数值分析第三版课本习题及答案

kx?akkBn(f,x)??f((b?a)?a)Pk(),Pk(x)?Cnx(1?x)n?knb?ak?0式为;

B1(f,x)?2x,B3(f,x)?3x(1?2x)?2n63x2(b)

????2(1?2x?)?8x3?3,相应的麦克劳林级数分别

R1(x)?13??0.64596448,

13P(x)?x,P(x)?x?x136,部分和误差则为

R3(x)?1?5?0.07969263840,大于伯恩斯坦多项式的误差。

m?m?Pk(x)??k?0k?0nnnkf()Pk(x)?Bn(f,x)?M?Pk(x)?Mnk?0,当f(x)?x2. m?f(x)?M,故

nnkkkn?kk?1k?1Bn(f,x)??Cnx(1?x)?x?Cn(1?x)(n?1)?(k?1)?x?1xk?0nk?1时,。

3.

sin4x?0?1,对任意不超过6次的多项式g(x),在

x?(2k?1)?,k?1,?,88时,若有

g(x)?sin4x?10,2??上至少有7个零点,这与g(x)不超过6次矛盾,所以,则g(x)在?g(x)?sin4x?1,g(x)?0就是所求最佳一致逼近多项式。

4. 设所求为g(x)?c,

?(f,g)?max(M?c,m?c),M?maxf(x),m?minf(x)a?x?ba?x?b,由47页定

理4可知g(x)在?a,b?上至少有两个正负交错的偏差点,恰好分别为f(x)的最大值和最

11g(x)?(M?m)M?c??(m?c),c?(M?m)22小值处,故由可以解得即为所求。

x?3a3a33a,x?1()?a()?a?133,故3,解方程可

5. 原函数与零的偏差极大值点分别为

得出唯一解

a1?2a?34。

coxs?26.

??0.636620,故

?,得

x2?arccos2??0.880689,f(x2)?0.771178,

a0?f(x2)x?a12?0.10525722,故所求最佳一次逼近多项式为

P1(x)?0.636620x?0.105257,又因为两个偏差点必在区间端点,故误差限为

0?x?maxsinx?P1(x)?P1(0)?0.105257?2。

x5f(x2)?1.71828,则有7. a1?e?1?1.71828,故由e2?e?1可以解得x2?0.54132,

a0?1?f(x2)x?a12?0.89406722,故所求最佳一次逼近多项式为

P1(x)?1.71828x?0.894067。

8. 切比雪夫多项式在??1,1?上对零偏差最小,所求函数必为切比雪夫多项式的常数倍,

111r??p(x)?T2(x)?x2?2。 22,解得唯一解

9. 作变换

x?11153119?tg(t)?t4?t3?t2?t?22代入f(x)得1682816,则g(t)在??1,1?上的三次

最佳逼近多项式为

S(t)?g(t)?15251173T3(t)?t3?t2?t?1288168128,作逆变换t?2x?1代入

P(x)?5x3?521129x?x?44128。

S(t),则f(x)在?0,1?上的三次最佳逼近多项式为

***2T(x)?T(2x?1)?1T(x)?T(2x?1)?2x?1T(x)?T(2x?1)?8x?8x?1,00112210. ,,

T3*(x)?T3(2x?1)?32x3?48x2?18x?1,其中x??0,1?。

11.

?1*Tn*(x)Tm(x)0x?x2dx??1Tn(2x?1)Tm(2x?1)x?x20dx??12Tn(x)Tm(x)dx2?12Tn*(x)??1?x,故正交。

112. 用T4(x)的4个零点

xk?cos2k?1?(k?1,2,3,4)8做插值节点可求得三次近似最佳逼近多

23L(x)??0.0524069?0.855066x?0.0848212x?0.0306032x项式为3。

x???1,1?。由拉格朗日插值的余项表达公式可得出13. f(x)?e,则有f(x)?e,其中

xnx?1f(x)?Ln(x)fn?1(?)e?e???n?Tn?1(x)(n?1)!2n(n?1)!2n,(n?1)!2令

,?n?n(n1)!2?en,则待证不等式成

立,得证。

14. 由泰勒级数项数节约,在??1,1?上有

?(x)?M5,3(x)?1511651T4(x?)T5(x)3848384016,即

M5,3(x)??(x)?1511651183321219931101T4(x)?T5(x)??x?x?x?3848384016102412840961096其中误差限

