数值计算课后答案

习题四解答1、设010,1xx，写出()xfxe的一次插值多项式1()Lx，并估计插值误差。解：根据已知条件，有x01y11e设插值函数为1()Lxaxb，由插值条件，建立线性方程组为1011ababe解之得111aeb则11()(1)1Lxex因为(),()xxyxeyxe所以，插值余项为(1)(2)(2)011()()()()()(1)!1()()2!1()()()2!1(0)(1)((0,1))2nrxfxpxfxnfxfxxxxexx所以010101()maxmax(1)2111248xrxexxe。2、给定函数表ix()ifx选用合适的三次插值多项式来近似计算f和f。解：设三次插值多项式为230123()fxaaxaxax，由插值条件，建立方程组为230123230123230123230123(0.1)(0.1)(0.1)0.9950.30.30.30.9950.70.70.70.7651.11.11.10.454aaaaaaaaaaaaaaaa即012301230123123012312301230.10.010.0010.9950.10.010.0010.9950.30.090.0270.9950.40.080.02800.70.490.3430.7650.80.480.3441.761.11.211.3310.454aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa12301231232330.40.720.9880.3110.10.010.0010.9950.40.080.02800.320.2881.760.3843.831aaaaaaaaaaaaa解之得01230.416.293.489.98aaaa则所求的三次多项式为23()0.416.293.489.98fxxxx。所以2323(0.2)0.416.290.23.480.29.980.20.91(0.8)0.416.290.83.480.89.980.81.74ff3、设(0,1,2,,)ixin是n+1个互异节点，证明：（1）0()(0,1,2,,)nkkiiixlxxkn；（2）0()()0(0,1,2,,)nkiiixxlxkn。证明：（1）由拉格朗日插值定理，以x0,x1,x2,…xn为插值节点，对y=f(x)=xk作n次插值，插值多项式为0()()nniiipxlxy，而yi=xik,所以00()()()nnkniiiiiipxlxylxx同时，插值余项(1)(1)11()()()()()()0(1)!(1)!nknknrxxpxfxxxnn所以0()nkkiiilxxx结论得证。（2）取函数()(),0,1,2,,kfxxtkn对此函数取节点(0,1,2,,)ixin，则对应的插值多项式为0()()()nkniiipxxtlx，由余项公式，得(1)(1)011()()()()()()()()0(1)!(1)!nnkknkiiirxxtxtlxfxxtxnn所以0()()()nkkiiixtxtlx令t=x，0()()0nkiiixxlx4、给定数据（()fxx）xf(x)(1)试用线性插值计算f的近似值，并估计误差；(2)试用二次Newton插值多项式计算f的近似值，并估计误差。解：用线性插值计算f，取插值节点为和，则相应的线性插值多项式是1.549191.48320()1.48320(2.2)2.42.21.483200.32995(2.2)pxxx用x=代入，得(2.3)1.483200.32995(2.32.2)1.450205f(2)作差商表如下xf(x)一阶差商二阶差商三阶差商根据定理2，f(x)＝f(x0)＋f[x0，x1](x-x0)+f[x0，x1，x2](x-x0)(x-x1)+…+f[x0，x1，…，xn](x-x0)(x-x1)…(x-xn－1)+f[x0，x1，…，xn，x]π(x)。以表中的上方一斜行中的数为系数，得f＝＋×××＝指出：误差未讨论。5、给定函数表x01245y01646880试求各阶差商，并写出牛顿插值多项式和插值余项。解：作差商表如下xf(x)一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商001611673052246－376212534881093－8850根据定理2，以表中的上方一斜行中的数为系数，得57()0167(1)(1)(2)(1)(2)(4)26pxxxxxxxxxxx。指出：余项未讨论。5*、给定函数表x01234y01646880试求各阶差分，并求等距节点插值。解：由已知条件，显然，x0=0，h=1，x=t。作差分如下xf(x)一阶差分二阶差分三阶差分四阶差分00161161430－224612－14042－142488－130－8850根据等距节点插值公式，0(1)(1)(2)(1)(2)(3)()()01614(2)(140)2!3!4!(1)(2)35167(1)(1)(2)(3)36nntttttttttpxthptttttttttttt指出:在本题这种情况下,实际上()()nnptpx，也就是说,在这样的条件下,t的多项式就是x的多项式，可以直接转换。