题12给定节点值余项：（1）（1）（2）（2）
x0=−1，x1=1，x2=3，x3=4，试分别对下列函数导出拉格朗日插
f(x)=4x3−3x+2f(x)=x4−2x3
(4)f(x)=0，解（1）
f(4)(ξ)
f(x)−p(x)=(x−x0)(x−x1)(x−x2)(x−x3)=0
4!由拉格朗日插值余项得；
(4)f(x)=4!（2）
由拉格朗日插值余项得
f(x)−p(x)=
4!
(x−x0)(x−x1)(x−x2)(x−x3)
=(x+1)(x−1)(x−3)(x−4).4!
题15
xx证明：对于f(x)以0，1为节点的一次插值多项式p(x)，插值误差
(x1−x0)2
f(x)−p(x)≤maxf′′(x)
x0≤x≤x18.
f′′(ξ)
(x−x0)(x−x1)x≤ξ≤x1，2!证由拉格朗日插值余项得，其中0
maxf′′(x)f′′(ξ)x0≤x≤x1
f(x)−p(x)=(x−x0)(x−x1)≤(x−x0)(x−x1)
2!2!(x1−x0)2≤maxf′′(x)
x0≤x≤x18.
f(x)−p(x)=
题22
′′采用下列方法构造满足条件p(0)=p(0)=0，p(1)=p(1)=1的插值多项式
用待定系数法；
p(x)：
（1）（1）（2）（2）
′利用承袭性，先考察插值条件p(0)=p(0)=0，p(1)=1的插值多项式
p(x).
232
′p(x)=a+ax+ax+axp(x)=a+2ax+3ax0123123解（1）有四个插值条件，故设，，
a0=0⎧
⎪a+a+a+a=1⎪0123⎨
a1=0⎪
⎪⎩a1+2a2+3a3=1
代入得方程组
⎧a0=0⎪a=0⎪1⎨
⎪a2=2⎪a=−1
解之，得⎩3
∴p(x)=2x2−x3；
（2）先求满足插值条件p(0)=p′(0)=0，p(1)=1的插值多项式p(x)，由0为二重零点，
22
p(x)=ax∴p(x)=xp(1)=1a=1可设，代入，得，；
′′再求满足插值条件p(0)=p(0)=0，p(1)=p(1)=1的插值多项式p(x)，可设
p(x)=x2+bx2(x−1)，∵p′(x)=2x+2bx(x−1)+bx2，代入p′(1)=1，得b=−1，∴p(x)=x2−x2(x−1)=2x2−x3.
⎧x3+x20≤x≤1
S(x)=⎨3
2
2x+bx+cx−11≤x≤2是以0,1,2为节点的三次样条⎩题33设分段多项式
函数，试确定系数b,c的值.
解由S(1)=2得2+b+c−1=2，∴b+c=1；
⎧3x2+2x0 ⎩6x+2bx+c1 0 ′′(1)=8=S+′′(1)⎩12x+2b1 ⎧2x+4y=11⎪3x−5y=3⎪⎨ ⎪x+2y=6⎪2x+y=7 用最小二乘法解下列超定方程组：⎩. 题35 解记残差的平方和为 f(x,y)=(2x+4y−11)2+(3x−5y−3)2+(x+2y−6)2+(2x+y−7)2⎧∂f830⎧=0x=⎪⎪⎪∂x⎪273⎨∂f⎨⎧36x−6y−102=0⎪=0⎪y=113⎨⎪∂y−6x+92y−96=0，解之得⎪91.⎩令⎩，得⎩ 题37 2 y=a+bx用最小二乘法求形如的多项式，使与下列数据相拟合： xy1919.0 2532.3 3149.0 3873.3 4497.8 2 ϕ(x)=1ϕ(x)=x00解拟合曲线中的基函数为，， ⎛(ϕ0,ϕ0)(ϕ0,ϕ1)⎞⎛a⎞⎛(f,ϕ0)⎞⎜⎟⎜⎟=⎜⎟⎝(ϕ1,ϕ0)(ϕ0,ϕ0)⎠⎝b⎠⎝(f,ϕ1)⎠ 其法方程组为其中 ， (ϕ0,ϕ0)=5，(ϕ0,ϕ1)=(ϕ1,ϕ0)=5327，(ϕ1,ϕ1)=7277699，(f,ϕ0)=271.4， 532⎧a==0.9726⎪⎪547⎨ ⎪b=285=0.052 (f,ϕ1)=369321.5，解之得⎪∴y=0.9726+0.05x5696⎩，. 第二章 题3确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量地高，并指明求积公式所具有的代数精度： 0 （2） （2）从结论“在机械求积公式中，代数精度最高的是插值型的求积公式”出发， ∫ 1 113 f(x)dx≈A0f()+A1f()+A2f() 424 13(x−)(x−)11224A0=∫l0(x)dx=∫dx= 0011133(−)(−)4244，13(x−)(x−)11 44dx=−1A1=∫l1(x)dx=∫0011133(−)(−)2424， 11(x−)(x−)11 42dx=2A2=∫l2(x)dx=∫0031313(−)(−)4442， 1211123∴∫f(x)dx≈f()−f()+f()0343234， 3f(x)=x当时，有 1 ∫04，左边＝0 2111232131132331f()−f()+f()=⋅()−⋅()+⋅()=3432343432344，右边＝ 1 f(x)dx=∫x3dx= 1 左边＝右边， 4f(x)=x当时，有 1 ∫05，左边＝0 21112321411423437f()−f()+f()=⋅()−⋅()+⋅()=43234343234192，右边＝3 1 f(x)dx=∫x4dx= 1 左边≠右边，所以该求积公式的代数精度为3. 