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数值计算方法同步辅导及复习题


第一章
1、误差估计

绪论

, (1)设 x 为真值(精确值) x 为 x 的一个近似值。称 e = e( x ) = x ? x 为近似值 x 的 绝对误差,简称误差。如果 e = x ? x ≤ ε ,则称 ε 为近似值 x 的绝对误差限,简称误差
? ?
?

?

/>?

?

?

?

限。

e? x ? ? x ? (2)近似值 x 的误差 e 与准确值 x 的比值 = ,称为近似值 x 的相对误差,记作 x x
? ?

er ? = er ( x ? ) (实际计算时,由于真值 x 常常是未知的,通常取 er ? ≈
er ? ≤ η ,则称 η 为近似值 x? 的相对误差限。

e? x ? ? x = ) ;如果 x? x?

(3) 若近似值 x 与准确值的误差不超过某一位的半个单位, 且该位到 x 的第一位非零数字 共有 n 位,则称 x 有 n 位有效数字。用数学的语言描述,即若 x 的近似值写作:
?

?

?

x ? = ±10m × ( a1 × 10?1 + a2 × 10?2 + L + ak × 10? k + L + an × 10? n + L )
其中 m 是整数, a1 ≠ 0 , a1 , a2 , L , an 是 0 到 9 中的一个数字,若 x ? x ≤
?

(1.1)

1 ×10m ? n ,则 2

x? 至少具有 n 位有效数字,即 a1 , a2 ,L , an 为有效数字,而 an +1 , L 等则不一定是有效数字。
注:由上述定义知,当 x 是 x 的 an +1 按照四舍五入原则得到的近似数,则 x 具有 n 位 有效数字。若 x 的每一位都是有效数字,那么称 x 为有效数。 例 1 按照四舍五入原则分别写出下列各数具有 5 位有效数字的近似数: 132.2316 、
? ? ? ?

0.02565552 、 1.000035 、 3.237183 ,并指出它们的绝对误差限和相对误差限。
分析 此例考察有效数字、绝对误差限和相对误差限的定义。

解:上述各数具有 5 位有效数字的近似数分别为:132.23 、 0.025656 、1.0000 、 3.2372 绝对误差限分别为:

1 1 1 1 × 10?2 , × 10?6 , × 10?4 , × 10?4 ; 2 2 2 2 1 1 1 1 × 10?4 , × 10?4 , × 10?4 , × 10?4 。 2 2 2 2

相对误差限分别为:

注:有效数字从第 1 位非零数字开始;第 1 位非零数字后面的零有意义。

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例 2

如果 x 的近似数 x = ± a0 a1 L am .am +1 L an 具有 n + 1 ? s 位有效数字,则其相对误差

?

限有估计式 分析 考虑。

x ? x? 1 ≤ × 10? ( n ? s ) ,若其中 as ≠ 0 是 x * 的第一位有效数字。 ? x 2 as

此例给出了有效数字和相对误差两者之间的关系, 故需从有效数字和相对误差定义来

证明:若 s = 0 ,此时 a0 ≠ 0 ,由(1.1)式知 因为 x 具有 n + 1 ( s = 0 )位有效数字,则
?

x? ≥ a0 ×10m
1 x? ? x ≤ ×10m ? n 2

x ? x? 1 1 1 ≤ × × 10m ? n = × 10? n ? m 2 2a0 x a0 ×10
若 s ≠ 0 ,此时 m = 0 ,则有

x? ≥ as ×10? s

x ? x? 1 1 1 ≤ × × 10? n = ×10? ( n ? s ) ? ?s x as × 10 2 2 as
例3 分析 要使 20 的近似值的相对误差限小于 0.1% ,至少应取几位有效数字? 此例是寻求相对误差限和有效数字两者之间的关系, 可以利用例 2 结论。 此题的另一

说法是:取几位有效数字就能确保近似数的相对误差不超过 0.1% 。

x ? x? 1 解 因为 20 = 4.4 L ,故在例 1 中, s = 1, m = 0 , a1 = 4 , ≤ ×10? ( n ?1) , ? 2a1 x


x ? x? 1 ≤ × 10? ( n ?1) < 0.1% ? x 2× 4

则n ≥ 4,

所以,只要 20 取 4 位有效数字即可满足条件, 20 ≈ 4.472 。 例4 取 99 的 6 位有效数 9.94987 计算 10 ? 99 ,则以下两种算法各有几位有效数字?

算法 1: 10 ? 99 ≈ 10 ? 9.94987 = 0.05013 ; 算法 2: 10 ? 99 = 分析 解

1 10 + 99

=

1 = 0.050125639L 10 + 9.94987

利用有效数字的多少来比较不同算法的优劣,说明了算法选取的重要性。 记x=

99, x ? = 9.94987 , e( x ? ) = x ? ? x ,则 e( x ? ) ≤

1 × 10?5 , 2

由 e(10 ? x ) ≈ ? e( x ) 得

?

?

e(10 ? x ? ) ≈ e( x ? ) ≤

1 × 10?5 2

所以由有效数字的定义,算法 1: 10 ? 99 ≈ 0.05013 至少具有 4 位有效数字。 又由 e(10 + x ) ≈ e( x ) , e (10 + x ) ≈ e ( x ) ≤
? ? ? ?

1 × 10?5 ,得 2

1 × 10?5 1 ? 1 ? 2 ≈ ≤ = 0.1256 × 10?7 ≤ × 10?7 e? 2 ? ? ? 2 (10 + 9.94987) 2 ? 10 + x ? (10 + x )
e( x ? )
所以,算法 2: 10 ? 99 =

1 10 + 99

≈ 0.050125639 至少具有 6 位有效数字,即

10 ? 99 =

1 10 + 99

= 0.0501256 。

2、误差的传播分析 (1)向前误差分析法 (前面已算出的量或原始数 假设所讨论的算法由若干公式表达, 某个新的量 x 由已知量 据) a1 ,a2 ,L ,an 的某个公式定义,写成 x = g (a1 , a2 , L , an ) , x 从 a1 ,a2 ,L ,an 经过基本 的算术运算得出。因为计算过程中产生舍入误差,实际计算值记作 x ,它与精确值 x 不同。 对于一些简单情形,利用误差限,随着计算过程逐步向前进行分析,直至估计出最后结果的 舍入误差 x ? x 的界,这种方法称为向前误差分析法。 例如:设两个近似数 x 1 和 x 2 ,其误差限分别为 ε ( x1 ) 和 ε ( x2 ) ,它们进行加、减、乘、除
? ? ? ?

?

?

运算得到的误差限分别为
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ε ( x1 ± x2 ) ≈ ε ( x1 ) ± ε ( x2 ) ;ε ( x1 x2 ) ≈ x1 ε ( x2 ) + x2 ε ( x1 ) ;

(1.2)

? ? ? ? ? x1 ε ( x2 ) + x2 ε ( x1 ) ? x1 ε( ? ) ≈ ( x2 ≠ 0) 2 x2 x? 2

特别,设计算函数值 A = f ( x1 , x2 , L , xn ) ,如果 x1 , x2 , L , xn 的近似值为 x1 , x2 , L , xn , 则 A 的近似值为 A = f ( x1 , x2 , L , xn ) ,函数值 A 的误差可由 Taylor 展开方法得到:
? ? ? ?
?

?

?

?

? n ? ?f ( x1? , x1? , L xn ) ? ? ? ? e( A? ) = A? ? A = f ( x1? , x2 ,L xn ) ? f ( x1 , x2 ,L xn ) ≈ ∑ ? ?( x k ? x k ) ?x k k =1 ? ?

所以误差限为

ε(A ) ≈ ∑
?
k =1

n

? ?f ( x1? , x1? , L xn ) ? ε ( xk ) ?x k

相对误差限为

ε r? = ε r ( A? ) ≈ ∑
k =1

n

? ? ? ?f ( x1 , x1? , L xn ) ε ( xk ) ?x k A?

(2)误差分析原则 由于误差分析的复杂性,数值运算中应注意以下几点原则: ①尽量避免除数绝对值远远小于被除数绝对值的除法; ②尽量避免两相近数相减,以免有效数字消失; ③注意运算次序,防止大数“吃掉”小数; ④注意简化计算步骤,减少运算次数。 例5 分析 解: 设 x = 10 ± 5% ,试求函数 f ( x ) =
n

x 的相对误差限。

这是一元函数的误差传播问题,只需利用传播公式计算即可。 由 x = 10 ± 5% 知近似值为 x = 10 ,绝对误差限为 ε ( x ) = 5% 。
? ?
?
1 1 ? n ?1 (x ) = n

利用 f ′( x ) =

n

x?

1 得到: nx ?

e( f ? ) f ′( x ? )e( x ? ) e( x ? ) 0.005 er ( f ) = 。 ≈ = = f ( x? ) f ( x? ) nx ? n
?

例6 分析

设计一种算法计算 x

256

,要求所用乘法次数尽可能少。

要尽可能地减少运算量, 最常用的思路就是尽可能利用已经计算出的结果, 避免重复

运算。 解:

x 256 = x128 × x 128 = x 64 × x 64 × x 128

= x 32 × x 32 × x 64 × x 128 = x 16 × x 16 × x 32 × x 64 × x 128 = L = x × x × x 2 × x 4 × x 8 × x 16 × x 32 × x 64 × x 128 。
例7 分析 计算球体积时要使相对误差限为 1%,问测量半径时允许的相对误差限是多少? 本题主要考察误差在计算过程中的传播,仍然利用微分方法进行分析。

解:

球体积 V =

4 π R 3 ,求微分得 dV = 4π R 2dR ,所以有 3

er (V ) =
er ( R ) ≈

e(V ) dV 4π ( R )2 dR dR e( R ) ≈ = =3 ≈3 = 3er ( R ) , V V V R R
1 1 1 。 er (V ) ≤ × 1% = 3 3 300 1 。 3

例8 分析 解:

证明: 3 x 的相对误差约等于 x 的相对误差的

本题主要考察误差传播的分析方法━━微分方法。

er ( 3 x ) ≈

f ′( x )e( x ) f ′( x )e( x ) 1 e( x ) er ( x ) = = = 。 f ( x) 3 x 3 33x
? ? ?

例9

对于有效数 x1 = ?3.105, x2 = 0.001, x3 = 0.100 ,估计下列算式是相对误差限
? ? ? y1 = x1 + x2 + x3 ; ? ? ? y2 = x1 x2 x3 ;

y3 =

? x2

? x3



分析 解:

根据有效数的定义首先确定出自变量误差限,然后利用误差传播关系式。 已知有效数的绝对误差限为 e( x1 ) = e( x2 ) = e( x3 ) = 0.0005 ,从而相对误差限为
? ? ? er ( x1 ) = 0.00016, er ( x2 ) = 0.5, er ( x3 ) = 0.005 , ? ? ? ? er ( y1 ) ≈ e( x1 ) + e( x2 ) + e( x3 ) = 0.0015 , ? ? ?

由绝对误差限的传播关系式得
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? e( y2 ) ≈ x2 x3 e( x1 ) + x1 x3 e( x2 ) + x1 x2 e( x3 ) , e( y3 ) ≈

x? 1 ? ? e( x2 ) + ?2 2 e( x3 ) , ? x3 ( x3 )

所求算式的相对误差限为
? er ( y1 ) ≈ ? e( y1 )

? y1

≤ 0.0015

3.004

≈ 0.0005 ,

? er ( y2 ) ≈

? e ( y2 )

? y2

? ? ? ≤ er ( x1 ) + er ( x2 ) + er ( x3 ) ≈ 0.50516 ,

? er ( y3 ) ≈

? e ( y3 )

y

? 3

? ? ≈ er ( x2 ) + er ( x3 ) = 0.505 。

例 10 用 4 位三角函数值表,怎样计算才能保证 1 ? cos 2 有较高的精度?
o

分析

此题意在考察对“在算法设计中应避免相近的数相减”原则的掌握程度,主要方法就

是采用恒等变形方法━━Taylor 公式、三角变形、分子或分母有理化等。 解:法 1 直接计算查三角函数值表知 cos 2 ≈ 0.9994 ,于是 1 ? cos 2 ≈ 0.0006 ,至多有
o o

1 位有效数字。 法 2 用三角半角公式有 1 ? cos 2 = 2sin 1 ≈ 2 × 0.0175 = 0.0006125 ,至多有 4
o
2

o

2

位有效数字。 法3 字。 注:上述结果与其真值 1 ? cos 2 = 0.00060917298L 比较,法 3 结果更精确一些。另外,
o

利用变形 1 ? cos 2 =
o

sin 2 2o 0.03492 ≈ ≈ 0.0006092 ,至多有 4 位有效数 1 + cos 2o 1 + 0.9994

本题也可以利用 Taylor 公式得到更好的近似值。 例 11 求方程 x ? 56 x + 1 = 0 的两个根,使其至少具有 4 位有效数字。 (要求利用
2

783 ≈ 27.982 )
分析 此例考察在运算过程中应该注意的一些基本原则。

解:由求根公式得 x1,2 =

56 ± 562 ? 4 = 28 ± 282 ? 1 = 28 ± 783 , 2
783 = 28 + 27.982 = 55.982 ,

取加号得到一个根为 x1 = 28 +

取减号时,为了避免相近的数相减,采用如下方法计算:

x2 = 28 ? 783 =

1 28 + 783

=

1 = 0.01786 , 28 + 27.982

从而保证每个根至少具有 4 位有效数字。 例 12 设 x ≈ 80.128, y ≈ 80.115 均具有 5 位有效数字, 试分别估计这由些数据计算如下两

表达式的绝对误差限,并指出相应的有效位数: (1) 分析

1 2 1 1 2 1 2 2 2 (2) ( x ? y ) ≈ (80.128 ? 80.115 ) ( x + y 2 ) ≈ (80.1282 + 80.1152 ) ; 2 2 2 2
此例考察初始误差在运算过程中的传播问题,应用向前误差分析方法分析。

解: x ≈ 80.128, y ≈ 80.115 , e ( x ) ≤

1 1 × 10?3 , e( y ) ≤ × 10?3 , 2 2

(1)

1 2 1 ( x + y 2 ) ≈ (80.1282 + 80.1152 ) = 6419.4548045 2 2

1 ?1 ? 1 e ? ( x 2 + y 2 ) ? ≈ e( x 2 + y 2 ) ≈ [e( x 2 ) + e( y 2 )] ≈ xe( x ) + ye( y ) , 2 ?2 ? 2

1 1 ?1 ? e ? ( x 2 + y 2 ) ? ≈ xe( x ) + ye( y ) ≤ x e( x ) + y e( y ) ≤ 80.128 × × 10?3 + 80.115 × × 10?3 2 2 ?2 ?
1 1 1 = 160.243 × × 10?3 = 80.1215 × 10?3 = 0.0801215 ≤ × 100 = × 104? 4 2 2 2
所以表达式(1)至少具有 4 位有效数字。 (2)

1 2 1 ( x ? y 2 ) ≈ (80.1282 ? 80.1152 ) = 1.0415795 2 2

1 ?1 ? 1 e ? ( x 2 + y 2 ) ? ≈ e( x 2 ? y 2 ) ≈ [e( x 2 ) ? e( y 2 )] ≈ xe( x ) ? ye( y ) 2 ?2 ? 2
1 1 ?1 ? e ? ( x 2 ? y 2 ) ? ≈ xe( x ) ? ye( y ) ≤ x e( x ) + y e( y ) ≤ × 100 = × 101?1 2 2 ?2 ?
所以表达式(2)至少具有 1 位有效数字。 例 13 已测得某场地长 x 的值为 x = 110 米,宽 y 的值为 y = 80 米,已知 x ? x ≤ 0.2
?
? ?

?

米, y ? y ≤ 0.1 米。试求面积 s = xy 的绝对误差限和相对误差限。 分析 解 此例是分析两个自变量乘积的误差,故可以利用(1.2)式来考虑。 因为 s = xy ,

?s ?s = y , = x , ε ( x ? ) = 0.2 , ε ( y ? ) = 0.1 , ?x ?y

绝对误差限

ε ( s? ) = ε ( x ? y ? ) ≈ x ? ε ( y ? ) + y ? ε ( x ? ) = 110 × 0.1 + 80 × 0.2 = 27 ; ε r ( s? ) = ε ( s? )
s
?

相对误差限 例 14 (1)



27 = 0.31% 。 110 × 80

写出下列各题的合理计算路径,使计算结果更精确(不必计算结果) 。

1 ? cos x , sin x

x ≠ 0且 x << 1 ;

(2)

1 1? x ? , 1+ 2x 1+ x

x << 1 ;

(3)

x+
5

1 1 ? x? , x x
4 3

x >> 1 ;
2

(4)



x +1 x

dt , 1+ t 2

x << 1 ;

; (5) ax + bx + cx + dx + ex + f (其中 a , b, c , d , e , f 为已知常数)

(6)

∑k
k =2

100

2

1 。 ?1

分析:本题主要考察误差分析的基本原则。 解:

1 ? cos x (1) = sin x

2 sin 2 2 sin

x 2

x x cox 2 2

= tan

x (避免很小的数作除数) ; 2

(2)

1 1? x 2 x2 ? = (避免相近的数相减) ; 1 + 2 x 1 + x (1 + 2 x )(1 + x )

1 1 (3) x + ? x ? = x x

2 x 1 1 x+ + x? x x

=

2 1 1 x( x + + x ? ) x x

(理由同(2); )

(4)



x +1 x

dt 1 (理由同(2) ) = arctan( x + 1) ? arctan( x ) = arctan 2 1+ t 1+ x + x2

(利用公式 tan( x ? y ) =

tan x ? tan y 即得) ; 1 + tan x tan y

(5)利用秦九韶法减少计算量

ax 5 + bx 4 + cx 3 + dx 2 + ex + f = ((((ax + b) + c ) x + d ) x + e ) + f ;
(6)避免大数吃小数

∑k
k =2

100

100 1 1 1 1 1 1 1 1 ) = (1 + ? ) ≈ 0.74005 。 =∑ ( ? ? 2 2 100 101 ? 1 k =2 2 k ? 1 k + 1 2

例 15

设 In =



1

0

x n e x dx , n = 0,1, 2, L ,10000

(1)证明: I n = e ? nI n ?1 ,

n = 1, 2, 3, L ,10000 ;

(2)给出一个数值稳定的递推算法,并证明算法的稳定性。 分析 此例是关于算法的稳定性问题,要保证算法稳定,必须保证随着计算过程的增加,误

差要减小或不增长,故需从每一步的误差角度来分析。

(1)证明:由分步积分得

I n = ∫ x n e x dx = ∫ x n de x = x n e x
1 1 0 0

1 0

? ∫ nx n?1e x dx = e ? nI n?1 , n = 1, 2, L
1 0

(2)稳定的递推算法: 显然上述递推公式每一步误差会增加,故不稳定。 由(1)式解得 nI n ?1 = e ? I n ,如果已知 I N ,可得递推算法:

I n?1 =

1 (e ? I n ), n = N , N ? 1, N ? 2, L ,1 n 见文档 中值定理
ξ

下面确定 I N ,由积分中值定理, I n = e



1

0

x n dx =

eξ , ξ ∈ (0,1) n +1

因此

1 e < In < n +1 n +1

且 In ?

(1 + e ) e ?1 ≤ ( → 0 ,当 n → ∞ 时) 2( n + 1) 2( n + 1)

故可取

1 ? ? I n?1 = n (e ? I n ), n = N , N ? 1, L , 2,1 e +1 ? IN = ,得递推算法: ? 2( n + 1) ?IN = e +1 ? 2( N + 1) ?
?

此时有 I n ?1 ? I n ?1 = 例 16

1 ? I ? I n , n = N , N ? 1, L , 2,1 ,可见误差均在减少,从而稳定。 n n

某生产部门生产的一件产品需用 7 个零件,而这 7 个零件的质量取决于零件参数的

标定值,它们的参数允许有一定的误差(参见表 1) : 零件类别 x1 x2 x3 x4 参数取值容许范围 [ 0.075,0.125 ] [ 0.225,0.375 ] [ 0.075,0.125 ] [ 0.075,0.125 ] 表1 若每一零件的标定值取相应的区间中点,在生产过程中每一零件的参数都有可能产生误差, 由此将零件分成不同的等级:A,B,C 三等,等级由标定值的相对误差限表示,A 等为 1%, B 等为 5%,C 等为 10%。试确定三个等级的零件分别满足的区间。 分析:结合一简单的实际问题,考察相对误差限的概念,有想确定三个等级的零件分别满足 零件类别 x5 x6 x7 参数取值容许范围 [ 1.125,1.875 ] [ 12,20 ]

只用来求取标定值

[ 0.5625,0.9375 ]

的区间,只需确定每一零件的标定值的绝对误差限。 解:7 个零件的标定值分别为(按顺序) 0.1 0.3 : 确定三个等级的零件分别满足的区间:
x1:A 等[ 0.009,0.101 ] x2:A 等[ 0.297,0.303] x3:A 等[ 0.009,0.101 ] x4:A 等[ 0.009,0.101 ] x5:A 等[ 1.485,1.515 ] x6:A 等[ 15.84,16.16 ] x7:A 等[ 0.7425,0.7575 ]

0.1 0.1 1.5 16 0.75

B 等[ 0.095,0.105 ] B 等[ 0.285,0.315] B 等[ 0.095,0.105 ] B 等[ 0.095,0.105 ] B 等[ 1.425,1.575 ] B 等[ 15.2,16.8 ]

C 等[ 0.09,0.11 ] C 等[ 0.27,0.33] C 等[ 0.09,0.11 ] C 等[ 0.09,0.11 ] C 等[ 1.35,1.65 ] C 等[ 14.4,17.6 ]

求出相应的绝 对误差极限后,在 标定值上加减绝对 误差即为零件需满 足的区间

B 等[ 0.7125,0.7875 ]

C 等[ 0.675,0.825 ]

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第 1 章 绪论
一、选择题(四个选项中仅有一项符合题目要求,每小题 3 分,共计 15 分) 1、近似数 x = 0.231 关于真值 x = 0.229 有( (1)1;(2)2;(3)3;(4)4。 2、取 3 ≈ 1.732 计算 x = ( 3 ? 1) ,下列方法中哪种最好?(
4

?

)位有效数字。



(1) 28 ? 16 3 ;

(2) ( 4 ? 2 3 ) ;
2

(3)

16 ( 4 + 2 3 )2



(4)

16 ( 3 + 1)4



3、下列说法中不属于数值方法设计中的可靠性分析的是( )。 (1)方法收敛性;(2)方法的稳定性;(3)方法的计算量;(4)方法的误差估计。 4、下列说法错误的是( )。 (1)如果一个近似数的每一位都是有效数字,则称该近似数为有效数; (2)凡是经“四舍五入”得到的近似数都是有效数; (3)数值方法的稳定性是指初始数据的扰动对计算结果的影响; (4)病态问题是由数学问题本身的性质决定的,与数值方法有关。 5、已知近似数 x 的相对误差限为 0.3%,则 x 至少有( (1)1; (2)2 ; (3)3; (4)5。 二、填空题(每小题 3 分,共计 15 分) 1、设 π 的近似数 π 有 4 位有效数字,则其相对误差限为______
? ?

?

)位有效数字。

_。

2、

x ? 的相对误差约是 x ? 的相对误差的

倍。 。

3、计算球体积时要使相对误差限为 10%,问测量半径时允许的相对误差限是 4、规格化浮点数系 F = ( 2, 4, ?1, 2) 中一共有 5、用数 [1 + e ] 作为计算积分 I =
?

个数

1 2

?1



1

0

e ? x dx 的近似值,产生的主要误差是
? ?



三、(13 分)对于有效数 x1 = ?3.105, x2 = 0.001, x3 = 0.100 ,估计下列算式是相对误差限
? ? ? y1 = x1 + x2 + x3 ; ? ? ? y2 = x1 x2 x3 ;

y3 =

? x2

? x3



四、(16 分)写出下列各题的合理计算路径,使计算结果更精确(不必计算结果),并说明 理由。 (1)

1 ? cos x , sin x

x ≠ 0且 x << 1 ;

(2)

1 1? x , ? 1+ 2x 1+ x

x << 1 ;

(3)

x+

1 1 ? x? , x x

x >> 1 ;

(4)



x +1 x

dt , 1+ t 2

x << 1 ;

五、(15 分)设序列 { yn } 满足递推关系 yn = 10 yn ?1 ? 1, n = 1, 2,L ,若 y0 =

2 ≈ 1.41 ,计

算到 y10 时误差有多大?计算过程是否稳定?如果不稳定,试给出一种稳定的计算方法,并说 明理由。 六、 分) (13 已测得某场地长 x 的值为 x = 110 米, y 的值为 y = 80 米, 宽 已知 x ? x ≤ 0.2 米, y ? y ≤ 0.1 米。试求面积 s = xy 的绝对误差限和相对误差限。 七、(13 分)设 x 的近似数 x 表示为 x = ±0.a1a2 L ak L an × 10 ,证明:若 ak 是有效数字,
*
m
? ?
? ?

?

则其相对误差不超过 。

1 1 ? ? ?k × 10? ( k ?1) ; 若已知相对误差 er , er ≤ × 10 , ak 必为有效数字。 且 则 2 2

1

第 1 章 绪论 参考答案
一、选择题(15 分,每小题 3 分) 1、(2) 2、 (3) 3、(3) 4、(4) 二、填空题(15 分,每小题 3 分) 1、
(1/2*10^-3)/3.142

5、(2)

1 1 1 × 10?3 ;2、 ;3、 ;4、33;5、截断(方法)误差 2 2 30
? ? ?

三、(13 分) 解:已知有效数的绝对误差限为 e( x1 ) = e( x2 ) = e( x3 ) = 0.0005 ,-------------(2 分) 从而相对误差限为
? ? ? er ( x1 ) = 0.00016, er ( x2 ) = 0.5, er ( x3 ) = 0.005 , ? ? ? ? er ( y1 ) ≈ e( x1 ) + e( x2 ) + e( x3 ) = 0.0015 ,

--------------------------------(4 分)

由绝对误差限的传播关系式得
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? e( y2 ) ≈ x2 x3 e( x1 ) + x1 x3 e( x2 ) + x1 x2 e( x3 ) , e( y3 ) ≈
? x2 1 ? ? e ( x2 ) + ? 2 e( x3 ) , ? ( x3 ) x3

--------------------------------(7 分) 所求算式的相对误差限为
? er ( y1 ) ≈ ? e( y1 )

? y1

≤ 0.0015

3.004

≈ 0.0005 ,

? er ( y2 ) ≈

? e ( y2 )

? y2

? ? ? ≤ er ( x1 ) + er ( x2 ) + er ( x3 ) ≈ 0.50516 ,

? er ( y3 ) ≈

? e ( y3 )

? y3

? ? ≈ er ( x2 ) + er ( x3 ) = 0.505 。 --------------------------------(13 分)

四、(16 分)

1 ? cos x 解:(1) = sin x

2 sin 2 2 sin

x 2

x x cox 2 2

= tan

x (避免很小的数作除数);------(4 分) 2

1 1? x 2 x2 (2) (避免相近的数相减);-----------------(8 分) ? = 1 + 2 x 1 + x (1 + 2 x )(1 + x )

1 1 (3) x + ? x ? = x x

2 x 1 1 x+ + x? x x

=

2 1 1 x( x + + x ? ) x x

(理由同(2));

--------------------------------(12 分) (4)



x +1 x

dt 1 = arctan( x + 1) ? arctan( x ) = arctan (理由同(2)) 2 1+ t 1+ x + x2

(利用公式 tan( x ? y ) = 五、(15 分)

tan x ? tan y 即得)。--------------------------------(16 分) 1 + tan x tan y

解: y0 = 1.41 ,则 e0 = y0 ? y0 = 根据递推公式得到:

?

?

?

1 × 10?2 ,--------------------------------(2 分) 2

? ? ? ? en = yn ? yn = 10 yn?1 ? 10 yn?1 = 10 yn?1 ? yn?1 ? ? = 10 en ?1 = L = 10n e0

--------------------------------(6 分)

当 n = 10 时, e10 = 10

?

10

1 1 ? e0 = 1010 × × 10?2 = × 108 ,故该方法不稳定。---(9 分) 2 2 1 1 yn + , n = 1, 2,L ,--------------------------------(12 分) 10 10 1 1 1 ? ? ? ? yn ? yn , e n ? 2 = yn ?1 ? yn?1 = 2 yn ? yn , 10 10 10
--------------------------------(14 分)

将递推公式改写为 yn ?1 =

则有 en ?1 = yn ?1 ? yn ?1 ==

?

?

