《西安交通大学计算方法考试考试(证明)答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《西安交通大学计算方法考试考试(证明)答案.doc（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、习题答案一一证明题第2章线性方程组求解p. 79第14题证明：a.由于是范数，它必满足范数的三条件；由于 x皿二Mx，所以 非负性：|xh= |Mx|0,且|xh= |Mx| =0当且仅当Mx=0，又由M的非奇性，当且仅当x=0时才有Mx = 0，因此：|x|h =0当且仅当x=0 ； 正齐性：| ax| 皿=|M (a x )| =卜(Mx )| =|a|Mx| =|a|x| M三角不等式：|x+yM = IIM(x + y)卜|Mx+My| 勻网+|MyHX M +| y M因此，按此定义的范数 xM是范数；b. 仿前，容易证明|A| M = | MAM讣定义了一种矩阵范数。关于相容性：|
2、Ax|m = |MAx| =|MAMMx 帥AM j|Mx| =|A| J x| m第3章数据近似p.12第6题:a. 取f(x) =1,则对插值节点(X/) i =0,1,2,，n，其Lgne插值多项式为nL(x)八Ti(x)，又由函数、插值多项式与余项的关系，及余项公式，有i =0nf(n 7)(八)nf(x)-L(x)=1-Ti(x)二 乎(x)=0 二、li(x) = 1 v(n +1)!7此处，用到：；f(x) =1, . f(n d)(x0b. 证明同上，只是将f(x)=xk，由于k n，所以仍有f(n1)(x) = 0 ；c. 由二项式定理:nnk(X -x) li (x)八i
3、=0i =0r kE (-1)jCkjxjxi (x)二為(-1)jCkjxj 岸 xTldx)j=0V=0丿k八(-1)jW x-xk =0j n此处，用到了 b.已证明的结论： xikli(xxk j =0,1/ ,k ；i =0d. 只需注意到由于y(x)是m次多项式，又m空n，因此y(n1)(x) = 0;因此,由余项公式：y(x) - p(x) = y(七)=0，此即所要的证明。e. (方法1):令P(x)为被插函数，贝U P(xJh(x)为对应的插值多项式，因P(x)P(Xi)li(x)便是该插值多项式的余项，由余项公式:P(x)_ P(Xi)h(x)二P(n1)()(n 1)!，
4、(x)二(x)，此处，用到P(x)是首项(即最高次项)系数为1的n 1次多项式，因此P(n 1)(x)=(n 1)!；(方法 2)：首先，记 q(x) = P(x) -迟 P(xi)li(x)，由于 li(x)为 Lagrange 基本插 值多项式，. P(Xj)lj(Xk)二 P(Xk) k =0,1厂，n =q(Xk) = 0 k=0,1, ,n ；其次，P(x)是首项系数为1的n 1次多项式，而7 P(xi)li(x)是(不超过)n 次多项式，因此q(x)也是首项(即最高次项)系数为 1的n 1次多项式；综上所述，q(x)是以兀(k =0,1，n)为零点(共n+1个点)，首项(即最高 次
5、项)系数为1的n 1次多项式，因此q(x) = (xx)(x - X1) (X - Xn)二(x).p.12第7题f(xH，以点Xk, f(k), k =0,1,2,，n1为插值节点的插值多项式记为x +1Pn (X)，求 Pn(n 1)。解：由余项公式：R(x) = f (x) - Pn(x) = f0,1,2,n ,xx(x-1)(x-2)(x - n),n+1在上式中取X = n 1，由于f (n T)二一-，便有n +2Pn(n 1Hn 2 -f0,1,2, ,n,n1( n 1)!差商表0011211*22231-12*31* 2*33341-1(-1)23*42*3*41*2* 3
6、* 4n -1n -11-1(T)2n(n -1)n(n -2)(n -1)n(n-3)(n -2)(n -1)nnn1-1(T)2n 1n(n 1)(n -1)n n 1(n- 2)(n-1)nn 1n 1n 11-1(T)2(-1)nn 2(n 1) n 2n n 1 (n 2)(n -1)n n 1 (n 2)(n 2)!因此：Pn(n 1) =1 1(-1)n +2p.129第8题由定义 px, Xo = P(x) - p(x)，若记 q(x)二 p(x) - p(Xo)，则显然 q(x) = 0 ,x Xo这说明q(x) = (x-x0)r(x)，此处r(x)是(n-1)次多项式，与
7、上式比较，可知px, Xo =r(x)，即 px,Xo是一个(n -1)次多项式.p.129第9题由于节点Xi (i =0,1, n)互异，其Lagrange插值多项式为：二o(x)二 (x) f (xi)L(x)li(x)f(xjf(x)-i=oif(X Xi)(x)i仝(xX)(Xi)注意到是一个最高次项系数为1的n次多项式，因此Lagrange插值 (X_X)n多项式L(x)的n次项(即最高次项)的系数为 J 空必；7 H(Xi)另一方面以Xi (i =0,1/ ,n)为节点的Newton插值多项式N(x)二 乂 7心& -x。)yx0,*,X2(x-X0)(x-x)yX),X1, ,X
