内容发布更新时间 : 2024/12/22 20:17:13星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

?1?A?3???43124??2?1??正交相似约化为对称三对角阵。 8. 设A?Rn?n

，且

Tai1,aj1不全为零，

PijPA为使aj1?0的平面旋转阵，试推导计算ij第i行，第j行元

(2)素公式及APij第i列，第j列元素的计算公式。

9. 设An?1是由豪斯荷尔德方法得到的矩阵，又设y是An?1的一个特征向量。 (a)证明矩阵A对应的特征向量是x?P1P2?Pn?2y； (b)对于给出的y应如何计算x？ 10. 用带位移的QR方法计算

?1?A?2???02?10??1?3???3?B?1???0120??1?1??11(a) , (b)

全部特征值。

11. 试用初等反射阵A分解为QR，其中Q为正交阵，R为上三角阵，

?1?A?2???21?1?41???1?5??。

数值分析习题简答

（适合课程《数值方法A》和《数值方法B》）

第一章 绪论习题参考答案

?(x)1． ε（lnx）≈

?r(x)?n*xn*??r(x)??*。

?nx*n?1?(x)x*n?(x)n*2．

*x*?n?(x)x**?0.02n。

***3． x1有5位有效数字，x2有2位有效数字，x3有4位有效数字，x4有5位有效数字，x5有

*2位有效数字。

4． ?(x1?x2?x4)??(x1)??(x2)??(x4)?0.5?10*****************?4?0.5?10?3?0.5?10?3?1.05?10?3?(x1x2x3)?x2x3?(x1)?x1x3?(x2)?x1x2?(x3)?0.214790825?(x2x4**)?*1x4*?(x)?3V4?*2x2x4**2?(x4)?8.855668?10136?V2*?6。

?(V)/123?r(R)??r(3)?133V4??1?(V)3V?13?r(V)?0.0033335． 6．

。

?(Y100)?100?100?12?10?3??10?3。

7． x1?28?783?55.982，

x2?28?783?128?783?155.982?0.01786。

?8．

9．

??N11?xdx?2?2?arctgN

。

gt?(t)12gt2?(x)??(S)?12S?12?(S)?0.005?r(S)??2?(t)t?0.2t10． ?(S)?gt?(t)?0.1gt，加，相对误差减小。

11． 12．

f2?，故t增加时S的绝对误差增

?(y10)?10?(y0)?61012?108，计算过程不稳定。

f?(2?1)?0.005051，

如果令

32?1.，4则

f1?(2?1)?0.0040961(3?22)36，

1(2?1)6?0.005233，

f3?(3?22)?0.008，

f4??0.005125，

f5?99?702?1，f4的结果最好。

13．

f(30)??4.094622，开平方时用六位函数表计算所得的误差为

??12?10?4，分别代

入等价公式

?(f1)?ln(1??x?2f1(x)?ln(x?)?x?)?x?x?1),f2(x)??ln(x??(x?160x?1)??60?1222x?1)12?10?42中计算可得

?3?x?12?3?10x?1，

?7?(f2)?ln(1??x?x?12?x?12???10?4?8.33?10。

999999998999999999?1.00000014．

方程组的真解为

?ssx1?1000000000999999999?1.000000,x2?，而无论用方

程一还是方程二代入消元均解得x1?1.00,x2?1.00，结果十分可靠。

?tanc?c??bsinc?a?asinc?b?abcosc?cabsinc??aa??bb??cc15．

第二章 插值法习题参考答案

n?1Vn(x)?1.

?(x?xi?0i)?(x0?j?i?n?1i?xj)；

Vn?1(x0,x1,?,xn?1)?(x?1)(x?2)(1?1)(1?2)2?(x0?j?i?n?1i?xj).

2.

L2(x)?0??56?(?3)?(x?1)(x?2)(?1?1)(?1?2)?4?(x?1)(x?1)(2?1)(2?1)

x?32x?73.

3. 线性插值：取x0?0.5,x1?0.6,y0??0.693147,y1??0.510826，则

ln0.54?L1(0.54)?y0?y1?y0x1?x0?(0.54?x0)??0.620219；

，则

二次插值：取

x0?0.4,x1?0.5,x2?0.6,y0??0.916291,y1??0.693147,y2??0.510826ln0.54?L2(0.54) ?y0?(0.54?x1)(0.54?x2)(x0?x1)(x0?x2)?y1?(0.54?x0)(0.54?x2)(x1?x0)(x1?x2)?y2?(0.54?x0)(0.54?x1)(x2?x0)(x2?x1)＝－0.616707 . 4.

R1(x)?f(x)?L1(x)?|R1(x)|?1212f??(?)(x?x0)(x?x1)

，其中??[x0,x1].

