问题就变成求函数值9(0)的问题了，利用插值法构造出9(y)的插值函数，从而求出f(x)的零点9(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y=f(x)必须有反函数，也即要求y=f(x)单调。本题yi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y：8-7.5-18x；012利用三点二次Lagrange插值，由上反函数表构造y=f(x)的反函数x=9(y)的二次Lagrange插值多项式。令y0=8,yi=-7.5,儿=-1&x0=0,xi=1,x=2，则x=9(y)的二次Lagrange插值多项式为L(y)-x(y-x)(y-y2)丄x(y-y0)(y-y2)20(y0-y1)(y2-y1)1(y1-y0)(y1-y2)+x(y—y0)(y—片)2(y2-y0)(y2-yi)函数y=f(x)的近似零点为L(O)-ov(0+7.50(0+18)+1v(0-8)(0+18)2(0)-0(8+7.5)(8+18)+1(-7.5-8)(-7.5+18)丄2v(0-8)(0+7.5)(-18-8)(-18+7.5)沁0.4452323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)(g)R3(x)=f(x)-L3(x)=4!(x+1)(x-0)(x-1)(x-2)=(x+1)(x-0)(x-1)(x-2)因而L3(x)=f(x)-(x+1)(x-0)(x-1)(x-2)=x4-x(x+1)(x-1)(x-2)=2x3+x2-2x4设l0(x),〈(x),…,ln(x)是以x0,x],…,xn为节点的Largange插值基函数，试证：1)2)3)Ynlk(x)=1.児xjlk(x)=xj(j=1,•••,n).kn=0Y(xk-x)jlk(x)=0(j=1,…,n).k=04)Ylk(0)xj=k=00,j二1,2,…,n(j)"%X1…%j=n+1本题是关于Lagrange插值基函数】k(x)(k=0，1，…,n)的性质问题,观察要证明的分析结论，应考虑对常数1和xj进行插值入手，通过插值余项为0得到结论。证(1)设f(x)=则f(x)以x0,X],…,xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为Ln(x)=Ynf(xk)lk(x)=Ynlk(x)k=0k=0由插值余项定理知f(X)-Ln(X)=^n+^Wn+1(x)=0从而Ln(x)=f(x)红(x)=1(2)设f(x)=xj(j=1,…,n)则fx予以xo,&…,xn为插值节的n次Lagrange插值多项式为Ln(x)=Ynf(xk)lk(x)=Ynlk(x)k=0k=0由插值余项定理知f(x)-Ln(x)=叫+1(x)=0从而Ln(x)二f(x)Ynl(x)=1k(2)设f(x)=X(j=1,…,n),，则fx)以x0,X],…,xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为Ln(x)=Yf(xk)lk(x)=Yxkjlk(x)k=0k=0从而由插值余项定理f(x)-Ln(x)=Tnrlyf叫+】(x)=0Ln(x)=fx)Yxjlk(x)=xj(j=1,…,n)(3)将(xk-x)j按二项式展开，得(x-x)j=Y(-1)jCixj-ixikjki=0代入左端，得kkk=0Y(xk-x)jlk(x)=Y[Y(-1)iCijxkj-ixi]lk(x)k=0i=0=Y(-l)iCjxi为勺-llk(x)TOC\o"1-5"\h\zi=0k=0利用（2）的结论，有Y(x-x)jl(x)=Y(-1)iCixixj-i=(x-x)j=0kkjk=0i=0(4)当j=1,2,…,n时，由(2)的结论知Ylk(0)xkj=xj|x=0=0k=0当j=n+1时，令f(x)=xn+1，有f(n+1)(x)=(n+1)!f(x)以xo,x1,…,xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为L(x)=Yxn+1/(x)nkkk=0由插值余项定理知fx)-Ln(x)=f(n+1)1?①(x)=3(x)(n+1)!n+1」n+)从而L(x)=fx)-w+Jx)£Xn+1l(x)=Xn+1-(x-xj(x-x)…(x-x、kk01n)k=0令x=0，有£xn+1l(0)=(-1)nxoxi…xkk01nk=05设f(x)&C2a,b］，且f(a)=f(b)=0，求证maxa0,0