清华大学杨顶辉数值分析第5次作业答案

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数值分析第五版课后答案2篇

数值分析第五版课后答案2篇数值分析第五版课后答案（一）第一章1.1 机器精度的数值为2^-52 ≈2.22 × 10^-16。

1.2 Example 1.2设f(x) = (1 - cosx)/sinx，则f(0)的分母为0，无法进行数值计算。

1.3 Example 1.3设f(x) = (1 - cosx)/sinx，则f(0)的分子为0，因此有f(0) = 0。

1.4 Example 1.4(a) 将x的值从1.8改为1.799，则f(x)的值由-0.000000000000159为0.000000000000313，差值为0.000000000000472。

(b) 我们有f'(x) = sinx/(1 - cosx) - 1/sin^2x。

将x的值从1.8改为1.799，利用f(x)和f'(x)的值可以得到下面的近似式：f(x + Δx) ≈ f(x) + f'(x)Δx = -0.000000000000159 + 0.449787416887455×0.001 = -0.000000000000137。

与(a)中的结果相近。

1.5 Example 1.5(a) 当x很接近于0时，函数值的符号取决于cosx的符号，其中cosx接近于1。

因此，函数值为正。

(b) 当x很接近于π时，函数值的大小趋于无穷大，因为分母趋向于0，而分子不为0。

1.6 Example 1.6(a) 因为函数在x = 0处是奇函数，所以它的导数为偶函数。

(b) 首先，我们有f''(0) = -2，因此x = 0是最大值。

其次，我们有f''(x) = -2 - 8sin^2x。

由于-f''(x)在x = 0处是正的，我们有当x越接近0时，f''(x)越小，也就意味着函数在x = 0处是严格的最大值。

1.7 Example 1.7(a) 我们有f(x) = x^3 - 2x^2 - 5x + 6，f'(x) =3x^2 - 4x - 5和f''(x) = 6x - 4。

清华杨顶辉数学实验五作业

第3题（1）输入稀疏矩阵A:>>A1=sparse(1:20,1:20,3,20,20);>>A2=sparse(2:20,1:19,-1/2,20,20);>>A3=sparse(3:20,1:18,-1/4,20,20);>>A=A1+A2+A2'+A3+A3';求D、L、U：>>D=diag(diag(A));>>L=-tril(A,-1);>>U=-triu(A,1);用雅克比迭代：>>i=0;n=100;x0=[1:1:20]';b=[1:2:39]';while n>10^-5 i=i+1;x0=D\(L+U)*x0+D\b;n=norm(x0-A\b);end>>ii=20再取一组x0和b>>i=0;n=100;x0=[1:3:58]';b=[2:2:40]';while n>10^-5 i=i+1;x0=D\(L+U)*x0+D\b;n=norm(x0-A\b);end>>ii=22用高斯-赛德尔迭代：i=0;n=100;x0=[1:1:20]';b=[1:2:39]';while n>10^-5i=i+1;x0=(D-L)\U*x0+(D-L)\b;n=norm(x0-A\b); end;ii=13再取一组x0和bi=0;n=100;x0=[1:3:58]';b=[2:2:40]';while n>10^-5i=i+1;x0=(D-L)\U*x0+(D-L)\b;n=norm(x0-A\b); end;ii=15【结论】两种迭代均收敛。