一般情况下，把t的关系转换为x的关系需要根据x=x0+th，将t用x表示，即将0xxth代入得到的多项式。6、给定数据表xf(x)试用三次牛顿差分插值公式计算f及f。解：所给节点是等距结点：000.125,0.125,,0,1,2,3,4,5ixhxxihi。计算差分得xf(x)一阶差分二阶差分三阶差分四阶差分五阶差分0．1250．796180．2500．773340．3750．743710．5000．704130．6250．656320．7500．60228令00()xxxxthth,根据等距结点插值公式，得0(1)()()0.79618(0.02284)(0.00679)2!(1)(2)(1)(2)(3)(1)(2)(3)(4)(0.00316)0.00488(0.00460)3!4!5!nnttpxthptttttttttttttt则(0.1581)(0.1581)(0.1250.2648)0.790294822,(0.636)(0.6363)(0.1254.088)0.651804826nnnnfpphfpph。7、设f(x)在[-4,4]有连续的4阶导数，且(1)1,(0)2,(0)0,(3)1,(3)1fffff(1)试构造一个次数最低的插值多项式p(x)，使其满足(1)(1)1,(0)(0)2,(0)(0)0,(3)(3)1,(3)(3)1pfpfpfpfpf(2)给出并证明余项f(x)-p(x)的表达式。解：(1)由7*可以求出满足(0)(0)2,(0)(0)0,(3)(3)1,(3)(3)1pfpfpfpf的三次埃尔米特插值多项式3252()2273Hxxx。设22322252()()(3)2(3)273pxHxaxxxxaxx，则p(x)满足(0)(0)2,(0)(0)0,(3)(3)1,(3)(3)1pfpfpfpf，由(1)1f得3222521(1)(1)2(13)(1)1273108aa，所以223222432521()()(3)2(3)27310811332108544pxHxaxxxxxxxxx。(2)余项具有如下结构22()()()()(1)(3)rxfxpxkxxxx作辅助函数22()()()()(1)(3)tftptkxttt则显然()t在点,1,0,3x处有6个零点（其中0，3是二重零点），即()0,(1)0,(0)0,(0)0,(3)0,(3)0x，不妨假设(1,0)x。由罗尔定理，存在123(1,),(,0),(0,3)xx，使得123()0,()0,()0，再注意到(0)0,(3)0，即()t有5个互异的零点12303再次由罗尔定理得，存在111223343(,),(,0),(0,),(,3)，使得1234()0,()0,()0,()0第三次应用罗尔定理得，存在112223334(,),(,),(,)使得123()0,()0,()0，第四次应用罗尔定理得，存在112223(,),(,)使得(4)(4)12()0,()0，第五次应用罗尔定理得，存在12(,)使得(5)()0注意到(5)(5)(5)()()5!()()5!()trtkxftkx（()()()rtftpt中p(t)是4次函数，其5次导数为0）。所以(5)(5)(5)()()()5!()=0()=5!ffkxkx，代入余项表达式，有(5)22()()()()(1)(3)5!frxfxpxxxx。指出：本题是非标准插值问题，比较简单的求解方法有：①求插值问题的基本方法是待定系数法。以本题来说，有5个条件，可以确定一个4次的插值多项式，设为23301233yaaxaxaxax，将条件代入，建立一个5元的线性方程组，求出各参数，就可以求出插值多项式。②求插值问题的第二种方法是基函数法，即根据给定条件设定插值多项式的结构和各基函数的结构，根据条件确定基函数即可。具体方法与拉格朗日插值基函数构造和埃尔米特插值基函数构造相似。③以标准插值为基础的方法是一种更简单的方法，本题中，首先利用4个条件构造一个埃尔米特插值，在此基础上设定所求插值多项式的一般形式，保证其满足埃尔米特插值条件，代入未利用条件解方程（组），求出其中的未知参数，即可求出插值多项式。本题也可以先利用(1)(1)1,(0)(0)2,(3)(3)1pfpfpf构造一个2次插值多项式2()px，以此为基础构造4次插值多项式4()px，4()px的结构是42()()()(1)(3)pxpxaxbxxx，满足(1)(1)1,(0)(0)2,(3)(3)1pfpfpf再根据(0)(0)0,(3)(3)1pfpf列出两个线性方程组成的方程组，求出a、b两个参数，即可求出所求的插值多项式。求插值函数余项()rx的常用方法是：()()()rxfxpx应具有如下形式（以本题为例）22()()()()(1)(3)rxfxpxkxxxx作辅助函数22()()()()(1)(3)tftptkxttt则()t在点,1,0,3x处有6个零点（其中0，3是二重零点）。反复应用罗尔定理，直到至少有一个(4,4)，使得(5)()0。此时即有(5)(5)(5)()()()5!()=0()=5!ffkxkx