数值分析答案第三章

当 x ∈[0,1]时， f (x) > 0
f ′(x) = 10(x + 1)9 e−x + (x + 1)10 (−e −x ) = (x + 1)9 e− x (9− x) >0
∴ f (x) 在[0,1]内单调递减。
f = max f ( x) = ∞ 0≤ x≤1
= max{ f (0) , f (1)}
证明：
f = ( f − g) + g ≤ f −g + g ∴ f −g ≥ f − g
6。对 f (x), g (x) ∈ C1[a,b]，定义
b
(1)( f , g) = ∫a f ′( x) g′( x)dx
b
(2)( f , g) = ∫a f ′( x) g′( x)dx + f (a) g(a)
xk
(1−
x )n −k
当 n = 1 时，
⎛1 ⎞
P0
(
x)
=
⎜ ⎝
0⎟⎠
(1−
x)
P1(x) = x
∴ B1( f , x) = f (0) P0 ( x) + f (1)P1(x)
=
⎛1
⎜ ⎝
0
⎞ ⎟ ⎠
(1−
x)
π sin(
2
×
0)
+
xsin
π 2
=x
当 n = 3 时，
P0
(
x)
=
⎛ ⎜ ⎝
解：
若 ρ( x) = 1− x2 ，则区间[−1,1]上内积为
1
∫ ( f , g) = f ( x) g( x)ρ ( x)dx −1
定义ϕ0 ( x) = 1，则
ϕn+1( x) = ( x −αn )ϕn ( x) − βnϕn−1( x)
其中
αn = ( xϕn( x),ϕn( x)) /(ϕn (x),ϕn (x)) βn = (ϕn ( x),ϕn ( x)) /(ϕn−1( x),ϕn−1( x)) ∴α0 = (x,1) /(1,1)
d( ) t +1 − (t +1)2 2
22
1
1
∫=
T −1 n (t)Tm (t)
dt 1− t2
{ } 又∵切比雪夫多项式 Tk*( x) 在区间[0,1]上带权 ρ( x) =
1 正交，且 1− x2
1
∫−1Tn ( x)Tm ( x)d
⎧0,n ≠ m
x
=
⎪⎪π ⎨
,
n
=
m
≠
0
1−t2 ⎪2
∫1 x(1+ x2 )dx
= −1
∫1 (1 + x2)dx −1
=0
∴ϕ1(x) = x
α1 = (x2, x) /(x ,x )
1 x3 (1+ x 2 )dx
∫=
−1
1 x2 (1+ x2 )dx
∫−1
=0
β1 = ( x, x) /(1,1)
1 x2 (1+ x2 )dx
∫=
−1
1 (1+ x2 )dx
1
∫ f = [ 1 x2 m (1− x )2 ndx ]2
2
0
π
1
∫ = [ 2 sin4m t cos4n td(sin2 t)]2 0
π
1
∫ = [ 2 2sin4m+1 t cos4n+1tdt ]2 0
= (2n)!(2m)! [2(n + m) +1]!
(4) 若 f (x) = (x +1)10 e−x
6
3
2
= 3 x(1− x)2 + 3 3 x2(1− x) + x3
2
2
5−3 =
3 x3 + 3
3 − 6 x2 + 3 x
2
2
2
≈ 1.5x − 0.402x2 − 0.098x3
2． 当 f (x) = x 时，求证 Bn ( f , x) = x
证明：
若 f (x) = x ，则
∑ Bn ( f
∫−1
16
=
15 8
=
2 5
3
∴ϕ2 ( x)
=
x2
−
2 5
α2
=
( x3
−
2 5
x,
x2
−
2 )
5
/( x2
−
2 ,
5
x2
−
2 )
5
∫1 ( x3 − 2 x)( x2 − 2 )(1+ x2 )dx
= −1
5
5
∫1 (x2 − 2 )(x2 − 2 )(1 + x2)dx
−1
5
5
=0
β2
=
(x2
故可以构成 C1[a,b]上的内积。
{ } 7。令 Tn*(x) = Tn (2x −1),x ∈[0,1]，试证 Tn*(x) 是在 [0,1]上带权 ρ( x) =
1 的正交 x − x2
多项式，并求T0* (x),T1*( x), T2*( x), T3*( x) 。
解：
若Tn*(x) = Tn (2x −1),x ∈[0,1]，则
f
( n
m +m
)
⎫ ⎬ ⎭
mm inn = (m + n)m+n
1
∫ f = f (x) dx
1
0
∫= 1 xm(1− x)n dx 0
π
∫= 2 (sin2 t )m (1− sin2 t )n d sin2 t 0
π
∫= 2 sin2m t cos2n t cos ti2isintdt 0
= n!m! (n + m+ 1)!