? e0 ==

1 ? yn ? yn , n 10

由此可以看出,如果倒着计算,误差会递减,但必须知道 yn 的值。-----------(15 分) 六、(13 分) 解:因为 s = xy ,

?s ?s = y, = x , ?x ?y

--------------------------------(2 分)

ε ( x ? ) = 0.2 , ε ( y ? ) = 0.1 ,
绝对误差限

--------------------------------(6 分)

ε ( s? ) = ε ( x ? y ? ) ≈ x ? ε ( y ? ) + y ? ε ( x ? ) = 110 × 0.1 + 80 × 0.2 = 27 ;

1

--------------------------------(10 分) 相对误差限

ε r ( s? ) =

ε ( s? )
s
?



27 = 0.31% 。------------------------------(13 分) 110 × 80

七、(13 分) 解: ak 是有效数字,根据有效数字的定义知 x ? x ≤ 且 x ≥ 1× 10 × 10 = 10
m ? ?1 m ?1 ?

1 × 10m ? k ,------------(3 分) 2



--------------------------------(5 分)

1 m?k 1 x ? ? x 2 × 10 ∴ e = ≤ = × 10? ( k ?1) 。------------------------------(8 分) ? 10m ?1 2 x
? r

另一方面, x ≤ 10 , er =
m

?

?

x? ? x 1 ≤ × 10? k ,-------------------------------(10 分) 2 x?
--------------------------------(12 分)



x? ? x ≤

1 1 × 10? k × x ? ≤ × 10m ? k , 2 2
*

所以 ak 必为有效数字,即 x 至少有 k 位有效数字。-------------------------------(13 分)

2

第二章 非线性方程
1、二分求根收敛阶
例1 举出一方程,有偶次重根,但不能用对分法求出它的这一偶次重根。 分析 用对分法时,每次保留有根区间[ ak , bk ]的依据是被求根的函数 f ( x) 在此区间端点满 足 f ( ak ) f (bk ) < 0 。 解 如 f ( x) = ( x ? 1) , α = 1 ∈ [0.5, 2], f (α ) = 0, 但
2

f (0.5) > 0, f (2) > 0, f (1.25) > 0
所以不能用对分法求出 f ( x) = 0 的这一偶次重根 α 。 点拨 对分法实际上是将连续函数 f ( x) 的有根区间不断分半,依据是连续函数 f ( x) 的两个 异号函数值之间必有 f ( x) 的零点,其收敛速度与公比为 例2
3

1 的等比数列相同。 2

试求方程 x ? 2 x ? 5 = 0 的正根所在的区间,并说明在此区间上用对分法求此根

时,若其截断误差不超过

1 ×10?3 ,则所需的迭代次数是多少? 2

分析 根据所给的方程,利用连续函数的性质确定所求根的区间 [a, b] ,而二分法的误差为

mn ? α ≤


b?a 。 2n +1
3 ' 2

令 f ( x) = x ? 2 x ? 5 ,则 f ( x) = 3 x ? 2 ,当

x≥

2 ' 时, f ( x) ≥ 0 ,即函数 3

f ( x) 单调增;当 ?

2 2 ' 时, f ( x) < 0 ,即函数 f ( x) 单调减。因此 <x< 3 3

当0 ≤ x <

2 时, 3

f ( x) ≤ f (0) = ?5 < 0 ;



2 ≤ x ≤ 2 时, f ( x) ≤ f (2) = ?1 < 0 ; 3

而 f ( 3) = 16 > 0 , f ( x) ≥ f (3) > 0 ,?x > 3 时, 方程存在唯一的一个正根 α ∈ [ 2,3] 。 在此区间上,二分法迭代时的误差为

1 1 1 ?3 ,因此要 n +1 ≤ ×10 ,即 n+1 2 2 2 3ln10 = 9.966 n≥ ln 2

所需迭代次数为 10。 例3 证明二分法得到的序列 { xk } 线性收敛.

证明:二分法产生的序列 { xk } 满足

xk ? x? ≤

1 (b ? a), k = 0,1, 2,... 2k +1

xk +1 ? x? xk ? x? + xk +1 ? xk ε k +1 x ?x = = = 1 + k +1 ?k εk xk ? x xk ? x? xk ? x?
若 xk > x ,则 xk +1 < xk ;若 xk < x ,则 xk +1 > xk ,因此
? ?

xk +1 ? xk 1 < 0 ,又 xk +1 ? xk = k + 2 (b ? a ) ? 2 xk ? x
(b ? a ) ε k +1 xk +1 ? xk 1 2k + 2 lim = lim 1 + = lim 1 ? = ? k →∞ ε k →∞ k →∞ 1 xk ? x k (b ? a ) 2 k +1 2
故由二分法产生的序列 { xk } 线性收敛。

1

2、不动点迭代法及其收敛阶
1、不动点迭代发的构造 本章的各种求解非线性方程的根方法几乎都可视为一种不动点迭代方法 (区间二分法除 外) 。构造不动点迭代法的关键是由非线性方程 f ( x) =0 出发,作同解变形化为 x = ? ( x) 的 形式,然后即可建立不动点迭代格式

xn +1 = ? ( xn ), n = 0,1, 2, ???
不同的构造方法,在收敛性,或收敛速率上是不一定相同的。因此在作同解变形时,必 须要注意到构造出的迭代格式的收敛性及收敛速度. 2、不动点迭代法的收敛性和收敛速度分析 好的迭代算法必须是收敛的算法, 更是收敛速度快的算法。 因此不动点迭代算法的收敛 法证明,收敛速度的估计,是本章的重点和难点。收敛性证明与收敛速度的估计关键在于不 动点迭代公式的迭代函数 ? ( x) 的性质,当然也与初值 x0 的选取有关。关于不动点迭代法的 全局收敛性定理和局部收敛性定理是我们必须掌握熟悉的内容, 它是分析各种不动点迭代算 法的依据,许多考试,特别是要求稍高的研究生考试中,有大的几率出现分析迭代算法的收 敛性及收敛速度的题目。 不动点迭代算法的收敛性分析,我们一般依据不动点迭代法的局部或全局收敛性定理; 收敛阶的估计, 我们一般依据不动点迭代法的局部收敛阶定理。 但是如果迭代算法本身不是 整阶收敛速率的,这类算法的收敛阶估计,我们更多的是从收敛阶的定义出发,寻找尽可能 大的 p > 0 ,使

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xk +1 ? x? → c(c ≠ 0), k → ∞ ( xk ? x? ) p
要完成这项工作,往往借助一元函数的 Taylor 展式来完成。 例 4 用迭代法的思想,给出求 2 + 2 + 2 + ??? + 2 + 2 的迭代格式,并证明

lim 2 + 2 + 2 + ??? + 2 + 2 = 2 。
n→∞

解 记 x0 =

2 , x1 = 2 + 2 ,则

xn = 2 + xn ?1 , n = 1, 2, ???
故上述迭代格式的迭代函数 ? ( x) =

2+ x 。

? '( x) = (2 + x)
从而对于任意 x > 0 ,均有

1 2

?

1 2

此处验证其压缩性,映 内性也许验证 :x及g (x)都属于无穷
迭代格式是收敛的 设 lim xn = x ,则
* k →∞

? '( x) =

1 1 <1 2 2+ x

x* = 2 + x* , x*2 = 2 + x*
解得 x = 2 或 x = ?1 (不合题意,舍去)
* *

故 lim xn = 2
k →∞



lim 2 + 2 + 2 + ??? + 2 + 2 = 2
n→∞

例5

对于迭代函数 ? ( x) = x + c( x ? 2) ,试讨论
2

(1)当 c 为何值时, xn +1 = ? ( xn )(n = 0,1, 2 ???) 产生的序列 {xn } 收敛于 2 ; (2)当 c 取何值时收敛最快? (3)分别取 c =

1 1 ?5 ,? ,计算 ? ( x) 的不动点 2 ,要求 xn +1 ? xn < 10 2 2 2

解 ① ? ( x) = x + c( x ? 2) , ? '( x) = 1 + 2cx ,由收敛定理知 ? ( 2) = 1 + 2 2c < 1
2 '

即 ?

1 < c < 0 时迭代收敛。 2
②由收敛阶定理知,当 ? ( 2) = 1 + 2 2c = 0 ,即 c = ?
'

1 2 2

时迭代至少是二阶收

敛的,收敛最快。 ③分别取 c = ?

1 1 ,? ,并取 x0 = 1, 2 ,迭代计算结果 2 2 2
1 xn (c = ? ) 2
1.2 1.48 1.413 369 586 1.414 209 303 1.414 215 327

n
0 1 6 12 13

n
0 1 2 3 4

xn (c = ?

1 2 2

)

1.2 1.397 989 899 1.414 120 505 1.414 213 559 1.414 213 562

例6

给定初值 x0 ≠ 0,

2 以及迭代公式 a

xk +1 = xk (2 ? axk ), k = 0,1, 2 ??? ,常数 a ≠ 0
证 明 ① 该 迭 代 公 式 是 二 阶 收 敛 的 ; ② 该 迭 代 产 生 的 序 列 {xk } 收 敛 的 充 要 条 件 是

1 ? ax0 < 1 。
证 明 ① 迭 代 函 数 ? ( x) = x(2 ? ax) , 且 ? ( ) =

1 a

1 1 , 即 是 ? ( x) 的 不 动 点 , 又 a a

? ' ( x) = 2(1 ? ax) , ? " ( x) = ?2a ,所以 ? ' ( ) = 0, ? " ( ) = ?2a ≠ 0 ,由收敛阶定理知,迭
代是二阶收敛的,且 lim ② 因 ek = xk ?

1 a

1 a

ek +1 1 " 1 = ? ( ) = ?a k →∞ e 2 2 a k 1 1 = (axk ? 1) ,令 rk = axk ? 1 ,则 a a

rk = axk ? 1 = axk ?1 (1 ? rk ?1 ) ? 1 = (rk ?1 + 1)(1 ? rk ?1 ) ? 1 = ?rk ?12 rk = ?rk ?12 = ?rk ? 2 4 = ??? = ?r0 2 , ek =
k

1 1 k rk = ? r0 2 a a

由此可知 lim ek = 0 等价于 lim rk = 0 ,而 lim rk = 0 又等价于 rk < 1 ,即 1 ? ax0 < 1 。
k →∞ k →∞ k →∞

例 7

设 ? ( x) 是一个连续可微函数,若迭代格式 x

(k +1)

= ? ( x ( k ) ) 是局部线性收敛,对

于 λ ∈ R ,构造新的迭代格式

x (k +1) =

λ λ +1

x(k ) +

问如何选取 λ 使得新的迭代格式有更高的收敛阶。

1 ? ( x(k ) ) λ +1

解:记新的迭代格式函数为 ω ( x) ,它的表达式

ω ( x) =
*

λ λ +1

x+

1 ? ( x) λ +1
* *

将不动点 x = x 代入上式,并注意到 ? ( x ) = x ,得

ω ( x* ) = x* ω ' ( x) =
1 ' ? ( x) λ +1 λ +1 +
' *

λ

要想使新迭代格式比线性高的收敛阶,需使 ω ( x ) = 0 ,即

1 ' * ? (x ) = 0 λ +1 λ +1 +

λ

λ = ? ' ( x* ) ω " ( x) =
一般情况下 ω ( x ) =
" *

1 " ? ( x) λ +1

1 " * ? ( x ) ≠ 0 。因此选择 λ = ? ' ( x* ) ,根据高阶收敛定理知, λ +1
*
n

新迭代格式 2 阶收敛。 例 8 设 n ≥ 2 为正整数, c 为正数.记 x =

c .(1)说明不能用下面的迭代格式

xk +1 = cx1? n , k
求 x 的近似值.
*

k = 0,1, 2,L

(2)构造一个可以求 x 的迭代格式,证明所构造的迭代格式的收敛性,并指出收敛阶数. 解 (1)记 ? ( x) = cx
1? n

*

,则 ? ′( x) = c(1 ? n) x , ? ′( x ) = (1 ? n) .
?n

*

a)当 n ≥ 3 时, ? ′( x ) = n ? 1 ≥ 2 ,迭代格式发散.
*

b)当 n = 2 时, xk +1 =

c , k = 0,1, 2,L xk c ≠ x* 且 xk xk +1 ≠ x* , k = 0,1, 2,L , x0

设 x0 ≠ x ,则有 x1 =
*

xk +1 ? c =

c c ? c =? ( xk ? c ) xk xk

? c ?? c ? = ?? ? x ? ? ? x ? ( xk ? c ) ?? ? k ?? k ?1 ? ? = xk ?1 ? c
即 xk +1 = xk ?1 ,

k = 0,1, 2, L k = 0,1, 2,L

于是 x2 m ≡ x0 , x2 m +1 ≡ x1 , m = 0,1, 2, L 迭代格式不收敛. (2)考虑方程 f ( x) = x ? c = 0 ,则 x 为其单根,用 Newton 迭代格式
n

*

xk +1 = xk ?

f ( xk ) 1 c = (1 ? ) xk + x1? n , k = 0,1, 2,L k f ′( xk ) n n
*

求解,由于 Newton 迭代格式对单根是 2 阶局部收敛的,所以迭代格式当 x0 比较靠近 x 时是收 敛的,且收敛阶数为 2.

3.Newton 切线法
例 9 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续,且① f ( a ) f (b) < 0 ,② f ( x) ≠ 0 , f ( x) ≠ 0 ,对
" ' "

?x ∈ [a, b] ,③

f (a) f (b) <b?a , ' <b?a ' f (a) f (b)

则对 ?x0 ∈ [ a, b] ,由 Netwon 迭代公式产生的序列 { xn } 收敛于方程 f ( x) = 0 的唯一解

α。
分析 Newton 切线法收敛定理,条件(3)主要给出了初值在 [a, b] 中的位置,当初值不满足条 件(4)时,由切线法的几何意义知,迭代一次得 x1 却满足条件(3)。 证明: 不妨设 f ( x) ≤ 0 , f ( x) > 0 ,则 f ( x) 是严格单调增函数, f ( x) 是单调减函
" ' '

数,且 f (a ) < 0 , f (b) > 0 , α 存在唯一。 此时条件(3)为 即

? f (a ) ≤ (b ? a ) f ' (a ) , f (b) ≤ (b ? a ) f ' (b) f (a) + (b ? a) f ' (a) ≥ 0 , f (b) ? (b ? a) f ' (b) ≤ 0
"

① 若 x0 ∈ [ a, α ] ,此时 f ( x0 ) < f (α ) = 0 , f ( x0 ) f ( x0 ) > 0 ,由切线法收敛定理知:

结论成立。 ②若 x0 ∈ [α , b] ,( x1 将在何处?它是否会在 [a, α ] 上?若是则由①知,结论成立。因 此 即 证 : x1 ∈ [ a, α ] , 即 要 讨 论 x1 与 a, α 的 关 系 , 首 先 看 看 x1 与 a 的 关 系 。 ) 令

g ( x) = f ( x) + (a ? x) f ' ( x) , ?x ∈ [a, b] ,则 g ' ( x) = f ' ( x) + (a ? x) f " ( x) ? f ' ( x) = (a ? x) f " ( x) ≥ 0 , ?x ∈ [a, b]
因而

g ( x0 ) = f ( x0 ) + (a ? x0 ) f ' ( x0 ) ≤ g (b) = f (b) + (a ? b) f ' (b) ≤ 0


α ≤ x0 ?

f ( x0 ) = x1 f ' ( x0 )

f ( x0 ) f ' (ξ ) )( x0 ? α ) , ξ ∈ (α , x0 ) = (1 ? ' 因 f (α ) = 0 , x1 ? α = x0 ? α ? ' f ( x0 ) f ( x0 )
而 f (ξ ) ≥ f ( x0 ) ,得 x1 ≤ α 。
' '

所以 x1 ∈ [ a, α ] ,则由①知,结论成立。 综上所述, 在此条件下, 对任意初始近似 x0 ∈ [ a, b] , 由切线法迭代公式而得的序列 { xn } 收敛于方程 f ( x) = 0 的唯一解 α 。 例 10 试就下列函数讨论 Newton 法的收敛性和收敛速度 ① f ( x) = ?

? x ?

x≥0 x<0

?? ? x ?

② f ( x) = ?

? 3 x2 ? ?? 3 x 2 ?

x≥0 x<0

解 ①当 x ≥ 0 时, f ( x) =

x , f ' ( x) =

1 2 x

,其 Newton 迭代函数为

? ( x) = x ?

x = ?x 1 2 x

当 x < 0 时, f ( x) = ? ? x , f ( x) =
'

1 ,其 Newton 迭代函数为 2 ?x ? ?x = ?x 1 2 ?x

? ( x) = x ?

则 Newton 迭代格式为 xk +1 = ? ( xk ), k = 0, 1, ??? ②当 x ≥ 0 时, f ( x) =
3

x 2 , f ' ( x) =

2 ?1 x 3 ,其 Newton 迭代函数为 3
3

? ( x) = x ?

x2

2 ?1/ 3 x 3

=?

x 2

2 ?1 当 x < 0 时 f ( x) = ? x , f ( x) = ? x 3 ,其 Newton 迭代函数为 3
3 2 '

? 3 x2 x ? ( x) = x ? =? 2 2 ? x ?1/ 3 3
而 | ? ( x) |=| ?
'

1 1 1 |= < 1 ,但 ? ' ( x* ) = ≠ 0 ,故 Newton 迭代公式为 2 2 2 x x k +1 = ? k , k = 0,1, 2, ??? 2
'

是收敛的,但只具线性收敛速度。 例 11 及0 < λ < 设 f ( x) = 0 有根, 0 < m < f ( x) < M , 且 试证明对于任意的初始 x0 ∈ ( ?∞, ∞)

2 内任意的 λ ,迭代 xn +1 = xn ? λ f ( xn ) 产生的 {xn } 均收敛于方程 f ( x) = 0 的 M 根,并确定使迭代收敛得最快的值 λ 。
证明:由题意在 (?∞, ∞) 上 f ( x) 严格单调增,则 f ( x) = 0 有唯一根 α 。 设 g ( x) = x ? λ f ( x) ,则 g ( x) 在 (?∞, ∞) 上存在一阶导数且

2 M ≤ 1 ? λ M ≤ g ' ( x) ≤ 1 ? λ f ' ( x) = 1 ? λ m < 1 M 2 ' 所以对于任意的 x ∈ ( ?∞, ∞) 及 0 < λ < , | g ( x) |≤ L = max{|1 ? λ M |,|1 ? λ m |} < 1 , M ?1 < 1 ? ?x0 ∈ (?∞, ∞) , x1 ? α = g ( x0 ) ? g (α ) = g ' (ξ 0 )( x0 ? α ) ≤ L | x0 ? α |
同 理

| x2 ? α |≤ L | x1 ? α |≤ L2 | x0 ? α |





| xn ? α |≤ Ln | x0 ? α |





| xn +1 ? α |=| g ' (ξ n )( xn ? α ) |≤ L | ( xn ? α ) |≤ Ln +1 | x0 ? α | , ξ n 在 xn 与 α 之间
因此,对 ?x0 ∈ ( ?∞, ∞) 及 0 < λ <

2 ,迭代 xn +1 = xn ? λ f ( xn ) 产生的序列 {xn } 满足 M

| xn ? α |≤ Ln | x0 ? α | 。

当 n → ∞ 时, | xn ? α |≤ L | x0 ? α |→ 0 ,即 lim xn = α
n n →∞

由迭代收敛的误差估计式:| xn ? α |≤ 最小值的 λ 为 λ =

Ln | x1 ? x0 | 知,L 越小,收敛越快,使得 L 取 1? L

2 M ?m ,此时 L = ,迭代收敛速度最快。 M +m M +m
2 2 2 2

例 12 当 R 取适当值时,曲线 y = x 与 y + ( x ? 8) = R 相切,试用迭代法求切点横 坐标的近似值,要求不少于四位有效数字,且不必求 R。 解

y = x 2 的 导 数 y ' = 2 x , 由 y 2 + ( x ? 8) 2 = R 2 确 定 的 函 数 y 的 导 数 满 足

2 yy ' + 2( x ? 8) = 0 ,由两曲线相切的条件,可得 2 × x 2 × 2 x + 2( x ? 8) = 0


2 x3 + x ? 8 = 0
令 f ( x) = 2 x + x ? 8 ,则 f (1) < 0, f (2) > 0, f ( x) = 0 在(1,2)内有实根。又
3

f ' ( x) = 6 x 2 + 1 > 0 ,故 f ( x) = 0 仅有一个根。构造迭代公式 xk +1 = ? ( xk ) , ? ( xk ) = (

8? x 1 ) 3 , x ∈ (1, 2) 2
'

则当 x ∈ [1, 2] 时, 1 ≤ ? ( x) ≤ 2 , | ? ( x) |=| ?

1 8 ? x ?2 1 1 2 ( ) 3 |≤ L = ( ) 3 < 1 6 2 6 3

故迭代收敛。取 x0 = 1.5 ,计算结果如表 7—5 所示 表 7—5

k
0 1

xk
1.5 1.481 248

xk ? xk ?1

k
2

xk
1.482 671 1.482 563

xk ? xk ?1
0.001423 0.000 108 <

0.018 752

3

1 ×10?3 2

由于 | x3 ? x |≤
*

L 1 | x3 ? x2 |< ×10?3 ,故可取 x* ≈ x3 = 1.483 ,即可保证两曲线切 L ?1 2
3 2

点的横坐标的近似值具有四位有效数字。 例 13 曲线 y = x ? 0.51x + 1 与 y = 2.4 x ? 1.89 在点 (1.6,1) 附近相切,试用牛顿迭

代法求切点横坐标的近似值 xk +1 ,使 xk +1 ? xk ≤ 10 。 解 两曲线的导数分别为 y = 3 x ? 0.51 和 y = 4.8 x ,两曲线相切,导数相等,故有
' 2 '

?5

3x 2 ? 4.8 x ? 0.51 = 0
则 故区间[1, 2]是 f ( x) = 0 的有根区间。 令 f ( x) = 3 x ? 4.8 x ? 0.51 , f (1) < 0, f (2) > 0 ,
2

又当 x ∈ [1, 2] 时, f ( x) = 6 x ? 4.8 > 0 ,因此 f ( x) = 0 在[1,2]上有惟一实根 x 。对 f ( x)
' *

应用牛顿迭代法,得计算公式

xk +1 = xk ?
"

3xk 2 ? 4.8 xk ? 0.51 , k = 0,1, 2 ??? 6 xk ? 4.8

由于 f ( x) = 6 > 0 ,故取 x0 = 2 迭代计算一定收敛,计算结果如表 7-6 所示。 表 7-6

k
0 1 2

xk
2.0 2.293 055 556 1.817 783 592

k
3 4 5

xk
1.706 815 287 1.700 025 611 1.7

继续计算仍得 x6 = 1.7 ,故 x = 1.7 。
*



本 题 也 可 令 x ? 0.51x + 1 = 2.4 x ? 1.89 , 解 得 切 点 横 坐 标 满 足 方 程
3 2

f ( x) = x3 ? 2.4 x 2 ? 0.51x + 2.89 = 0 ,用有重根时的牛顿迭代法(7.15)式计算,此时
m = 2 。仍取 x0 = 2 ,经四步可得 x* = 1.7 。
* * * 例 14 设函数 f ( x) 具有二阶连续导数, f ( x ) = 0 , f ′( x ) ≠ 0 , f ′′( x ) ≠ 0 , {xk } 是由牛顿

迭代法产生的序列,证明

lim
解 牛顿迭代法为

xk +1 ? xk f ′′( x* ) =? 2 k →∞ ( x ? x 2 f ′( x* ) k k ?1 )

xk +1 = xk ?

f ( xk ) , f ′( xk ) f ( xk ) f ′( xk )

k = 0 ,1,2,…



xk +1 ? xk = ?

( xk ? xk ?1 )

xk +1 ? xk

2

f ( xk ) ? f ( x* ) ? f ′ ( xk ?1 ) ? f ( xk ) ? f ′ ( xk ?1 ) ? ? ? = =? ? ? =? 2 * ′ ( xk ) ? f ( xk ?1 ) ? ′ ( xk ) f f ? ? ? f ( xk ?1 ) ? f ( x ) ?
2 2

?

f ′ (ξ k ) ? f ′ ( xk ?1 ) ? ? ?

2 2

f ′ ( xk ) ? f ′ (ξ k ?1 ) ? ? ?

(x
*

(x

k

? x* )

k ?1

? x* )

2

其中 ξ k 介于 xk 与 x 之间, ξ k ?1 介于 xk ?1 与 x 之间.根据式(7.14)得
*

f ′ (ξ k ) ? f ′ ( xk ?1 ) ? x ?x lim k +1 k 2 = ? lim ? ? k →∞ ( x ? x k →∞ f ′ ( x ) ′ k k ?1 ) k ? f ( ξ k ?1 ) ?
*

2

(x

(x

k

? x* )

k ?1

? x* )

2

=?

f ′′( x* ) 2 f ′( x* )

例 15 设 f ( x) 具有连续的 m 阶导数, x 是 f ( x ) = 0 的 m 重根 ( m ≥ 2 ) , {xk } 是由牛顿迭代 法产生的序列,证明 (1) lim

xk +1 ? x* 1 = 1? ; k →∞ x ? x* m k xk +1 ? xk 1 = 1? ; k →∞ x ? x m k k ?1 xk ?1 ? xk =m. xk ?1 ? 2 xk + xk +1
(1)因 x 是 f ( x ) = 0 的 m 重根,则 f ( x) 可以表示成
*

(2) lim

(3) lim

k →∞

证明

f ( x ) = ( x ? x * ) h ( x ) , h ( x* ) ≠ 0
m

所以 f ′ ( x ) = m x ? x

(

* m ?1

)

h ( x ) + ( x ? x* ) h′ ( x ) = ( x ? x* )
m

m ?1

? mh ( x ) + ( x ? x* ) h′ ( x ) ? ? ?

由牛顿迭代法 xk +1 = xk ?

f (xk ) 得 f ′ ( xk )

xk +1 ? x = xk ? x ?
* *

? mh ( xk ) + ( xk ? x* ) h ' ( xk ) ? k ? ? ? ? h(x ( xk ? x* ) ?1 ? mh x + x k?) x*h′ x ? ( k) ( k ( k )) ? ? ? ?
m ?1

(x

? x* )

(x

k

? x* ) h ( xk )
m

=



lim

xk +1 ? x* 1 = 1? * k →∞ x ? x m k

(2)

f ( xk ) f ′ ( xk ?1 ) xk +1 ? xk = = xk ? xk ?1 f ( xk ?1 ) f ′ ( xk )

( x ? x ) h ( x ) ( x ? x ) ?mh ( x ) + ( x ? x ) h′ ( x )? ? ?= ( x ? x ) h ( x ) ( x ? x ) ?mh ( x ) + ( x ? x ) h′ ( x )? ? ? ? x ? x ? ? h ( x ) ? mh ( x ) + ( x ? x ) h′ ( x ) ? ? ?? ? ? ? x ? x ? ? h ( x ) ? mh ( x ) + ( x ? x ) h′ ( x )
* m k k k ?1 * m ?1 k ?1 k ?1 k * k ?1 k ?1 * m k ?1 * m ?1 * k k k * k k k ?1 k ?1 k * k ?1 k ?1 * k ?1 * k k

利用 h x

( ) ≠ 0 及(1)的结论得
*

lim
(3)先证明牛顿迭代函数 ? ( x ) = x ?

k →∞

xk +1 ? xk 1 = 1? xk ? xk ?1 m f ( x) 的导函数 f ′( x) 1 m

?′( x) → 1?
*

(x → x )
*

因 x 是 f ( x ) = 0 的 m 重零点,则由假设, f ( x ) 具有 m 阶连续导数,得

f ( x* ) = f ′ ( x* ) = L = f ( m ?1) ( x* ) = 0 , f ( m ) ( x* ) ≠ 0


f ( x) =
f ′( x) = f ′′ ( x ) =
*

m 1 ( m) f (ξ1 ) ( x ? x* ) m!

m ?1 1 m f ( ) ( ξ 2 ) ( x ? x* ) ( m ? 1)! m?2 1 m f ( ) ( ξ 3 ) ( x ? x* ) ( m ? 2 )!