对于第一组x0和b，雅克比迭代次数是20，高斯-赛德尔迭代次数是13，对于第二组x0和b，雅克比迭代次数是22，高斯-赛德尔迭代次数是15。

清华大学杨顶辉数值分析第5次作业答案

2．定义映射22:B R R →，()B x y =，满足y Ax =，其中0.80.40.10.4A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2,x y R ∈ 则对任意的2,u v R ∈1111119||()()||||||||()||||||||||||||10B u B v Au Av A u v A u v u v -=-=-≤-=- 故映射B 对一范数是压缩的由范数定义||||1||||max |||| 1.2x A Ax ∞∞∞===，知必然存在0x ，0||||1x ∞=使得0|||||||| 1.2Ax A ∞∞== 设012(,)T x x x =取12(,0),(0,)T T u x v x ==-，则0u v x -=，有00||()()||||||||()|||||||||| 1.21||||||||B u B v Au Av A u v Ax A x u v ∞∞∞∞∞∞∞-=-=-===>==-故有||()()||B u B v ∞->||||u v ∞-，从而映射B 对无穷范数不是压缩的 4.证明：对任意的,[,]x y a b ∈ 由拉格朗日中值定理，有()()'()()()1e G x G y G x y x y e ξξξ-=-=-+ 其中0111bbe e e e ξξ<≤<++ 所以|()()||()|||11bbe e G x G y x y x y e e ξξ-=-≤-++故G 为[,]a b 上的压缩映射而()ln(1)ln x x G x e e x =+>= 即()G x x =无根故()G x 没有不动点(1)证明：对任意的121212(,){(,)|0,1}x x D x x x x ∈=≤≤，则有1121221212212120(,)0.7sin 0.2cos 0.9,(,)0.7cos 0.2sin 0.7cos10.20.7cos 0.20.1503(,)0.7cos 0.2sin 0.9g x x x x g x x x x g x x x x π≤=+≤=-≥->-=>=-≤故有()G x D ∈112212112211122211221122|(,)(,)||0.7(sin sin )0.2(cos cos )||0.7cos ()0.2(sin())()|0.7||0.2||0.7(||||)g u u g v v u v u v u v u v u v u v u v u v ξξ-=-+-=-+--≤-+-≤-+-112212112211122211221122|(,)(,)||0.7(cos cos )0.2(sin sin )||0.7(sin )()0.2cos()()|0.7||0.2||0.7(||||)g u u g v v u v u v u v u v u v u v u v u v ηη-=---=----≤-+-≤-+-所以11|()()||0.7||||G u G v u v -≤-即G 是压缩映射，从而根据压缩映射定理，G 在D 中有唯一不动点（2）取0(0,0)Tx =,按()x G x =迭代得满足171631||||0.510x x --≤⨯，得到方程的近似解(0.5256,0.5083)T 10.（1）221222124()1x x F x x x ⎡⎤+-=⎢⎥--⎣⎦12122,2'()2,2x x F x x x ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦选取0(1.6,1.2)T x =解000'()()F x x F x ∆=-，得0(0.0188,0.0250)T x ∆=-，所以100+(1.5813,1.2250)T x x x =∆=，同理有2(1.5811,1.2247)T x = 3(1.5811,1.2247)T x =满足32511||||102x x --≤⨯故通过牛顿迭代法求得近似解(1.5811,1.2247)T。

数值分析第五版习题答案全部清华大学出版社

08 ，这个计算过程不稳定。 2
6
12．计算 f ( 2 1) ，取 2 ，利用下列等式计算，哪一个得到的结果最好？
1 , ( 2 1) 6
(3 2 2) 3 ,
6
1 ， 99 70 2 。 (3 2 2) 3
解：设 y ( x 1) ，若x 若通过
若通过 (3 2 2) 计算 y 值，则
3
y * (3 2x* )2 x* 6 y * x* * 3 2x y * x*
若通过
1 计算 y 值，则 (3 2 2) 3 1 x* * 4 (3 2 x )
1 1 1 10 4 10 3 10 3 2 2 2 3 1.05 10
* * * (2) ( x1 x2 x3 ) * * * * * * * * * x1 x2 ( x3 ) x2 x3 ( x1 ) x1 x3 ( x2 )
1 1 1 1.1021 0.031 10 1 0.031 385.6 10 4 1.1021 385.6 10 3 2 2 2 0.215
* * * *
*
*
*
* * *
*
*
1 ( x1* ) 10 4 2 1 * ( x2 ) 10 3 2 1 * ( x3 ) 10 1 2 1 * ( x4 ) 10 3 2 1 * ( x5 ) 10 1 2
* * * (1) ( x1 x2 x4 ) * * * ( x1 ) ( x2 ) ( x4 )
解： y0
2 1.41
1 ( y0 *) 10 2 2
又 yn 10 yn 1 1

数值分析第5版课后习题答案(清华大学出版社)-第一章

′ e * ( f1 ) = f1 e * (1.4) =
对于 f 2 = (3 − 2 2 ) 3 ，
1 1 ′ e * ( f 2 ) = f 2 e * (1.4) = 6(3 − 2 × 1.4) 2 × × 10 −1 = 0.12 × 10 −1 < × 10 −1 ，没有有效数 2 2 字；
*
1 1 1 = (0.031 × 385.6) × 10 − 4 + (1.1021 × 385.6) × 10 −3 + (1.1021 × 0.031) × 10 −3 ； 2 2 2 −3 −3 −3 = 0.59768 × 10 + 212.48488 × 10 + 0.01708255 × 10 = 213.09964255 × 10 −3 = 0.21309964255
′ PAP −1 Px Ax PAx ′ 6、证明： A max = = max = max = ′ Px Px x PAP −1 。
7、证明：由范数的等价性，存在常数 C1 和 C 2 ，使得 C1 x s ≤ x t ≤ C 2 x s ，则有
C1 Ax s ≤ Ax t ≤ C 2 Ax s ，并且
∂f e (x + x + x ) = ∑ k =1 ∂x k
* * 1 * 2 * 4
n
* * * * ε ( x k ) = ε ( x1 ) + ε ( x 2 ) + ε ( x 4 ) ；
*
=
1 1 1 × 10 − 4 + × 10 −3 + × 10 −3 = 1.05 × 10 −3 2 2 2
y 0 = 1.41 1 可知， ε * ( y 0 ) = × 10 − 2 ， y n − y n = 10( y n −1 − y n −1 ) ，即 2 y n = 10 y n −1 − 1

