数值分析习题(含标准答案)

1/41第一章绪论姓名学号班级习题主要考察点：有效数字的计算、计算方法的比较选择、误差和误差限的计算。1若误差限为5105.0,那么近似数0.003400有几位有效数字？（有效数字的计算）解：2*103400.0x，325*10211021xx故具有3位有效数字。214159.3具有4位有效数字的近似值是多少？（有效数字的计算）解：10314159.0，欲使其近似值*具有4位有效数字，必需41*1021，3*310211021，即14209.314109.3*即取（3.14109,3.14209）之间的任意数，都具有4位有效数字。3已知2031.1a，978.0b是经过四舍五入后得到的近似值，问ba，ba有几位有效数字？（有效数字的计算）解：3*1021aa，2*1021bb，而1811.2ba，1766.1ba2123****102110211021)()(bbaababa故ba至少具有2位有效数字。2123*****10210065.01022031.1102978.0)()(bbaaabbaab故ba至少具有2位有效数字。4设0x，x的相对误差为，求xln的误差和相对误差？（误差的计算）解：已知**xxx，则误差为***lnlnxxxxx则相对误差为******lnln1lnlnlnxxxxxxxx5测得某圆柱体高度h的值为cmh20*，底面半径r的值为cmr5*，已知cmhh2.0||*，cmrr1.0||*，求圆柱体体积hrv2的绝对误差限与相对误差限。（误差限的计算）解：*2******2),(),(hhrrrhrrhvrhv绝对误差限为252.051.02052)5,20(),(2vrhv2/41相对误差限为%420120525)5,20()5,20(),(2vvrhv6设x的相对误差为%a,求nxy的相对误差。（函数误差的计算）解：%**axxx，)%(******naxxxnxxxyyynnn7计算球的体积，为了使体积的相对误差限为%1，问度量半径r时允许的相对误差限为多大？（函数误差的计算）解：球体积为334)(rrv，3**34)(rrv欲使%13344)()()(**3**2***rrrrrrrrvrvrv，必须%31**rrr。8设101dxexeIxnn，求证：（1）)2,1,0(11nnIInn（2）利用（1）中的公式正向递推计算时误差逐步增大；反向递推计算时误差逐步减小。（计算方法的比较选择）解：1101110110110111][nxnxnxnxnnnIdxexnedxexnexedexeI1110101)1(eeedxeeIx如果初始误差为*000II，若是向前递推，有0221*11*!)1()1()1()1()1(nnnnnInIIInnnnnnnn可见，初始误差0的绝对值被逐步地扩大了。如果是向后递推nnInnI111，其误差为nnnII!)1(211)1(11)1111()1111(221*110可见，初始误差n的绝对值被逐步减少了。第二章插值法姓名学号班级3/41习题主要考察点：拉格朗日插值法的构造，均差的计算，牛顿插值和埃尔M特插值构造，插值余项的计算和应用。1已知1)2(,1)1(,2)1(fff，求)(xf的拉氏插值多项式。（拉格朗日插值）解法一（待定系数法）：设cbxaxxL2)(，由插值条件，有12412cbacbacba解得：3/4,2/1,6/1cba。故342161)(2xxxL。解法二（基函数法）：由插值条件，有1)12)(12()1)(1(1)21)((11()2)(1(2)21)(11()2)(1()(xxxxxxxL)1)(1(31)2)(1(21)2)(1(31xxxxxx3421612xx2已知9,4,10xxxy，用线性插值求7的近似值。（拉格朗日线性插值）解：由插值节点与被插函数，可知，240y，391y，其线性插值函数为565134942949)(xxxxL7的近似值为6.25135657)7(L。3若),...1,0(njxj为互异节点，且有)())(())(()())(())(()(11101110njjjjjjjnjjjxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxl试证明),...1,0()(0nkxxlxnjkjkj。（拉格朗日插值基函数的性质）解：考虑辅助函数njkjkjxxlxxF0)()(，其中，nk0，),(x。)(xF是次数不超过n的多项式，在节点ixx（ni0）处，有4/410)()()(0kikikiiikinjkiijkjixxxxlxxxlxxF这表明，)(xF有n+1个互异实根。故0)(xF，从而njkjkjxxlx0)(对于任意的nk0均成立。4已知352274.036.0sin,333487.034.0sin,314567.032.0sin，用抛物线插值计算3367.0sin的值并估计截断误差。