问它们是否构成内积。 解：
(1) 令 f (x) ≡ C （C 为常数，且 C ≠ 0 ）
则 f ′(x) = 0
∫ 而 ( f , f ) =
b
f ′( x) f ′( x)dx
a
这与当且仅当 f ≡ 0 时， ( f , f ) = 0 矛盾
∴不能构成 C1[a,b]上的内积。
∫ (2) 若 ( f , g) = b f ′( x) g′( x)dx + f (a) g(a) ，则 a
k =1
(k −1)!
∑ =
n k =1
⎛ ⎜ ⎝
n k
−1⎞ − 1⎟⎠
x
k
(1
−
x)n−k
∑ =
x
k
n =1
⎛ ⎜ ⎝
n k
− −
1 1
⎞ ⎟ ⎠
x
k
−1(1
−wenku.baidu.com
x ) ( n−1) −( k −1)
= x[ x + (1− x)]n−1
=x
3．证明函数1, x,⋯ ,xn 线性无关
证明：
若 a0 + a1x + a2 x2 +⋯ + anx n = 0,∀x ∈R
2
(3) f ( x) = xm (1 − x)n , m 与 n 为正整数，
(4) f ( x) = ( x +1)10 e−x
解：
(1) 若 f (x) = (x −1)3, x ∈[0,1]，则
f ′(x) = 3(x −1)2 ≥ 0
∴ f (x) = (x −1)3在 (0,1) 内单调递增
分别取 xk (k = 0,1, 2,⋯ ,n )，对上式两端在 [0,1]上作带权 ρ( x) ≡ 1的内积，得
⎛ ⎜1
⎜
⎜⋮
⎜ ⎜
1
⎜⎝ n +1
⋯ ⋱ ⋯
1⎞ n +1⎟⎟
⋮⎟ ⎟
⎛ ⎜
⎜ ⎜
a0 a1 ⋮
⎞ ⎟
⎟ ⎟
=
⎛ ⎜
⎜ ⎜
0 0 ⋮
⎞ ⎟
⎟ ⎟
1 2n +
1
⎟ ⎟⎠
⎜ ⎝
an
⎟ ⎠
f = max f ( x) ∞ 0≤ x≤1
= max { f (0) , f (1)}
= max {0,1} = 1
f = max f ( x) ∞ 0≤ x≤1
= max { f (0) , f (1)}
= max {0,1} = 1
1
∫ f
=(
1
(1
−
x)6
dx)
2
2
0
=
[1
(1−
x)7
1
1
b
( g, f ) = ∫a g′( x) f ′( x)dx + g( a) f ( a) = ( f, g), ∀α ∈ K
b
(α f , g) = ∫a [α f ( x)]′ g′( x)dx + af ( a) g( a)
b
= α[∫a f ′( x) g′( x)dx + f (a) g(a)]
∫ T1 * 0n
(
x
)Tm*
(
x
)
P
(
x
)dx
1
1
∫= 0Tn (2x − 1)Tm (2x − 1)
dx x − x2
令 t = (2x −1) ，则 t ∈[−1,1]，且 x = t +1 ，故 2
∫01Tn*( x)Tm*( x) ρ( x)dx
1
1
t +1
∫= T −1 n (t)Tm (t)
第三章 函数逼近与曲线拟合
1．
f
(x)
=
sin
π 2
x
，给出[0,1]上的伯恩斯坦多项式
B1 (
f
,
x)
及
B3 (
f
,
x) 。
解：
∵ f (x) = sin π , x∈[0,1]
2
伯恩斯坦多项式为
∑n k
Bn ( f
,x) =
k =0
f
( n
)Pk
(x )
其中
Pk
(x)
=
⎛ ⎜ ⎝
n k
⎞ ⎟ ⎠
= ( f ,h) + (h, g )
∫ ( f , f ) =
b
[
f
′( x)]2dx +
f
2( a)
≥0
a
若 ( f , f ) = 0 ，则
∫b
[
f
′( x)]2dx
= 0 ,且
f
2 (a)
=0
a
∴ f ′(x) ≡ 0, f (a) = 0
∴ f ( x) ≡ 0
即当且仅当 f = 0 时， ( f , f ) = 0 .
