数值分析课后习题答案4

( ) 代入，得 yn+1 = yn + h f (xn , yn ) + phfx (xn , yn ) + qhf (xn , yn ) f y (xn , yn ) + O(h2 )
yn+1 = yn + hf (xn , yn ) + ph2 fx (xn , yn ) + qh2 f (xn , yn ) f y (xn , yn ) + O (h3 )
≈
A0
f
( )+ 4
A1
f
( )+ 2
A2
f
() 4
（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，
∫ ∫ A0 =
1
0 l0 (x)dx =
1
(x
−
1 )( x 2
−
3) 4
dx
=
2
0 (1 − 1)( 1 − 3) 3
4 24 4
，
∫ ∫ A1 =
1
0 l1(x)dx =
= ah2n(n −1) / 2 + nhb
题 10
⎧ yn+1 = yn + hK1
选取参数
p
、
q
，使下列差分格式具有二阶精度：
⎨ ⎩
K1
=
f
( xn
+
ph, yn
+ qhK1) .
解 将 K1 在点 (xn , yn ) 处作一次泰勒展开，得
K1 = f (xn + ph, yn + qhK1) = f (xn , yn ) + phfx (xn, yn) + qhK1 f y ( xn, yn) + O(h2)
设
f
(x)
=
x
−
1 2
cos
x
，则
f
(x)
在区间 (−∞, +∞)
上连续，
f (0) = − 1 cos 0 = − 1 < 0
f
π (
)=
π
1 −
π cos
=
π
>0
且
2
2 ， 2 22 2 2 ，
π
所以
f
(x)
[0,
在
] 2 上至少有一根；
又
f
′(x)
=1+
1 2
sin
x
>
0
，所以
f
(x)
单调递增，故
题 33
⎧x3 + x2
0≤ x≤1
设分段多项式
S
(x)
=
⎨ ⎩2
x3
+
bx2
+
cx
−1
1 ≤ x ≤ 2 是以 0,1, 2 为节点的三次样条
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 + 2x
0< x <1
− 1)( x
− 3)( x
− 4)
.
题 15 证 明 ： 对 于 f (x) 以 x0 ， x1 为 节 点 的 一 次 插 值 多 项 式 p(x) ， 插 值 误 差
f (x) − p(x) ≤ (x1 − x0 )2 max f ′′(x)
8
x0 ≤ x≤ x1
.
证
由拉格朗日插值余项得
f (x) − p(x) =
而
y( xn+1)
=
y( xn
+ h)
=
y( xn ) + hy′(xn ) +
h2 2
y′′(xn ) + O(h3 )
=
y(xn ) + hf
(xn ,
y(xn )) +
h2 2
⎡⎣
fx (xn ,
y(xn )) +
f
(xn , y (xn )) f y
(xn , y (xn
))⎤⎦
+ O (h3 )
1
(x
−
1 4
)(x
−
3) 4
dx
=
−
1
01 1 1 3 ( − )( − )
3
2 42 4
，
∫ ∫ A2 =
1
0 l2 (x)dx =
1
(x
−
1 )( x 4
−
1) 2
dx
=
2
0 ( 3 − 1)( 3 − 1) 3
4 44 2
，
1
∴ ∫0
f (x)dx
≈
2 3
f
11 ( )− 43
f
1 ( )+ 2
y
19.0
32.3
49.0
73.3
97.8
解 拟合曲线中的基函数为ϕ0 (x) = 1，ϕ0(x) = x2 ，
⎛ (ϕ0,ϕ0 )
其法方程组为
⎜ ⎝
(ϕ1
,ϕ0
)
(ϕ0 (ϕ0
,ϕ1 ,ϕ0
) )
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
a b
⎞ ⎟ ⎠
=
⎛ ⎜ ⎝
( (
f f
,ϕ0 ,ϕ1
) )
⎞ ⎟ ⎠
，
其中 (ϕ0,ϕ0 ) = 5 ， (ϕ0,ϕ1) = (ϕ1,ϕ0 ) = 5327 ， (ϕ1,ϕ1) = 7277699 ， ( f ,ϕ0 ) = 271.4 ，
= f (xn , yn ) + phfx (xn , yn )
( ) +qh f (xn, yn ) + phf x (xn , yn ) + qhK1 f y (xn , yn ) + O(h2 ) f y (xn , yn ) + O (h2 )
= f (xn , yn ) + phfx (xn, yn) + qhf ( xn, yn) f y( xn, yn) + O(h2)
⎧
a0 = 0
⎪⎪a0 + a1 + a2 + a3 = 1
⎨ ⎪
a1 = 0
代入得方程组 ⎪⎩ a1 + 2a2 + 3a3 = 1
⎧a0 = 0
⎪ ⎪
a1
=
0
⎨⎪a2 = 2
解之，得 ⎪⎩a3 = −1
∴ 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， 可设 p(x) = ax2 ，代入 p(1) = 1 ，得 a = 1，∴ p(x) = x2 ； 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 .
yn = 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
.
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 p(x) ：
（1） （1） 用待定系数法；
（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) .
解 （1）有四个插值条件，故设 p(x) = a0 + a1x + a2 x2 + a3x3 ， p′(x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 ，
f
′′(ξ 2!
)
(
x
−
x0
)(
x
−
x1
)
，其中
x0
≤ξ
≤ x1 ，
f (x) − p(x) =
f
′′(ξ ) (x − 2!
x0 )(x −
x1 )
≤
max f ′′(x)
x0 ≤ x≤ x1
2!
( x − x0 )( x − x1)
≤ (x1 − x0 )2 max f ′′(x)
8
x0 ≤ x≤ x1
令
⎧ ∂f
⎪⎪ ∂x
⎨ ⎪
∂f
⎪⎩ ∂y
= =
0 0
，得
⎧36x ⎨⎩−6x
− +
6y −102 92y − 96
= =
0 0
，解之得
⎧⎪⎪x ⎨ ⎪y ⎪⎩
= =
830 273 113 91
.
题 37 用最小二乘法求形如 y = a + bx2 的多项式，使与下列数据相拟合：