（拉格朗日二次插值）解：由插值条件，其抛物线插值函数为314567.0)36.032.0)(34.032.0()36.0)(34.0()(xxxL333487.0)36.034.0)(32.034.0()36.0)(32.0(xx352274.0)34.036.0)(32.036.0()34.0)(32.0(xx将3367.0x代入，计算可得：3304.0)3367.0(L。其余项为：)36.0)(34.0)(32.0(!3sin)(xxxxr其中，36.032.0)36.0)(34.0)(32.0(61)(xxxxr故误差的上界为：71014.2)36.03367.0)(34.03367.0)(32.03367.0(61)3367.0(r。5用余弦函数xcos在00x，41x，22x三个节点处的值，写出二次拉格朗日插值多项式,并近似计算6cos及其绝对误差与相对误差，且与误差余项估计值比较。（拉格朗日二次插值）解：由插值条件，二次拉格朗日插值多项式为0)4/2/)(02/()4/)(0(21)2/4/)(04/()2/)(0(1)2/0)(4/0()2/)(4/()(xxxxxxxL22)2/(28)2/)(4/(8xxxx5/418508.09242)2/6/(6/28)2/6/)(4/6/(8)6(22L绝对误差为：0153.01828439924223)6(6cosL相对误差为：0179.028428439)6()6(6cosLL余项为：)2/)(4/(!3sin)(xxxxr，其中，2/0其余项的上界为：)2/)(4/(61)(xxxxr0239.06)26)(46(661)6(43r比较可知，实际计算所得的绝对误差较余项公式所估计出的值要小一些。6已知函数值212)6(,82)4(,46)3(,10)1(,6)0(fffff，求函数的四阶均差]6,4,3,1,0[f和二阶均差]3,1,4[f。（均差的计算）解：采用列表法来计算各阶均差，有xy一阶均差二阶均差三阶均差四阶均差0611043461814/34823661/362126529/311/151/15从表中可查得：151]6,4,3,1,0[f。xy一阶均差二阶均差48211072/3346186故6]3,1,4[f。其实，根据均差的对称性，6]4,3,1[]3,1,4[ff，该值在第一个表中就可以查到。7设)())(()(10nxxxxxxxf求][1,0pxxxf之值，其中1np，而节点6/41)1,1,0(nixi互异。（均差的计算）解：由均差可以表示成为函数值的线性组合，有pipipiiiiiiiipxxxxxxxxxxxxxfxxxf0111101,0))(())(())(()(][而0)(ixfpi0，故0][1,0pxxxf。8如下函数值表x0124)(xf19233建立不超过三次的牛顿插值多项式。（牛顿插值多项式的构造）解：先构造均差表xf(x)一阶均差二阶均差三阶均差0119822314343-10-8-11/4故)2)(1(411)1(381)(xxxxxxxN。9求一个次数小于等于三次多项式)(xp，满足如下插值条件：2)1(p，4)2(p，3)2(p，12)3(p。（插值多项式的构造）解法一（待定系数法）：设dcxbxaxxp23)(，则cbxaxxp23)(2，由插值条件，有123927341242482dcbacbadcbadcba解得：6,15,9,2dcba。故61592)(23xxxxp解法二（带重节点的均差法）：据插值条件，造差商表xy一阶差商二阶差商三阶差商127/412422431312852故61592)2)(1(2)2)(1()1(22)(232xxxxxxxxxp10构造一个三次多项式)(xH，使它满足条件1)1(,1)2(,0)1(,1)0(HHHH（埃尔M特插值）。解：设dcxbxaxxH23)(，cbxaxxH23)(2利用插值条件，有123124801cbadcbadcbad解得：1,4,4,1dcba。144)(23xxxxH11设4/9,1,4/1,)(21023xxxxxf。(1)试求)(xf在4/9,4/1上的三次埃尔M特插值多项式)(xH，使得)()(,2,1,0),()(11xfxHjxfxHjj，)(xH以升幂形式给出。(2)写出余项)()()(xHxfxR的表达式。（埃尔M特插值及其余项的计算）。解：81)41(f，1)1(f，827)49(f，2123)(xxf，23)1(f设dcxbxaxxH23)(，cbxaxxH23)(223238274916816472918141161641cbadcbadcbadcba解得：22514a，450263b，450233c，251d。故25145023345026322514)(23xxxxH。8/41)49()1)(41(1283)(225xxxxR，其中，4941。12若0)()(],,[)(2bfafbacxf，试证明：|)(|max81|)(|max2xfabxfbxabxa（插值余项的应用）解：以0)()(bfaf为插值条件，作线性插值多项式，有0)()()(bfabaxafbabx