数值分析A作业5(清华大学)(杨顶辉)

第四题首先证明G(x)在任何区间[a,b]上是压缩的。

设对于任意区间[a,b]中的任意两个数x,y ，有|G(x)-G(y)|=|G ()||x-y|=||||11bbe e x y x y e eζζζ'-<-++ 取1bbe L e=+<1 故有|()()|||G x G y L x y -<-其中L<1，所以G(x)在区间[a,b]上是压缩的。

假设G(x)有不动点*x ，那么应该满足如下条件：****()ln(1)10x G x x e x =→+=→=由于上式显然不成立，假设错误，即G(x)没有不动点。

第九题第一小题映内性121212,){(,)|0,1}x x D x x x x ∈≤≤（有121212),()){(,)|0,1}x g x D x x x x ∈≤≤（g(即证明121200.7sin 0.2cos 100.7cos 0.2sin 1x x x x ≤+≤≤-≤由于1201,01x x ≤≤≤≤固有1122sin 0,cos 0sin 0,cos 0x x x x ≥>≥>显然有120.7sin 0.2cos 0x x +>此外120.7sin 0.2cos 0.70.20.91x x +<+=<为此，有1200.7sin 0.2cos 1x x ≤+≤而对于另一个不等式，有120.7cos 0.2sin 0.7cos10.2sin10x x -≥->此外，有120.7cos 0.2sin 0.701x x -≤-<因此便证明了1200.7cos 0.2sin 1x x ≤-≤可以得到121212),()){(,)|0,1}x g x D x x x x ∈≤≤（g(即证明了D 的映内性。

压缩性利用1范数进行证明121212120.7sin 0.2cos ()0.7cos 0.2sin 0.7sin 0.2cos ()0.7cos 0.2sin x x G x x x y y G y y y +⎛⎫= ⎪-⎝⎭+⎛⎫= ⎪-⎝⎭其中12120,,,1x x y y ≤≤即有112211220.7(sin sin )0.2(cos cos )()()0.7(cos cos )0.2(sin sin )x y x y G x G y x y x y -+-⎛⎫-= ⎪---⎝⎭可得到11122112211112222||()()|||0.7(sin sin )0.2(cos cos )||0.7(cos cos )0.2(sin sin )|0.7(|sin sin ||cos cos |)0.2(|cos cos ||sin sin |)G x G y x y x y x y x y x y x y x y x y -=-+-+---≤⨯-+-+⨯-+- 由于x 1和y 1的地位相同，我们不妨假设x 1>y 1那么有1111sin sin cos cos x y x y ><从而得到：111111111111|sin sin ||cos cos |sin sin cos cos (sin cos )(sin cos )x y x y x y y x x x y y -+-=-+-=---令()sin cos f x x x =-那么111111|sin sin ||cos cos |()()x y x y f x f y -+-=-显然f(x)在[0,1]处连续，那么存在11[,]y x η∈，使得111111()()()()(cos sin )()f x f y f x y x y ηηη'-=-=+-而11[,][0,1]y x η∈⊂当4πη=时，（cos sin ηη+所以111111()()(cos sin )()|f x f y x y x y ηη-=+-≤-所以有11111222211222211221122||()()||0.7(|sin sin ||cos cos |)0.2(|cos cos ||sin sin |)||0.2(||||)0.98995||0.4||0.99(||||)G x G y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y -≤⨯-+-+⨯-+-≤-+⨯-+-=⨯-+⨯-≤⨯-+-而1122x y x y x y -⎛⎫-= ⎪-⎝⎭所以11122||||||||x y x y x y -=-+-所以即得到11||()()||0.99||||G x G y x y -≤⨯-其中L=0.99<1，那么根据压缩映射原理就证明了12(,)G g g =在D 中有唯一的不动点。