题8已知数据表 x1.1 1.33.6693 1.54.4817 ex3.0042 试分别用辛甫生法与复化梯形法计算积分解辛甫生法 ∫ 1.5 1.1 exdx. ∫ 1.5 1.1 edx≈ x1.5−1.1 (3.0042+4×3.6693+4.4817)=1.477546； 复化梯形法 0.2 (3.0042+2×3.6693+4.4817)=1.48245 ∫1.12. 14π=∫dx01+x2 题17用三点高斯公式求下列积分值. 1 x=(t+1) 2解先做变量代换，设， 11418 ⋅dt=dt2∫−11∫1−144+(t+1)dx1+(t+1)222∫01+x4则＝ 588858≈×+×+×2229⎛3⎞94+(0+1)9⎛3⎞4+⎜−+1⎟4+⎜+1⎟⎝5⎠⎝5⎠ =3.141068. 1.5 edx≈ x第三章 ′用欧拉方法求解初值问题y=ax+b，y(0)=0： （1）试导出近似解n的显式表达式； 解（1）其显示的Euler格式为： yyn=yn−1+hf(xn−1,yn−1)=yn−1+h⋅(axn−1+b) 故 yn−1=yn−2+h⋅(axn−2+b) ⋯⋯ y1=y0+h⋅(ax0+b) 将上组式子左右累加，得 yn=y0+ah(x0+⋯+xn−2+xn−1)+nhb=ah(0+h+2h⋯+(n−2)h+(n−1)h)+nhb=ah2n(n−1)/2+nhb⎧yn+1=yn+hK1⎨ K=f(xn+ph,yn+qhK1)pq选取参数、，使下列差分格式具有二阶精度：⎩1. 题10解将 K1在点(xn,yn)处作一次泰勒展开，得 2 K1=f(xn+ph,yn+qhK1)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhK1fy(xn,yn)+O(h)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn) +qh(f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhK1fy(xn,yn)+O(h2))fy(xn,yn)+O(h2)=f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhf(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h2) 代入，得 yn+1=yn+h(f(xn,yn)+phfx(xn,yn)+qhf(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h2)) yn+1=yn+hf(xn,yn)+ph2fx(xn,yn)+qh2f(xn,yn)fy(xn,yn)+O(h3)h2 y(xn+1)=y(xn+h)=y(xn)+hy′(xn)+y′′(xn)+O(h3) 2而 h23 ⎤=y(xn)+hf(xn,y(xn))+⎡f(x,y(x))+f(x,y(x))f(x,y(x))+O(h)xnnnnynn⎦2⎣ 11p=q=y=y(xn)，比较上两式，当2，2时，考虑其局部截断误差，设ny(xn+1)−yn+1=O(h3). 第四章 1 x=cosx2题2证明方程有且仅有一实根；试确定这样的区间[a,b]，使迭代过程 1 xk+1=cosxkx∈[a,b]均收敛.2对一切01 f(x)=x−cosx2解设，则f(x)在区间(−∞,+∞)上连续，11ππ1ππf(0)=−cos0=−<0f()=−cos=>0 2222222且，， π[0,] 2上至少有一根；所以f(x)在1πf′(x)=1+sinx>0[0,] 22上仅有一根.