其中 ξ1 , ξ 2 , ξ3 介于 x 和 x 之间,故有

? ′ ( x ) = lim
*

f ( x ) f ′′ ( x ) ? f ′ ( x )? ? ?
2

x → x*

( ) ( ) m ? 1 f (ξ1 ) f (ξ3 ) 1 = lim* = 1? 2 x→ x m m ? ( m) ? ? f (ξ 2 ) ?
m m



xk ?1 ? xk xk ?1 ? xk = = xk ?1 ? 2 xk + xk +1 ( xk ?1 ? xk ) ? ( xk ? xk +1 ) xk ?1 ? xk 1 = xk ?1 ? xk + ? ′ (ξ k )( xk ?1 ? xk ) 1 ? ? ′ (ξ k )

所以

lim

xk ?1 ? xk 1 = lim = k →∞ x k →∞ 1 ? ? ′ ( ξ ) k ?1 ? 2 xk + xk +1 k

1 1? ? 1 ? ?1 ? ? ? m?

=m



结论(1)和 ? ′ x

1 ( ) = 1 ? m 都表明牛顿迭代法求重根时仅为线性收敛,结论(3)可用来计
*

算重根数 m . 例 16 考虑下列修正的牛顿公式(单点斯蒂芬森方法)

xk +1 = xk ?
设 f ( x ) 具有二阶连续导数, f x 证明
*

f ( xk + f ( xk ) ) ? f ( xk )
*

f 2 ( xk )

( ) = 0 , f ′ ( x ) ≠ 0 ,试证明该方法是二阶收敛的.
1 f ′′ (ξ ) f 2 ( xk ) 2

将 f xk + f ( xk ) 在 xk 处作台劳展开,得

(

)

f ( xk + f ( xk ) ) = f ( xk ) + f ′ ( xk ) f ( xk ) +
其中 ξ 介于 xk 和 xk + f ( xk ) 之间.于是

f ( xk + f ( xk ) ) ? f ( xk ) = f ′ ( xk ) f ( xk ) + xk +1 ? x* = xk ? x* ?

1 f ′′ (ξ ) f 2 ( xk ) 2

f ( xk ) 1 f ′ ( xk ) + f ′′ (ξ ) f ( xk ) 2

由于 x 是 f ( xk ) = 0 的单根,故
*

f ( x ) = ( x ? x* ) h ( x ) , h ( x* ) ≠ 0 f ′ ( xk ) = h ( xk ) + ( xk ? x* ) h′ ( xk )
所以

xk +1 ? x* = xk ? x* ?

? x* ) h ( xk ) = 1 * h ( xk ) + ( xk ? x ) h′ ( xk ) + f ′′ (ξ ) f ( xk ) 2 ? ? ? h ( xk ) * ? ( xk ? x ) ?1 ? ?= 1 ? h ( xk ) + ( xk ? x* ) h′ ( xk ) + f ′′ (ξ ) f ( xk ) ? 2 ? ? 2 ( xk ? x* ) ?h′ ( xk ) + 1 f ′′ (ξ ) h ( xk )? ? ? 2 ? ? 1 ? ′ ? h ( xk ) + ( xk ? x* ) ? h ( xk ) + h ( xk ) f ′′ (ξ ) ? 2 ? ?
k

(x



1 h′ ( x* ) + h ( x* ) f ′′ ( x ) xk +1 ? x* 2 lim = k →∞ ( x ? x* ) 2 h ( x* ) k
即迭代法是二阶收敛的. 例 17 设

? ( x) = x ? p ( x) f ( x) ? q ( x) f 2 ( x) , 试 确 定 函 数 p ( x) 和 q ( x) , 使 求 解

f ( x ) = 0 且以 ? ( x ) 为迭代函数的迭代法至少三阶收敛.
分析 这类题目一般用迭代收敛阶定理来处理.
*

解 要 求 方 法 至 少 三 阶 收 敛 , f ( x) = 0 的 根 x 应 该 满 足 x = ? x
*

( )
*

,

? ′ ( x* ) = ? ′′ ( x* ) = 0 .于是由
x* = x* ? p ( x* ) f ( x* ) ? q ( x* ) f 2 ( x* )

? ′ ( x* ) = 1 ? p ( x* ) f ′ ( x* ) = 0
? ′′ ( x* ) = ?2 p′ ( x* ) f ′ ( x* ) ? p ( x* ) f ′′ ( x* ) ? 2q ( x* ) ? f ′ ( x* ) ? = 0 ? ?
2



p ( x* ) =

1 1 , p ( x) = * f ′( x) f ′( x )
*

? p ( x* ) f ′′ ( x* ) ? f ′′ ( x* ) f ′′ ( x* ) ?= f ′ ( x ) q ( x ) = ? p′ ( x ) ? ? ? 2 2 * ? 2 f ′ ( x ) ? ? f ′ ( x* ) ? 2 ? f ′ ( x* ) ? ? ? ? ? ? ?
* *



* 1 f ′′ ( x ) 1 f ′′ ( x ) , q ( x) = q(x ) = 2 ? f ′ ( x )?3 2 ? f ′ ( x* ) ? 3 ? ? ? ? *

即当 p ( x ) =

1 f ′′ ( x ) 1 , q ( x) = 时,迭代法至少三阶收敛. f ′( x) 2 ? f ′ ( x )?3 ? ?

例 18 对于方程 f ( x ) = 0 ,设 f ( x ) 具有三阶连续导数, (1)导出求根迭代公式

xk +1 = xk ?

2 f ( xk ) f ′ ( xk ) 2 ? f ′ ( xk ) ? ? f ( xk ) f ′′ ( xk ) ? ?
2

(2)证明对 f ( x ) = 0 的单根,上式是三阶收敛的; (3)讨论在 f ( x ) = 0 的重根附近,上式公式的收敛阶. 分析 要求导出迭代公式,一般比较困难,但本题结论中含有 f ( xk ) , f ′ ( xk ) 及 f ′′ ( xk ) ,
*

容易想到 f ( xk ) 在 xk 处的泰勒展开,解出 x ? xk ,得

x* ? xk =

3 ? f ( xk ) f ′ ( xk ) + O ( x* ? xk ) 2 1 ? f ′ ( xk ) ? ? f ( xk ) f ′′ ( xk ) ? ? 2

(

)



x* = xk ?
略去高阶无穷小,得

2 f ( xk ) f ′ ( xk ) 2 ? f ′ ( xk ) ? ? f ( xk ) f ′′ ( xk ) ? ?
2

+ O ( x* ? xk )

(

3

)

xk +1 = xk ?

2 f ( xk ) f ′ ( xk ) 2 ? f ′ ( xk ) ? ? f ( xk ) f ′′ ( xk ) ? ?
2

(2)讨论单根时的收敛速度:由(1)知,

(x

xk +1 ? x
k

* 3

xk ? x* ? =

2 f ( xk ) f ′ ( xk ) 2 ? f ′ ( xk ) ? ? f ( xk ) f ′′ ( xk ) ? ?
2

? x* )
*

(x

k

? x* )

3

=

O ( x* ? xk )

(x

(

3

k

? x* )

3

) = O (1)

故在单根 x 附近,(1)中迭代公式具有三阶收敛速度. (3)讨论重根时的收敛速度. 设 x 是 f ( x ) = 0 的 m ( ≥ 2 ) 重根,则
*

f ( x* ) = 0 , f ′ ( x* ) = 0 ,…, f ( m ?1) ( x* ) = 0 f ( m ) ( x* ) ≠ 0

由泰勒展开式,得

f ( xk ) =
f ′ ( xk ) = f ′′ ( xk ) =
于是

m m +1 1 ( m) * f ( x )( xk ? x* ) + O ( xk ? x* ) m!

(

)
) )

m ?1 m 1 m f ( ) ( x* )( xk ? x* ) + O ( xk ? x* ) ( m ? 1)!

(

m?2 m ?1 1 m f ( ) ( x* )( x ? x* ) + O ( xk ? x* ) ( m ? 2 )!

(

xk +1 ? x* = xk ? x*

xk ? x* ?

2 f ( xk ) f ′ ( xk ) 2 ? f ′ ( xk ) ? ? f ( xk ) f ′′ ( xk ) ? ?
2

xk ? x*

代入 f ( xk ) , f ′ ( xk ) , f ′′ ( xk ) 的泰勒展开式,并化简得,

1 1 ? ( m) * ? 2 f ( x )? m ! ( m ? 1) ! ? xk +1 ? x* 2 m ?1 ≈ 1? = 1? = * 2 1 1 ? ( m) * ? 2 1 1 xk ? x m +1 m +1 ? f ( m ) ( x* ) ? f ( x )? ? 2 ? m ? 1) ! ( m ? 1) ! ? m! ( m ? 2 )! ? ( 2
当 m ≥ 2 时,
*

m ?1 = 常数 ≠ 0 ,故此时公式线性收敛. m +1

例 19 设 x 是方程 f ( x ) = 0 的单根,考虑迭代法

yk = xk ?

f ( xk ) f ′ ( xk ) f ( yk ) f ′ ( yk )
2

xk +1 = yk ?

这是计算一次导数值、迭代二次的 Newton 方法,证明该 Newton 方法是局部收敛的,且有

x* ? x 1 ? f ′′( x* ) ? lim * k +13 = ? k →∞ ( x ? x ) 2 ? f ′( x* ) ? ? k
证明 将 yk 代入 xk +1 得

? f ( xk ) ? f ( xk ) + f ? xk ? ? f ′ ( xk ) ? ? xk +1 = xk ? f ′ ( xk )
它的迭代函数为

? f ( x) ? f ( x) + f ? x ? ? f ′( x) ? ? ? ( x) = x ? f ′( x) ? f ( x* ) ? * ? f (x )+ f ? x ? ? f ′ ( x* ) ? ? ? = x* ? ( x * ) = x* ? * f ′( x )
*

由迭代函数式可得

? f ( x) ? ? x ? ? ( x )? f ′ ( x ) ? f ( x ) = f ? x ? ? ? ? ? f ′( x) ? ? ?
对 x 求导得

? f ( x ) ? f ( x ) f ′′ ( x ) ? x ? ? ( x ) ? f ′′ ( x ) + ?1 ? ? ′ ( x ) ? f ′ ( x ) ? f ′ ( x ) = f ′ ? x ? ? ? ? ? ? ? f ′ ( x ) ? f ′ ( x )2 ? ?
令x= x 得
*

? ′ ( x* ) = 0

因而迭代格式是局部收敛的. 再对上式求导得

? x ? ? ( x ) ? f ′′′ ( x ) + 2 ?1 ? ? ′ ( x ) ? f ′′ ( x ) ? ? ′′ ( x ) f ′ ( x ) ? f ′′ ( x ) ? ? ? ? ′ ? ? f ( x ) ? ? f ( x ) f ′′ ( x ) ? f ( x ) ? ? f ( x ) f ′′ ( x ) ? ′′ ? x ? ′? x ? = f ? ? +f ? ? ?? ?? f ′ ( x ) ? ? f ′ ( x )2 ? f ′ ( x ) ? ? f ′ ( x )2 ? ? ?? ? ?? ? ?
2 2 ? ? ? ? ? f ′′ ( x ) ?′ f ′′ ( x ) ? f ( x ) ? ? f ( x ) f ′′ ( x ) ? f ( x) ? ? = f ′′ ? x ? ? + f ′? x ? ?? ? ? f ( x) ? ? ? + ? ? f ′ ( x ) ? ? f ′ ( x )2 ? f ′( x) ? ? f ′( x) ? ? ?? ? ? ? f ′( x) ? ? ? ?

令x= x 得
*

2 f ′′ ( x* ) ? ? ′′ ( x* ) f ′ ( x* ) ? f ′′ ( x* ) = f ′′ ( x* )
因而

? ′′ ( x* ) = 0
*

再求导,并令 x = x 得

? ′′′ ( x ) =
*

3 f ′′ ( x* ) f ′ ( x* )
2

2

? f ′′ ( x* ) ? ? = 3? * ? f ′( x ) ? ? ?

2

因此

x* ? x 1 1 ? f ′′( x* ) ? lim * k +13 = ? ′′′ ( x* ) = ? k →∞ ( x ? x ) 6 2 ? f ′( x* ) ? ? k
2

2

例 20 确 定 求 3 x ? e = 0 正 根 的 不 动 点 迭 代 的 收 敛 区 间 [ a, b ] , 并 求 出 满 足
x

xk +1 ? xk < 10?4 的近似值 x* = xk +1 .若要求近似值的误差 ε ≤ 10?4 ,应迭代几步?
分析 本例提出 3 个要求:①确定收敛区间 [ a, b ] ,这可由充分条件 ? ′ ( x ) < 1 定之;②求

x* = xk +1 ,由迭代计算至 xk +1 ? xk < 10?4 即得;③确定满足误差要求 ε = α ? xk ≤ 10?4 的 ln
步数 k ,用不等式 k ≥ 解 将原式改写为

(1 ? L ) ε
x0 ? x1 . ln L

x = ln 3 x 2 , x > 0
则迭代格式 xk +1 = ? ( xk ) = ln 3 xk ,在区间 [3, 4] 上,有
2

L = max ? ′ ( x ) =
3≤ x ≤ 4

2 <1 3

并且 ? ( x ) ∈ [ 3, 4] .所以, ? ( x ) 为压缩映像,在 [3, 4] 上迭代收敛. 取 x0 = 3.5 ,按 xk +1 = ln 3 xk 迭代,得
2

x1 = 3.60414 , x2 = 3.66278 ,…, x12 = 3.73294 , x13 = 3.73300

*

x12 ? x13 = 0.6 × 10?4 < 10?4

于是取 x = x13 = 3.7330 . 由误差要求 ε = 10 确定迭代步数,
?4

? 2? ?4 ?1 ? ? ×10 3? ln ? 3.5 ? 3.60414 ≈ 19.85 k≥ 2 ln 3
取 k = 20 ,即至少迭代 20 步,可满足误差要求 ε = 10 .
?4

例 21 确定常数 p 、 q 、 r ,使迭代式

xk +1 = ? ( xk ) = pxk + q
局部收敛到 α = 分析
3

a a2 +r 5 xk 2 xk

a ( a > 0 ) ,并有尽可能高的收敛阶数,请指出这个阶数.

根据上例的高阶收敛定理,令 ? (α ) = 0 , ? ′ (α ) = 0 , ? ′′ (α ) = 0 ,由此可确定 3 个

常数 p 、 q 、 r .

a a2 解 已知 x = ? ( x ) = px + q 2 + r 5 有不动点 α = 3 a ,则 x x

α = ? (α ) = pα + q
将α =
3

a

α2

+r

a2

α5

a 代入得
3

a = p3 a + q

( a)
3

a

2

+r

( a)
3

a2

5

= p3 a + q3 a + r3 a

3

a ≠ 0 ,两端除以 3 a 得

p + q + r =1
而 ? ′ (α ) = p ? q



2a

α3

?r

5a 2

α6
3

令 ? ′ (α ) = 0 ,并注意到 α =

a ,得


p ? 2q ? 5r = 0
令 ? ′′ (α ) = 0 ,得

q + 5r = 0
由①、②、③解得



5 1 p = q = ,r = ? 9 9
这时可验证 ? ′′′ (α ) ≠ 0 . 故根据高阶收敛定理知,当 p = q =

5 1 , r = ? 时,迭代收敛到 α = 3 a 的收敛阶为 3. 9 9

例 22 用牛顿迭代法和简化牛顿法求非线性方程组

3 ? ? f1 ( x1 , x2 ) = x1 x2 ? x2 ? 1 = 0 ? 2 ? f 2 ( x1 , x2 ) = x1 x2 + x2 ? 5 = 0 ?

在点 P0 ( 2.0, 2.0 ) 附近的解. 分析
k

牛顿迭代法求解非线性方程组 F ( x ) = 0 ,首先由 J x
k +1 k k

Δx ( ) ,由此得 x(

( ( ) ) Δx( ) = ? F ( x( ) ) 中解出 ) = x( ) + Δx ( ) .简化牛顿法是解线性方程组 J ( x( ) ) Δx( ) = ? F ( x( ) ) .
k k k
0

k

k

解 (1)牛顿迭代法

? f1 ( x1 , x2 ) ? ? x1 x2 ? x23 ? 1 ? F ( x) = ? = ? ? f ( x , x )? ? x 2x + x ? 5? ? ? 2 1 2 ? ? 1 2 2 ? ? ? ?f1 ? ?x J ( x) = ? 1 ? ?f 2 ? ?x ? 1
给定初值 x
( 0)

?f1 ? ?x2 ? ? x2 ?=? ?f 2 ? ? 2 x1 x2 ?x2 ? ?

x1 ? 3 x2 2 ? ? x12 + 1 ?

= ( 2.0, 2.0 ) ,则
T

? 2 ?10 ? ? ?5 ? F x( 0) = ? ? , J x( 0) = ? ? ?8 5 ? ?5 ?

( )

( )

解线性方程组
( 0) ? 2 ?10 ? ? Δx1 ? ? ?5 ? ? ? ? ? ? ( 0) ? = ? ? ? ? 8 5 ? ? Δx2 ? ?5 ?

解之得 Δx

( 0)

= ( ?0.277778, ?0.555556 ) ,于是
T

x(1) = x( 0) + Δx = (1.722222,1.444444 )
迭代 6 次,得近似解

T

x* = x( 6) = ( 2.000000,1.000000 )
注 所得近似解 x 与精确解一致.
*

T

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第 2 章 非线性方程(组)的数值解法
一、选择题(四个选项中仅有一项符合题目要求,每小题 3 分,共计 15 分) 1、 已知方程 x ? 2 x ? 5 = 0 在区间 [2, 3] 存在唯一正根, 若用二分法计算, 至少迭代 (
3



次可以保证误差不超过 (1) 5;

1 × 10?3 。 2
(3) 10; (4) 12。

(2) 7;

2、已知求方程 f ( x ) = 0 在区间 [a , b] 上的根的不动点迭代为 xk +1 = ? ( xk ), k = 0,1, 2,L ,对 于其产生的数列 { xk } ,下列说法正确的是( (1) 若数列 { xk } 收敛,则迭代函数 ? ( x ) 唯一; (2) 若对 ?x ∈ [a , b], ? ′( x ) < 1 ,则 { xk } 收敛; (3) 若 ?x ∈ [a , b], ? ′( x ) > 1 ,则 { xk } 收敛; (4)若 ?x ∈ [a , b], ? ′( x ) ≤ L < 1 ,则 { xk } 收敛。 3、若迭代法 xk +1 = axk + )

2 2 收敛于 2 ,且要求收敛阶尽量高,则 a 的值为( 2 3 xk
(3)

)。

(1)

1 ; 3

(2)

2 ; 3

1 3



(4)

2 。 3

4、求方程根的二分法的收敛阶为( ) (1)线性收敛;(2)超线性收敛;(3)平方收敛;(4)局部平方收敛。 5、解非线性方程 f ( x ) = 0 的牛顿迭代法的收敛阶为( )。

(1)线性收敛;(2)局部线性收敛;(3)平方收敛;(4)局部平方收敛。 二、填空题(每小题 3 分,共计 15 分) 1、若使迭代公式 xk + 1 = pxk +

qa ra 2 + 5 产生的序列收敛到 3 a ,并使其收敛阶尽可能高, 2 xk xk

则常数 p, q , r 的值分别为____________________。 2、设函数 f ( x ) 在区间 [a , b] 上有足够阶连续导数, p ∈ [ a , b ] 为 f ( x ) 的一个 m 重零点,则 迭代公式 xk + 1 = xk ? m

f ( xk ) 的收敛阶至少是______ f ′( x k )

_。

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3、求方程根的割线法的收敛阶为____ 4、设向量函数 F ( x , y ) = ?

。 。

? x3 ? 2 y 2 ? ,则其导函数在点 (1, 2) 值 F ′(1, 2) = 2 2? ? x + xy ?


5、求 5 的 Newton 迭代格式为 三、(12 分)已知方程 2 x ? sin x ? 2 = 0 在 [ ,

1 π ] 内存在唯一根,(1)试建立一种收敛于 2 2

方程根的迭代方法, 并说明收敛的理由; (2) 写出相应的 Steffenson 迭代格式, 并以 x0 = 1.5 为初值迭代一步。 四、 (12 分)应用牛顿法于方程 f ( x ) = x ? a = 0 和 f ( x ) = 1 ?
n
n

a = 0 ,分别导出求 n a 的 n x

迭代公式,并求极限 lim
k →∞

a ? xk +1

( a ? x k )2
n



五 、 ( 12 ) 方 程 x ? 6 x ? 8 = 0 在 x = 3 附 近 有 根 , 把 方 程 写 成 三 种 不 同 的 等 价 形 式
3

(1) x =

3

6 x + 8 对 应 迭 代 格 式 xn +1 = 3 6 xn + 8 ; (2) x = 6 +

8 对应迭代格式 x

xn+1 = 6 +

8 3 3 ;(3) x = x ? 5 x ? 8 对应迭代格式 xn +1 = xn ? 5 xn ? 8 。判断迭代格式在 xn

x0 = 3 的收敛性,选一种收敛格式计算 x = 3 附近的根,精确到小数点后第二位。
六、(12 分)对于下列两个方程,(1) x =

cos x + sin x x ,(2) x = 4 ? 2 ,问能不能用迭代 4

法求解?如果不能时,试将方程改写成能用迭代法求解的形式,并说明理由。 七、(12 分)考虑下述修正的牛顿迭代公式:

xn+1 = xn ?
?

f ( xn ) f ( xn + f ( xn )) ? f ( xn ) , Dn = ,n ≥ 0 Dn f ( xn )

假定 f ′( x ) ≠ 0 ,证明它对单根是一个二阶方法。 八、(10 分)设 ? ( x ) = x + x , x = 0 为 ? ( x ) 的一个不动点,验证下列迭代法
3

xk +1 = ? ( xk ), x0 ≠ 0 不收敛,但改用斯蒂芬森迭代却是收敛的;并说明斯蒂芬森迭代计算 ? ( x )
的不动点 x = 0 时的收敛阶。

1

2

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第 2 章 非线性方程(组)的数值解法 参考答案
一、选择题(15 分,每小题 3 分) 1、(3) 2、(4) 3、(2) 4、(1) 5、(4) 二、填空题(15 分,每小题 3 分) 1、p = q =

? 3 ?8 ? xk 5 1 1+ 5 5 , r = ; 2; 1.618 或 2、 3、 ; F ′(1, 2) = ? 4、 5、 ? ; xk +1 = 2 + 2 x 9 9 2 ?6 4 ? k

三、(12 分) 解:(1) 2 x ? sin x ? 2 = 0 ? x = 1 +

1 1 sin x ,,迭代函数 ? ( x ) = 1 + sin x ,迭代格式 2 2

1 xk +1 = 1 + sin xk ; k = 0,1, 2,L ------------------------------------------------------------------(3 分) 2
当 x ∈ [0.5,

π
2

] 时, ? ′( x ) =

1 1 cos x ≤ = L < 1 ,故该迭代格式收敛。------------(6 分) 2 2

(? ( xk ) ? xk )2 相应的 Steffenson 迭代格式:xk +1 = xk ? ; k = 0,1, 2,L -- 9 分) ( (? (? ( xk )) ? 2? ( xk ) + xk ) 1 (1 + sin xk ? xk )2 2 xk +1 = xk ? ; k = 0,1, 2,L 1 1 1 [1 + sin(1 + sin xk ) ? 2(1 + sin xk ) + xk ] 2 2 2 1 (1 + sin 1.5 ? 1.5)2 2 x1 = 1.5 ? = 1.4987 。 --------------------- 12 分) ( 1 1 1 [1 + sin(1 + sin 1.5) ? 2(1 + sin 1.5) + 1.5] 2 2 2
四、(12 分) 解:对于 f ( x ) = x ? a , f ′( x ) = nx
n n ?1

, 因此牛顿迭代法为

xk +1 = xk ?

n xk ? a 1 a = [( n ? 1) xk + n?1 ], k = 0,1, 2, ... ------------------------------------(3 分) n ?1 nxk n xk

而且 ? ′′( n a ) =

n ?1
n

a

, lim
k →∞

( n a ? xk +1 ) ( a ? xk )
n 2

=?

1 n ?1 ;--------------------------------------(6 分) 2 na

对于方程 f ( x ) = 1 ?

a na , f ′( x ) = n+1 ,牛顿迭代法为 n x x

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xk +1 = xk ?
n

f ( x k ) xk xn = [( n + 1) ? k ], k = 0,1, 2, ... ,-----------------------------------(9 分) f ′( x k ) n a
= 1 n +1 。---------------------------------------------------------------------(12 分) 2 na

lim
k →∞

a ? xk +1
2

( a ? xk )
n

五、(12 分) 解:(1) ? ′( x ) =
2 2 ? ? 6 (6 x + 8) 3 , ? ′(3) = 2(18 + 8) 3 < 0.22788 < 1 ,迭代格式收敛。---(3 分) 3

1 1 ? ? 4 4 2 (2) ? ′( x ) = ? 2 ( 6 x + 8) , ? ′( 2) = (18 + 8) 2 < 0.087163 < 1 , 迭代格式收敛。 分) (6 x 9

(3)

? ′( x ) = 3 x 2 ? 5 , ? ′( 2) = 22 > 1 ,迭代格式发散。-------------------------------------(9 分)
0 3 1 2.9625 2 2.9539 3 2.9520 ---------------------------------------------------------(12 分)

选择格式(1)计算

k

xk

六、(12 分) 解:(1) ?x , ? ′( x ) =

? sin x + cos x 2 ≤ = L < 1 ,故方程(1)能用迭代法求根。-(3 分) 4 4
x x

(2)对于方程(2),若直接取迭代函数 ? ( x ) = 4 ? 2 ,方程为 f ( x ) = x ? 4 + 2 ,

f (1) < 0, f ( 2) > 0 ,有根区间为 [1, 2] ,此时 ? ′( x ) = ?2 x ln 2 > 2 ln 2 > 1 ,
故不能用该迭代法求解。-------------------------------------------------------------------------------(6 分) 将原方程改写为 x =

ln( 4 ? x ) ln( 4 ? x ) ,迭代函数 ? ( x ) = ,----------------------------(9 分) ln 2 ln 2

且有 ? ′( x ) = 七、(12 分)

?1 1 1 < = L < 1 ,故此时可以用迭代法求根。---------------(12 分) 4 ? x ln 2 2 ln 2

证明:将 Dn 中 f ( xn + f ( xn )) 在 xn 处展开,得

f ( xn + f ( xn )) = f ( xn ) + f ′( xn ) f ( xn ) +
其中 ξ 介于 xn 和 xn + f ( xn ) 之间。

1 f ′′(ξ ) f 2 ( xn ) ,-----------------------------(2 分) 2

1

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1 ? ? 2 ? f ( xn ) + f ′( xn ) f ( xn ) + 2 f ′′(ξ ) f ( xn ) ? f ( xn )? ? ? = f ′( x ) + 1 f ′′(ξ ) f ( x ) ----------(4 分) 此时 Dn = n n f ( xn ) 2
又由于 x 是 f ( x ) = 0 的单根,故 f ( x ) 可表示为 f ( x ) = 所以
?