∴ f (x) 在 (0, m ) 内单调递减 n+m
当 x ∈ ( m ,1) 时, f ′(x) < 0 n+ m
∴ f (x) 在 ( m ,1) 内单调递减。 n+m
x ∈ ( m ,1) f ′(x) < 0 n+m
f = max f ( x) = ∞ 0≤ x≤1
=
max
⎧ ⎨
⎩
f (0) ,
,x) =
n k =0
f
(k n
)Pk
(x )
∑ =
n k =0
k n
⎛ ⎜ ⎝
n⎞
k
⎟ ⎠
xk
(1−
x)n −k
∑ = n k n(n −1)⋯(n − k +1) xk (1− x)n−k
n k =0
k!
∑ = n (n −1)⋯[( n −1) −( k −1) +1] xk (1− x)n−k
210 =
e
1
∫ f = f (x) dx
1
0
∫= 1 ( x + 1)10 e−xdx 0
∫ = −(x +1)10e− x 1 +
1
10(x
+1)9e− xdx
00
10 = 5−
e
∫ f
=[
1
(
x
+
1)20
e
−
2xdx
]
1 2
2
0
34 = 7( − )
4 e2
5。证明 f − g ≥ f − g
0
2
3 =
6
(3) 若 f (x) = xm (1 − x)n , m 与 n 为正整数
当 x ∈[0,1]时, f (x) ≥ 0
f ′(x) = mxm−1 (1− x)n + xmn(1− x)n−1 (−1) = xm−1(1− x) n−1m(1− n + m x)
m
当 x ∈ (0, m )时, f ′(x) > 0 n+m
⎪⎩π , n = m = 0
{ } ∴ Tn*( x) 是在 [0,1]上带权 ρ( x) =
1 的正交多项式。 x − x2
又∵T0( x) = 1, x ∈ [−1,1]
∴T0*(x) = T0 (2x − 1) = 1,x ∈ [0,1] ∵T1(x) = x, x ∈ [−1,1] ∴T1*(x) = T1(2x −1) = 2x −1,x ∈ [0,1] ∵T2( x) = 2x2 −1, x ∈[−1,1] ∴T2* (x) = T2 (2x −1) = 2(2x − 1)2 − 1 = 8x2 − 8x −1, x ∈ [0,1]
1 0
⎞ ⎟ ⎠
(1
−
x)3
P1 (x)
=
⎛1 ⎞
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
x(1−
x)2
=
3x(1−
x)2
P2 ( x)
=
⎛3⎞
⎜⎝1
⎟ ⎠
x2
(1−
x)
=
3x2 (1−
x)
P3 (x)
=
⎛ ⎜ ⎝
3 3
⎞ ⎟ ⎠
x
3
=
x3
∑3 k
∴ B3( f , x) =
k =0
f
( n
)Pk
(x)
= 0 + 3x(1− x)2isin π + 3x2 (1− x)isin π + x3 sin π
−
2, 5
x2
−
2) 5
/(x, x)
⎜ ⎝
0
⎟ ⎠
∵ 此方程组的系数矩阵为希尔伯特矩阵，对称正定非奇异，
∴只有零解 a=0。
∴函数1, x,⋯ ,xn 线性无关。
4。计算下列函数 f (x) 关于 C[0,1]的 f , f 与 f ：
∞
1
2
(1) f ( x) = ( x −1)3, x ∈[0,1] (2) f ( x) = x − 1 ,
=α(f ,g)
∀h ∈ C1[a,b] ,则
b
( f + g, h) = ∫a [ f ( x) + g( x)]′h′( x)dx +[ f (a) g(a)]h( a)
b
b
= ∫a f ′( x)h′( x)dx + f (a)h(a) + ∫a f ′( x)h′( x)dx + g(a)h(a)
∵T3(x) = 4x3 − 3x, x ∈[−1,1] ∴T3* (x) = T3 (2x −1)
= 4(2x − 1)3 − 3(2x− 1) = 32x3 − 48x 2 +18x −1, x ∈[0,1]
8。对权函数 ρ( x) = 1− x2 ，区间[−1,1]，试求首项系数为 1 的正交多项式 ϕn (x),n = 0,1, 2,3.
]2
7
0
7 =
7
(2) 若 f (x) = x − 1 ,x ∈[0,1] ，则
2
1
f = max f ( x) =
∞ 0≤ x≤1
2
1
∫ f = f (x) dx
1
0
∫ =
2
1 1 2
(
x
−
1 )dx 2
=1 4
1
∫ f = ( 1 f 2( x)dx) 2
2
0
∫ = [
1
(x
−
1
)2
dx
1
]2