数值分析第五版习题答案清华大学出版社

解：
若，则
则
则法方程组为
从而解得
故
均方误差为
21。在某佛堂反应中，由实验得分解物浓度与时间关系如下：
时间
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55
浓度
0 1.27 2.16 2.86 3.44 3.87 4.15 4.37 4.51 4.58 4.62 4.64
用最小二乘法求。
计算到。若取（5位有效数字），试问计算将有多大误差？
解：
……
依次代入后，有
即，
若取,
的误差限为。
7．求方程的两个根，使它至少具有4位有效数字（）。
解：，
故方程的根应为
故
具有5位有效数字
具有5位有效数字
8．当N充分大时，怎样求？
解
设。
则
9．正方形的边长大约为了，应怎样测量才能使其面积误差不超过？
解：正方形的面积函数为
证明：
若
令，可得
当时，
当时，
又，故
得证。
10。证明切xx多项式满足微分方程
证明：
切xx多项式为
从而有
得证。
11。假设在上连续，求的零次最佳一致逼近多项式？
解：
在闭区间上连续
存在，使
取
则和是上的2个轮流为“正”、“负”的偏差点。
由切xx定理知
P为的零次最佳一致逼近多项式。
12。选取常数，使达到极小，又问这个解是否唯一？
解：
令
则在上为奇函数
又的最高次项系数为1，且为3次多项式。
与0的偏差最小。
从而有
13。求在上的最佳一次逼近多项式，并估计误差。
解：
于是得的最佳一次逼近多项式为

数值分析第五版答案(全)

第一章绪论1．设0x >,x 的相对误差为δ，求ln x 的误差。

解：近似值*x 的相对误差为*****r e x xe x x δ-=== 而ln x 的误差为()1ln *ln *ln **e x x x e x =-≈进而有(ln *)x εδ≈2．设x 的相对误差为2%，求n x 的相对误差。

解：设()nf x x =，则函数的条件数为'()||()p xf x C f x = 又1'()n f x nx-=, 1||n p x nx C n n-⋅∴== 又((*))(*)r p r x n C x εε≈⋅且(*)r e x 为2((*))0.02n r x n ε∴≈3．下列各数都是经过四舍五入得到的近似数，即误差限不超过最后一位的半个单位，试指出它们是几位有效数字：*1 1.1021x =,*20.031x =, *3385.6x =, *456.430x =,*57 1.0.x =⨯解：*1 1.1021x =是五位有效数字； *20.031x =是二位有效数字； *3385.6x =是四位有效数字； *456.430x =是五位有效数字； *57 1.0.x =⨯是二位有效数字。

4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) ***124x x x ++,(2) ***123x x x ,(3) **24/x x .其中****1234,,,x x x x 均为第3题所给的数。

解：*41*32*13*34*151()1021()1021()1021()1021()102x x x x x εεεεε-----=⨯=⨯=⨯=⨯=⨯***124***1244333(1)()()()()1111010102221.0510x x x x x x εεεε----++=++=⨯+⨯+⨯=⨯ ***123*********123231132143(2)()()()()1111.10210.031100.031385.610 1.1021385.6102220.215x x x x x x x x x x x x εεεε---=++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯≈**24****24422*4335(3)(/)()()110.0311056.430102256.43056.43010x x x x x x xεεε---+≈⨯⨯+⨯⨯=⨯=5计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R 时允许的相对误差限是多少？解：球体体积为343V R π=则何种函数的条件数为23'4343p R V R R C V R ππ===(*)(*)3(*)r p r r V C R R εεε∴≈=又(*)1r V ε=%1故度量半径R 时允许的相对误差限为εr (V ∗)=13∗1%=13006．设028Y =，按递推公式1n n Y Y -= （n=1,2,…）计算到100Y 27.982≈（5位有效数字），试问计算100Y 将有多大误差？解：1n n Y Y -=-10099Y Y ∴=9998Y Y =9897Y Y =……10Y Y =依次代入后，有1000100Y Y =-即1000Y Y =27.982≈, 100027.982Y Y ∴=-*310001()()(27.982)102Y Y εεε-∴=+=⨯100Y ∴的误差限为31102-⨯。

清华大学高等数值分析(李津)所有作业答案合集

20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。

对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=∙∙-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。

()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n Tn ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。

故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。

由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。

数学证明：1nTi j i ji j ee α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j jA -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j AB --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此：1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……，，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。