( x ? x? ) , h( x ? ) ≠ 0 ,---(6 分) h( x )

f ′( xn ) = h( xn ) + ( xn ? x ? )h′( xn ) 1 ? ? xn+1 ? x ? = xn ? x ? ? f ( xn ) / Dn = xn ? x ? ? ( xn ? x ? )h( xn ) / ? f ′( xn ) + f ′′(ξ ) f ( xn ) ? 2 ? ? ? 1 ? ?? = ( xn ? x ? ) ?1 ? h( xn ) / ? h( xn ) + ( xn ? x ? )h′( xn ) + f ′′(ξ ) f ( xn ) ? ? -(9 分) 2 ? ?? ? 1 ? ? ( xn ? x ? )2 ? h′( xn ) + h( xn ) f ′′(ξ ) ? 2 ? ? = 1 ? ? h( xn ) + ( xn ? x ? ) ? h′( xn ) + h( xn ) f ′′(ξ ) ? 2 ? ? 1 h′( x ? ) + h( x ? ) f ′′( x ? ) xn+1 ? x ? 2 = ,即迭代格式至少是二阶收敛的。---(12 分) 故 lim n →∞ ( x ? x ? )2 h( x ? ) n
八、(10 分) 解:由于 ? ′( x ) = 1 + 3 x ,当 x ≠ 0 时, ? ′( x ) > 1 ,-----------------------------------------(2 分)
2

且有 xk +1 ? 0 =

? ( xk ) ? 0 = ? ′(ξ )( xk ? 0) , ξ 介于 xk 与 0 之间,---------------------(5 分)

若 x0 ≠ 0, L > 1 ,迭代不收敛;----------------------------------------------------------------------(7 分) 若改用斯蒂芬森迭代,可得 xk +1 = ψ ( xk ),ψ ( x ) = x ?

x 2 ,ψ ′(0) = = L < 1 ,(9 分) 2 x + 3x + 3 3
4

所以斯蒂芬森迭代法收敛,收敛阶 p = 1 。--------------------------------------------------------(10 分)

2

第三章 数值逼近
1、代数插值问题的构造方法 代数插值问题:在区间 [ a, b ] 上,已知 f ( x ) 的 n + 1 个两两互异的节点 xi 的函数值

yi = f ( xi )(i = 0,1, 2,..., n) ,求次数不超过 n 的代数多项式 pn ( x) (简记为 ?pn ( x) ≤ n )使
得 pn ( x) 满足插值条件 pn ( xi ) = yi (i = 0,1, 2,..., n) 。常用解法有: 令 ⑴、 待定系数法: 1, x, x ,..., x 作为基函数, pn ( x) = 用
2 n

∑ a x ,组合系数 a , a , a ,..., a
i i =0 i 0 1 2

n

n

待定。由 n + 1 个插值条件,可得关于组合系数的 n + 1 阶的线性方程组,此方程组的系数矩 阵为范德蒙行列式, 由已知条件知, 此行列式不为零, 则该方程组的解存在且唯一, pn ( x) 即 存在唯一(实际应用时,应根据所给条件选择适当的基函数,使得计算过程简化,待定系数 表示简单) ⑵、基函数法(拉格朗日插值思想) :用已知的函数值 yi (i = 0,1, 2,..., n) 作为组合系数,而 基 函 数 li ( x)(i = 0,1,..., n) 待 定 。 令 pn ( x) =

∑ y l ( x)
i =0 i i

n

, 其 中 基 函 数 满 足 :

?1, i = j ?li ( x) ≤ n(i = 0,1,..., n) ,且 li ( x j ) = ? (i, j = 0,1,..., n) ,由此可唯一确定这些基函数 ?0, i ≠ j
li ( x) =
n x?x ( x ? x0 ) ??? ( x ? xi ?1 )( x ? xi +1 ) ??? ( x ? xn ) j =∏ ( xi ? x0 ) ??? ( xi ? xi ?1 )( xi ? xi +1 ) ??? ( xi ? xn ) j =0 xi ? x j j ≠i

从而唯一确定 pn ( x) ,i ( x)(i = 0,1,..., n) 称为 n 次的拉格朗日插值基函数或者称为 n 次的拉 l 格朗日基本插值多项式。 ⑶、基于承袭性(牛顿(Newton)插值思想或余项校正法) :若

N n ?1 ( xi ) = N n ( xi ) = yi (i = 0,1, 2,..., n ? 1) ,而 N n ( xn ) = yn ,即在 N n ?1 ( x) 的基础上增加一
个插值条件,则

N n ( x) = N n ?1 ( x) + cn ∏ ( x ? xi )
i =0

n ?1

从 而 得 到 基 函 数 为 1, x ? x0 , ( x ? x0 )( x ? x1 ), ???, ( x ? x0 ) ??? ( x ? xn ?1 ) , 而 组 合 系 数

c0 , c1 , c2 ,...cn , 待定。即 N n ( x) = c0 + c1 ( x ? x0 ) + c2 ( x ? x0 )( x ? x1 ) + ??? + cn ( x ? x0 ) ??? ( x ? xn ?1 )

因 为 这 组 基 的 特 殊 性 , 这 些 组 合 系 数 为 节 点 xi (i = 0,1, 2,..., n) 对 应 的 各 阶 差 商 , 即

ci = f [ x0 , x1 , ???, xi ] ( i = 0,1, 2, ???, n ) ,而这些差商均由差商表给出。
对于同一组节点,不论哪种方法求出 f ( x ) 的插值多项式,表达形式虽然不同,实质 上是完全相同的。即对于同一个插值问题, pn ( x ) ≡ N n ( x ) 成立。 例 1、已知 ln100, ln101, ln102 的值,试问用 Lagrange 插值计算 ln100.5 时,有可能达到的 精度是多少? 分析:由于已知函数 f ( x ) = ln ( x ) ,可根据误差公式进行估计。 解 :

f ( x ) = ln ( x ) , f ′ ( x ) = Rn (100.5 ) ≤ f ′′′ ( x ) 3!

1 1 2 2 , f ′′ ( x ) = ? 2 , f ′′′ ( x ) = 3 , f ′′′ ( x ) ≤ 1003 x x x

1 2 w2 ( x ) ≤ ? ? 100.5 ? 100 )(100.5 ? 101)(100.5 ? 102 ) ≤ 1.25 × 10?7 3 ( 6 100

例 2、已知单调连续函数 y = f ( x ) 满足数据表 2.1。 表 2.1 0.00 -0.50

xi yi

-1.12 -1.10

1.8 0.90

2.20 1.70

利用插值多项式求 f ( x ) = 0 时 x 的近似值。 分析:从理论上来说,由已知条件可以构造一个三次插值多项式 p3 ( x ) ,令 p3 ( x ) = 0 ,解 方程求得 x 的近似值,但比较烦琐。不妨将自变量与因变量的位置换一换,即把 yi 看作节 点,求 x 关于 y 的插值函数多项式 p3 ( y ) ,则所求的近似值为 p3 ( 0 ) 。这就是反插值,其 条件为 y = f ( x ) 存在反函数。 解:因函数 y = f ( x ) 单调连续,所以一定存在反函数。因此可以构造 x 关于 y 的插值多项 式 p3 ( y ) ,由拉格朗日插值多项式知

( y + 1.1 )( y + 0.5 )( y ? 1.7 ) × 1.8 ( y + 0.5 )( y ? 0.9 )( y ? 1.7 ) × ( ? 1.12 ) + ( 0.9 + 1.1 )( 0.9 + 0.5 )( 0.9 ? 1.7 ) ( ? 1.1 + 0.5 )( ? 1.1 ? 0.9 )( ? 1.1 ? 1.7 ) ( y + 1.1 )( y + 0.5 )( y ? 0.9 ) × 2.2 + (1.7 + 1.1 )(1.7 + 0.5 )(1.7 ? 0.9 )
p3 ( y ) =



x ≈ p3 ( 0 ) = 0.785

例 3、设 x0 , x1 , ???, xn 为两两互异的节点,l j ( x )( i = 0,1, ???, n ) 为相应的拉格朗日基本插值多 项式。证明:

∑ x l ( x) = x
j =0 k j j

n

k

, k = 0,1, ???, n

分析:从线性代数的角度考虑,即要证明两个 n 次的多项式相等,一般考察这两个多项式的 差 F ( x ) ,若 F ( x ) 有 n + 1 个互不相同的零点,则由“n 次的多项式至多有 n 个互不相同的 零点”知 F ( x ) ≡ 0 ,即这两个多项式相等;从插值的角度考虑,等式左边恰是右边函数的 拉格朗日插值多项式,因此,若插值余项为零,则此等式成立。 证明: 、代数方法:对于给定的 k ( k = 0,1, ???, n ) ,作 F ( x ) = (1)
n

∑ x l ( x) ? x
j =0 k j j

n

k

,则 F ( x )

是一个次数不超过 n 的多项式,且 F ( xi ) =

∑ x l (x )? x
j =0 k j j i n j =0

k i

= xik ? xik = 0 ( i = 0,1, ???, n ) ,

即 F ( x ) 有 n + 1 个互不相同的零点, F ( x ) ≡ 0 ,得

∑ x l ( x) = x
k j j

k

, k = 0,1, ???, n 。
k

( 2 )、 插 值 方 法 : 对 于 给 定 的 k ( k = 0,1, ???, n ) , 令 f ( x ) = x

, 则

f ( x j ) = x k ( j = 0,1, ???, n ) ,且对于任意的 x, f ( n +1) ( x ) = 0 成立,而 f ( x ) 相应于节点 j x0 , x1 , ???, xn 的 拉 格 朗 日 插 值 多 项 式 为
n

∑ x l ( x)
j =0 k j j

n

, 且 插 值 余 项

n f ( n +1) (ξ ) f ( x) ? ∑ x l ( x) = π ( x ) = 0 ,即得 ∑ x kj l j ( x ) = x k , k = 0,1, ???, n ( n + 1)! j =0 j =0
k j j

①利用插值多项式以及插值余项定理时, 不仅能由被插值函数与节点求出插值多项式, 而且 能够从简单的插值多项式中观察出被插值函数,从而利用余项定理; ②将左边和式中的 x 或节点以及 k 换成具体的值时,也应能观察出其和为右边的值,如

∑ j l ( 2 ) ,即为 2
2 j =0 j

n

2

,其值为 4。

例4



x 0 < x1 < L < x n

为 n+1 个互异的插值结点,l i ( x )( i

= 0 ,1, L , n )

为拉格朗日插值基函数。证明:

(1 ) (2) (3)

∑ l ( x ) ≡ 1;
i=0 n i

n

∑ l ( x )x
i=0 n i

k i

≡ x k , k = 0 ,1, 2 , L n ;

∑ (x
i=0

i

? x ) k l i ( x ) ≡ 0 , k = 0 ,1, 2 , L n ;

(4)

?1, k=0 ? k k = 1,2,Ln ∑li (0)xi = ?0 , i =0 ?(?1) n x x L x , k = n + 1 0 1 n ?
n

分析

在本题欲证的 4 个结论中,等式的左端都是关于拉格朗日基函数 li (x) ,等式
k k

的右端为常数和 x ,因此可以考虑对常数和 x 进行插值。 证 (1) 对 f ( x ) ≡ 1 ,在 x 0 , x 1 , L , x
n

处进行 n 次拉格朗日插值,则有

1 = Pn ( x) + Rn ( x) = ∑ li ( x ) × 1 +
i =0 n

1 f ( n+1) (ξ )( x ? x0 )( x ? x1 )L ( x ? xn ) ( n + 1)!
n

由于

f

( n+1)

(ξ ) = 0 ,故有 ∑ l i ( x ) ≡ 1 。
i =0

(2)



f ( x ) = x k ( k = 0 ,1, 2 , L n ) 进行 n 次拉格朗日插值,则有

∑ l ( x)x
i =0 i

n

k

i

≡ xk

(3) 构造函数

g ( x ) = ( x ? t ) k , n+1 个互异结点 x 0 , x 1 , L , x n 确定的拉 它以

格朗日插值多项式为 Ln ( x )

= ∑ ( xi ? t ) k li ( x ) ,其插值余项为
i =0
k

n

g ( n + 1 ) (ξ ) n ( x ? t) ? Ln ( x) = ∏ ( x ? xi ) ( n + 1)! i = 0
当k

= 1, 2 , L n

时, g

( n +1)

( x) = 0 ,此时有

( x ? t ) k = Ln ( x ) =
令t
k = x ,即得 ∑ ( xi ? x) li ( x) = 0 。 i =0 n

∑ (x
i=0

n

i

? t ) k li ( x )

(4)
n

根据拉格朗日插值公式

f ( x ) = ∑ li ( x ) f ( xi ) +
i =0

1 f ( n + 1)!
n

( n +1)

(ξ )( x ? x 0 )( x ? x1 ) L ( x ? x n )



f ( x ) ≡ x = 1 时,有 ∑ li ( x )xi ≡ 1 ,故有
0

0

i =0

∑l
i=0

n

i

(0 ) ≡ 1



f ( x ) = x k ( k = 1, 2 , L n ) 时,由于 f ( n+1) (ξ ) = 0 ,故有

∑ l ( x)x
i =0 i

n

k i

= xk

令x

= 0 ,则有

∑ l ( 0 )x
i =0 i

n

k i

=0
此时



f ( x ) = x n +1 时,有 f

( n +1)

( ξ ) = ( n + 1 )!

R n ( x ) = ( x ? x 0 )( x ? x 1 ) L ( x ? x n ) ,所以有

∑ l ( x)x
i =0 i

n

n +1 i

+ ( x ? x0 )( x ? x1 )L( x ? xn ) = x n+1

令x

= 0 ,则有

∑ l ( 0 )x
i=0 i

n

n +1 i

= ( ? 1) n x 0 x1 L x n
n

ω 例 5 设 x j = x0 + jh ( j = 0,1,2, L ,n) , n ( x ) = ∏ ( x ? x j ) ,证明:
j=0

(1) 对 n=1,2,3 时

h2 max | ω 1 ( x ) |≤ x 0 ≤ x ≤ x1 4 2 3 3 h max | ω 2 ( x ) |≤ x0 ≤ x ≤ x2 9 max | ω 3 ( x ) |≤ h 4
x0 ≤ x ≤ x3 x1 ≤ x ≤ x 2

max | ω 3 ( x ) |≤
n! n +1 h 4
=

9 4 h 16

(2)

| ω n ( x ) |≤

证:(1)由极值定理知,当 x

x0 + x1 2

时, ω 1 ( x )

= ( x ? x 0 )( x ? x1 ) 取得最大值

x0 + x1 h2 max | ω1 ( x) |≤| ω1 ( ) |= x0 ≤x≤x1 2 4

h2 即 max | ω1 ( x) |≤ x0 ≤ x≤ x1 4
令t

= x ? x1 ,则 ω 2 ( x ) = g 3 ( t ) = t 3 ? h 2 t ,t ∈ [ ? h , h ]
′ h 3 , t=? 即 h 3 时取得极大值, 所以

解得t 1,2 = ± 由 g 3 (t ) = 0 ,

x0 ≤ x ≤ x2

max | ω2 ( x) | ≤ | g 3 (?

h 3

) | = | (?

h 3

) +
3

h3 3

)=

2 3 3 h 9



x0 ≤ x≤ x2

max | ω2 ( x) | ≤
= x?

2 3 3 h 9

同理,令 t

x0 + x3 2

h 2 2 9h 3 3h 3h 2 ) , ] ,且 ω3 ( x) = g 4 (t ) = (t ? )(t ? 则 t ∈ [? 4 4 2 2
由 g4



(t ) = 0 , t 1 = ? 解得

5 5 h,t 2 = 0 ,t 3 = h, 故在 t=0 时, g 4 (t ) 取得 2 2

极大值,而在 t = ±

5 h 时, g 4 (t ) 取得极小值。 2



当 x 0 ≤ x ≤ x 3 时, ?

3h 3h 5 9h 4 ≤t≤ h ) = ?h 4 g 4 ( 0) = , 4 (± g ,且 2 2 2 16

所以

x0 ≤ x ≤ x3

max | ω3 ( x) |≤| g 4 (±
2

5 h) |= h 4 2
2
2 2
g(t)有唯一极值,所以



x1 ≤ x ≤ x2 时, ? h ≤ t ≤ h ,在区间 [ ? h , h ] 上

9h 4 max | ω3 ( x) |≤ g 4 (0) = x1 ≤ x≤ x2 16
(1) 令t

= x ? x0 ,则
ω n ( x ) = g n +1 ( t ) ≤ h n +1t (t ? 1) L (t ? n)

应用数学归纳法证明 当 n=1 时,显然

h h2 | ω1 ( x) |≤ max | ω1 ( x) | ≤ max | g 2 (t ) | ≤ | g 2 ( ) |= 0≤t ≤1 x0 ≤ x ≤ x1 2 4
假定 n=k 时结论成立,即 | ω k ( x ) |≤ 当 n=k+1 时,由归纳假设得
x0 ≤ x ≤ xk

max | ω k ( x) | ≤

k! k +1 h ,于是 4

| ωk +1 ( x) |≤ max | ωk +1 ( x) | ≤ max | ωk ( x) | (k + 1)h ≤
x0 ≤x≤xk +1 x0 ≤x≤xk

(k + 1)! k +2 h 4

由 k 的任意性,所以 | ω n ( x ) |≤ 例 6 设 l k (x)(k

n! n+1 h 成立。 4
为节点的 Lagrange 插值基

= 0,1, L , n) 是以互异的 x 0 , x 1 , L , x n
=

函数 (k ≥ 1) ,求证 P ( x )

∑l
k =0

n

k

( x) x

n +1 k

是最高次系数为

∑x
i=0

n

i

的 n 次多项式。

证 :由 Lagrange 插值多项式知 P(x)为 f ( x ) = x 值多项式,由 Lagrange 插值余项公式知

n +1

在 x0 , x1 , L , xn 的 n 次插

f ( x) ? P( x) = x

n +1

n ? ∑ lk ( x) xk +1 k =0

n

f ( n+1) (ξ ) = ω ( x) (n + 1)! = ( x ? x0 )( x ? x1 )L( x ? xn )


P(x) = x n +1 ? ( x ? x0 )( x ? x1 ) L ( x ? x n ) = (∑ xi ) x n + L + (?1) n +1 x0 x1 L x n
i =0 n

例 7、假定 f ( x ) ∈ C[a ,b] , a = x0 < x1 < x2 < ??? < xn = b, h = max ( xi ? xi ?1 ) ,则有
n +1 1≤ i ≤ n

f ( x ) ? Ln ( x ) f(
j)





h n +1 n +1 f ( ) ( x) 4 ( n + 1)



( x ) ? Ln( j ) ( x ) ∞ ≤

n !h n +1? j n +1 f ( ) ( x ) , j = 1, 2, ???, n ∞ ( j ? 1)!( n ? j + 1)!

证 明 : 任 取 x ∈ [ a, b ] , 那 么 可 设 x 属 于 [ a, b ] 的 一 个 子 区 间 [ xk , xk +1 ] , 由 此 可 得 出

( x ? xk )( x ? xk +1 ) ≤
x ? xk + 2

1 2 h ; 4 ≤ 2h, ???, x ? xn ≤ ( n ? k ) h;

x ? xk ?1 ≤ 2h, ???, x ? x0 ≤ ( k + 1) h
n! ∏( x ? x ) ≤ 4 h
n n +1

从而有

j =0

j

① wn +1 ( x )

f ( x ) ? Ln ( x ) ≤
①与②相结合得

f(

(ξ ) ( n + 1)!
n +1)



f ( x ) ? Ln ( x ) ≤ f ( x ) ? Ln ( x )

h n +1 f ( n +1) 4 ( n + 1) ≤



即有



h n +1 f ( n +1) 4 ( n + 1)



当 j=1 时,令 Rn ( x ) = f ( x ) ? Ln ( x ) , Rn ( xi ) = f ( xi ) ? Ln ( xi ) = 0, i = 0,1, 2, ???, n

由 Rolle 定理知: Rn′ ( yk ) = f ′ ( yk ) ? Ln′ ( yk ) = 0, xk ?1 < yk < xk , k = 1, 2, ???, n 由 Lagrange 插值余项公式 Rn′ ( x ) = f ′ ( x ) ? Ln′ ( x ) =

1 n ∏ ( x ? y j ) f ( n+1) (ξ ) n ! j =1

?x ∈ [ a, b ] ,设 x 属于 [ a, b ] 的一个子空间 [ yk , yk +1 ] ,由此可得出

( x ? yk )( x ? yk +1 ) ≤ ( 2h )

x ? yk + 2 ≤ 3h, x ? yk +3 ≤ 4h, ???, x ? yn ≤ ( n ? k + 1) h x ? yk ?1 ≤ 3h, x ? yk ? 2 ≤ 4h, ???, x ? y1 ≤ ( k + 1) h

1 4

2

= h2

那么

∏ ( x ? y ) ≤ n !h
n j =1 j

n

f ′ ( x ) ? Ln′ ( x ) ≤ h n f ( n +1)
假设 j=m 时成立,即



f ( m ) ( x ) ? Ln ( m ) ( x )
当 j=m+1 时,设 f
( m)





n !h n +1? m f ( n +1) ( m ? 1)!( n ? m + 1)!



( x ) ? ln ( m) ( x ) 的零点为 ξ1 , ξ 2 , ???, ξn+1?m , ξ k ? ξ k ?1 ≤ ( m + 1) h
( m +1)

则 根 据 Rolle 定 理 知 f

( x ) ? Ln( m+1) ( x )

有 n+1-(m+1) 个 零 点 y1 , ???, yn ? m ,

ξ k < yk < ξ k +1
对任意 x ∈ [ a, b ] ,不妨设 x 属于 [ a, b ] 的一个子区间 [ yk , yk +1 ] ,由此得

( x ? yk )( x ? yk +1 ) ≤
x ? yk + 2

4 ≤ ( m + 3) h, x ? yk +3 ≤ ( m + 4 ) h, ???, x ? yn ? m ≤ ( n ? k + 1) h
n?m j =1

( m + 2 ) h2

x ? yk ?1 ≤ ( m + 3) h, x ? yk ? 2 ≤ ( m + 4 ) h, ???, x ? y1 ≤ ( m + k + 1) h

n! ∏ ( x ? y ) ≤ m! h
j

n?m

f ( m +1) ( x ) ? Ln ( m +1) ( x )





n! h n ? m f ( n +1) m !( n ? m ) !



例 8、设 x0 , x1 , x2 互不相同, f ( x ) 有二阶连续导数,证明

⑴ f [ x0 , x1 ] = ∫ f ′ ( t0 x0 + t1 x1 ) dt1 , t0 + t1 = 1
1 0

⑵ f [ x0 , x1 , x2 ] = ∫∫ f ′′ ( t0 x0 + t1 x1 + t2 x2 ) dt1t2 , t0 + t1 + t2 = 1

τ 2 = {( t1 , t2 ) | t1 ≥ 0, t2 ≥ 0, t1 + t2 ≤ 1}
证:

τ2



∫ = ∫ f ′( x
0 1 0

1

f ′ ( t0 x0 + t1 x1 ) dt1 = ∫ f ′ ( (1 ? t1 ) x0 + t1 x1 ) dt1
1 0 0

+ t1 ( x1 ? x0 ) ) dt1

= =

1 1 f ( x0 + t1 ( x1 ? x0 ) ) 0 x1 ? x0

= f [ x0 , x1 ]


1 ? f ( x1 ) ? f ( x0 ) ? ? x1 ? x0 ?

∫∫ f ′′ ( t x τ
2

0 0

+ t1 x1 + t2 x2 ) dt1t2

= ∫∫ f ′′ ( (1 ? t1 ? t2 ) x0 + t1 x1 + t2 x2 ) dt1t2
τ2

= ∫∫ f ′′ ( x0 + ( x1 ? x0 ) t1 + ( x2 ? x0 ) t2 ) dt1t2
τ2

= ∫ dt1 ∫
0

1

1? t2

0

f ′′ ( x0 + ( x1 ? x0 ) t1 + ( x2 ? x0 ) t2 ) dt2

=∫ =

1

0

1? t1 1 f ′ ( x0 + ( x1 ? x0 ) t1 + ( x2 ? x0 ) t2 ) dt1 0 x2 ? x0

1 x2 ? x0

∫ ? f ′ ( x + ( x ? x ) t ) ? f ( x + ( x ? x ) t )?dt ? ?
1 ' 0 2 1 2 1 0 1 0 1

1 1

? 1 ? 1 1 = f ( x2 + ( x1 ? x2 ) t1 ) ? f ( x0 + ( x1 ? x0 ) t1 ) ? ? x2 ? x0 ? x1 ? x2 x1 ? x0 ?0 ? 1 ? 1 1 ( f ( x1 ) ? f ( x2 ) ) ? x ? x ( f ( x1 ) ? f ( x0 ) )? ? x2 ? x0 ? x1 ? x2 1 0 ? 1 ? f [ x1 , x2 ] ? f [ x0 , x1 ]? = ? x2 ? x0 ? =

= f [ x0 , x1 , x2 ]

推广:设 x0 , x1 , ???, xn 互不相同, f ( x ) 有二阶连续导数,证明

f [ x0 , x1 , ???, xn ] = ∫∫ ???∫ f (
D

n)

( t0 x0 + t1 x1 + ??? + tn xn ) dt1t2 ??? dtn , 其中t0 + t1 + ??? + tn = 1

D = {( t1 , t2 , ???tn ) | t1 ≥ 0, t2 ≥ 0, ???, tn ≥ 0, t1 + t2 ??? +tn ≤ 1}

例 9、观测得到二次多项式 p2 ( x ) 的函数值表

x

p ( x)

-2 3

-1 1

0 1

1 6

2 15

表中 p2 ( x ) 的某一个函数值有错,试找出并校正它。 解: 建立如下差分表

?2 ?1 0 1

3 1 1 6

?2 0 5 9

2 5 4
3 个 二 阶 差 分

2 15

二 次 多 项 式 的 二 阶 差 分 应 是 常 数 , 而 得 到 的

p2 [ ?2, ?1, 0] = 2, p2 [ ?1, 0,1] = 5, p2 [ 0,1, 2] = 4 互不相同,故产生错误的数据至少影响了
两个二阶差分的数值,错误只能在 p2 ( ?1) , p2 (1) , p2 ( 0 ) , ① 若 p2 ( ?1) 有错,应有 p2 [ ?2, 0,1] = p2 [ 0,1, 2] , 计算知 p2 [ ?2, 0,1] = 2, p2 [ 0,1, 2] = 2 ,上边等式成立,利用 p2 [ ?1, 0,1] = 2 可解得

p2 ( ?1) = 0
② 若 p2 (1) 有错,应有 p2 [ ?2, ?1, 0] = p2 [ ?1, 0, 2] , 计算知 p2 [ ?2, ?1, 0] = 1, p2 [ ?1, 0, 2] =

7 ,这和上式矛盾,故 p2 (1) = 0 正确 3

③ 若 p2 ( 0 ) 有错,应有 p2 [ ?2, ?1,1] = p2 [ ?1,1, 2] , 计算知 p2 [ ?2, ?1,1] =

3 13 , p2 [ ?1,1, 2] = ,这和上式矛盾,故 p2 ( 0 ) 正确 2 6

综合以上讨论知, p2 ( ?1) 错误,应有 p2 ( ?1) = 0 例 10 如果 p n ( x ) 是 e x 在 n + 1个等距结点 项式,并设 max

xi =

i ,( i = 0 ,1, L n ) 上的 n 次插值多 n

0 ≤ x ≤1

| ∏ ( x ? xi ) |≤
i=0

n

1 2 n +1


(1) 证明: max

0 ≤ x ≤1

| e x ? p n ( x ) |≤

2

n +1

e ; ( n + 1)!
?6

(2) n 取何值,才能保证插值误差小于 1/ 2 ×10 。

分析
x



xi =

i ,i = 0 ,1, L n n

可见

x ∈ [0 ,1 ] ,因此本题为在 [0 ,1 ]

上 e 与插值多项式 p n ( x ) 之间的误差。 证 (1) 根据插值余项公式

f ( n +1) (ξ ) n | R n ( x ) | = max ∏ ( x ? xi ) 0 ≤ x ≤1 ( n + 1)! i=0
n eξ ≤ max ∏ ( x ? xi ) ( n + 1)! 0≤ x ≤1 i = 0

=

1 e ? n +1 , ( n + 1)! 2
0 ≤ x ≤1

ξ ∈ [0, 1]
1 × 10 ? 6 2

(2) 由(1)知要使 max

| e x ? pn ( x) | <

只要 解得

e 1 < × 10 ? 6 2 n +1 ( n + 1)! 2

2 n +1 (n + 1)! > 2e × 10 6 n=7
注 本题 p n ( x ) 虽为等距结点上的插值多项式,根据插值多项式的唯一性,

R n ( x ) 仍为

f ( n + 1 ) (ξ ) n ∏ ( x ? xi ) 。 ( n + 1)! i = 0

2.差商与差分及其相关问题 差商的性质 (1) 差商和所含节点的次序无关,如 f [ x0 , x1 , x2 ] = f [ x1 , x2 , x0 ] = f [ x2 , x0 , x1 ] 。因此

k 阶差商也可以定义为 f [ x0 , x1 ,L , xk ] =
或 f [ x0 , x1 ,L , xk ] =

f [ x0 ,L , xk ? 2 , xk ] ? f [ x0 ,L , xk ? 2 , xk ?1 ] xk ? xk ?1

f [ x1 ,L , xk ] ? f [ x0 ,L , xk ?1 ] xk ? x0

(2) 差商与导数的关系:若 f ( x ) 在插值区间 [min i xi , max i xi ] (i = 0,1, 2,L , n) 上有 n 阶导 数,则

f ( n ) ( x0 ) f ( n ) (ξ ) f [ x0 , x1 ,L , xn ] = x0 , x0 ,L , x0 , ξ ∈ (min i xi , max i xi ) 且 f [ 14243 ] = n! n!
n +1

(3) 差商与函数值的关系: f [ x0 , x1 ,L , xn ] = ∑
j =0

n

f (x j )

π '(xj )

,其中 π ' ( x j ) =

∏ (x
i =0 i≠ j

n

j

? xi )

(4) 差商与差分的关系:若 x j = x0 + jh , f j = f ( x j ) ,则 f [ xi , xi +1 ,L , xi + n ] =

Δ n fi n !h n

因此在此条件下,若 f ( x ) 在区间 [min k xk , max k xk ] ( k = i, i + 1,L , i + n) 上有 n 阶导数, 则差分与导数的关系为: Δ n f i = h n f ( n ) (ξ ) , ξ ∈ ( xi , xi + n ) 例 11.(1) f ( x) = 3 x + 1 ,则 f [1, 2, 3] = ? , f [1, 2,3, 4] = ?
2

(2)设 xi (i = 0,1, 2,3, 4,5) 为互异节点, li ( x) 为对应的 5 次 Lagrange 插值基函数,则

∑ xi5li (0) = ?, ∑ ( xi5 + 2 xi4 + xi3 + 1)li ( x) = ?
i =0 i =0

5

5

(3) f ( x ) = x 5 + 1, xi =

1 i, ,其中 i = 0,1, 2,3,L ,则 Δ 6 f 0 = ?, Δ 2 f 2 = ? 2

解: (1)由差商与导数的关系知:

f [1, 2,3] =

f " (ξ ) 6 f "' (ξ ) = = 3, f [1, 2,3, 4] = =0 2! 2 3!

