内容发布更新时间 : 2024/12/22 14:42:07星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
类似再用三次罗尔定理，存在??(?1,?2)?(xk,xk?1),使得
?(4)(?)?0, 又 ?(4)(t)?f(4)(t)?4!K(x), (?)4!,
22可得
K(x)?f(4)(4)即
18. 采用牛顿插值，作均差表：
xi R3(x)?f(?)(x?xk)(x?xk?1)4!.,??(xk,xk?1).
f(xi) 一阶均差 二阶均差 0 1 2 0 1 1 1 0 -1/2 p(x)?p(x0)?(x?x0)f[x0,x1]?(x?x0)(x?x1)f[x0,x1,x2] ?(A?Bx)(x?x0)(x?x1)(x?x2)
?0?x?x(x?1)(?1/2)?(A?Bx)x(x?1)(x?2)
又由 所以
p?(0)?0,p?(1)?1,
得
A??34,B?14,
p(x)?x24(x?3).2
则
x?xi?1xi?xi?1?f(xi??1)x?xixi?1?xi,x?[xi,xi?1].19. 记
h?b?an,xk?a?kh.?n(x)?f(xi)
因为f(x)?C[a,b]，所以f(x)在[a,b]上一致连续。 当n?Na?x?b时，
h?b?an??，此时有
max|f(x)??n(x)|max|f(x)??n(x)|?max?maxmax0?i?n?1xi?x?xi?1
x?xixi?1?xi
0?i?n?1xi?x?xi?1?x?xx?xi?f(x)??f(xi)i?1?f(xi?1)?x?xx?xi?1ii?1i???max0?i?n?1xi?x?xi?1max[f(x)?f(xi)]xi?1?xxi?1?xi??xi?1?xxi?1?xix?xixi?1?xi?[f(x)?f(xi?1)]??.?max
由定义知当n??时，?n(x)在[a,b]上一致收敛于f(x)。 20. Ih(x)在每个小区间[xk,xk?1]上表示为
Ih(x)?x?xk?1xk?xk?1fk?x?xkxk?1?xkfk?1,(xk?x?xk?1).0?i?n?1xi?x?xi?1max?计算各值的C程序如下： #include\#include\float f(float x)
{ return(1/(1+x*x)); }
float I(float x,float a,float b) {
return((x-b)/(a-b)*f(a)+(x-a)/(b-a)*f(b));
}
void main() { int i;
float x[11],xc,xx; x[0]=-5;
printf(\ for(i=1;i<=10;i++) { x[i]=x[i-1]+1;
printf(\ }
for(i=0;i<10;i++) { xc=(x[i]+x[i+1])/2; I(xc,x[i],x[i+1]);
printf(\ }
for(i=0;i<10;i++) { xx=(x[i]+x[i+1])/2; f(xx);
printf(\ } }
21. Ih(x)在每个小区间[xk,xk?1]上为
Ix?xk?1h(x)?xx2x?xk2k?k?xk?1xxk?1?(xk?1?xk)x?xkxk?1.k?1?xk
|R(x)|?|I2(x2k?1?xk)h(x)?f(x)|?|x?(xk?1?xk)x?xkxk?1|?4?h24.
22. f?(x)?4x3, 则Ih(x)在每个小区间[xk,xk?1]上表示为
?2?2I(x)???x?xk?1h????x?4?x?xk???x?xk????x?x?kk?1??1?2??xk?xk?1?x?x?x4k?k????xk?1?x???1?2?1k??xk?xk?1?k?1?22?4???x?xk?1??(x?x3?x?xk??x???xk?xk?1?k)xk?4????xk?1?x?(x3k?k?1)xk?1.|R(x)|?|f(4)(?)(x?x22k)(x?xk?1)/4!|
x4k?1?xk
?4!?(xk?1?xk2?x2k)(2?xk?1)24!?h16.
23. h1?x2?x1?0.05, h2?x3?x2?0.09,
h3?x4?x3?0.06, h4?x5?x4?0.08.