数值分析第五版课后答案

数值分析第五版课后答案(ii )2/（x ） = Imr0.40.50.60.7 0.8 lar一 0.916 291 一 0.693 147 一 0・ 510826-0. 356 675-0.223 144用线性插值及二次插值计算InO. 54的近似值•解依据插值误差估计式选距离0. 54较近的点为插值节点，并建立差商表如下:一 0.693 147-0.510 826 - 0.916 291写出Newton 插值多项式M(H ) =- 0.693 147 + 1.823 210Q — 0.5)N2)= M (_r) + (—0.204 115〉(工一0. 5)匕一0・6)计算近似值Ni (0. 54) =一 0.693 147+ 1.823 210(0. 54 — 0. 5) =—0.620 218 6弘(0.54) = N 】(0.54) — 0.204 115(0. 54 - 0.5X0. 54-0.6) =-0.616 8394・设门为互异节点（j = 0.1 ■…山）.求证：A（I ）三卫（上=0, 1 ■…，Q;n（ii ）心一工）铅（门三o 仏=1. 2. •••■" 证明（i ）令fS 』工X 若插值节点为X/7 - 0,1 则/<x ）的n次播值多项武为["（工）=工球丿3插值余项为R”（王〉=/（X ）— L n （X ）= /—（/）（n + 1）!/X—Ti-CkXVZ又因为k < 所以严）（0 = 0,R 心）二 0x 0 = 0. 5 X] = 0. 6工2 = 0. 4二＞ -0.204 1151.823 2102. 027 325所以丿・0 1 -n L'? /xsr ("卜；(_"“(/〉 r —0 丿•()L ' r / SCOg ( . ) (一 x)k -'x' =(彳一 Qi 三 05.设 /(x) 6 C 2[a, 6]且 /(a) = fib) = 0.求证： max | f(x) £(b —a)，max | /z (j) \ a^r^ib .O心疋6证明令x = a 和工=人以此为插值节点•则插值多项式为Li (工)= /(a) -—； + f(b) Y —- 三 0<2—o b — a应用插值余项公式有y*7(^) (X — a)(.x — 6) Wmax | /(g) I max | (x — a)(x — b) | / Wb a<jfCZ> _（6 — a ）2 max | fXx ） | O aM 临 b6.在一 4<x<4上给出r （T ）= e 『的等距节点函数表，若用分段二次插值求e 「的近似值，要使截断误差不超过10一&,问使用函数表的步长h 应取多少？解若插值节点为IT , r 和工沖则分段二次插值多项式的插值余项为式中Ml = Xi — h,工沖=$ +札\R ：(r) l^ye 1max | （文—刀_））（_r —兀）〈工—J7°j ）丨 0插值点个数< W 6 得 A < 0.006 5&是奇数，故实际可采用的函数值表步长7•若必=2S 求及解根据向前差分算子和中心差分算子的定义进行求解£（：）（-】〉1巧” =£（：）（-1）-皿=孑y” = （F? — F~T ）°y” = （E"r ）*（E — IYy n =「2$% = L （%） = g = 2—8.如果fl 工、是刃次多项式，记= f （j--T-h ） —/（T ）.证明/（x ）的 &阶差分Nfa ）（0W 是rn-k 次多项式，并且A^7（T> = 0（/为正蔓牧）.证明对加次多项式/（才）应用Taylor 公式有A/（x ） = /（z + A ） —/（j ） = /（ J ）A H- rr/^x ） + ••• 4- Jf"' （x ）Z! 初！即△/（/）为m- 1次的多项式・= △（△/&）），对加一 1 > 0次多项式应用上述推理过程知 △（△/（工））=庄只工）是加一2次的多项式.依此过程递推，知A7<^X0<Xr<r«）为m-k 次多项武. 所以必工）为常数，故 s = 0（/为正整数）.9. 证明 A （/*g* ） = /* Ag* 4-A/*.证明 A/igJ = /n-ign-i ~ Ag* = /n-igHi - fkgkn 十/*gi - fkgk = gtrl （人+1 — 人> + fk（g^l 一创）=g 屮+ 介厶®15.证明两点三次Hermite 摘值余项是尺3（刃='‘4 ；目（工—九）'（H —）？， E €（N ，才屮）并由此求出分段三次Henniw 猶值的课差限・证明若工W ［工―文屮］・且插值多项式满足条件円3 ｛竝）=/（竝几 H3（X H -1）=产（工屮）H ；（ Z* ） = f （x> ） * H3' （J T H -I ）=（.r*41）1 4-(- 4) 十 0. 006 581 268 冬 1 217 旦 N4 —(—4) F T8T2162 0. 006 579知插值余项RQ） = /（文）一耳（工> 有二重零点g和文卄故设R（攵）=以文）0 —比）？（文一攵申〃确定函数恥才几当JC = X*或工屮时來工）取任何有限值均可I当才H忑，J•屮时“&（仏°文屮），构造关于变量t的函数g（r） == /（［）—丹3（『）一总（才）（〔一=*）2（（— X*+l ）2 显然有g（文▲）= 0. g（i?） = 0. ） = og'（r*.〉= 0, £心屮）=0在S ,工］和Dr, z*+l J上对g（T）使用Rolle定理，存在® €（无，才〉及少W （w, x*-ti）使得&'（》）=0, g'（%）= 0在a ,巾），Cyl *罪），<72« x*+i）上对g'（=）使用Rolle定理，存在供| € 5，巾），巾？€（6，%）和阻屮6（%，XHI）使得g"（知）=g"（?!2）= g"（少.屮）=0再依次对g（0和g"（“使用Rolle定理，知至少存在（比，工屮）使得gW（E）=而g⑷⑺=一虹小4!,将"弋入•得到£€5 •工屮）推导过程表明W依赖于工点，及=•综合以上过程可知R（T）= “（&（a■一忑）2（工一卫^）2下面建立分段三次Hermite插值的谋差限.记h （小为/Cr）在［a,刃上的基于等距节点的分段三次Hermite插值函数.x k = a+kh 4 = 0, !••• ♦ n）, h = b — a■n在小区间［去，/小］上有I /（x）— /A<x）| —右 | 严（£）|（X— X*）-（X— XH-1）2 <7f max \尸4）（力））max （_r —业）？（工一z屮尸而最值0 才=十妙 ]max （工一及）■（工一 z>+! 「L l 「• , maxs"（5 ― l ）2h 4 = r k n<<<! 16进而得误差估计1 /（文）-越空简|八(如】6・求一个次数不离于4次的多项式PCr 〉•使它满足P(0) = P(0) = 0, P(l) =P71) = HP(2) = 1.解法一利用Hermite 插值可得到次数不高于4的多项式几== 1；为==打 W f > = 0 •加I = 1H 3（X ）=（才）+ /（文）◎（才）=（1 一 2 三「卫■）（才二空）2 =（1 + 2刃1）2氐—XI 竝一 4G&） = （1-2 J ~-r| ）（ - ）2 = （3 — 2&）疋Jj —竝 XI — To仇（工）=兀（工一 1）?向=（工一 1）JT 2所以Hj （2） = （3 — 2x ）x 2 + （1* — 1 ）J -? =— T 3 + 2z~设 = H 3（X ）4-A （T -^）2（J —T ））2,其中・A 为待定常数，令 F （2）=1得于是P3十一尸这样可写岀Newton 插值公式P （x ） = 0 + 0（乂一0）十 1（工一0）? — 1（広一0）?（工一 1） +— 0）'（$ — l ）? =— 1） + 4-工?（&一 1）?=解法二(带重节点的Newton 插值法)建立如下差商表:-124 4J-x 2 （r ~ 3）: 417 •设f （.C 二厂丄g 在一 5€工€5上取"=10•按等矩节点求分施线1 f JT性插值函数ha ）・计算各节点间中点处Z A （J -）与/（x ＞的值，并佑计课差.解若 = 5,r lc = 5,则步长 A = ------------- ---- -- -- = I =— 5+ ih = — 5 +n2（ow?w 10）.在区间Cx-上•分段线性插值瓯数为/1°(X )= /(X,)工汁】一広+工一 rTT7T F+不分段线性插值函数定义如下:各节点间中点处函数值及插值函数值如下所示：估计谋差：在区间[乙，刀+门上lf （jr ）—击厂（。