(2)n 次多项式的插值多项式是它自身。

∑ xi5li ( x) = x5
i =0

5







∑ x l (0) = 0
i =0 5 i i

5

∑ (x
i =0

5

5 i

+ 2 xi4 + xi3 + 1)li ( x) = x 5 + 2 x 4 + x 3 + 1

(3)由差分与导数的关系知: Δ 6 f 0 = h 6 f (6) (ξ ) = 0 由差商与差分的关系知: Δ f 2 = 2! h f [ x2 , x3 , x4 ] = 2 × ( 1 ) × 35.625 = 17.8125
2 2 2

2

? n ( n + 1) ? 例 12 利用差分证明 1 + 2 + L + n = ? ? ? 2 ?
3 3 3

2

分析:利用差分或 Lagrange 插值多项式可以证明许多等式,关键一是选择好函数,二 是选择好节点。 证:令 g ( n ) = ?

? n ( n + 1) ? ? 2 ? ?

2

Δg(n) = g(n + 1) ? g(n) ? (n + 1)(n + 2) ? ? n(n + 1) ? =? ? ?? 2 ? 2 ? ? ? ? = (n + 1)3
2 2

从而
n n?1

13 + 23 + L+ n3 = ∑ j 3 = ∑Δg ( j)
j =1 j =0

= g (n) ? g (0)

= ( g (1) ? g (0)) + ( g (2) ? g (1)) + L+ ( g (n) ? g (n ?1))
2

? n(n + 1) ? = g (n) = ? ? ? 2 ?

注 : 利 用 Lagrange 插 值 多 项 式 可 以 证 明 : 1)

x = ∑ (∏ (
i =0 k =0 k ≠i

n

n

x?k ))i i?k

; 2)

n k n 1 n?k C m C n = ∑ (?1) m ? n k =0 m?k

( m > n)

, 实 际 上 对 于 1) 可 认 为 是 求 节 点

x i = i (i = 0,1, L , n)

处的 n 次 Lagrange 插值多项式。 对于 2) 可认为是 f(x)=1 在节点

x i = i (i = 0,1, L , n) 处的 n 次 Lagrange 插值多项式。
3.求解两点带导数的插值,并写出插值余项 两点带导数的插值:已知 f ( x ) 在区间 [ x0 , x1 ] 有四阶导数,且 f ( x0 ) = y0 , f ' ( x0 ) = y '0

f ( x1 ) = y1 , f ' ( x1 ) = y '1 ,则存在唯一的次数不超过 3 的代数多项式:
p3 ( x) = ( x ? x0 x ? x0 2 x ? x0 2 x ? x1 2 x ? x1 x ? x1 2 ' ) (1 + 2 ) y0 + ( ) (1 + 2 ) y1 + ( ) ( x ? x0 ) y0 + ( ) ( x ? x1 ) y1' x0 ? x1 x1 ? x0 x1 ? x0 x0 ? x1 x0 ? x1 x1 ? x0
' 3( y1 ? y0 ) y1' + 2 y0 2( y ? y ) y' + y' ? ]( x ? x0 ) 2 + [ 1 03 + 1 0 2 ]( x ? x0 )3 x1 ? x0 ( x0 ? x1 ) 2 ( x0 ? x1 ) ( x1 ? x0 )

-基函数法 或者
' p3 ( x) = y0 + y0 ( x ? x0 ) + [

-待定系数法,其中 p3 ( x0 ) = y0 , p3 ( x1 ) = y1 , p3' ( x0 ) = y '0 , p '3 ( x1 ) = y '1 。 具体计算时,可用带导数的差商表:

x0 ? y0 x0 ? y0 x1 ? y1 x1 ? y1
' y0

f [ x0 , x1 ] y1'

f [ x0 , x0 , x1 ] f [ x0 , x1 , x1 ] f [ x0 , x0 , x1 , x1 ]

' p3 ( x) = y0 + y0 ( x ? x0 ) + f [ x0 , x0 , x1 ]( x ? x0 ) 2 + f [ x0 , x0 , x1 , x1 ]( x ? x0 ) 2 ( x ? x1 )

f [ x0 , x0 , x1 ] =
其中 f [ x0 , x1 , x1 ] =

' f [ x0 , x1 ] ? y0 , x1 ? x0

y1' ? f [ x0 , x1 ] , x1 ? x0 f [ x0 , x1 , x1 ] ? f [ x0 , x0 , x1 ] x1 ? x0 f (4) (ξ ) ( x ? x0 ) 2 ( x ? x1 ) 2 4!

f [ x0 , x0 , x1 , x1 ] =

其余项估计为 ?x ∈ [ x0 , x1 ], ?ξ ∈ ( x0 , x1 ), f ( x) ? p3 ( x) =

例 13 . 给 定 x1 , x2 ∈ [a, b] , 函 数 f ( x ) 在 [ a , b] 具 有 三 阶 导 数 , 且 满 足

f ( x) = ?

( x ? x1 )( x ? 2 x0 + x1 ) ( x ? x1 )( x ? x0 ) ' ( x ? x0 ) 2 f ( x0 ) + f ( x0 ) + f ( x1 ) + r ( x) ,求 ( x1 ? x0 ) 2 ( x0 ? x1 ) ( x1 ? x0 ) 2

r ( x ) 的表达式。
分析:由所给的等式知, f ( x ) 为一个二次多项式(设为 p2 ( x) )与 r ( x ) 的和,而 p2 ( x) 恰 恰是 f ( x ) 关于节点 x0 , x1 ∈ [a, b]

带导数的插值多项式,因此所求 r ( x ) 即为插值余项。

解 : p2 ( x) = ?

( x ? x1 )( x ? 2 x0 + x1 ) ( x ? x1 )( x ? x0 ) ' ( x ? x0 ) 2 f ( x0 ) + f ( x0 ) + f ( x1 ) ( x1 ? x0 ) 2 ( x0 ? x1 ) ( x1 ? x0 ) 2

则 p2 ( x0 ) = f ( x0 ), p ' 2 ( x0 ) = f ' ( x0 ), p2 ( x1 ) = f ( x1 ), ,且 f ( x) = p2 ( x) + r ( x) ,所以 r ( x ) 是

f ( x ) 关于二次多项式 p2 ( x) 的插值余项,即 r ( x) = f ( x) ? p2 ( x) 。
对于任意的 x ∈ [ a, b] ,若 x = x0 或 x = x1 ,则 r ( x ) = 0 ;若 x ≠ x0 , x ≠ x1 ,则作辅助函数

F ''' (t ) = f ''' (t ) ? p '''2 ( x) ?

r ( x) [(t ? x0 ) 2 (t ? x1 )]''' ( x ? x0 ) 2 ( x ? x1 )

( x ? x1 )

F (t ) = f (t ) ? p2 ( x) ?

r ( x) (t ? x0 ) 2 (t ? x1 ), t ∈ [a, b] ( x ? x0 ) 2 ( x ? x1 )



F ( x0 ) = F ( x1 ) = F ( x) = F ' ( x0 ) = 0 且 F (t ) 在 [a, b] 上有三阶导数,则函数 F (t ) 在 [a, b] 上
有三个不同的零点 x0 , x1 , x 。 由 罗 尔 定 理 知 , F (t ) 在 [ a , b] 上
'

不 同 于 x0 , x1 , x 且 互 不 相 同 的 零 点 , 又

F ' ( x0 ) = 0 ,则 F ' (t ) 在 [a, b] 上至少有三个互异的零点,那么 F '' (t ) 在 [a, b] 上至少有两个
, F (t ) 在 [ a , b]
'''

, 设 为 ξ , ξ

, 则 由

F ''' (t ) = f ''' (t ) ? p ''' 2 ( x) ?

r ( x) [(t ? x0 ) 2 (t ? x1 )]''' 2 ( x ? x1 )( x ? x0 )



f ''' (ξ ) ?

r ( x) × 3! = 0 ( x ? x0 ) 2 ( x ? x1 )

。总之,

f ''' (ξ ) ( x ? x0 ) 2 ( x ? x1 ) 对于任意的 x ∈ [ a, b] ,存在 ξ ∈ ( a , b) ,使得 r ( x) = 3!
例 14 确 定 一 个 次 数 不 高 于 4 的 多 项 式 。 p(x) , 使 满 足 条 件

p(0) = p ′( 0 ) = 0 , p (1) = p ′(1) = 1 , p ( 2 ) = 1
分析 法。 解1 设

这是一个带导数的非标准插值问题。 解决这类问题的方法较多, 大多采用插值

p ( x ) = H 3 ( x ) + c( x ? 0) 2 ( x ? 1) 2

H 3 ( x ) = α 0 ( x ) p ( 0 ) + α 1 ( x ) p (1) + β 0 ( x ) p ′( 0 ) + β 1 ( x ) p ′(1)
已知 p(0) 所以

= p ′( 0 ) = 0 , (1) = p ′(1) = 1 p

H 3 ( x) = α 1 ( x) + β1 ( x) x ?1 x ? 0 2 x?0 2 )( ) + ( x ? 1)( ) 0 ?1 1? 0 1? 0 = (1 + 2x ? 2) x 2 + x 2 ( x ? 1) = (1 + 2 = (3 ? 2 x ) x 2 + x 2 ( x ? 1) = x 2 (2 ? x)
由此

p ( x ) = x 2 ( 2 ? x ) + cx 2 ( x ? 1) 2

所以

1 = p (2) = c ? 4 ?1

解得

c=

1 4
1 2 x2 2 p ( x ) = x ( 2 ? x) + x ( x ? 1) = ( x ? 3) 2 4 4
2

于是

解 2 采用牛顿插值,作均值表如下:

xi
0 1 2 0

f ( xi )

一阶均差

二阶均差

1 1 0 1

? 1/ 2

p ( x ) = p ( x 0 ) + ( x ? x 0 ) f [ x 0 , x1 ] + ( x ? x 0 )( x ? x1 ) f [ x 0 , x1 , x 2 ] + ( A + Bx )( x ? x 0 )( x ? x1 )( x ? x 2 ) = 0 + x + x ( x ? 1)( ? 1 / 2 ) + ( A + Bx ) x ( x ? 1)( x ? 2 ) 1 0 = p ′( 0 ) = [1 ? ( 2 x ? 1) + Bx ( x ? 1)( x ? 2 ) 2 + ( A + Bx ) x ( x ? 1)( x ? 2 ) + ( A + Bx ) x + ( A + Bx ) x ( x ? 1) ] = 1+ 得 由 得 所以 p( x) = x ? x 3 1 ( x ? 1) + ( ? + x ) x ( x ? 1)( x ? 2 ) 2 4 4 A=? 3 4 1 + A+ B 2 1 + 2A 2
x=0

1 = p ′(1) = 1 ? B = 1 4P

x2 ( x ? 3) 2 = 4
解3

p ( x ) = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4
由 p(0) = 0,知a 0 = 0 由 p ′(0) = 1,知a1 = 0 p (1) = 1,得a 2 + a3 + a 4 = 1 p ′(1) = 1,得2a 2 + 3a3 + 4a 4 = 1 p (2) = 1,得4a 2 + 8a3 + 16a 4 = 1

解联立方程,得

a2 =

1 3 9 , a3 = ? , a 4 = 4 2 4
1 x2 2 x2 (9 x 2 ? 6 x 3 + x 4 ) = ( x ? 6 x + 9) = ( x ? 3) 2 4 4 4

所以

p( x) =

解4

定义重点的差商

f [ x i , x i ] = lim
则有如下有重点的差商表:

x → xi

f ( x) ? f ( xi ) = f ′( x i ) x ? xi
f [xi , x j , xk , xl ]

xi
x0 = 0

f [ xi ]
0

f [xi , x j ]

f [ xi , x j , xk ]

f [x0 , x0 , x1 , x1 , x2 ]

0

x0 = 0

0 1

1

?1
0

x1 = 1

1 1

1 4 ? 1 2

x1 =1

1 0

?1

x2 = 2

1

由此表可得牛顿插值多项式

1 2 x2 2 p ( x ) = x ? x ( x ? 1) + x ( x ? 1) = ( x ? 3) 2 4 4
2 2

注 由插值多项式的唯一性知上述四种解法应得到同一个四次多项式, 但方法不同其 难易程度或计算量有较大区别,显见解 3 的计算量最大,解 4 是最简单的解法。
3 2

例 15 设 f ( x) = x , x 0 = 0, x1 = 1, x 2 = 4 (1)试求 f (x) 在 [1,4] 上的三次 Hermite 插值多项式 H(x)使满足

H ( x j ) = f ( x j ), j = 0,1,2,

H ′( x1 ) = f ′( x1 ) ,H(x)以升幂形式给出。

(2)写出余项 R ( x) = f ( x) ? H ( x) 的表达式 解:满足 H ( xi ) = f ( xi ) i = 0,1,2 的三次插值多项式为

N 2 ( x) = f ( x0 ) + f [ x0 , x1 ]( x ? x0 ) + f [ x0 , x1 , x 2 ]( x ? x0 )( x ? x1 )

xi
0 1 4

f ( xi )
0 1 8

f [ xi , x j ]
1

三阶差商

1

3

7

3

N 2 ( x) = x + 1 x( x ? 1) 3
则可设满足题设条件的插值多项式

H 3 = N 2 ( x) + k ( x ? x0 )( x ? x1 )( x ? x 2 )
3 2 1 1 x12 = f 1 ( x1 ) = H 3 ( x1 ) = N 2 ( x1 ) + k ( x1 ? x0 )( x1 ? x 2 )
1

1 k = ? 18



1 H 3 ( x) = x + 1 x( x ? 1) ? 18 x( x ? 1)( x ? 4) 3

f ( 4 ) (ξ ) 余项为 R ( x) = f ( x) ? H 3 ( x) = x( x ? 1) 2 ( x ? 4) 4!

4.三次样条插值问题的求法 三次样条插值函数 s ( x ) : s ( xi ) = yi (i = 0,1,L , n) ,其中 a ≤ x 0 < x1 < K < x n ≤ b;在 [ xi , xi +1 ]上, s ( x ) 为次数不高于 3 的多项式; s ( x ) 在整个区间 [ a , b] 上有连续的二阶导数。 因在每个小区间[ xi , xi +1 ]上, s ( x ) 为次数不高于 3 的多项式 s i (x) ,设

si (x) = a i + bi x + c i x 2 + d i x 3 ,i=0,1, K , n-1 ,
其中 ai , bi , ci , d i 待定。则求 s i (x ) 就要确定 4 个未知数,因此求解三次样条插值函数共要确 定 4n 个未知数;而已知插值条件有 s ( xi ) = yi , (i = 0,1,L , n) 共 n+1 个条件; s ( x ) 在整个 区间 [ a , b] 上有连续的二阶导数即连接条件:

? s( xi ? 0) = s( xi + 0) ? ' ' ? s ( xi ? 0) = s ( xi + 0) ? s '' ( x ? 0) = s '' ( x + 0) i i ?

i = 1,L , n ? 1

共 3n-3 个条件。由以上分析知,总共有 4n-2 个条件,而要求 4n 个未知数,因此必须增加

两个边界条件。 在每个小区间[ x i , xi +1 ]上,三次样条函数 s ( x ) 为次数不高于 3 的多项式 s i (x) ,则

s ( xi ) = yi , s( xi +1 ) = yi +1 ,要求次数不高于 3 的多项式 s i (x) ,还需两个条件。
(1) 利用一阶导数表示的三次样条:设 s ( xi ) = mi , s ( xi +1 ) = mi +1 ,则由两点带导数的插
' '

值公式知: s ( xi ) = ai + bi ( x ? xi ) + ci ( x ? xi ) + di ( x ? xi ) ,
2 3

其中 ai = yi , bi = mi , ci =
'' ''

3( yi +1 ? yi ) mi +1 + 2mi 2( yi +1 ? yi ) mi +1 + mi ? + , di = 2 xi +1 ? xi ( xi ? xi +1 ) ( xi ? xi +1 )3 ( xi +1 ? xi ) 2 (i = 1, 2,L , n ? 1) ,得到关于 mi (i = 0,1,L , n )的 n-1

又由连接条件:si ?1 ( xi ) = si ( xi )

阶的线性方程组,与两个边界条件联立得到关于 mi 的 n+1 阶的线性方程组,此方程组的 系数矩阵是严格对角占优的三对角矩阵,由求解三对角方程组的追赶法可求出唯一解

mi ,也就求出了利用一阶导数表示的三次多项式 s i (x) ,从而得到分段表示的样条函数
s( x) 。
(2) 利用二阶导数表示的样条函数:设 s '' ( xi ) = M i , s '' ( xi +1 ) = M i +1 ,因 ?si ( xi ) ≤ 3 ,则

s '' ( xi ) =

x ? xi +1 x ? xi Mi + M i +1 xi ? xi +1 xi +1 ? xi

两次积分后得

si ( x) =

( x ? xi +1 )3 ( x ? xi )3 Mi + M i +1 + c1 ( x ? xi ) + c2 ( x ? xi +1 ) ,其 ?6hi 6hi

中 hi = xi +1 ? xi ,而 si ( xi ) = yi , si ( xi +1 ) = yi +1 得

c1 =

h2 h2 1 1 ( yi +1 ? i M i +1 ), c2 = ? ( yi ? i M i ) 6 6 hi hi

( xi +1 ? x)3 ( x ? xi )3 hi2 x ? xi hi2 x ?x 因此 si ( x) = + ( yi ? M i ) i +1 Mi + M i +1 + ( yi +1 ? M i +1 ) 6hi 6hi 6 hi 6 hi
又由连接条件 si''?1 ( xi ) = si'' ( xi )

(i = 1, 2,L , n ? 1) ,得到关于

(i=0,1,…,n),的 n-1 阶的线

性方程组,与两个边界条件联立得到关于 M i 的 n+1 阶的线性方程组,此方程组的系数矩阵 也是严格对角占优的三对角矩阵,由求解三对角方程组的追赶法可求出唯一解 M i ,也就 求出了利用二阶导数表示的三次多项式 s i (x ) ,从而得到分段表示的样条函数 s ( x ) 。

当边界以一阶导数形式给出时,求一阶导数表示的 s i (x ) ;当边界以二阶导数形式给出 时,求二阶导数表示的 s i (x ) 。 例 16.已知

? x3 + x2 , 0 ≤ x ≤ 1 是以 0,1,2 为结点的三次样条函数,求常数 b,c. S(x)= ? 3 2 ?2 x + bx + cx ? 1,1 ≤ x ≤ 2
解: 由 s ( x ) 在 x = 1 连续,可得 b + c = 1

s ' ( x) 在 x = 1 连续,可得 2b + c = ?1
根据上述情况,可得 b = ?2, c = 3 . 例 17 已知函数 f ( x ) 的数据表: x y 0 -8 1 -7 2 0 3 19 4 56

求三次自然样条函数 s ( x ) ,并求 s (2.2) 。 解:本题所求的 s ( x ) 为自然三次样条函数,可见边界条件为 m0 = m4 = 0 。已知步长

h = xi +1 ? xi = 1 。得

αi =

h 1 = , i = 1,2,3; 2h 2 β j = 3( y i +1 ? 2 yi + y i ?1 )

继而得 β 1 =18, β 2 =36, β 3 =54 有上述可得三对角方程组

? 2 ? ?1 ? 2 ? 0 ?

1

2 2 1 2

0 ? ? 1 ? 2? 2 ? ?

? m1 ? ? 18 ? ? ? ? ? ? m 2 ? = ? 36 ? ? m ? ? 54 ? ? 3? ? ?

解得: m1 = 6.4285; m2 = 10.2857; m3 = 24.4285 。 于是

s1 ( x) = 1.0714 x 3 ? 0.0714 x ? 8 s 2 ( x) = 1.0714(2 ? x) 3 + 1.7143( x ? 1) 3 ? 8.0714(2 ? x) ? 1.7143( x ? 1) s3 ( x) = 1.7143(3 ? x) 3 + 4.0714( x ? 2) 3 ? 1.7143(3 ? x) + 14.9286( x ? 2) s 4 ( x) = 4.0714(4 ? x) 3 + 14.9286(4 ? x) + 56( x ? 3)

由此得三次样条函数

? s1 ( x),0 ≤ x ≤ 1 ? s ( x),1 ≤ x ≤ 2 ? 2 S(x)= ? ? s3 ( x),2 ≤ x ≤ 3 ?s 4 ( x),3 ≤ x ≤ 4 ?
3

s (2.2) = s3 (2.2) = 2.5246

本题的真实函数是 f ( x ) = x ? 8, f (2.2) = 2.648 ,误差为 s (2.2) ? f (2.2) = ?0.1234 。 例 18 设 f ( x ) 在 [ a , b] 上具有二阶连续导数, a = x0 < x1 < L < xn = b ,s ( x ) 是 f ( x ) 在

[a, b] 上以 x 0 , x1 , , x n 为节点的三次样条插值函数,且 s ' (a) = f ' (a), s ' (b) = f ' (b) ,
则 (1)



b

a

s " ( x)( f " ( x) ? s " ( x))dx = 0 ;(2)

∫ [s ( x)]
" a

b

2

dx ≤ ∫ [ f " ( x)]2 dx
a

b

证明:设 r ( x ) = f ( x ) ? s ( x ) ,则 r ( x ) 在 [ a , b] 上也具有二阶导数,

r '' ( x) = f '' ( x) ? s '' ( x) ,且 r ( xi ) = 0 , ( i = 0,1, L , n ) , r ' ( a ) = r ' ( b ) = 0
在每个小区间[ x i , xi +1 ]上为 s i (x ) , 那么 si ( x) 为 (1) 因 s ( x ) 是一个分段三次多项式, 常数。则根据三次样条函数有连续的二阶导数得
'''



b

a

s" ( x)( f " ( x) ? s" ( x))dx = ∫ s" ( x)r " ( x)dx = ∑ ∫
b a i =0

n ?1

xi +1

xi

si" ( x)r " ( x)dx =
xi +1

∑∫
i =0

n ?1

xi +1

xi

si" ( x)dr ' ( x) = ∑ [ si" ( x)r ' ( x)
i =0
n ?1 i =0 xi +1

n ?1

xi +1 xi

?∫

xi

si"' ( x)r ' ( x)dx] =
n ?1 i =0

" " s0 (a )r ' (a ) ? s0 (b)r ' (b) ? ∑ si''' ( x) ∫

xi

dr ( x) =0- ∑ si''' ( x)(r ( xi +1 ) ? r ( xi )) =0

即等式成立。

(2) 因为
所以



b

a

[ f " ( x )]2 dx = ∫ [ s" ( x ) + r " ( x )] dx
a b b 2 a a

b

2



b

a

[ f " ( x )]2 dx = ∫ [ s" ( x )]2 dx + 2 ∫ s" ( x )r " ( x) dx + ∫ [r " ( x)] dx =
a

b

∫ [s ( x)] dx + ∫ [r ( x)] dx ≥ ∫ [s ( x)] dx
" 2 " 2 " 2 a a a

b

b

b

例 19 在区间 件:

[0 , 3 ] 上构造一个具有 2 阶连续导数的分段 3 次多项式 H(x), 使其满足下列条

H (0) = 3 , H (3) = ?2 , H ′(0) = 1 , H ′(1) = 2 , ′(3) = 3 H
【解】 假设 H(1)=a,分别在区间

[0 ,1 ] 和 [1 , 3 ]上构造

3 次 Hermite 插值多项式

H(x),并要求 H(x)在 x=1 处具有 2 阶连续导数,即 H ′′(1 ? 0) (2) 在

= H ′′(1 + 0)

[0 ,1 ] 上构造 3 次 Hermite 插值多项式
H (0) = 3 , H (1) = a , H ′(0) = 1 , H ′(1) = 2

首先构造一个差商表如下:

xi
x0 = 0

f [ xi ]
3

f [xi , x j ]

f [ xi , x j , xk ]

f [x0 , x0 , x1, x1 ]

1

x0 = 0

3

a?4 a?3 9 ? 2a 5?a
2

x1 =1

a

x1 =1

a

从而有 H ( x ) 可求得

= 3 + x + (a ? 4) x 2 + (9 ? 2a ) x 2 ( x ? 1)

x ∈ [0,1]

H ′′( x) = 2( a ? 4) + (9 ? 2a )[2( x ? 1) + 4 x ] H ′′(1 ? 0) = 2( a ? 4) + 4(9 ? 2a ) = 28 ? 6a
(2) 在

[1, 3 ]上构造 3 次 Hermite 插值多项式
H (1) = a , H (3) = ?2 , H ′(1) = 2 , H ′(3) = 3

构造差商表如下:

xi
x0 = 1
a

f [ xi ]

f [xi , x j ]

f [ xi , x j , xk ]

f [x0 , x0 , x1, x1 ]

2

x0 = 1

a

?

3 a ? 2 4

?1?

a 2

7 a + 4 4 3+
a 4

x1 = 3

?2
3

x1 = 3
从而有

?2

3 a 7 a H ( x) = a + 2( x ? 1) + (? ? )( x ? 1) 2 + ( + )( x ? 1) 2 ( x ? 3) 2 4 4 4 3 a 7 a H ′′( x) = 2(? ? ) + ( + )[2( x ? 3) + 4( x ? 1)] 2 4 4 4 3 H ′′(1 + 0) = ?10 ? a 2
(3) 求常数 a 由 H ′′(1 ? 0) 故

x ∈ [1,3]

= H ′′(1 + 0) 有 28 ? 6a = ?10 ? a ,解得 a =

3 2

76 9

40 2 71 2 ? ?3 + x + 9 x ? 9 x ( x ? 1) ? H ( x) = ? ? 76 + 2( x ? 1) ? 65 ( x ? 1) 2 + 139 ( x ? 1) 2 ( x ? 3) ?9 18 36 ?
例 20 设 f ( x) ∈ C [a, b] ,做一个 3 次多项式 H(x)使得
2

x ∈ [0,1] x ∈ [1,3]

H (a ) = f (a), H ′′(a ) = f ′′(a), H (b) = f (b), H ′′(b) = f ′′(b) x ?b x?a + f ′′(b) a ?b b?a 2 1 ( x ? b) 1 ( x ? a)2 ′( x) = f ′(a ) ′(b) 解法 1 H + f +c 2 2 a ?b b?a 1 ( x ? b) 2 1 ( x ? a)2 H ( x) = f ′(a ) + f ′(b) + c ( x ? b) + d ( x ? a ) 6 6 a ?b b?a H ′′( x) = f ′′(a)
由 H (a ) =

1 f ′′(a)(a ? b) 2 + c(a ? b) = f (a ) 得 6
1 f ′′(a )(a ? b) 2 6 ( a ? b)

c=

f (a) ?

由 H (b) =

1 f ′′(b)(a ? b) 2 + d (b ? a) = f (b) 得 6
1 f ′′()(a ? b) 2 6 (b ? a )

d=
因而

f (b) ?