?hi?1i?hi?hi?1
?6??yi?1?yiyi?yi??i? h?i?hi?1h?1h???i?1i?则三次样条插值函数表达式为
S?1mii(x)?mi6h(xi?x)3?(x?x3yi?1mi?1)?(yii6h?mii?1)?(?hi)(xi?xihi6hhi)(x?xi?1)i6S?(0.25)?1.0000,S?(0.53)?0.6868，得
?1?0.6429,?2?0.4,?3?0.5714
?0?6(f[x0,x1]?1)??0.276，?1??4.3157,?2??3.264,?3??2.43
?4?6(0.6868?f[x3,x4])??0.1692
i) 由
关于m0,m1,m2,m3,m4的方程组为
224. i) 因为f(x)?C[a,b],所以
右＝?a??b2[f??(x)?S??(x)]dx?2?S??(x)[f??(x)?S??(x)]dxab
?bab2{[f??(x)?S??(x)]?2S??(x)[f??(x)?S??(x)]}dx22(f??(x)?S??(x))dx
?a＝左。
ii) 由于S(x)为三次函数，故S???(x)为常数，又f(xi)?S(xi)，则
?xi?1xi[f?(x)?S?(x)]dx?0b，所以
n??aS??(x)[f??(x)?S??(x)]dx??i?0?xi?1xiS??(x)[f??(x)?S??(x)]?S???(x)[f?(x)?S?(x)]dx
?ba[S??(x)(f??(x)?S??(x))?S???(x)(f?(x)?S?(x))]dx
?S???(b)[f?(b)?S?(b)]?S???(a)[f?(a)?S?(a)]。
第三章 函数逼近与计算习题参考答案
1. (a) 区间变换公式为
nx'?(b?a)x?a,x?x'?ab?a，代入原公式可得新区间里的伯恩斯坦多项
式为
(b)
Bn(f,x)??k?0f(kn(b?a)?a)Pk(3xx?ab?a2),Pk(x)?Cnx(1?x)63x2kkn?k;
3B1(f,x)?2?x,B3(f,x)?16.x3?(1?2x?)??2(1?2x?)?8x?3，相应的麦克劳林级数分别
R1(x?)148为
P1(x)?x,P3(x)?x?13840，
079部分和误差则为
69n??30.6，
4596R3(x?)?5?0，大于伯恩斯坦多项式的误差。
n262. m?f(x)?M，故
nm?m?Pk(x)?k?0knkn?k?k?0nf()Pk(x)?Bn(f,x)?Mnk?1k?1kn?P(x)?Mkk?0，当f(x)?x时，
3.
Bn(f,x)??k?0knCx(1?x)?x?Cn?1xk?1(1?x)(n?1)?(k?1)?x。
x?(2k?1)?8,k?1,?,8sin4x?0?1，对任意不超过6
次的多项式g(x)，在
时，若有
g(x)?sin4x?10,2??，则g(x)在?上至少有7个零点，这与g(x)不超过6次矛盾，所以g(x)?sin4x?1，g(x)?0就是所求最佳一致逼近多项式。
?(f,g)?max(M?c,m?c),M?maxf(x),m?minf(x)a?x?ba?x?b4. 设所求为g(x)?c，
，由47页定
理4可知g(x)在?a,b?上至少有两个正负交错的偏差点，恰好分别为f(x)的最大值和最小值处，故由
M?c??(m?c),c?12(M?m)可以解得
,x?1g(x)?3a3123(M?m)3a3即为所求。
)?a?15. 原函数与零的偏差极大值点分别为
x?3a3，故
()?a(，解方程可
得出唯一解
6.
a1?a0?2a?34。
22??0.636620?a1x22，故
coxs??，得
x2?arccos??0.880689,f(x2)?0.771178，
f(x2)2?0.105257，故所求最佳一次逼近多项式为，又因为两个偏差点必在区间端点，故误差限为
。
2P1(x)?0.636620x?0.1052570?x?maxsinx?P1(x)?P1(0)?0.105257?2x5f(x2)?1.71828，则有7. a1?e?1?1.71828，故由e?e?1可以解得x2?0.54132，
a0?1?f(x2)2?a1x22?0.894067，故所求最佳一次逼近多项式为
0.894067P1(x?)1.7?x182。8
8. 切比雪夫多项式在??1,1?上对零偏差最小，所求函数必为切比雪夫多项式的常数倍，
p(x)?12T2(x)?x?212，解得唯一解
g(t)?1128r??1t?412。
58t?339. 作变换
x?12?12代入f(x)得
t3216t?t?22118118t?t?916，则g(t)在??1,1?上的三次，作逆变换t?2x?1代入
x?2最佳逼近多项式为
S(t)?g(t)?T3(t)?58t?2516731285414129128。
2S(t)，则f(x)在?0,1?上的三次最佳逼近多项式为
P(x)?5x?3x?10. T0(x)?T0(2x?1)?1**，T1(x)?T1(2x?1)?2x?132*，
T2(x)?T2(2x?1)?8x?8x?1*，
T3(x)?T3(2x?1)?32x?48x?18x?1，其中x??0,1?。
11.