所以总误差界

x0?x?x1max|cos??(x)|?max|(x?x0)(x?x1)|x0?x?x1?12?1?(x1?x0)42???1?8??????1.06?108?60180? . 125. 当

x?x0?4?37?hl2(x)?(x?x0)(x?x1)(x?x3)(x2?x0)(x2?x1)(x2?x3)

时，取得最大值

x0?x?x3max|l2(x)|?10?7727 .

k6. i) 对f(x)?x,(k?0,1,?,n)在x0,x1,?,xn处进行n次拉格朗日插值，则有

xk?Pn(x)?Rn(x)n

1f(n?1)? 由于f(n?1)?i?0lj(x)xj?nk(n?1)!kj(?)(x?x0)?(x?xn)

(?)?0，故有i?0?l(x)xj?xk.

n次拉格朗日插值，有

kn ii) 构造函数

g(x)?(x?t),在x0,x1,?,xn处进行

kLn(x)?k?(xi?0j?t)lj(x).

插值余项为

(x?t)?Ln(x)?g(n?1)(?)n(n?1)!?(x?xj?0j)，

由于

g(n?1)(?)?0,(k?1,2,?,n).故有

n(x?t)nk?Ln(x)??(xi?0j?t)lj(x)k

令t?x,即得

?(xi?0j?t)lj(x)?0k.

7. 以a, b两点为插值节点作f(x)的一次插值多项式

L1(x)?f(a)?f(x)?L1(x)?12f(b)?f(a)b?a(x?a)，

据余项定理，

f??(?)(x?a)(x?b),??[a,b]，

18由于f(a)?f(b)?0,故

|f(x)?L1(x)|?|f(x)|?R2(x)?16?12max|f??(x)|max|(x?a)(x?b)|?a?x?ba?x?b2(b?a)max|f??(x)|.a?x?b

8. 截断误差 其中

e(x?x0)(x?x1)(x?x2),??[?4,4].

x0?x1?h,x2?x1?h,

?4?x?4则

x?x1?3329,h时取得最大值

3?h3max|(x?x0)(x?x1)(x?x2)|?16e?(4 .

由题意， 9.

?yn?2|R2(x)|?293?h)?103?6

n?1所以，h?0.006.

n?1?2,

n?1/2n

?yn?(22n?2?2n?1)?(2?2)?2,

2nn?1n?1nn则可得

?yn??(?yn)?2.

42?yn?2n?1/2?2， ?yn?(22n?1?2)?(2?2422nn)?2，则可得

?yn??(?yn)?2n?210. 数学归纳法证

当k?1时，?f(x)?f(x?h)?f(x)为m－1次多项式；

.

k假设 ?f(x)(0?k?m)是m-k 次多项式，设为g(x)，则

?k?1f(x)?g(x?h)?g(x)为

m-(k+1)次多项式，得证。

11. 右?fk(gk?1?gk)?gk?1(fk?1?fk)?fk?1gk?1?fkgk?左

n?112.

?k?0n?1k?0fk?gk?f0g1?f0g0?f1g2?f1g1???fn?1gn?fn?1gn?1,?fk?f1g1?f0g1?f2g2?f1g2???fngn?fn?1gn.2

?gk?1

n?113.

??j?0yj

?(y2?y1)?(y1?y0)?(y3?y2)?(y2?y1)???(yn?1?yn)?(yn?yn?1)

?(yn?1?yn)?(y1?y0)??yn??y0 .

14. 由于x1,x2,?,xn是f(x)的n个互异的零点，所以

f(x)?a0(x?x1)(x?x2)?(x?xn)

nn?a0?(x?xi)?a0(x?xj)?(x?xi),i?1i?1i?j

对f(x)求导得

?n?nf?(x)?a0??(x?xi)?(x?xj)(?(x?xi))???i?0?i?1??i?j?i?j?，

nf?(xj)?a0?(xj?xi)则

ni?1i?j，

?1a0n?j?1xjkf?(xj)?j?1xjnk.?xi)?(xi?1i?jj

记gk(x)?x,则 由以上两式得

kg(n?1)

n?0,0?k?n?2,(x)???(n?1)!,k?n?1.

?j?1xjkf?(xj)?1a0n?j?1gk(xj)n?1a0gk[x1,x2,?,xn]?i?1i?j(xj?xi)

?1gka0n(n?1)(?) 15. i)

F[x0,x1,?,xn]?n(n?1)!?(xj?0j?0,0?k?n?2,???1?a0,k?n?1.

F(xj)j?x0)?(xj?xj?1)(xj?xj?1)?(xj?xn)

c?f(xj)?c?f[x0,x1,?,xn]? ii) 证明同上。 16.

?(xj?00?x0)?(xj?xj?1)(xj?xj?1)?(xj?xn)f(7).

f[2,2,?,2]?0117(?)7!8?f7!7!(8)?1;(?)

?0.f[2,2,?,2]?7!

17.

R3(xj)?f(xj)?p(xj)?0,

?R3(xj)?f?(xj)?p?(xj)?0,j?k,k?1.即xk,xk?1均为R3(x)的二重零点。因而有形式：

R3(x)?K(x)(x?xk)(x?xk?1).22

作辅助函数?(t)?f(t)?p(t)?K(x)(t?xk)(t?xk?1). 则 ?(xk)?0,?(x)?0,?(xk?1)?0,??(xk)?0,??(xk?1)?0. 由罗尔定理，存在?1?(xk,x),?2?(x,xk?1),使得

??(?1)?0,??(?2)?0.

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