1 ( x ? b) 2 1 ( x ? a)2 1 x ?b ′(a ) ′(b) H ( x) = f + f + [ f (a) ? f ′′(a )(a ? b) 2 ] a ?b b?a a ?b 6 6 6 x?a 1 +[ f (b) ? f ′′(b)(a ? b) 2 ] 6 b?a
5.函数逼近问题的求法 1) 最佳一致逼近多项式的求法 设 f ∈ C[ a , b ] 在 H n = span 1, x,L , x n

{

}

求 多 项 式 Pn* ( x )

,使其误差

=
逼近或切比雪夫逼近问题。

,就是所谓的最佳一致

通常情况下,利用该定义来求 Pn? ( x ) 是不现实的,即使可以也是很困难的,一般我们 都是利用下述重要性质。 在区间 [ ?1,1] 上所有最高次项系数为 1 的 n 次多项式中 wn ( x ) = 最小,其偏差为

1 Tn ( x ) 与零的偏差 2 n ?1

1 2 n ?1

注意再利用此性质时要注意区间为 [ ?1,1] ,若区间不是 [ ?1,1] ,则要通过适当地变换将 其转化为区间 [ ?1,1] 上的函数来讨论。 但当求 f ( x) 的最佳一次逼近多项式时可由下列公式简单求出:设 f ( x) ∈ C [a, b] ,且
2

f '' ( x) 在 (a, b) 内不变号,则求最佳一致逼近多项式为: P ( x) = a0 + a1 x ,其中 a0 , a1 由下列公式给出 1 a1 = f (b) ? f (a) b?a f (a ) + f ( x0 ) f (b) ? f (a) a + x0 ? a0 = b?a 2 2 ' f ( x0 ) = a1

例 21 f ( x) = x ,求 f ( x ) 在区间 [ ?1, 2] 上的 3 次最佳一致逼近多项式。
4

解:由于区间为 [ ?1, 2] ,作变量代换 x = 当 x ∈ ( ?1, 2) 时, t ∈ [ ?1,1]

1 3 + t 2 2

1 3 f ( x) = x 4 = ( + t ) 4 2 2 1 3 令 ? (t ) = ( + t ) 4 2 2
设 P3* (t ) 为 ? (t ) 的 3 次最佳一致逼近多项式(注意 ? (t ) 的首项系数为 ( ) 4 )则

3 2

? (t ) ? P3* (t ) = ( ) 4

3 1 81 1 T (t ) = × × (8t 4 ? 8t 2 + 1) 3 4 2 2 16 8 81 4 2 1 P3* (t ) = ? (t ) ? × (t ? t + ) 16 8 81 2 x ? 1 4 2 x ? 1 2 1 = x 4 ? [( ) ?( ) + ] 16 3 3 8 3 7 17 = 2 x3 + x 2 ? x ? 4 4 128
4

故所求的函数 f ( x) = x 在区间 [ ?1, 2] 上的 3 次最佳一致逼近多项式为

P3* (t ) = 2 x 3 +

3 2 7 17 x ? x? 4 4 128

2)最佳平方逼近多项式的求法 求最佳平方逼近多项式一般来讲有两种基本方法,一是利用定义来求解,这实际上是利 用多元函数求极值的方法将原问题转化为求解所谓法方程组的问题, 一般情况下没有必要按 照定义来一步步求解, 直接写出所谓的法方程即可, 但这里要注意的是写出法方程组必须首 先定义内积,只有定义了正确的内积才可以写出正确的法方程组,设问题为:求

S * ( x) = ∑ a j ? j ( x)
j =0

n

使得

f ( x) ? S * ( x)

2

最小

假设内积定义为

(f ? g ) = ∫ f ( x) g ( x) ρ ( x)dx
a

b

其中 ρ (x ) 是权函数。 则法方程组为

? (? 0 , ? 0 ) ? (? , ? ) ? 1 0 M ? ? (? n , ? 0 ) ?

(? 0 , ? 1 ) (? 1 , ? 1 ) M (? n , ? 1 )

L L M L

( ? 0 , ? n ) ? ? a 0 ? ? (? 0 , f ) ? (? 1 , ? n ) ? ? a1 ? ? (? 1 , f ) ? ?? ? = ? ? M M ? ? M ?? ? (? n , ? n ) ? ? a n ? ? (? n , f ) ? ?? ? ? ?

解此法方程组得

ai = ai (i = 0,L, n)
*

从而所求最佳平方逼近函数为

S ( x) =
*

∑a
i=0

n

* i

? i ( x)

另一种方法是用正交函数族作最佳平方逼近,该方法较第一种方法简单,当然过程是 一样的,只是利用正交函数族的性质,将中间某些过程简化而已。 设

f ( x ) ∈ C [a , b ] ,
? = span {? 0 ( x ), ?1 ( x ), , ? n ( x )} L

其中 ? 0 ( x),?1 ( x), ,? n ( x) 是一正交函数族,则 f ( x ) ∈ C [a, b] 在 ? 中的最佳平方逼近 L 函数为

S n ( x) = ∑
*

( f ( x),? k ( x)) ? k ( x) ? k ( x) 2 2 k =0
n

例 22 求 f ( x) = 【解】 法一

x 在区间[0,1]上的一次最佳平方逼近多项式。
设所求一次最佳平方逼近多项式为

P1* ( x) = a0 + a1 x
定义内积

( f , g ) = ∫ f ( x) g ( x)dx
0

1

?0 ( x) = 1, ?1 ( x) = x


(? 0 , ? 0 ) = (? 0 , ? 1 ) = (? 1 , ? 1 ) =

∫ 1 ? 1dx = 1
0

1

∫ 1 ? x dx = 2
0

1

1

1 0 3 1 2 (? 0 , f ) = ∫ 1 ? x dx = 0 3 1 2 (? 1 , f ) = ∫ x x dx = 0 5

∫x

1

? x dx =

从而法方程组为

? ?1 ? ?1 ? ?2
解方程组得

1? 2? ? 1? ? 3?
4 15

?2? ?a0 ? ? ? ? ? = ?3? ? ? ?2? ? a1 ? ? ? ? ? ?5?
a1 = 12 15

a0 =

故所求最佳平方逼近多项式为

P1* ( x ) =
法二

4 12 + x 15 15

利用勒让德多项式 P 0 (x)、P 1 (x)作为基函数。 分析 用正交函数族作最佳平方逼近要注意两点:一是函数的正交区间,二是正交函

数族的内积定义, 本题要求用 P 0 (x)、 1 (x)作基函数, P 而勒让德多项式的正交区间 故求解本题时要用变量代换将区间 题。 【解】 令

[? 1,1 ] ,

[0 ,1 ] 变成区间 [? 1,1 ] ,再利用勒让德多项式来求解本

1 x = (1 + t ) 2
则当

x ∈ [0 ,1 ] 时, t ∈ [? 1 ,1 ] ,且
f ( x) = x =


1 2 (1 + t ) = 1+ t 2 2

g (t ) =
求 g(t)在区间 设

2 1+ t 2

?1 ≤ t ≤ 1


[? 1,1 ] 上的一次最佳平方逼近多项式 S1 (t )

S 1 ( t ) = a 0 P0 ( t ) + a 1 P1 ( t )
因为

P0 (t ) = 1
且内积定义为

P1 (t ) = t
1

( f (t ), g (t )) = ∫ f (t ) g (t )dt
?1



a0

( g ( t ), P 0 ( t )) = = ( P 0 ( t ), P 0 ( t )) = 1 ? 2 2 2



1 ?1

2 2

1 + t dt 1 ? 1 dt

∫ ∫
1 ?1

1 ?1



1 ?1

1 + t dt = 2 2

2 3 1 + t ? t dt
1 ?1

( g ( t ), P1 ( t )) = a1 = ( P1 ( t ), P1 ( t )) =




t 2 dt 6 15

3 ? 2

2 2



1 ?1

1 + t ? t dt =

S1 (t ) =

2 6 2 6 P0 (t ) + P1 (t ) = + t 3 15 3 15

( ?1 ≤ t ≤ 1)

将 t = 2 x ? 1 代入到 S1 (t ) 中我们得到

x 在区间 [0 ,1 ] 上的一次最佳平方逼近多项式为

S1 ( x ) =
*

2 6 4 12 + ( 2 x ? 1) = + x 3 15 15 15

例 23 确定参数 a , b , c 使得积分

I (a, b, c) = ∫ [ 1 ? x 2 ? (ax 2 + bx + c)]2
?1

1

1 1? x
2

dx

取得最小值,并计算该最小值. 分 析 本 题 实 际 上 是 求 函 数 f ( x) = 1 ? x , 在 区 间
2

[? 1,1 ] 上 关 于 权 函 数

ρ ( x) =

1 1? x2

的二次最佳平方逼近多项式,并求出其最小偏差,由于切比雪夫多项式是

区间

[? 1,1 ] 上 带 权 ρ ( x) =

1 1? x2

的正交多项式,故我们选用切比雪夫多项式族

{T n ( x ) }∞= 0 作为基函数来求解本题。 n
【解】 由 于 求 f (x) = 1 ? x 的 二 次 最 佳 平 方 逼 近 多 项 式 , 故 我 们 可 选 取
2

T0 ( x) = 1, T1 ( x) = x, T2 ( x) = 2 x 2 ? 1 作为基函数。
设所求二次最佳平方逼近多项式为

S 2 ( x) = a0T0 ( x) + a1T1 ( x) + a2T2 ( x)


a0

( f ,T0 ) = = (T 0 , T 0 )


1

1 ?1

1 ? x

2

1 1 ? x 1
2

dx =

2

∫ ∫
?1

1 ?1

1 ? x
2

2

dx 1 1 ? x
2

π

a1

( f , T1 ) = = (T1 , T1 )

1 ? x

? x
2

dx =

∫ ∫
1 ?1

1 ?1 2

x dx 1 ? x (2 x (2 x
2

0 = 0 π /2 dx

a2

( f ,T2 ) = = (T 2 , T 2 ) ?

1 ? x

? 1)

1 1 ? x
2



1 ?1

? 1) 2 dx 1 ? x
2

2 3 = ? 4 = π /2 3π
故所求二次最佳平方逼近多项式为

S 2 ( x) = =

2

π
2

T0 ( x) + 0 ? ?

4 T2 ( x) 3π

4 (2 x 2 ? 1) π 3π 10 8 2 x = ? 3π 3π
例 24 设 f ( x) = x
4

(1) 求以 ?1, 0,1, 2 为插值节点的 3 次插值多项式 p3 ( x) ,并写出余项表达式. (2) 求 f ( x) 在区间[-1,2]上的 3 次最佳一致逼近多项式 q3 ( x) ,并估计误差. (3) 验证 f ( ) ? p3 ( ) < f ( ) ? q3 ( ) . 这与最佳一致逼近多项式定义矛盾吗? 解 (1) 利用余项表达式求插值多项式

1 2

1 2

1 2

1 2

f (4) (ξ ) ( x + 1) x( x ? 1)( x ? 2) 4! = ( x + 1) x( x ? 1)( x ? 2) f ( x) ? p3 ( x) =

p3 ( x) = f ( x) ? ( x + 1) x( x ? 1)( x ? 2) = 2 x3 + x 2 ? 2 x

(2)令 x =

?1 + 2 2 ? (?1) 1 3 2x ?1 ,则 + t = + t, t = 2 2 2 2 3 1 3 f ( x) = x 4 = ( + t ) 4 ≡ ? (t ), t ∈ [?1,1] 2 2
*

设 p3 (t ) 为 ? (t ) 的 3 次最佳一致逼近多项式,则
* ? (t ) ? p3 (t ) = ( ) 4

3 1 81 1 T (t ) = × × (8t 4 ? 8t 2 + 1) 3 4 2 2 16 8 81 4 2 1 * p3 (t ) = ? (t ) ? × (t ? t + ) 16 8 81 2 x ? 1 4 2 x ? 1 2 1 = x 4 ? [( ) ?( ) + ) 16 3 3 8 3 7 17 = 2 x3 + x 2 ? x ? ≡ q3 ( x) 4 4 128
* f ( x) ? q3 ( x) = max ? (t ) ? p3 (t ) =
?1≤ t ≤1

(3)

max
?1≤ x ≤ 2

81 1 81 1 1 × = = f ( ) ? q3 ( ) 16 8 128 2 2

1 1 1 1 p3 ( ) = (2 x3 + x 2 ? 2 x) 1 = ? , f ( ) = x= 2 2 2 16 2 1 1 1 1 9 72 81 1 1 f ( ) ? p3 ( ) = + = = < = f ( ) ? q3 ( ) 2 2 16 2 16 128 128 2 2 q3 ( x) 是 f ( x) 在 [?1, 2] 上的 3 次最佳一致逼近多项式,而 p3 ( x) 不是 f ( x) 的 3 次最佳一致
逼近多项式,尽管在点 x =

1 处有 2


1 1 f ( ) ? p3 ( ) < f ? q3 2 2
但一定有

f ? p3
事实上



> f ? q3



f ? p3



1 1 15 120 81 ≥ f (? ) ? p3 (? ) = ( x + 1) x( x ? 1)( x ? 2) x = 1 = = > = f ? q3 2 2 16 128 128 2



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第 3 章 数值逼近
一、选择题(四个选项中仅有一项符合题目要求,每小题 3 分,共计 15 分) 1、设 f ( x ) = 9 x + 3 x + 10 ,则 f [2 , 2 ,L , 2 ] 和 f [3 , 3 ,L , 3 ] 的值分别为(
8 4 0 1 8 0 1 9



(1)1,1;(2) 9 × 8! ,0;(3)9,0;(4)9,1。 2、设 l i ( x )( i = 0,1,L , n) 是 n + 1 个互异节点 { xi }i = 0 的 Lagrange 基函数,则下列选项中正
n

确的是(
n

)。
n n n

(1)

(2) (3) (4) ∑ xi2 li ( x ) = x ; ∑ xi2 li ( x ) = x 2 ; ∑ xi2 li ( x ) = xi2 ; ∑ xi2 li ( x j ) = x 2 。
i =0 i =0 i =0 i =0

? x3 0≤ x≤1 ? 3 、 设 三 次 样 条 函 数 为 S( x) = ? 1 ,则常数 3 2 ? ( x ? 1) + a ( x ? 1) + b( x ? 1) + c 1 ≤ x ≤ 3 ?2

a , b, c 的值分别为(



(1) a = b = 3, c = 1 ;(2) a = b = 2, c = 1 ;(3) a = b = c = 3 ;(4) a = c = 3, b = 1 。 4、设 L( x ) 和 N ( x ) 分别是 f ( x ) 满足同一插值条件的 n 次拉格朗日和牛顿插值多项式,它们 的插值余项分别为 r ( x ) 和 e( x ) ,则( )

(1) L( x ) ≠ N ( x ), r ( x ) = e( x ) ;(2) L( x ) = N ( x ), r ( x ) = e( x ) ; (3) L( x ) = N ( x ), r ( x ) ≠ e( x ) ;(4) L( x ) ≠ N ( x ), r ( x ) ≠ e( x ) 。 5、区间 [ a , b ] 上的三次样条插值函数 S ( x ) 在 [ a , b ] 上具有直到( (1)1;(2)2;(3)3;(4)4。 二、填空题(每小题 3 分,共计 15 分) 1、设 l k ( x ) 是以 { xk = k}k=0 为节点的 Lagrange 插值基函数,则
4

)阶的连续导数。

∑ kl
k =0

4

k

( k ) = ______

_。

2、由下列数表

x
f ( x)

0 -2

0.5 -1.75

1 -1 。

1.5 0.25

2 2

2.5 4.25

所确定的插值多项式的最高次数是
4

3、设函数 f ( x ) ∈ C [a , b] , S ( x ) 是关于 f ( x ) 的带有第二类边界条件的三次样条插值函数,

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如果将区间 [a , b] 无限分割,则 S ′′( x ) 在 [a , b] 上一致收敛于函数 4、设 Pn ( x ) 是 n 次 Legendre 多项式,则积分

。 。



1 ?1 2

Pn2 ( x )dx =
n

5、设函数 f ( x ) ∈ C [a , b] , p( x ) ∈ Span{1, x , x ,L , x } ,则 p( x ) 是 f ( x ) 的最佳一致逼 近多项式的充要条件是函数 点组。 三、(12 分)已知下列函数表: 在 [a , b] 上存在一个至少有 n+2 个点组成的交错

x
f ( x)

0 1

1 3

2 9

3 27

(1)写出相应的三次 Lagrange 插值多项式; (2)作均差表,写出相应的三次 Newton 插值多项式,并计算 四、(14 分)已知 f ( x ) 的函数表为
xi
yi

f (1.5) 的近似值。

0 0

1 1

4 2

(1)试求 f ( x ) 在 [0, 4] 上的 Hermite 插值多项式 H ( x ) ,使之满足下列条件

H ( xk ) = f ( xk ), k = 0,1, 2; H ′( x1 ) =

1 ; 2

(2)写出余项 R( x ) = f ( x ) ? H ( x ) 的表达式。 五、 (12 分)试用 f ( x ) 关于互异节点 { xi }i =1 和 { xi }i = 2 的不超过 n ? 2 次的插值多项式 g ( x )
n ?1 n

和 h( x ) ,构造出关于节点 { xi }i =1 的不超过 n ? 1 次的插值多项式 q( x ) 。
n

六、(10 分)求 f ( x ) = e 在区间[0,1]上的 1 次最佳平方逼近多项式。
x

七、(12 分)给定 x1 , x2 ∈ [a , b] ,函数 f ( x ) 在 [a , b] 具有三阶导数,且满足

f ( x) = ?

( x ? x1 )( x ? 2 x0 + x1 ) ( x ? x1 )( x ? x0 ) f ( x0 ) + f ′( x 0 ) 2 ( x1 ? x0 ) ( x0 ? x1 )

( x ? x0 ) 2 + f ( x1 ) + r ( x ) ( x1 ? x0 )2
求 r ( x ) 的表达式。

,

1

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八、(10 分)设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上具有二阶连续导数,且 f ( a ) = 0 , f ( b ) = 0 , 试用插值方法证明下列不等式 max f ( x ) ≤
a≤ x≤b

1 (b ? a )2 max f ′′( x ) 。 a≤ x≤b 8

2

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第 3 章 数值逼近 参考答案
一、选择题(15 分,每小题 3 分) 1、(3) 2、(2) 3、(1) 4、(2) 5、(2) 二、填空题(15 分,每小题 3 分) 1、10;2、2;3、 f ′′( x ) ;4、 三、(12 分) 解:(1)

2 ;5、 f ( x ) ? p( x ) 2n + 1

L3 ( x ) =

( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3) ( x ? 0)( x ? 2)( x ? 3) ( x ? 0)( x ? 1)( x ? 3) ( x ? 0)( x ? 1)( x ? 2) + + + (0 ? 1)(0 ? 2)(0 ? 3) (1 ? 0)(1 ? 2)(1 ? 3) ( 2 ? 0)( 2 ? 1)( 2 ? 3) (3 ? 0)(3 ? 1)(3 ? 2)
4 3 8 x ? 2 x2 + x + 1 3 3
----------------------------------------------------------(5 分)

=

0
(2)均差表:

1 3 9

1 2

2 6 18

2 6

4 3

---------------------------------------------------------(8 分)

3 27

N 3 ( x ) = 1 + 2 x + 2 x ( x ? 1) +

4 x ( x ? 1)( x ? 2) -----------------------------------------------(10 分) 3

f (1.5) ≈ N 3 (1.5) = 5
四、(14 分)

------------------------------------------------------------------------------- 12 分) (

解: H ( x ) = N 2 ( x ) + kx ( x ? 1)( x ? 4) ,其中 N 2 ( x ) = x ? 虑导数条件的 2 次牛顿插值多项式。

1 1 7 x ( x ? 1) = ? x 2 + x 为不考 6 6 6

------------------------------------------------------------(3 分)

′ 代入导数条件 H ′(1) = N 2 (1) ? 3k =

1 1 5 ′ ? k = ( N 2 ( 4) = ) -------------------------(5 分) 2 9 6
-------------------------------------------------------(7 分)

H ( x) = N2 ( x) +

1 x ( x ? 1)( x ? 4) 9
2

设 R( x ) = f ( x ) ? H ( x ) = k ( x ) x ( x ? 1) ( x ? 4) 令 g ( t ) = f ( t ) ? H ( t ) ? k ( x )t ( t ? 1) ( t ? 4) ,
2

----------------------------(9 分) --------------------------------(10 分)

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则 g ( t ) 有 4 个互不相同的根 xi , i = 0,1, 2; x ,( x ≠ xi ,否则结论显然成立) 故由罗尔定理 g ′( t ) 有 4 个互不相同的根, 以此类推, 则存在 ξ 使得 g 且 g ′(1) = 0 ,
(4)

(ξ ) = 0 ,

即有 g

( 4)

(ξ ) = f ( 4 ) (ξ ) ? k ( x )4 ! = 0 ? k ( x ) =

f ( 4 ) (ξ ) -----------------------------------(13 分) 4!

因此 R( x ) = f ( x ) ? H ( x ) = 五、(12 分)

f ( 4 ) (ξ ) x ( x ? 1)2 ( x ? 4) 。----------------------------------(14 分) 4!

解:不超过 n ? 2 次的多项式 g ( x ) 和 h( x ) 分别满足

g ( xi ) = f ( xi ),1 ≤ i ≤ n ? 1 , h( xi ) = f ( xi ), 2 ≤ i ≤ n ,
于是可设待求插值多项式为

q( x ) = g ( x ) + A( h( x ) ? g ( x ))( x ? x1 )
显然 q( x ) 为次数不超过 n ? 1 次的多项式,且满足

------------------------------------(3 分)

q( xi ) = g( xi ) = f ( xi ), i = 1, 2,L , n ? 1
利用 q( xn ) = f ( xn ) ,即 得A=

g( xn ) + A( h( xn ) ? g ( xn ))( xn ? x1 ) = f ( xn ) ----------(6 分)

f ( xn ) ? g ( xn ) ( h( xn ) ? g( xn ))( xn ? x1 )

=

1 ( h( xn ) = f ( xn )) --------------------------(9 分) xn ? x1



q( x ) = g ( x ) +

x ? xn x ? x1 x ? x1 g( x ) + h( x ). ------(12 分) ( h( x ) ? g ( x )) = xn ? x1 x1 ? xn xn ? x1

六、(10 分) 解 : 设

φ ( x ) = c1φ1 ( x ) + c2φ2 ( x ) = c1 + c2 x , ? ?

? (φ1 , φ1 )

(φ1 , φ2 ) ? ? c1 ? = ? ( f , φ1 ) ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ( φ2 , φ1 ) (φ2 , φ2 ) ? ? c2 ? ? ( f , φ2 ) ?



------------------------------------------------------(2分)

(φ1 , φ1 ) = ∫0 dx = 1 , (φ1 , φ2 ) = ∫0 xdx =
1 1 1

1 1 1 2 , ( φ2 , φ2 ) = ∫ x dx = ,-----------------(4分) 0 2 3 1

( f , φ1 ) = ∫0 exp( x )dx = e ? 1 , ( f , φ2 ) = ∫0 x exp( x )dx = 1 ------------------------------(6分)
? 1 1 2 ? ? c1 ? ? e ? 1? ? ?? ? = ? ? ,-----------------------------------------------------------------------(8分) ? 1 2 1 3 ? ? c2 ? ? 1 ?

1

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? c1 ? ? 0.8731? ? ?=? ? , φ ( x ) = 4e ? 10 + (18 ? 6e ) x = 0.8731 + 1.6903 x ---------------(10分) ? c2 ? ? 1.690 ?
七、(12 分) 解: p2 ( x ) = ?

( x ? x1 )( x ? 2 x0 + x1 ) ( x ? x1 )( x ? x0 ) ( x ? x0 ) 2 f ( x0 ) + f ′( x 0 ) + f ( x1 ) ( x1 ? x0 )2 ( x0 ? x1 ) ( x1 ? x0 )2

′ 则 p2 ( x0 ) = f ( x0 ), p2 ( x0 ) = f ′( x0 ), p2 ( x1 ) = f ( x1 ), ,且 f ( x ) = p2 ( x ) + r ( x ) ,
所以 r ( x ) 是 f ( x ) 关于二次多项式 p2 ( x) 的插值余项,即 r ( x) = f ( x) ? p2 ( x) 。 对于任意的 x ∈ [ a, b] ,若 x = x0 或 x = x1 ,则 r ( x ) = 0 ; 若 x ≠ x0 , x ≠ x1 ,则作辅助函数

F ( t ) = f ( t ) ? p2 ( t ) ?

r( x) ( t ? x0 )2 ( t ? x1 ), t ∈ [a , b] 2 ( x ? x0 ) ( x ? x1 )
, 且 F (t ) 在 [ a , b] 上有三阶导数,则函数 F (t ) 在 不同于

得 F ( x0 ) = F ( x1 ) = F ( x ) = F ′( x0 ) = 0

[a, b] 上有三个不同的零点 x0 , x1 , x 。由罗尔定理知, F ′( t ) 在 [a, b] 上

x0 , x1 , x 且互不相同的零点,又 F ′( x0 ) = 0 ,则 F ' (t ) 在 [a, b] 上至少有三个互异的零点,那
么 F ′′( t ) 在 [ a , b] 上至少有两个 则由 F ′′′( t ) , F ′′′( t ) 在 [ a , b]

ξ,

′′′ = f ′′′( t ) ? p2 ( x ) ?

r( x) [( t ? x0 )2 ( t ? x1 )]′′′ 2 ( x ? x1 )( x ? x0 )

得 f ′′′(ξ ) ?

( x ? x0 )2 ( x ? x1 ) r( x) × 3 ! = 0 ,即 r ( x ) = f ′′′(ξ ) 。 ( x ? x0 )2 ( x ? x1 ) 3!
f ′′′(ξ ) ( x ? x0 )2 ( x ? x1 ) 。 3!