?10Tn(x)Tm(x)x?x2**dx??10Tn(2x?1)Tm(2x?1)x?xxk?cos2dx??1?112Tn(x)Tm(x)21?x2dxT，故?*n(x)?正交。
2k?1812. 用T4(x)的
4个零点
?(k?1,2,3,4)做插值节点可求得三次近似最佳逼近多
23项式为L3(x)??0.0524069?0.855066x?0.0848212x?0.0306032x。
xnxx???1,1?13. f(x)?e，则有f(x)?e，其中。由拉格朗日插值的余项表达公式可得出
f(x)?Ln(x)Tn?1(x)?fn?1(?)n(n?1)!2?e?n(n?1)!2，令
?n?e?1n(n?1)!2,?n?(n1)!?21513848x?2en，则待证不等式成
1651立，得证。
?1,1?14. 由泰勒级数项数节约，在?上有
M5,3(x)??(x)?1513848T4(x)?151384811205?(x)?M5,3(x)?1831024x?3T4(x?)x?T(x)5384016，即110110961651384016?165T5(x)??1?312112819934096其中误差限
为
15.
?1?x?1max?(x)?M5,3(x)?16x?33840164096?0.0075683616x?3。
5f(x)?sinx?x?x??，取
P5(x)?x?1120x为f(x)的近似，误差限为
?1?x?1maxf(x)?P5(x)?17!?0.000198413M5(x?),317!?11，再对幂级数的项数进行节约就可以得到原函数的3
383?x32，其38误4差
次逼近多项式
?1?x?11153P(5?x)T5(?x)?12016?0.000719246*限为
maxf(x)?M5(x)?,312016，即为所求
为原函数的最佳逼近多项式，则
**，所以?Fn(?x)也
*16. 当
*f(x)为??a,a?上的奇函数时，设
，对?Fn(?x)*Fn(x)Fn(x)?f(x)?En有
?Fn(?x)?f(x)?Fn(?x)?f(?x)?En***是最佳逼近多项式，由最佳逼近多项式的唯一性，?Fn(?x)?Fn(x)，即?Fn(?x)数。同理可证，当
?是奇函
f(x)为??a,a?上的偶函数时，最佳逼近多项式Fn(x)*也是偶函数。
??ax?b?sinx?17. 022dx??324a?2?2b?2?24ab?2a?2b??4，为使均方误差最小，则有
,b?b?312a??24b?2?0,?24a??b?2?0，解得
，
a?96?24?8??24?3?2。
，c为常数，
18. (a)
(f,g)?(g,f)??baf'(x)g'(x)dx(cf,g)?c(f,g)?c?f'(x)g'(x)dxa(f1?f2,g)?(f1,g)?(f2,g)??baf'1(x)g'(x)dx??baf'2(x)g'(x)dx，(f,f)?0，但当f(x)?c(f,g)?时，(f,f)?0,不满足定义，所以
?baf'(x)g'(x)dx不构成内积。（b）(f,g)?(g,f)，
且当且仅当f(x)?0时
6(cf,g)?c(f,g)，(f1?f2,g)?(f1,g)?(f2,g)，(f,f)?0(f,f)?0，满足定义，所以(f,g)构成内积。
19.
?10x61?xdx?(?101(1?x)1dx)2(?xdx)2?20111211262?0.196116，
17?0.142857?10x1?xdx?11???10xdx6，其中
10???1，则141?1?0.0714286??10x61?xdx?，由此可知用积分中值定理估计比
2a?13a2许瓦兹不等式估计更精确。
20.
?(x?ax)dx?2223?25a2x?axdx，a?0时最小。??1在a?1时，值为3?2a?13a212，a?1时，值为1，a??1时，值为321. 要使?011，a?1时最小。
a?1,b??a?16，误差为
,b??(x?ax?b)dx210022最小，由拉格朗日乘子法可解得
??1180，要
使?0最小，由拉格朗日乘子法可解得
差为??0.164063，前者误差小。
(x?ax?bx)dx12410122009799535620092945356，误
(x?a?bx?cx)dxx22. ?1上均为偶函数，也为偶函数，则?0最小，由拉格朗日乘子法可
2解得
23.
a?15128?0.1171875,b?10564?1.640625,c??95128??0.8203125。
un?1(x)?un?1(x)?sin?(n?2)arccosx??sin?narccosx?1?x2?2xun(x)，和差化积得证。
(f,P0)?24. 由积分区间的对称性及勒让德多项式的奇偶性可知
?1?1sin12xdx?0，