151165131???0.0075683638483840164096。

为?1?x?1max?(x)?M5,3(x)?115115f(x)?sinx?x?x3?x??P5(x)?x?x3?x61206120为f(x)的近似,误差限为15. ,取

maxf(x)?P5(x)?1?0.0001984137!,再对幂级数的项数进行节约就可以得到原函数的3

?1?x?1次逼近多项式

M5(x?),3115P(5?x)T5(?x)?312016383?x32,其3误84差限为

?1?x?1maxf(x)?M5,3(x)?111??0.0007192467!12016,即为所求

*?a,a??Ff(x)16. 当为上的奇函数时,设n(x)为原函数的最佳逼近多项式,则

Fn*(x)?f(x)?En****?F(?x)?f(x)?F(?x)?f(?x)?En?F(?x)nn,对n有,所以?Fn(?x)也

***?F(?x)是奇函?F(?x)?F(x)nnn是最佳逼近多项式,由最佳逼近多项式的唯一性,,即

数。同理可证,当f(x)为??a,a?上的偶函数时,最佳逼近多项式Fn(x)也是偶函数。

*?17.

?20?ax?b?sinx?dx?a?2?324a?2?2b?2?24ab?2a?2b??4,为使均方误差最小,则有,b?b?31218. (a)

?24b?2?0,?24baa??b?2?0,解得

a?96?24?8??24?3?2。

,c为常数,

(f,g)?(g,f)??f'(x)g'(x)dxba(cf,g)?c(f,g)?c?f'(x)g'(x)dxab(f1?f2,g?)f(1g,?)fg(?,?)f2时,(f,f)?0,不满足定义,所以

x1g'x(dx)??'(f)x2gxdx'((f),f')()?0a,,但当f(x)?c(f,g)??f'(x)g'(x)dxab不构成内积。(b)(f,g)?(g,f),

(cf,g)?c(f,g),(f1?f2,g)?(f1,g)?(f2,g),(f,f)?0且当且仅当f(x)?0时(f,f)?0,满足定义,所以(f,g)构成内积。

x1112dx?(dx)(xdx)??0.196116???01?x0(1?x)202619. ,

1116121212x61dx??01?x1??1?10x6dx,其中

61x11?0.0714286??dx??0.14285701?x0???1,则147,由此可知用积分中值定理估计比

许瓦兹不等式估计更精确。

20.

?1?1(x?ax2)2dx?2222112?aa?2x?axdx35,a?0时最小。??13a,a?1在a?1时,值为321?a?23a,a?1时最小。 时,值为1,a??1时,值为321. 要使

?(x0212?ax?b)dx1002最小,由拉格朗日乘子法可解得

a?1,b??a?11??180,要6,误差为

使?01(x?ax?bx)dx1012最小,由拉格朗日乘子法可解得

20097992009294,b??53565356,误

差为??0.164063,前者误差小。

242(x?a?bx?cx)dxx?22. 1上均为偶函数,也为偶函数,则?0最小,由拉格朗日乘子法可

1解得

a?1510595?0.1171875,b??1.640625,c????0.820312512864128。

sin?(n?2)arccosx??sin?narccosx?1?x223.

un?1(x)?un?1(x)??2xun(x),和差化积得证。

(f,P0)??sin?1124. 由积分区间的对称性及勒让德多项式的奇偶性可知

11xdx?02,

311(f,P2)??(x2?)sinxdx?0?1222,将原函数在此积分区间上按勒让德多项式三次展开就

1111(f,P)?xsinxdx?8sin?4cos?0.3250741??1222可以求得,

153111(f,P3)??(x3?x)sinxdx?236cos?432sin??0.00234807?122222,代入可得

*3S3(x)?0.487611P1(x)?0.00821825P3(x)?0.499938x?0.0205456x,均方误差为

22??n2???sin2xdx?(f,P)?(f,P)?2.4487?1013?222??1??1137?124。

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