总之,对于任意的 x ∈ [ a, b] ,存在 ξ ∈ ( a , b) ,使得 r ( x ) = 八、(10 分) 证明:以 x = a , x = b 为基点进行线性插值,得:

f ( x ) = p1 ( x ) + R 1 ( x ) =

x?b x?a ( x ? a )( x ? b ) f (a ) + f (b) + f ′′(ξ ) a?b b?a 2

2

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=

( x ? a )( x ? b ) f ′′(ξ ) 2

a<ξ <b
a+b 处取得最大值 2

因为 ( x ? a )( x ? b ) 在 x =

故 max f ( x ) ≤
a≤ x≤b

1 ( b ? a )2 max f ′′( x ) × max ( x ? a )( x ? b) = max f ′′( x ) 。 a≤ x≤b a≤ x≤b 2 a≤ x≤b 8

3

第四章

数值积分与数值微分
n

1.数值求积公式的代数精度及其应用 定义 1:如果某一求积公式



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 对于次数不超过 m 的多项式都精确
i =0

成立,而对于次数为 m + 1 的多项式并不成立,则称此求积公式的代数精度为 m 。 定义 1 在实际应用时不方便,一般用定义 2。 定义 2:如果某一求积公式



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 对于 1, x, x 2 ,L , x m 都精确成立,而
i =0

n

对x

m +1

不成立等式,则称此求积公式的代数精度为 m 。

定义 1 和定义 2 是等价的。事实上,由定义 1 很显然可以推出定义 2;而由定义 2 出发 也可以导出定义 1。 由定义 2 知



b

a

x k dx = ∑ Ai xik (k = 0,1, 2,L , m) ,而 ∫ x m +1dx ≠ ∑ Ai xim +1 。
b i =0 a i =0 m

n

n

设 p ( x) =

∑ ak x k 为 次 数 不 超 过 m 的 多 项 式 , 则 p( xi ) = ∑ ak xi k , 且
k =0 k =0 n b m

m



b

a

p ( x)dx = ∫

a

∑ ak x k dx = ∑ ak ∫ x k dx = ∑ ak ∑ Ai xik = ∑ Ai ∑ ak xik =∑ Ai p( xi )
b k =0 k =0 a k =0 i =0 i =0 k =0 i =0 n i =0

m

m

n

n

m

所以



b

a

p ( x)dx = ∑ Ai p( xi )

而对于次数为 m + 1 的多项式,因



b

a

x m +1dx ≠ ∑ Ai xim +1 ,使得积分公式不能精确成立。
i =0

n

(1)根据定义 2 可以求出所给求积公式的代数精度;反之,由代数精度也可以由待定系 数法求出求积公式中的未知参数。 如已知求积公式



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 的代数精度为 n ,求公式中的求积系数。事
i =0 2 m

n

实上,根据代数精度的定义知,此求积公式对多项式 1, x, x ,L , x 成立等式,因而得到方 程 组 (4 ? 2) , 由 性 质 ④ 知 当 xi (i = 0,1,L , n) 互 不 相 等 时 此 方 程 组 可 以 求 出

Ai (i = 0,1,L , n) 。

因此求积公式 方程组 (4 ? 2) 。 (2)若



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 的代数精度至少为 n 的充要条件是求积系数满足
i =0

n


n

b

a

f ( x)dx = ∑ Ai f ( xi ) + kf ( m +1) (ξ ), ξ ∈ [a, b], k 为 常 数 , 则 求 积 公 式
i =0

n



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 的代数精度为 m 。
i =0

事实上,由已知可得对于 f ( x) = 1, x, x ,L , x ,求积公式
2 m



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 均
i =0

n

成立等式;而当

f ( x) = x m +1 时, f ( m +1) ( x) = (m + 1)!, ?x ∈ [a, b], kf ( m +1) (ξ ) = k (m + 1)! ≠ 0
所以该求积公式的代数精度为 m 。 因此,从求积公式的误差也可以求出代数精度。 例 1 试证:若求积公式 然是 λk =



b

a

f ( x)dx ≈ ∑ λk f ( xk ) 的代数精度不小于 n ,则它的求积系数必
k =0

n



b

a k

l ( x)dx, k = 0,1, 2,L , n , 其中 lk ( x) 是以 x0 , x1 ,L , xn 为结点的拉格朗日插值多

项式的基函数。 分析 若求积公式的代数精度为 n ,应有精确等式



b

a

x m dx =∑ λk xk m , m = 0,1,L , n 对
k =0

n

照插值一章已证过的等式

∑ l ( x) x
k =0 k

n

m k

= x m ,便可证得 λk = ∫ lk ( x)dx 。
a m

b

证:在插值一章中曾证得等式 x =

∑x
k =0

n

m k k

l ( x), m = 0,1,L , n , 其 中 lk ( x) 是 以

x0 , x1 ,L , xn 为结点的拉格朗日插值基函数。
对上式两端积分

∫ ∫
b

b

a

m x m dx = ∑ ( ∫ lk ( x)dx) xk b k =0 a

n



又 由 题 设 知 求 积 公 式 有 n 次 代 数 精 确 度 , 则 有 精 确 等 式

a

x m dx =∑ λk xk m , m = 0,1,L , n
k =0

n



②-①,得 ∑ (λk ? ∫ lk ( x)dx)xkm = 0, m = 0,1,L , n
b k =0 a

n



设 tk = λk ?



b

a k

l ( x)dx ,则由③得 n + 1 阶齐次线性方程组

? t0 + t1 + L + tn = 0 ? x t + x t +L + x t = 0 n n ? 0 0 11 ? 2 2 x0 t0 + x12t1 + L + xn tn = 0 ? ? M ? n n n ? x0 t0 + x1 t1 + L + xn tn = 0 ?
方程组的系数行列式为范德蒙行列式

1 x0
2 D = x0

1 L 1 x1 L xn
2 x12 L xn

M n x0

M M n n x1 L xn

由于结点 xi 互异,所以 D ≠ 0 。这时方程组只有零解,即 tk = 0, k = 0,1,L , n 。 于是

λk = ∫ lk ( x)dx, k = 0,1,L , n
a

b

此即所证。 注
b a

本例证明了当求积公式至少有 n 次代数精确度时,其求积系数

Ai = ∫ li ( x)dx, i = 0,1,L , n 。
例 2 求积公式



1

0

''' f ( x)dx ≈ A0 f (0) + A1 f (1) + B0 f ' (0) , 又知其误差 R = kf (ξ ), ξ ∈ (0,1) 。

试确定系数 A0 , A1 及 B0 ,使求积公式有尽可能高的代数精确度,指出这个代数精确度并确 定误差式中的 k 值。 分析 这里要确定 3 个参数 A0 , A1 及 B0 ,可令 f ( x) = 1, x, x 得到 3 个关于 A0 , A1 及 B0
2

的方程确定之。为确定误差项中的 k 值可由 f ( x) 使求积公式的误差限 kf (ξ ) ≠ 0 定之。
'''

解 令 f ( x) = 1, x, x ,分别代入求积公式两端,使其精确相等,从而得到如下方程组
2

? ? A0 + A1 = 1 ? 1 ? ? A0 + B0 = 2 ? 1 ? ? A1 = 3 ?

解之得 A1 =

1 2 1 , A0 = , B0 = 。求积公式为 3 3 6 1 2 1 1 ' ∫0 f ( x) ≈ 3 f (0) + 3 f (1) + 6 f (0) 它至少有 2 次代数精确度。 1 1 1 3 3 令 f ( x) = x , ∫ f ( x) dx = ∫ x dx = 。 0 0 4 2 1 1 2 1 1 1 而 f (0) + f (1) + f ' (0) = × 0 + ×1 + × 0 = 3 3 6 3 3 6 3
确定误差项 R = kf (ξ ) 的 k 值,应将 f ( x) = x 代入有误差项的积分中,即
''' 3

故此求积公式的最高代数精确度为 2。

2 1 1 f (0) + f (1) + f ' (0) + kf ''' (ξ ), ξ ∈ (0,1) 0 3 3 6 1 2 1 1 3 即 ∫ x dx = × 0 + ×1 + × 0 + k 6 0 3 3 6 1 1 = + 6k 4 3 1 1 ''' 求得 k = ? ,这时误差项 R = ? f (ξ ) 72 72



1

f ( x)dx =

例 3 数值积分公式形如



1

0

xf ( x)dx ≈ S ( x) = Af (0) + Bf (1) + Cf ' (0) + Df ' (1)

(1) 确定求积公式中的参数 A, B, C , D ,并使其代数精度尽量高。 (2) 设 f ∈ C [0,1] ,推导余项表达式
4



1

0

xf ( x)dx ? S ( x) 。

分析

但并不 此题中近似求积公式 S ( x) 并非是函数 f ( x) 在结点处函数值的线性组合。

影响 A, B, C , D 的确定。 解 令 f ( x) = 1, x, x , x ,并分别代入求积公式中,使求积公式精确成立,即
2 3

1 ? ? A+ B = 2 ? ?B + C + D = 1 ? 3 ? ? B + 2D = 1 ? 4 ? 1 ? B + 3D = ? 5 ?
解之得

A=

3 7 1 1 , B = ,C = , D = ? 20 20 30 20

故求积公式为



1

0

xf ( x)dx ≈

1 ?9 f (0) + 21 f (1) + 2 f ' (0) + 3 f ' (1) ? ? 60 ?
4

又 取 f ( x) = x

代 入 上 式 , 则 积 分 式 左 边 为

1 , 积 分 式 右 边 为 6

1 3 [9 × 0 + 21×1 + 2 × 0 ? 3 × 4 ×1] = 。因左边 ≠ 右边,故求积公式具有 3 次代是精 60 20
度。 (2)解法 1 由于求积公式具有 3 次代是精度,故设



1

0

xf ( x)dx ? S ( x) = kf (4) (ξ ), ξ ∈ (0,1)
4

其中 k 为待定系数。将 f ( x) = x 代入



1

0

xf ( x)dx ? S ( x) = kf (4) (ξ ) 中得

由此 故

1 3 ? = 4!k 6 20 1 k= 1440 1 1 (4) ∫0 xf ( x)dx ? S ( x) = 1440 f (ξ ), ξ ∈ (0,1)

H 3 ( xi ) = f ( xi ) ? 解法 2 构造 Hermite 插值多项式 H 3 ( x) 满足 ? 其中 ′ ? H 3 ( xi ) = f ′( xi ) i = 0,1

x0 = 0, x1 = 1
则有: ∫ xH 3 ( x)dx = S ( x) ,
0 1

f ( x) ? H 3 ( x) =
1

f

( 4)

(ξ ) 2 x ( x ? 1) 2 4!

R( x) = ∫ x[ f ( x) ? S ( x)]dx = ∫
0

1

0

f ( 4) (ξ ) 3 x ( x ? 1) 2 dx 4!

f ( 4 ) (η ) 1 3 f ( 4 ) (η ) f ( 4) (η ) 2 = x ( x ? 1) dx = = 4! ∫0 4!×60 1440
2 复化求积公式及 Romberg 算法 1) 复化梯形公式及复化辛普森公式基本思想是将整个区间划分为若干个小 区间,再在每一个小区间上使用梯形公式及辛普森公式,目的主要是提高 求积精度,克服利用高阶 Newton-cotes 公式不稳定地缺点。 2) Romberg 算法是在区间逐次二分的过程中,对梯形值进行加权平均以获 得准确程度较高的积分值的一种方法,具有公式简练、计算结果准确程度 高、使用方便及稳定等优点,适宜求积结点等距的情形。

T(0) 0 =


T0(1)

b?a [ f (a ) + f (b)] 2 b?a a+b [ f (a) + 2 f ( ) + f (b)] = 4 2

一般

2 ?1 b?a T = l [ f (a ) + 2∑ f (a + i × h) + f (b)], l = 1, 2,L 2 2 i =1 b?a h= l 2
l

(l ) 0

为节约计算步骤,利用已求出点的函数值,可将上式改写为

T

(l ) 0

1 b ? a 2 ?1 b?a = [T0(l ?1) + l ?1 ∑ f (a + (2i ? 1) l )] 2 2 i =1 2
l

计算完 T

(l ) 0 以后,再利用外推公式

T

(k ) m

( + ( ) 4m Tmk 1 1) ? Tmk 1 ? ? = 来计算 m 4 ?1

( Tmk ) (k = 0,1,L , l ? m, m = 1, 2,L , l )

直到 Tm ? Tm ?1 < ε 为止,一般都是列表来计算
(0) (0)

T0(0) f T1(0) T1(0) f T2(0) f T1(1) f T3(0) (0) (1) T2 f T2 f T1(2) (0) T3
3) 若给定计算精度要求,利用复合梯形公式,复化抛物线公式时如何确定步长? 1) 利用截断误差估计步长:若被积函数 f ( x) 已知,且在积分区间 [a, b] 上充分光, 若设 M T = max f ( x ) , M S = max f
''
x∈[ a ,b] x∈[ a ,b]

(4)

( x) ,则
4

b?a 2 b?a? h? RT ≤ h M T , RS ≤ ? ? MS 12 180 ? 2 ?
所以 lim RT = 0, lim RS = 0
h →0 h →0

若给定精度 ε ,则有 RT < ε , RS < ε ,可分别求出复合梯形公式和复合抛物线公式 的等分数 n 的大小。事实上,有

b?a 2 h MT ≤ ε ? h ≤ 12
此为复合梯形公式的等分数。

12ε M T (b ? a ) ? n = INT [(b ? a ) ] +1 M T (b ? a ) 12ε M (b ? a ) 2880ε ? n = INT [(b ? a ) 4 S ] +1 M S (b ? a ) 2880ε

b?a h 4 ( ) MS ≤ ε ? h ≤ 180 2

4

此为复合抛物线公式的等分数(应取 n 为偶数)。

例 4

若用复化梯形公式计算积分 I =

∫ e dx ,问区间 [0,1] 应分多少等分才能使得截断误
x 0

1

差不超过

1 ×10?5 ?改用复化辛普森公式,要达到同样精度区间 [0,1] 应分多少等分? 2 1 解:设分为 n 等分,则 h = n
复化梯形公式的误差

Rn ( f ) = ?
由于

(b ? a) 2 '' h f (η ),η ∈ (0,1) 12

f '' ( x) = e x


Rn ( f ) =
由题意有

(b ? a) 2 '' 1 1 h f (η ) = h 2 eη ≤ h 2 e 12 12 12

1 2 1 e h e ≤ ×10?5 , n 2 ≥ ×105 12 2 6 n ≥ 212.8 取 n = 213
即需将区间 [0,1] 分为 213 等份,用复化梯形公式计算,截断误差不超过 若用复化辛普森公式,则由于

1 ×10?5 2

Rn ( f ) = ?
由于

1 h 4 (4) ( ) f (ξ ), ξ ∈ (0,1) 180 2

f (4) ( x) = e x


1 h4 Rn ( f ) ≤ × e 180 16
由题意

1 h4 1 × e ≤ ×10?5 180 16 2


n4 ≥
解得

e × 2 ×105 180 ×16

n ≥ 3.70666
即 n = 4 ,则将区间 [0,1] 4 等分,若用复化辛普森公式可达到

1 ×10?5 。 2

例 5 设 f ( x) 在区间 [a, b] 上可积。 (1) 证明计算积分 值



b

a

f ( x)dx 的复化梯形公式和复化辛普森公式,当 n → ∞ 时趋于积分



b

a

f ( x)dx 。

(2) 问龙贝格序列 R2k

{ }



k =0

当 k → ∞ 时趋于积分值



b

a

f ( x)dx 吗?

分析 将复化求积公式与定积分的定义联系起来即可论证⑴,而龙贝格公式是梯形公式 和辛普森公式的线性组合,故应用⑴的结论可考察⑵。 证明 ⑴ 复化梯形公式和复化辛普森公式的收敛性: 由于 f ( x) 在区间 [a, b] 上可积,故设 Δxi = xi ? xi ?1 为任一小区间的长度,则对区 间 [a, b] 的任一划分 Δ ,在每一小区间 [ xi ?1 , xi ] 上任取一点 ξi 所得到的黎曼和 当 max Δxi → 0, (n → ∞) 时极限存在,且

∑ f (ξ )Δx ,
i =1 i i

n

max Δxi →0

lim

∑ f (ξ )Δx = ∫
i =1 i

n

b

a

f ( x)dx

(4.4)

显然,式 (4.4) 对于等距分划和取特殊的 ξi 当然成立。

设h =

b?a ,则复化梯形公式为 n Tn = h n 1 n ∑ [ f ( xi?1 ) + f ( xi )] = 2 ∑ [ f ( xi ?1 )h + f ( xi )h] 2 i =1 i =1
n

上式中右端的


i =1

n

f ( xi ?1 )h 与 ∑ f ( xi )h 分别是将区间 [a, b] n 等分后, ξi 取小区间的左、
i =1

右端点而得到的黎曼和。故
n n 1 lim Tn = [lim ∑ f ( xi ?1 )h + lim ∑ f ( xi )h] n →∞ n →∞ 2 n →∞ i =1 i =1 b b 1 b = [ ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx] = ∫ f ( x)dx a a a 2

(4.5) 4 1 T2 n ? Tn 出发,并运用式 3 3

复化辛普森公式的收敛性可采用类似的方法证明。也可从 S n =

(4.5) ,即 4 1 4 1 lim Sn = lim[ T2 n ? Tn ] = lim T2 n ? lim Tn n →∞ n →∞ 3 3 3 n→∞ 3 n→∞

=

b 4 b 1 b ∫a f ( x)dx ? 3 ∫a f ( x)dx = ∫a f ( x)dx (4.6) 3

所以,复化梯形公式和复化辛普森公式当 n → ∞ 时趋于积分值 (3) 龙贝格序列的收敛性:



b

a

f ( x)dx 。

由 R2k =
运用式 (4.6) 有

64 1 16 1 C2k +1 ? C2k , C2k = S2k +1 ? S2k 63 63 15 15

lim C2k =
k →∞

16 1 lim S 2k +1 ? lim S2k = 15 k →∞ 15 k →∞ b 16 b 1 b ∫a f ( x)dx ? 15 ∫a f ( x)dx = ∫a f ( x)dx 15 64 1 C2k +1 ? C2k ] = k →∞ 63 63 64 1 lim C2k +1 ? lim C2k = k →∞ 63 63 k →∞ b 64 b 1 b f ( x)dx ? ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx a 63 ∫a 63 a


因而

lim R2k = lim[
k →∞

所以,龙贝格序列 R2k

{ }

k =0

当 k → ∞ 时趋于积分值



b

a b

f ( x)dx 。

例 6、设 f ( x ) ∈ C 4 [ a, b ] ,考虑其积分 I ( f ) = ∫ f ( x ) dx
a

⑴写出计算积分 I ( f ) 的辛普森公式 S ( f ) ,并指出其代数精度。 ⑵写出计算积分 I ( f ) 的复合辛普森公式 S n ( f ) 。 ⑶已知辛普森公式 S ( f ) 的截断误差为

I ( f )?S( f ) = ?

b ? a ? b ? a ? ( 4) ? ? f ( ξ ) , ξ ∈ ( a, b ) 180 ? 2 ?
4

试推导出复合辛普森公式 S n ( f ) 截断误差的表达式。 ⑷应用辛普森公式 S ( f ) 计算二重积分
J ( g ) = ∫∫ g ( x, y )dxdy, D = {( x, y ) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d }
D

并给出其近似值的计算公式。 解 ⑴S( f ) =

b?a ? ? ? a+b? ? f ( a ) + 4 f ? 2 ? + f ( b ) ? ,代数精度为 3。 6 ? ? ? ?

⑵取正整数 n,记 h =

b?a 1 , xi = a + ih, x 1 = ( xi + xi +1 ) i+ n 2 2

则 ⑶

n ?1 ? ? ? h? S n ( f ) = ∑ ? f ( xi ) + 4 f ? x 1 ? + f ( xi +1 ) ? i =0 6 ? ? ? i+ 2 ? ? ?



xi +1

xi

h? f ( x )dx ? ? f ( xi ) + 4 f 6? ?
4

? ? ? ? xi + 1 ? + f ( xi +1 ) ? ? ? 2? ?

h ? h ? ( 4) =? ? ? f (ηi ) ,ηi ∈ ( xi , xi +1 ) 180 ? 2 ? I ( f ) ? Sn ( f ) = ∑ ∫
i =0 n ?1 xi +1 xi n ?1 ? ? ? h? f ( x )dx ? ∑ ? f ( xi ) + 4 f ? x 1 ? + f ( xi +1 ) ? i =0 6 ? ? ? i+ 2 ? ? ?

n ?1 ? x h? ? i+1 = ∑ ? ∫ f ( x )dx ? ? f ( xi ) + 4 f x 6? i =0 ? i ? ?

?? ? ? ? ? xi + 1 ? + f ( xi +1 ) ? ? ?? ? 2? ??

? h ? ? h ? ( 4) = ∑? ? ? ? ? f (ηi ) i ? 0 ? 180 ? ? 2 ? =? b ? a ? h ? ( 4) ? ? f (η ) ,η ∈ ( a, b ) 180 ? 2 ?
4

n ?1

4



∫∫ g ( x, y )dxdy D b d -c ? ? ? c+d ? ≈∫ g ( x, c ) + 4 g ? x, ? + g ( x, d ) ? dx a 6 ? 2 ? ? ? ? ?d -c ? ? ? ? c+d ? ? ? ? g ( a, c ) + 4 g ? a, 2 ? + g ( a, d )? ? ? ? ? 6 ? ? ? b-a ? d -c ? ? a +b ? ? ? a+b c+d ? ? a + b ?? ? g? , c ? + 4g ? , , d ?? ? ≈ +4 × + g? ? ? ? 6 ? 6 ? ? 2 2 ? ? ? 2 ? 2 ?? ? ? d -c ? ? ? ? c+d ? ?+ ? ? g ( b, c ) + 4 g ? b , 2 ? + g ( b, d ) ? ? ? ? 6 ? ? ? ? ? ? ? g ( a , c ) + g ( b, c ) + g ( a , d ) + g ( b, d ) ? ( b - a )( d - c ) ? +4 ? g ? a + b , c ? + g ? a + b , d ? + g ? a, c + d = ? ? ? ? ? ? ? 36 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? ? a+b c+d ? , ? +16 g ? ? 2 ? ? 2 ?
1
2

? ? ? c + d ?? ? ? ? ? + g ? b, ? ? 2 ?? ? ? ? ? ? ? ?

例 8、用龙贝格求积法求积分 ∫ e x dx 的近似值,要求误差不超过 10?4 。
0

分析 龙贝格积分法实质是逐次分半加速法,是一种外推法,也就是利用柯特斯公式 64 1 的线性组合来推更精确积分近似值的方法,具体公式为: Rn = C2 n ? Cn 。 63 63 解 令 f ( x ) = e x , a = 0, b = 1 。由复合梯形公式的逐次分半法得
2

b?a 1? 0 ? f ( a ) + f ( b )? = ? f ( 0 ) + f (1) ? = 1.8591410 ? ? ? 2 2 ? 1? ? a + b ?? 1 T2 = ?T1 + f ? ? ? = ?1.8591410 + f ( 0.5 ) ? = 1.5715832 ? ? 2? ? 2 ?? 2 T1 = T4 = 1? b ? a ? ? 3a + b ? 1 ? a + 3b ? ? ? 1 ? ? f? ?T2 + ?+ f ? ? ? ? = ?1.5715832 + ? f ( 0.25 ) + f ( 0.75 ) ? ? ? ? ? 2? 2 ? ? 4 ? 2 ? 4 ?? ? 2 ? ?

= 1.4906789 运用龙贝格求积法,有

1 ( 4T2 ? T1 ) = 1.4757306 4 ?1 1 S2 = ( 4T4 ? T2 ) = 1.4637108 4 ?1 1 C1 = 2 ( 42 S 2 ? S1 ) = 1.4629095 4 ?1 S1 =

此时
1 S2 ? S1 = 0.8013 ×10?3 > 10?4 15 没有满足精度要求,继续进行外推,即 C1 ? S2 = T8 = = b ? a ? ? 7a + b ? 1? f? ?T4 + ?+ 2? 4 ? ? 8 ? ? ? 5a + 3b ? f? ?+ ? 8 ? ? 3a + 5b ? f? ?+ ? 8 ? ? a + 7b ? ? ? f? ?? ? ? 8 ?? ?

1? 1 ? ?1.4906789 + ? f ( 0.125 ) + f ( 0.375 ) + f ( 0.625 ) + f ( 0.875 ) ? ? ? ? 2? 4 ? = 1.4697123 1 S4 = ( 4T8 ? T4 ) = 1.4627234 4 ?1 1 C2 = 2 ( 42 S 4 ? S2 ) = 1.4626576 4 ?1

此时有
1 S 4 ? S 2 = 0.658 ×10?4 < 10?4 15 故 I ≈ 1.4626576 。 3、Gauss 求积公式 C2 ? S 4 =

高斯求积公式是高精度求积公式,通过适当选取结节点 xi ( i = 0,1, ???, n ) 使得插值 型求积公式 ∫ f ( x )dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 具有 2n+1 次的代数精度, 则称此求积公式为高斯
b a i =0 n

求积公式,相应的节点 xi 为高斯点。 这些高斯点 xi 有什么特点?又是什么样的点呢? 不是一般性,设 a = ?1, b = 1 ;对于任意积分区间 [ a, b ] ,只需通过变换
x=
1

b?a a+b t+ , t ∈ [ ?1,1] 2 2
n

现在讨论高斯求积公式 ∫ f ( x )dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) ,此时称此公式为高斯-勒让德
?1
i =0

(Gauss-Legendre)公式。

设 w ( x ) = ( x ? x0 )( x ? x1 ) ??? ( x ? xn ) = ∏ ( x ? xi ), xi ( i = 0,1, ???, n ) 为高斯点。
i =0

n

则 ?p ( x ) , ?p ( x ) ≤ n ,而 ? ( p ( x ) w ( x ) ) ≤ 2n + 1 得



1

?1

p ( x ) w ( x )dx = ∑ Ai p ( xi )w ( xi ) = 0
i =0

n

即 w ( x ) 与 p ( x ) 正交,记作 w ( x ) ⊥ p ( x ) 。所以有:以高斯点 xi 为零点的 n + 1 次多项 式 w ( x ) 与一切次数不超过 n 的多项式正交。 那么,其逆命题是否成立?即若 n + 1 次多项式 w ( x ) 与一切次数不超过 n 的多项式
p ( x ) 正交,则 w ( x ) 的零点 xi ( i = 0,1, ???, n ) 就是高斯点,即以 xi 为节点的插值求积公





1

?1

f ( x )dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 具有 2n + 1 次代数精度。
i =0

n

事实上,设 f ( x ) 是次数不超过 2n + 2 的多项式,则
??p ( x ) ≤ n ? ?r ( x ) ≤ n, f ( x ) = p ( x ) w ( x ) + r ( x ) ,



∫ p ( x ) w ( x )dx = 0
1

?1
1



?1

f ( x ) dx = ∫ r ( x ) dx, f ( xi ) = r ( xi )( i = 0,1, ???, n ) , ∫ r ( x ) dx = ∑ Ai r ( xi )
1 1

n

?1

?1

i =0

则 ∫ f ( x ) dx = ∫ r ( x ) dx = ∑ Ai r ( xi ) = ∑ Ai f ( xi )
1 1

n

n

?1

?1

i =0

i =0

所以



1

?1

f ( x ) dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 具有 2n + 1 次代数精度,即逆命题也成立。
i =0 n

n

综上所述,可得:节点 xi ( i = 0,1, ???, n ) 为高斯点的充要条件是 w ( x ) = ∏ ( x ? xi ) 与一
i =0

切次数不超过 n 的多项式 p ( x ) 正交,即 ∫ p ( x ) w ( x )dx = 0 。
1

?1

因此高斯点与多项式 w ( x ) = ∏ ( x ? xi ) 的零点相同,此多项式又是什么样的呢?
i =0

n

为了讨论方便, n 个点的高斯求积公式其点为 xi ( i = 0,1, ???, n ? 1) , xi 为零点的 n 设 以 次多项式 令
wn ( x ) = ( x ? x0 )( x ? x1 ) ??? ( x ? xn ?1 ) = ∏ ( x ? xi ) 称为 n 次勒让德多项式。
i =0 n ?1

u ( x ) = ∫ ∫ ???∫ wn ( x ) dx , x ∈ [ ?1,1] ?1 ?1 144 2444 4?1 3
x x x n

则 u ( n ) ( x ) = wn ( x ) , ?u ( x ) ≤ 2n ,且 u ( ?1) = u′ ( ?1) = L = u ( n ?1) ( ?1) = 0 ,即-1 是 u ( x ) 的
n 重根。

若设 ?p ( x ) ≤ n ? 1 ,则 ∫ wn ( x ) p ( x ) dx = 0 ? ∫ u ( n ) ( x ) p ( x )dx = 0 ,得
1 1

?1

?1

0 = u ( n ?1) (1) p (1) ? u ( n ?1) ( ?1) p ( ?1) ? ∫ u ( n ?1) ( x ) p′ ( x )dx = u ( n ?1) (1) p (1) ? ∫ u ( n ?1) ( x ) p′ ( x )dx
1 1

?1

?1

则 0 = u ( n ?1) (1) p (1) ? u ( n ? 2) (1) p′ (1) + u ( n ?3) (1) p′′ (1) + L + ( ?1)

n ?1

u (1) p ( n ?1) (1)

由 p ( x ) 的任意性,可令 p ( x ) 分别为 1, x 2 ,L , x n ?1 ,并分别带入上式得:
0 = u ( n ?1) (1) = u ( n ? 2) (1) = L = u′ (1) = u (1) ,即 1 也 u ( x ) 是的 n 重根。所以 u ( x ) = c ( x 2 ? 1) ,c 为常数。则由 wn ( x ) 的首项系数为 1 得 wn ( x ) =
n
1
n ?1 i =0 n n! d n 2 x ? 1) n ( ( 2n )! dx

因此具有 2n ? 1 次代数精度的高斯求积公式 ∫ f ( x ) dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) 的 n 个节点即为 n
?1

次多项式 wn ( x ) =

n n! d n 2 x ? 1) 的 n 个零点。 n ( ( 2n )! dx
n

例 9、以高斯求积公式 ∫ f ( x ) dx ≈ ∑ Aj f ( λ j ) 的高斯点 λ j ( j = 1, 2,L , n ) 为节点的拉
b a j =1

格朗日插值基函数 l j ( x ) ,成立 ∫ l j ( x ) (1 ? l j ( x ) ) dx = 0 ( j = 1, 2,L , n ) 。
b a

分析:Gauss 求积公式是插值型求积公式,因此求积系数与 Lagrange 插值基函数 有关。
?1, j = k 证明:因 lk ( λ j ) = ? , ?lk ( x ) = n ? 1, ?lk 2 ( x ) = 2n ? 2 ( k = 1, 2,L , n ) ,则由 Gauss ?0, j ≠ k

求积公式的代数精度得

∫ ∫
所以 即

b

a b

lk ( x ) dx = ∑ Aj lk ( λ j ) = Ak
n j =1 n

a b

lk 2 ( x ) dx = ∑ Aj lk 2 ( λ j ) = Ak
j =1 b k a k

∫ l ( x ) dx = A = ∫
a k b a k k

l

2

( x ) dx

∫ l ( x ) (1 ? l ( x ) ) dx = 0, k = 1, 2,L , n

例 10、设 {?n ( x )} 是 [ a, b ] 上带权 ρ ( x ) 的正交多项式序列, xi ( i = 0,1, ???, n ) 为 ?n +1 ( x ) 的零点, li ( x )( i = 0,1, 2,L , n ) 是以 { xi } 为插值节点的拉格朗日插值基函数,



b

a

ρ ( x ) f ( x ) dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) 为高斯型求积公式,证明:
k =0 n

n

⑴当 0 ≤ k , l ≤ n, k ≠ l 时, ∑ Ai?k ( xi ) ?l ( xi ) = 0
i =0

⑵当 k ≠ j 时, ∫ ρ ( x ) lk ( x ) l j ( x ) dx = 0 ;
b a

⑶ ∑ ∫ ρ ( x ) lk 2 ( x ) dx = ∫ ρ ( x ) dx
b b k =0 a a

n

证明:⑴因为 ∫ ρ ( x ) f ( x ) dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) 是高斯型求积公式,故当 f ( x ) 是次数不
b a k =0

n

超过 2n + 1 的多项式时,求积公式精确成立。而 ?k ( x ) ?l ( x ) 是 k + l 次多项式,且
k + l ≤ 2n 。故对于 ?k ( x ) ?l ( x ) ,求积公式精确成立。即有



b

a

ρ ( x ) ?k ( x ) ?l ( x ) dx = ∑ Ai? k ( xi ) ?l ( xi )
i =0

n

又由于 k ≠ l 时, ?k ( x ) 与 ?l ( x ) 关于 ρ ( x ) 在 [ a, b ] 上正交,因此

∫ ρ ( x ) ? ( x ) ? ( x ) dx = 0 ,所以当 0 ≤ k , l ≤ n ,且 k ≠ l 时
b a k l

∑ A? ( x )? ( x ) = 0
i =0 i k i l i

n

⑵ 因为 lk ( x ) , l j ( x ) 满足 lk ( xi ) = δ ki , l j ( xi ) = δ ji ,且 lk ( x ) l j ( x ) 是 2n 次多项式,故



b

a

ρ ( x ) lk ( x ) l j ( x ) dx = ∑ Alk ( xi ) l j ( xi ) i
i =0

n

由于当 k ≠ j 时, lk ( xi ) l j ( xi ) = 0, ( i = 0,1, 2,L , n ) ,所以当 k ≠ j 时,

∫ ρ ( x ) l ( x ) l ( x ) dx = 0 。
b a k j

⑶由例 9 知
Ak = ∫ ρ ( x ) lk 2 ( x ) dx, k = 0,1, 2,L , n
b a



∑ Ak = ∑ ∫ ρ ( x ) lk 2 ( x ) dx
b k =0 k =0 n a b a k =0

n

n

而高斯求积公式 ∫ ρ ( x ) f ( x ) dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) 对 f ( x ) = 1 精确成立,即有



b

a

ρ ( x ) dx ≈ ∑ Ak ,所以
k =0

n

∑ ∫ ρ ( x ) l ( x ) dx = ∫ ρ ( x ) dx 。
b
2

n

b

k =0

a

k

a

例 11、设 Gauss 型求积公式为 ∫ w ( x ) f ( x ) dx ≈ ∑ Ai f ( xi ) ,其中 w ( x ) 为权函
b a i =0

n

数, xi ( i = 0,1, ???, n ) 为节点;设 Q ( x ) 是 [ a, b ] 上关于权函数 w ( x ) 的 n 次规格化正 交多项式,试证明: ⑴ Ai =

∫ Q′ ( x )
i

1

b

a

w ( x ) Qn ( x ) dx x ? xi

⑵ Ai = 系数。

an , i = 1, 2,L , n ,其中 ak 为 Qk ( x ) 的最高次项的 ′ an ?1Qn ( xi ) Qn ?1 ( xi )

证: 记 Qn ( x ) = an ( x ? x1 )( x ? x2 )L ( x ? xn ) ,
P( i ) ( x ) = Qn ( x ) = a ( x ? x1 )L ( x ? xi ?1 )( x ? xi +1 )L ( x ? xn ) ,显然, P( i ) ( x ) 为 n ? 1 ( x ? xi ) n
? 0, j ≠ i, P( i ) ( x j ) = ? ′ ?Qn ( xi ) , j = i.