数值分析第五版习题答案清华大学出版社

第一章绪论
1．设 x 0 , x 的相对误差为，求 ln x 的误差。
解：近似值
*
x 的相对误差为
* e* x * x
= er
x*
x*
而 ln x 的误差为 e ln x *
ln x * ln x
1 e*
x*
进而有 (ln x*)
2．设 x 的相对误差为 2%，求 xn 的相对误差。
解：设 f ( x )
cos x 的近似
值时，采用的线性插值法插值余项不为 0，也会有一定的误差。因此，总误差界的计算应综
合以上两方面的因素。
当 0 x 90 时，
令 f ( x ) cos x
1 取 x0 0, h ( )
60
1 60 180
令 xi x 0 ih , i 0,1,..., 5400
10800
则 x5400
3
2．给出 f ( x ) ln x 的数值表
X
0.4
lnx
-0.916291
用线性插值及二次插值计算
解：由表格知，
0.5
0.6
-0.693147
-0.510826
ln 0.54 的近似值。
x0 0.4, x1 0.5, x 2 0.6, x3 0.7, x4 0.8; f ( x 0 ) 0.916291, f ( x1 ) 0.693147 f ( x 2 ) 0.510826, f ( x3 ) 0.356675 f ( x 4 ) 0.223144
2 1.41
( y 0 *)
1
2
10
2
又 y n 10 yn 1 1
y1 10 y0 1
( y1*) 10 ( y 0 *) 又 y 2 10 y1 1