又，所以f(x)单调递增，故f(x)在11xk+1=cosxkg(x)=cosx22迭代过程，其迭代函数为， π11ππ∀x∈[0,]0≤g(x)=cosx≤≤∴g(x)∈[0,] 2，222，2；11 g′(x)=−sinxg′(x)≤<1 22，， π1 ∀x0∈[0,]xk+1=cosxk2，2由压缩映像原理知均收敛.π[0,] 2，也可取[a,b]为区间(−∞,+∞)等.注这里取[a,b]为区间 2 xk+1=4+cosxk3题5考察求解方程12−3x+2cosx=0的迭代法 x（１）（１）证明它对于任意初值0均收敛； （２）证明它具有线性收敛性； 2 g(x)=4+cosx3证（1）迭代函数为， ∀x∈(−∞,+∞)，g(x)∈(−∞,+∞)； 22 g′(x)=−sinx≤<1 33又， 2 x=4+cosxkk+1∀x3由压缩映像原理知0，均收敛； xk+1−x*2*′lim=g(x)=−sinx*≠0**k→∞x−x*3k（2）（否则，若sinx=0，则x=mπ,m∈Z， 2 xk+1=4+cosxk3不满足方程），所以迭代具有线性收敛速度； 32x=1.5附近的一个根，证明下列两种迭代过程在区间 题7求方程x−x−1=0在0[1.3,1.6]上均收敛： 11x=1+x=1+2k+12 xxk（１）（１）改写方程为，相应的迭代公式为； （２）（２）改写方程为x=1+x，相应的迭代公式为 3 2 3 2 3 2 2xk+1=31+xk.11x=1+x−x−1=0⇔x=x+1⇔x=1+2k+12xx，迭代公式为k，解（1） 1 g(x)=1+2 x其迭代函数为 111 1.3≤1.3906≈1+2≤1+2≤1+2≈1.5917<1.6 ∀x∈[1.3,1.6]，1.6x1.3，∴g(x)∈[1.3,1.6]； −2−2−2 ≤3≤3=-0.4883g′(x)≤0.9103<13 1.3x1.6又，， 1 xk+1=1+2 ∀x∈[1.3,1.6]，xk均收敛；由大范围收敛定理知0 g′(x)=− 2x3， -0.9103= 323232xk+1=31+xk2x−x−1=0⇔x=1+x⇔x=1+x（2），迭代公式为，32g(x)=1+x其迭代函数为 ∀x∈[1.3,1.6]，1.3≤1.3908≈31+1.32≤31+x2≤31+1.62≈1.5269<1.6， ∴g(x)∈[1.3,1.6]； 2233(1+x)， 又 32x2x2x32×1.60≤≤=≤=0.4912 22233333(1+x)3(2x)， g′(x)= 2xg′(x)≤0.4912<1 ， xk+1=31+xk2∀x∈[1.3,1.6]0由大范围收敛定理知，均收敛. 题5 分别用雅可比迭代与高斯-塞德尔迭代求解下列方程组： ⎧x1+5x2−3x3=2⎪ ⎨5x1−2x2+x3=4⎪2x+x−5x=−11⎩123 ⎧ (k)(k) ⎪x1(k+1)=2−5x2+3x3⎪ 5(k)1(k)⎪(k+1) x=−2+x1+x3⎨2⎛0⎞ 22⎪⎜⎟(0) x=⎪(k+1)112(k)1(k)⎜0⎟ x3=+x1+x2⎜0⎟⎪⎝⎠，555⎩（2）其雅可比迭代格式为，取初始向量迭代发散；⎧ (k)(k) ⎪x1(k+1)=2−5x2+3x3⎪ 5(k+1)1(k)⎪(k+1) x=−2+x1+x3⎨2⎛0⎞ 22⎪⎜⎟(0) x=⎪(k+1)112(k+1)1(k+1)⎜0⎟ x3=+x1+x2⎜0⎟⎪⎝⎠，迭代发555⎩其高斯-塞德尔迭代格式为，取初始向量 散. 第六章 题2用主元消去法解下列方程组 ） 解 （2）对其增广矩阵进行列主元消元得 ⎧2x1+3x2+5x3=5⎪ ⎨3x1+4x2+7x3=6⎪x+3x+3x=5⎩123 76⎞⎛3476⎞⎛2355⎞⎛3476⎞⎛34⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟3476→2355→01/31/31→05/32/33⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜1335⎟⎜1335⎟⎜05/32/33⎟⎜01/31/31⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠ 76⎞⎛34 ⎜⎟→⎜05/32/33⎟⎜001/52/5⎟⎝⎠⎧ ⎪3x1+4x2+7x3=6⎪ 52⎪ x2+x3=3⎧x3=2⎨⎛−4⎞33⎪⎪⎜⎟ x=1x=⎨212⎪⎜1⎟ x3=⎪x=−4⎜2⎟⎪⎩1⎝⎠.55⎩回代求解上三角方程组得，所以 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容