8、n(X X0)(X X1) (X X2)因此，其n次项(即最高次项)的系数为yx,X1，Xn，由插值多项式的唯一性， 便有:f (Xi)(Xi)nyX0,X1, ,Xn二 i =0p.129第10题以(a, f(a), (b, f(b)为插值节点作插值多项式L(x)，由于f(a)二f(b)=0， f 7)易知 L(x) =0 ;又由余项公式：f(x) - L(x) =R(x)二一 (x-a)(x-b)，可知： 徉)2f (x)(x-a)(x-b)21 1注意到(xa)(xb)兰一(b -a)2，因此：mag f (x)兰一(b - a)2 阴盪 f (x)；4a 8ap.129第11题参见教材
9、pp.177-178p.130第12题a.由定义：八w =yi 1 - , ，kyi = ：k4yi-klyi，因此由差商定义:yXi,Xi 1二y(Xii)y(Xi)yilyiy n yXi 1 Xjxi 1 XjhyX ,Xi i,Xi 2二Xi .2 Xih山讥干厲2h般地，若yXi,Xi i,yXi,Xi 1, , Xi k, Xi ,k 11 ,-k . k,X k h ： yi,k!yXi 1,Xi k,Xi k 1 - yXi,x 1, ,Xi k则有xi k 1 - xi11 k . k1 k . kh : yi . h : yi(k 1)h |_k!k!(k 1)!由此得证。
10、b.由Newton插值多项式N(x)二 yo yXo,X1】(x -Xo) 丫心人，)2&-冷)&-为)丫心为,，Xn(X Xo)(X X) (X Xn) 及 x =x0 th，即 x x0 二 th, x % = (t 1)h, x xn=(t n 1)h ,根据前得结论自然可得所求结论。p.13第12题只需证明：1)在x = -3, x=4处S”(-3) =S”(4) =0,这是因为S(x)是自然样条,S“(-3 + 0) =(18+6x)x9 =0, S(-3-0)=0, nS-3) = 0S“(4-0) =(-120+30x)x# =0, S“(4 + 0) = 0, nS(4) =
11、02)在Xi =1, 0, 3等三点，有S(Xi -0S(Xi), S(x -0S(Xi), S 化-0) = S&),例如：S( 一1 一0) =28 25 9 -1 =11S( -1) =26 -193 11S(-1-0) = S(-1)S(-1 -0) =(25+18x + 3x2)x“ =25-18+3=10S(-1) =(19 +6x 3x2)=19 6-3 = 10 = S(-1 0)XS“(_1 _0) =(18+6x)x“ =18_6=12S“(-1) =(6_6x) x“ =6 + 6 = 12=S(_1_0)类似，证明其他两点第5章数值微积分p.187第1题ba b.设 a
12、 f(X)dx ： Af ()按待定系数法，令f(x)J = b a二Abb + a所以，公式为 f(x)dx “b-a)f (=)确定代数精度：令f(x) = x =丄(b2 -a2) =(b-a)(山)2 22 133b a 2令 f (x) = X 二 3(b -a ) =(b -a)( 2 )3 2所以，代数精度为1,且可知误差E(f)=rf)，即bb亠aa f(x)dx -(b -a) f (厂)=rf ()在此式中，令 f(x)=x2 二】(b3-a3)-(b-a)(b ?)2 =2r 32解之，得r二丄(b-a)3，因此中矩形公式：24i f (x)dx = (b - a) f
13、(字)十丄(b - a)3 f U)a224p.187第3题已知：。f (x)dx - Akf (xj rf (m ()， 讨论： g(t)dt0L a令 t = a (b -a)x，则 x:0r1=t:ab，有b1ag(t)dt 二 g a (b -a)x d a (b -a)x1=(b -a) og a (b -a)x dx=(b a) Akg a (b a)Xk r(b a)m 1 g(m a (b a) b即 J g(t)dt 痒(b a)送 Akg(a+ (b a)Xk )a第5章非线性方程求解p. 228第5题令xk、上xk ,取初值X。=0，则原问题的极限便是当n：时序列 ；的极
14、限；, A记(x)=*+x，则当 x0,2时，(x)E0,2，且 (X)=,，所以 22 +x-y221，因此序列收敛，切收敛于(x)=J2+x的不动点2;p. 229第7题证明：由f (x) . 0二f(x)为单调增函数，由题设f(x)有零点x ,则此零点x 必唯一。迭代 xk q. =Xk -，f (xk)，记(X)二 X.f (x)， X” 也是：的不动点，叮 X -x=|(Xk -X* jf (Xk )-(f (x* = |xk -x 1 - f (E)|(xk,x )或 (x ,xk).由 0 ： m f (x)乞 M ,0 ： ： 2M.1 一 m _ 1 f ( ) _ 1 一 M ，及 0 ： mM : 21扎 m1kf 牡)釘九 M1 n |1对牡)兰 l_l,由此推得迭代收敛。