数值分析第五版答案pdf2篇

数值分析第五版答案pdf2篇作为数值分析科目的学生，对于答案及其解析的掌握显然十分必要。

因此，本文将提供数值分析第五版的答案及其解析，方便学生们在学习过程中进行参考与对照。

1. 第一题(a) 首先，我们对于给定的步长进行求解。

$h = \frac{b-a}{n} = \frac{0.6-0.1}{3} = 0.1667$(b) 然后，我们将所给的函数替换为数值，如下所示：$f(0.1) = 3\cdot(0.1)^2 - 2\cdot(0.1) + 1 = 1.21$ $f(0.2667) = 3\cdot(0.2667)^2 - 2\cdot(0.2667) + 1 = 1.3344$$f(0.4333) = 3\cdot(0.4333)^2 - 2\cdot(0.4333) + 1 = 1.495511$$f(0.6) = 3\cdot(0.6)^2 - 2\cdot(0.6) + 1 = 1.68$(c) 接下来，我们将以上所得数值代入 Simpson's 1/3 Rule 公式中，求得积分值。

$I = \frac{h}{3}\cdot(f(a) + 4f(a+h) + 2f(a+2h) + 4f(a+3h)+f(b))$$I = \frac{0.1667}{3}\cdot(1.21 + 4\cdot1.3344 + 2\cdot1.495511+4\cdot1.68+1.68)$$I = 0.19565$因此，我们得出的积分值为 $0.19565$。

2. 第二题(a) 首先，我们对于给定的区间进行求解。

$h = \frac{b-a}{n} = \frac{\pi}{6} - 0 =\frac{\pi}{6}$(b) 然后，我们将所给的函数替换为数值，如下所示：$f(0) = \frac{1}{2}\cdot(0) + 1 = 1$$f(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{6} + \cos(\frac{\pi}{6}) =\frac{\pi}{12}+\frac{\sqrt{3}}{2}$$f(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{3} + \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{\pi}{6}+\frac{1}{2}$ (f(\frac{\pi}{2}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} + \cos(\frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{4}+0)$(c) 接下来，我们将以上所得数值代入 Simpson's 1/3 Rule 公式中，求得积分值。

数值分析第五版答案

数值分析第五版答案第一章绪论1．设0x >,x 的相对误差为δ，求ln x 的误差。

解：近似值*x 的相对误差为*****r e x xe x x δ-=== 而ln x 的误差为()1ln *ln *ln **e x x x e x =-≈进而有(ln *)x εδ≈2．设x 的相对误差为2%，求nx 的相对误差。

4．利用公式(2.3)求下列各近似值的误差限：(1) ***124x x x ++,(2) ***123x x x ,(3) **24/x x .其中****1234,,,x x x x 均为第3题所给的数。

解：*41*32*13*34*151()1021()1021()1021()1021()102x x x x x εεεεε-----=⨯=⨯=⨯=⨯=⨯***124***1244333(1)()()()()1111010102221.0510x x x x x x εεεε----++=++=⨯+⨯+⨯=⨯ ***123*********123231132143(2)()()()()1111.10210.031100.031385.610 1.1021385.6102220.215x x x x x x x x x x x x εεεε---=++=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯≈**24****24422*4335(3)(/)()()110.0311056.430102256.43056.43010x x x x x x xεεε---+≈⨯⨯+⨯⨯=⨯=5计算球体积要使相对误差限为1，问度量半径R 时允许的相对误差限是多少？解：球体体积为343V R π=则何种函数的条件数为23'4343p R V R R C V R ππ===(*)(*)3(*)r p r r V C R R εεε∴≈=又(*)1r V ε=故度量半径R 时允许的相对误差限为1(*)10.333r R ε=⨯≈6．设028Y =，按递推公式1n n Y Y -= （n=1,2,…）计算到100Y 27.982≈（5位有效数字），试问计算100Y 将有多大误差？解：1n n Y Y -=10099Y Y ∴=9998Y Y =9897Y Y =……10Y Y =依次代入后，有1000100Y Y =-即1000Y Y =，27.982≈, 100027.982Y Y ∴=-*310001()()(27.982)102Y Y εεε-∴=+=⨯100Y ∴的误差限为31102-⨯。

