数值分析课后题答案.doc

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1、数值分析第二章2.当时,,求的二次插值多项式。解:则二次拉格朗日插值多项式为6.设为互异节点,求证:(1)(2)证明(1)令若插值节点为,则函数的次插值多项式为。插值余项为又由上题结论可知得证。7设且求证:解:令,以此为插值节点,则线性插值多项式为=插值余项为8.在上给出的等距节点函数表,若用二次插值求的近似值,要使截断误差不超过,问使用函数表的步长h应取多少?解:若插值节点为和,则分段二次插值多项式的插值余项为设步长为h,即若截断误差不超过,则9.若,解:根据向前差分算子和中心差分算子的定义进行求解。16.求及。解:若则19.求一个次数不高于4次的多项

2、式P(x),使它满足解法一:利用埃米尔特插值可得到次数不高于4的多项式设其中,A为待定常数从而解法二:采用牛顿插值,作均差表:一阶均差二阶均差01201110-1/2又由得所以第四章1.确定下列求积公式中的特定参数,使其代数精度尽量高,并指明所构造出的求积公式所具有的代数精度:解:求解求积公式的代数精度时,应根据代数精度的定义,即求积公式对于次数不超过m的多项式均能准确地成立,但对于m+1次多项式就不准确成立,进行验证性求解。(1)若令,则令,则令,则从而解得令,则故成立。令,则故此时,故具有3次代数精度。(2)若令,则令,则令,则从而解得令,则故成立。

3、令,则故此时,因此,具有3次代数精度。(3)若令,则令,则令,则从而解得或令,则故不成立。因此,原求积公式具有2次代数精度。(4)若令,则令,则令,则故有令,则令,则故此时,因此,具有3次代数精度。7。若用复化梯形公式计算积分,问区间应多少等分才能使截断误差不超过?解:采用复化梯形公式时,余项为又故若,则当对区间进行等分时,故有因此,将区间476等分时可以满足误差要求第五章2.用改进的欧拉方法解初值问题取步长h=0.1计算,并与准确解相比较。近似解准确解近似解准确解0.11.111.110340.62.040862.044240.21.242051.24

4、2810.72.323152.327510.31.398471.399720.82.645582.651080.41.581811.583650.93.012373.019210.51.794901.797441.03.428173.436563、解:改进的欧拉法为将代入上式,得同理,梯形法公式为将代入上二式,,计算结果见表9—5表9—5改进欧拉梯形法0.10.20.30.40.50.0055000.0219275000.0501443880.0909306710.1449922570.0052380950.0214058960.0493672390.0

5、899036920.143722388可见梯形方法比改进的欧拉法精确。4、用梯形方法解初值问题证明其近似解为并证明当时,它原初值问题的准确解。证明:梯形公式为代入上式,得解得因为,故对,以h为步长经n步运算可求得的近似值,故代入上式有10.证明解的下列差分公式是二阶的,并求出截断误差的首项。,,,,代入得,截断误差首项为。12.将下列方程化为一阶方程组:1)(1),其中。2)(2),其中。第六章1、用二分法求方程的正根,要求误差小于0.05.解设,故[1,2]为的有根区间.又,故当时,单增,当时单增.而,由单调性知的惟一正根.根据二分法的误差估计式(7.

6、2)知要求误差小于0.05,只需,解得,故至少应二分6次.具体计算结果见表7-7.表7-701234511.51.51.51.56251.59375221.751.6251.6251.6251.51.751.6251.56251.593751.609375-++----即.3、为求在附近的一个根,设将方程改写成下列等价形式,并建立相应的迭代公式:(1),迭代公式;(2),迭代公式;(3),迭代公式.试分析每种迭代公式的收敛性,并选取一种公式求出具有四位有效数字的近似根.解取的邻域[1.3,1.6]来考察.(1)当时,,故迭代公式在上整体收敛.(2)当时故

7、在[1.3,1.6]上整体收敛.(3)故发散.由于(2)的L叫小,故取(2)中迭代式计算.要求结果具有四位有效数字,只需即取计算结果见表7-8.表7-81231.4812480341.4727057301.4688173144561.4670479731.4662430101.465876820由于,故可取7、用下列方法求在附近的根.根的准确值,要求计算结果准确到四位有效数字.(1)用牛顿法;(2)用弦截法,取;(3)用抛物线法,取.解,对(1)取,用牛顿迭代法计算得,故.(2)取,利用弦截法得,,故取.(3).抛物线法的迭代式为迭代结果为:已达四位有效

8、数字.12.应用牛顿法于方程,导出求立方根的迭代公式,并讨论其收敛性。令,迭代公

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