清华大学第五版《数值分析》课后答案

第1章绪论内容提要#〜误差度量1数值分析研究两类误差：舍入误差和截断误差，由于计算机字长的有限性，对相关数据进行存储表示时便产生舍入误差，计算机必须在有限的时间内得到运行结果，于是无穷的运算过程必须截断为有限过程，由此产生截断误差，2，误差的度量分式有：绝对误差（限）、相对误差（限〗和有效数字，设？是真值工的一个近似，绝对误差为一:！相对误差为& ，绝对误差限〉和相对误X X差限6^ 〉分别是〉 |和^(：^ ^|的上限，3^对于非零近似值^的如下规格化标准形式X^ ^ 10^ X0#！1X2'&X&,&!' ？X I ^0 〈1. 1〉如果存在尽可能大的&,使得〉| & ^乂10"-"，则称？有"位有效数字.进而当&^》时，称X，是有效数.4，有效数字和相对误差的关系定理1. 1 如果形如式〈1. V的有&位有效数字，则定理1.2如果形如式〈1. 0的:^的相对误差满足^|《"二" X化1-"则纟^至少有&位有效数字，二、浮点数系统对于5+ ^ + 2位的浮点数系0表示二进制阶码数值的二进制位数〃表示尾数的二进制位数，其他两位表示阶码和尾数的符号〉，机器数绝对值的范围是2-21〜22'-、实数表示的相对舍入误差限是2-'.当数据的绝对值大于22'-1时，计算机非正常停机，称之为上溢，当非零数据的绝对值小于2-2'，用机器零表示，精度损失，称之为下溢，、误差传播如果在运算过程中舍入误差能够得到控制，或者舍入误差的增长不影响产生可靠的结果则纟称该算法是数值稳定的，函数值绝对误差传播公式如下^/(^" 丫） ## /(；：)〉 1 2〉^(/(^" ^-^：》#亡""；二…、^ 〉(丄门）！.^^")〉#| /'(？) |〈1.4〉、数值稳定性不同的教材对数值方法稳定性的定义有所不同，有的要求随计算过程的深入误差不增长，有的则要求误差增长速度不能太快^只要不影响产生具有有效数字的近似值即认为是稳定的，读者应注意教材中的定义.随着学习的深入，会针对各种具体算法给出稳定性的确切定义，^ 2 ^典型例题与解题技巧【例1】求!&的近似值，使其绝对误差限精确到1乂1。

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2．定义映射22:B R R →，()B x y =，满足y Ax =，其中
0.80.40.10.4A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2,x y R ∈
则对任意的2
,u v R ∈
1111119
||()()||||||||()||||||||||||||10B u B v Au Av A u v A u v u v -=-=-≤-=-
故映射B 对一范数是压缩的由范数定义
||||1
||||max |||| 1.2
x A Ax ∞∞∞===，知必然存在0
x ，
0||||1
x ∞=
使得0|||||||| 1.2
Ax A ∞∞==
设012(,)T
x x x =
取
12(,0),(0,)T T
u x v x ==-，则
u v x -=，有
00||()()||||||||()|||||||||| 1.21||||||||B u B v Au Av A u v Ax A x u v ∞∞∞∞∞∞∞
-=-=-===>==-
故有||()()||B u B v ∞->||||u v ∞
-，从而映射B 对无穷范数不是压缩的
4.
证明：对任意的,[,]x y a b ∈ 由拉格朗日中值定理，有
()()'()()()
1e G x G y G x y x y e ξ
ξξ-=-=-+ 其中0111b
b
e e e e ξξ<≤<++
所以
|()()||()|||
11b
b e e G x G y x y x y e e ξξ-=-≤-++
故G 为[,]a b 上的压缩映射
而
()ln(1)ln x x
G x e e x =+>=
即()G x x =无根
故()G x 没有不动点 9.
(1)证明：对任意的
121212(,){(,)|0,1}
x x D x x x x ∈=≤≤，则有
1121221212212120(,)0.7sin 0.2cos 0.9,
(,)0.7cos 0.2sin 0.7cos10.20.7cos 0.20.150
3
(,)0.7cos 0.2sin 0.9
g x x x x g x x x x g x x x x π
≤=+≤=-≥->-=>=-≤
故有()G x D ∈
112212112211122211221122|(,)(,)||0.7(sin sin )0.2(cos cos )||0.7cos ()0.2(sin())()|0.7||0.2||0.7(||||)
g u u g v v u v u v u v u v u v u v u v u v ξξ-=-+-=-+--≤-+-≤-+-
112212112211122211221122|(,)(,)||0.7(cos cos )0.2(sin sin )||0.7(sin )()0.2cos()()|0.7||0.2||0.7(||||)g u u g v v u v u v u v u v u v u v u v u v ηη-=---=----≤-+-≤-+-
所以
11
|()()||0.7||||G u G v u v -≤- 即G 是压缩映射，从而根据压缩映射定理，G 在D 中有唯一不动点（2）
取0(0,0)T x =,按()x G x =迭代得
满足17163
1||||0.510x x --≤⨯，得到方程的近似解(0.5256,0.5083)T
10.
（1）
22
1222
124()1x x F x x x ⎡⎤+-=⎢⎥--⎣⎦ 12122,2'()2,2x x F x x x ⎡⎤
=⎢⎥
-⎣⎦
选取0(1.6,1.2)T x =
解
000'()()
F x x F x ∆=-，得0(0.0188,0.0250)T
x ∆=-，
所以100+(1.5813,1.2250)T
x x x =∆=，同理有
2(1.5811,1.2247)T x = 3(1.5811,1.2247)T x =
满足325
11
||||102x x --≤⨯
故通过牛顿迭代法求得近似解(1.5811,1.2247)T。