次多项式,易证明

由 Gauss 公式的性质,有


故 Ai =
Q′n

b

a

w ( x ) P( i ) ( x ) dx = ∫
b

b

a

n w ( x ) Qn ( x ) ′ dx = ∑ Aj P( i ) ( x j ) = Ai Qn ( xi ) 。 x ? xi j =1 b

1

w( x)Q ( x) 1 ∫ w ( x ) P( ) ( x ) dx = Q′ ( x ) ∫ x ? x dx 。 (x )
n a i a i n i i

即⑴式得证。 将 P( i ) ( x ) 用正交系 {Q0 , Q1 ,L Qn ?1} 线性表示,得
P( i ) ( x ) = α Qn ?1 ( x ) + β n ? 2Qn ? 2 ( x ) + L + β 0Q0 ( x ) . ⑴。

比较上式两边最高次项系数,得
an = α an ?1 。



α=

an 。 an ?1

将⑴式两边乘以 Qn ?1 ( x ) , 并关于权函数 w ( x ) 求积分, 利用 Qn ?1 ( x ) 的标准正交性, 可得

∫ w ( x ) P( ) ( x ) Q ( x ) dx = α
b a i n ?1

但左边被积函数为 2n ? 2 次多项式,故 Gauss 型求积公式精确成立,所以

α = ∫ w ( x ) P(i ) ( x ) Qn ?1 ( x ) dx = ∑ Aj P(i ) ( x j ) Qn ?1 ( x j )
b n a j =1

′ = Ai P(i ) ( xi ) Qn ?1 ( xi ) = Ai Qn ( xi ) Qn ?1 ( xi )
又由 α =

an ,得 an ?1 ′ AQn ( xi ) Qn ?1 ( xi ) = i
Ai =

an an ?1

即 ⑵式得证。 例 12、确定求积公式

an ′ an ?1Qn ( xi ) Qn ?1 ( xi )

∫ ( x ? x ) f ( x ) dx = h
x1 x0 0

2

? Af ( x0 ) + Bf ( x1 ) ? + h3 ?Cf ′ ( x0 ) + Df ′ ( x1 ) ? + R ( f ) ? ? ? ?

中的系数 A,B,C,D,使代数精度尽量高, 并给出 R ( f ) 的表达式, 公式中 h = x1 ? x0 。



这是一个带权 ρ ( x ) = x ? x0 的且带导数值的求积公式, 为了积分方便, 设该
2 3

求积公式对 f ( x ) = 1, x ? x0 , ( x ? x0 ) , ( x ? x0 ) 准确成立,得
1 2 x ( x ? x0 ) 1 = h 2 ( A + B ) x0 2 1 3 x ( x ? x0 ) 1 = h 2 ( 0 + Bh ) + h3 ( C + D ) x0 3 1 4 x ( x ? x0 ) 1 = h 2 ( 0 + Bh 2 ) + h3 ( 0 + 2hD ) x0 4 1 5 x ( x ? x0 ) 1 = h 2 ( 0 + Bh3 ) + h3 ( 0 + 3h 2 D ) x0 5

化简得

1 ? ? A+ B = 2 ? ?B + C + D = 1 ? 3 ? ? B + 2D = 1 ? 4 ? 1 ? B + 3D = 5 ? 3 7 1 1 , B = ,C = , D = ? 。 20 20 30 20

解得 A = 又因为

∫ ( x ? x )( x ? x )
x1 x0
0 0

4

dx ≠ h 2 ( 0 + Bh 4 ) + h3 ( 0 + 4h3 D )

故求积公式

∫ ( x ? x ) f ( x ) dx ≈ h
x1 x0
0

2

7 1 ?3 ? 3? 1 ? ? 20 f ( x0 ) + 20 f ( x1 ) ? + h ? 30 f ′ ( x0 ) ? 20 f ′ ( x1 ) ? ? ? ? ?

具有 3 次代数精确度。 下面估计求积公式的余项 R ( f ) 。 设在 x0 , x1 上三次 Hermite 插值多项式为 H 3 ( x ) ,即满足
′ H 3 ( xi ) = f ( xi ) , H 3 ( xi ) = f ′ ( xi ) , i = 0,1 。因前述求积公式具有 3 次代数精度,故

它对于 H 3 ( x ) 是准确成立的,且

f ( x ) = H3 ( x ) +
因此有

1 ( 4) 2 2 f (ξ )( x ? x0 ) ( x ? x1 ) , x0 < ξ < x1 4!

∫ ( x ? x ) f ( x ) dx
x1 x0
0

=∫

1 ( 4) 2 2 f (ξ )( x ? x0 ) ( x ? x1 ) dx x0 0 4! 2 3 ′ ′ = h ? AH 3 ( x0 ) + BH 3 ( x1 ) ? + h ?CH 3 ( x0 ) + DH 3 ( x1 ) ? + R ( f ) ? ? ? ?
x1

( x ? x0 ) H 3 ( x ) dx + ∫x ( x ? x0 )
x1

= h 2 ? Af ( x0 ) + Bf ( x1 ) ? + h3 ?Cf ′ ( x0 ) + Df ′ ( x1 ) ? + R ( f ) ? ? ? ?

注意到 ( x ? x0 ) ( x ? x1 ) 在 [ x0 , x1 ] 上不变号,故余项
3 2
x1 1 ( 4) h6 3 2 R ( f ) = f (η ) ∫ ( x ? x0 ) ( x ? x1 ) dx = f ( 4) (η ) ,η ∈ ( a, b ) x0 4! 1440

例 13 用下列方法计算积分



3

1

dy 并比较结果。 y

(1) 龙贝格方法; (2) 三点及五点高斯公式; (3) 将积分区间四等分,在每小段上用两点高斯-勒让德公式,然后累加(即复化 两点高斯公式)。 解 (1) 计算见表 4 – 4 表4–4 k T0( k ) 0 1 2 3 4
1.333 1.166 1.116 1.103 1.099 333 3 666 7 666 7 210 7 767 7

T1( k )
1.111 111 1 1.100 000 0 1.098 725 3 1.098 620 0

T2( k )

T3( k )

( T40k )

1.099 259 3 1.098 640 3 1.098 613 0

1.098 630 5 1.098 612 6

1.098 612 5

取 I=1.098 612 5。

1 (2) 积分区间[1,3],要使用高斯公式,需先变换到 [?1,] 上,为此,做变换

y=

1 1 ( a + b) + (b ? a ) t = t + 2 2 2
3 1 dt dy =∫ ?1 t + 2 y

则当

1 y ∈ [1, 时, t ∈ [ ? 1,] ,且 dy = dt, ∫1 3]

三点高斯公式



3

1

1 dt 1 1 dy )+ =∫ ≈ 0.555 555 6 ( + ?1 t + 2 2 ? 0.774 596 7 2 + 0.774 596 7 y 1 + 0.888 888 9 × = 1.098 039 3 2+0

五点高斯公式



3

1

1 dt 1 1 dy =∫ ≈ 0.236 926 9( + )+ ?1 t + 2 2 ? 0.906 179 8 2 + 0.906 179 8 y 1 1 + 0.478 628 9( + )+ 2 ? 0.538 469 3 2 + 0.538 469 3 1 0.568 888 9 × = 1.098 039 3 2+0

(4) 将区间[1,3]四等分,在每个小区间上用两点高斯公式,得

? ? ? ? 1.5 dy 1 1 0.5dt 1 =∫ ≈ 0.5 × ? + I1 = ∫ ? = 0.405 405 4 ?1 2.5 + 0.5t 1 1 ? 1 y ? 2.5 + 0.5 × (? ) 2.5 + 0.5 × ? 3? 3 ? ? ? ? ? ? 2 dy 1 0.5dt 1 1 =∫ ≈ 0.5 × ? + I2 = ∫ ? = 0.287 671 2 ?1 3.5 + 0.5t 1.5 y 1 ? 1 ? 3.5 + 0.5 × (? ) 3.5 + 0.5 × ? 3? 3 ? ? ? ? ? ? 2.5 dy 1 1 0.5dt 1 =∫ ≈ 0.5 × ? + I3 = ∫ ? = 0.223 140 5 ?1 4.5 + 0.5t 2 y ? 4.5 + 0.5 × (? 1 ) 4.5 + 0.5 × 1 ? ? 3? 3 ? ? ? ? ? ? 3 dy 1 1 0.5dt 1 =∫ ≈ 0.5 × ? + I4 = ∫ ? = 0.182 320 4 ?1 5.5 + 0.5t 2.5 y ? 5.5 + 0.5 × (? 1 ) 5.5 + 0.5 × 1 ? ? 3? 3 ? ?


I = I 1 + I 2 + I 3 + I 4 ≈ 1.098 537 6
积分真值 I =



3

1

dy = ln 3 = 1 . 098 612 288 L ,比较说明龙贝格求积分 y

算法和五点高斯求积分公式结果更精确,但龙贝格求积分运算量大。 例 14 如果 [? 1,1] 上对 2n 阶导数有界的函数 f (x) 用 n 点 Hermite 公式在

[ ? 1 ,1 ]

上 进 行 内 插 , 若 用 ω 2 ( x) 得 积 分 作 为 度 量 误 差 的 尺 度 , 那 么

x1 , x 2 , L , x n 的最佳选择是什么?其中

ω ( x) = ( x ? x1 ) L (x ? x n )
解 由 Gauss 求积公式的余项表达式,有



|



b

a

f ( x )dx ?



n

i =1

Ai f ( x i ) |


以题意知, x1

?1≤ x ≤1

max | f

(2n)

( x) |

( 2 n )!



1

?1

( x ? x 1 ) 2 L ( x ? x n ) 2 dx

, x2 , L , xn
?1≤ x ≤1

之选择应使
(2n)

max | f

(x) |

( 2 n )!



1 ?1

( x ? x 1 ) 2 L ( x ? x n ) 2 dx

达最小,即 x i ( i = 1 , L , n ) 应取为 Legendre 多项式 Pn ( x) 的零点(这是因为在
~ 所有次数为 n,首项系数为 1 的多项式 π n ( x) 中,使

∫ [π
a

b

~ ( x)]2 ρ ( x)dx 最小的 n

是 Pn ( x ) ,其中 {Pn ( x )} 是在 [a , b] 上关于权函数 ρ ( x) 正交的多项式序列,事 实上记

~

~

~ ~ π n ( x ) = Pn ( x ) +


∑a
r=0

n ?1

r

~ Pr ( x )

~ ∫π
a

b

2

n

( x ) ρ ( x ) dx
a

=



b

a

n ?1 b~ ~ ~ P n ( x ) ρ ( x ) dx + 2 ∑ a r ∫ P n ( x ) P r ( x ) ρ ( x ) dx r=0

+ =

r, s = 0



n ?1

b~ ~ a r a s ∫ P r ( x ) Ps ( x ) ρ ( x ) dx a



b

a

~2 P n ( x ) ρ ( x ) dx +

∑ (a
r=0

n ?1

r

K r )2

其中 所以

b~ 2 K r = ∫ P 2 r ( x)ρ ( x)dx , r = 0 , 1 , L , n ? 1 a



b

a

b ~2 ~ P n ( x)ρ ( x)dx ≤ ∫ π 2 n ( x)ρ ( x)dx a

此题中, ρ ( x ) ≡ 1 , a = ?1 , b = 1 。 例 15 用复化梯形公式计算积分 I = 解 f ( x) =
1 (1 + x) x

∫ (1 + x)
0

1

dx

x

精确至三位有效数字。

在 x=0 有奇性,作变形

I =

∫ (1 + x )
0

1

dx

x

=



2d x = 0 1+ x
1

∫1+ t
0

1

2 dt
2

dt

2 1+ t2 应用复化梯形公式计算得

现在被积函数 g (t ) =

1 1 2 1 T1 = [ g (0) + g (1)] = ( + ) = 1 .5 2 2 2 1 + 0 1 + 12 1 T2 = [T1 + 1× g (0.5)] = 1.55 2 1 1 T4 = [T2 + × ( g (0.25) + g (0.75))] = 1.5656 2 2 1 1 T8 = [T4 + × ( g (0.125) + g (0.375) + g (0.625) + g (0.875))] = 1.5695 2 4
因为

1 1 | T8 ? T4 |= 0.0013 ≤ × 10 ? 2 ,所以 I ≈ 1 . 57 。 3 2

例 16 设有计算积分的 I =



1

f ( x)

0

1 dx 的一个求积公式 I ≈ af ( ) + bf (1) 5 x

(1) 求 a,b 使以上积分的代数精度尽可能高并指出所达到的最高代数精度。
3 (2) 如果 f ( x ) ∈ C [ 0 ,1] ,试给出该求积公式的截断误差。

解 (1) 当 f ( x) = 1 时,左边= 当 f ( x) = x 时,左边=



1

1 x

0

dx = 2 = a + b =右边;



1

0

2 1 x dx = = a + b =右边; 3 5 x

解得 a =

5 1 ,b = 3 3

于是得到求积公式 I ≈ 当 f ( x) = x 时,左边=
2

5 1 1 f( )+ f (1) 3 5 3



1

x2 x

0

dx =

2 1 2 1 5 2 2 ,右边= × ( ) + × 1 = , 5 3 5 3 5

左边=右边
3 当 f ( x) = x 时,左边= ∫ 0
1

x3 x

dx =

5 1 3 1 26 2 3 ,右边= × ( ) + × 1 = , 3 5 3 75 7

左边 ≠ 右边 所以当 a =

5 1 , b = 时,所得求积公式具有最高代数精度,精度为 2 。 3 3

1 1 1 1 (3) 作二次多项式 H(x)满足 H ( ) = f ( ) , H ′( ) = f ′( ) , H (1) = f (1) 5 5 5 5

则有 f ( x ) ? H ( x ) = 即

1 1 f ′′′(ξ )( x ? ) 2 ( x ? 1) 3 5



1

0

f ( x) 5 1 1 dx ? [ f ( ) + f (1) ] = 3 3 5 x

f ( x) ? H ( x) dx 0 x 1 1 1 dx = ∫ f ′′′(ξ )( x ? ) 2 ( x ? 1) 5 6 0 x 1 1 1 = ∫ f ′′′(ξ1 )( t 2 ? ) 2 (t 2 ? 1)dt 3 0 5 1 1 1 = f ′′′(η ) ∫ (t 2 ? ) 2 (t 2 ? 1)dt 0 3 5 16 = f ′′′(η ) η ∈ (0 , 1) 1575



1

4. 数值微分
n 指点迷津 设 f ( x) ∈ C n+1 [a, b] (即 f(x)在区间上有连续的 n+1 阶导数), ≥ 1 ,

1 L n) 则由数据点 ( x i ,f ( x i ))( i = 0 , , , ,作次数不超过 n 的插值多项式
P n ( x ) ,用 Pn ( x) 的导数近似 f (x) 的导数,其中 a = x 0 < x1 < L < x n = b ,则

? ξ j ∈ [a , b ] ,使得 f ′(x j ) ? Pn′(x j ) =
事实上,设 m = min f
x∈[ a ,b ]
( n +1 )

f (n+1) (ξ j ) (n +1)!

π ′(x j ) ,j ==0,,L, 1 2 n

( n +1)

( x ) , = max f M
x∈[ a ,b ]

( n +1)

( x ) ,由

f ( x ) ? Pn ( x ) =

f

f ( n +1) (ξ j ) f ( x ) ? Pn ( x ) = def g ( x ) π ( x) ? ( n + 1)! ( n + 1)! π ( x)

(ξ j )

1 2 L n) 则当 x ≠ x j ( j = 0 ,, , , 函数 g(x)有定义,且满足条件

m ≤ (n + 1)! g ( x) ≤ M 。
而π

′( x j ) ≠ 0

,故由洛必达法则得:

x→ x j

lim g ( x ) =

f ′( x j ) ? Pn′ ( x j ) π ′( x j )

def

g ( x j ) ( j = 0 , , , , ,则 1 2 L n)

m ≤ ( n + 1)! g ( x j ) ≤ M ,j = 0 ,, , , 1 2 L n
根据 f ( n+1) ( x) 的连续性,得

?ξ j ∈ [a, b] , 使得 (n + 1)! g ( x j ) = f
即 ?ξ j ∈ [a, b] , 使得f ′( x j ) ? Pn′ ( x j ) = 常用的数值微分公式:
f
( n +1)

( n+1)

(ξ j ) , j = 0 ,,, , 1 2 Ln

(ξ j )

(n + 1)!

π ′( x j ) ,j = 0 , , L, 1 2 n

x x 三点公式: x 0 ,1 = x 0 + h , 2 = x 0 + 2h
1 [? 3 f ( x0 ) + 4 f ( x1 ) ? f ( x2 )] 2h 1 f ′( x1 ) ≈ [? f ( x0 ) + f ( x2 )] h 1 f ′( x2 ) ≈ [ f ( x0 ) ? 4 f ( x1 ) + 3 f ( x2 )] 2h f ′( x0 ) ≈
五点公式: xi

= x0 + ih ,= 0 ,, , , i 1 2 34

1 [? 25f (x0 ) + 48 f (x1) ? 36f (x2 ) +16f (x3 ) ? 3 f (x4 )] 12h 1 f ′(x1 ) ≈ [? 3 f (x0 ) ?10f (x1 ) +18f (x2 ) ? 6 f (x3 ) + f (x4 )] 12h 1 f ′(x2 ) ≈ [ f (x0 ) ? 8 f (x1 ) + 8 f (x3 ) ? f (x4 )] 12h 1 f ′(x3 ) ≈ [? f (x0 ) + 6 f (x1 ) ?18 f (x2 ) +10f (x3 ) + 3 f (x4 )] 12h 1 f ′(x4 ) ≈ [3 f (x0 ) ?16f (x1 ) + 36f (x2 ) ? 48f (x3 ) + 25f (x4 )] 12h f ′(x0 ) ≈
n+2 c 例 17 设 f (x) ∈C [a,b] , ∈[a,b] ,由数据点 ( xi , ( xi ))(i = 0,, , ,作次数 f 1 L n)

不超过 n 的插值多项式 Pn ( x ) ,其中 a = x0 < x1 < L < x n = b ,则

?ξ c,ηc ∈ [a, b] , 使得f ′(c) ? Pn′(c) =

f ( n+1) (ξ c ) f ( n+2) (ηc ) ′(c) + π π (c) (n + 1)! (n + 1)!

分析 若 c 为某一节点,则直接得到结论;而 c 不是节点时,可以将 c 作为新增加的节点,利用这 n+2 个互异的节点构造一个 n+1 次的插值多项式
q(x),而 c 是 q(x)的节点。而插值多项式 q(x)与 Pn ( x ) 只相差一个插值条件,因

此根据插值多项式构造的承袭性思想,利用 Pn ( x ) 构造 q(x)。 解 当 c 为某一节点时, π (c) = 0 ,由结论即得。若 c ≠ xi (i = 0 ,, , , 1 L n) 作 则 且

q( x) = p n ( x) +

( f ( c ) ? Pn ( c )) π ( x ) π (c )

q ( x i ) = f ( x i ) ,q (c ) = f (c )
?η ∈ [a, b ] , f ( x ) ? q ( x ) = f ( n + 2 ) (η ) π ( x )( x ? c ) ( n + 2)!



f ( n + 2 ) (η ) f ′( c ) ? q ′( c ) = π (c ) ( n + 2 )!
π ′(c) ′ q ′( x) = p n ( x) + ( f (c) ? Pn (c)) π (c )

而 所以

?ξ c,η c ∈ [a, b] , 使得f ′(c) ? Pn′ (c) =

f ( n+1) (ξ c ) f ( n+2) (η c ) π ′(c) + π (c) (n + 1)! (n + 1)!

即对于任意的 c ∈ [ a , b] ,结论成立。 例 18

f 设 n ≥ 2 , ( x) ∈ C

n+ 2

[a, b] 由数据点 ( xi , ( xi ))(i = 0 ,, , , f 1 L n) 作

次数不超过 n 的插值多项式 Pn ( x ) ,其中 a = x0 < x1 < L < x n = b ,则 ?ξ j,η j ∈ [a, b] 时

f ′′( x j ) ? Pn′′( x j ) =


f ( n+1) (ξ j ) (n + 1)!

π ′′( x j ) +

f ( n+2) (η j ) (n + 2)!

2π ′( x j ) , = 0 , , L, j 1 2 n
,则 q(x)为

?j ( j = 0 , , L, ,作 q ( x) = p n ( x) + 1 2 n)

( f ′( x j ) ? Pn′ ( x j ))π ( x)

π ′( x j )

1 2 n) q n+1 次多项式,且 q ( x i ) = f ( x i ) (i = 0 , , L, , ′( x j ) = f ′( x j ) ,有余项估


f (n+2) (ξ ) f ( x) ? q( x) = π ( x) ( x ? x j ) , ξ ∈ [a, b] ? (n + 2)!
f ( x) ? q( x) f ( n + 2 ) (ξ ) = def g ( x ) ? 1 L n 当 x ≠ xi , i = 0 ,, , 时,有 ( n + 2 )! π ( x) ( x ? x j )
而由洛必达法则知:

x → xi i≠ j

lim

f ′( x i ) ? q ′( x i ) f ( x) ? q( x) = def g ( x i ) , i ≠ j π ( x ) ( x ? x j ) π ′( x i ) ( x i ? x j ) ′ f ′′( x j ) ? p n′ ( x j ) ? ′ ( f ′( x j ) ? p n ( x j )) π ′′( x j ) π ′( x j )

x→ x j

lim

f ( x) ? q( x) = π ( x) ( x ? x j )

2π ′( x j )

def g ( x j )

因此对 ? x ∈ [a , b ] , g(x) 有意义。 设 m = min f
x∈[ a ,b ] ( n+ 2)

( x) , = max f ( n + 2 ) ( x) ,则 m ≤ (n + 2)! g ( x ) ≤ M M x∈[ a ,b ]
(n+2)

由连续函数的介值定理知: ? η j ∈ [a , b ] ,( n + 2 )! g ( x j ) = f

(η j )

f ′′( x j ) ? p ′′ ( x j ) ? n


′ ( f ′( x j ) ? p n ( x j ))π ′′( x j )

π ′( x j )

2π ′( x j )

=

f ( n + 2 ) (η j ) (n + 2)!



′ f ′( x j ) ? pn ( x j ) f (n+1) (ξ j ) ?ξ j ∈ (a, b) , = (n + 1)! π ′( x j )

f ′′(x j ) ? Pn′′(x j ) =

f (n+1) (ξ j ) (n + 1)!

π ′′(x j ) +

f (n+2) (η j ) (n + 2)!

2π ′(x j ) , = 0, , L, j 1 2 n

例 19 设 f (x) 具有四阶连续导数, h = xi +1 ? xi , i = 0,1,2 。
(1) 证明四点数值微分公式

f ′(x0 ) ≈

1 ?11 f (x0 ) +18 f (x1 ) ? 9 f (x2 ) + 2 f (x3 ) + O(h3 ) 6h

[

]

(2) 利用(1)的数值微分公式及表 4.10 的函数值求 f ′ (1) 的近似值。

分析

所需证明的数值微分公式中的节点为四个等距节点, 故可从插值多

项式出发,推导 f ′( x0 ) 的计算公式。也可将等式右端各点的函数值在 x0 处泰勒展 开进行证明。 表 4.10 1.5 13.75

x f(x) (1) 证法 1

1.0 8.00

2.0 21.00

2.5 29.75



f ( x ) = N 3 ( x ) + R3 ( x ) = f ( x 0 ) + f [ x 0 , x1 ]( x ? x 0 ) + f [ x 0 , x1 , x 2 ]( x ? x 0 )( x ? x1 ) + f [ x 0 , x1 , x 2 , x 3 ]( x ? x 0 )( x ? x1 )( x ? x 2 ) +


1 f 4!

(4)

(ξ )ω 4 ( x ) , ∈ ( x 0 , x 3 ) ξ

′ N 3 ( x 0 ) = f [ x 0 , x1 ] + f [ x 0 , x1 , x 2 ]( x 0 ? x1 ) + f [ x 0 , x1 , x 2 , x 3 ]( x 0 ? x1 )( x 0 ? x 2 ) = 1 [ f ( x1 ) ? f ( x 0 ) ] + h 1 [? f ( x 0 ) + 2 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ] + 2h 1 [? f ( x 0 ) + 3 f ( x1 ) ? 3 f ( x 2 ) + f ( x 3 ) ] 3h 1 [? 11 f ( x 0 ) + 18 f ( x1 ) ? 9 f ( x 2 ) + 2 f ( x 3 ) ] = 6h
x = x0

′ R3 ( x0 ) =

1 d d [ f ( 4 ) (ξ ) ω 4 ( x) + ω 4 ( x) f ( 4 ) (ξ ) ] 4! dx dx 1 (4) = f (ξ )( x 0 ? x1 )( x 0 ? x 2 )( x 0 ? x 3 ) 4! h 3 (4) = ? f (ξ ) , ∈ ( x 0 , x 3 ) ξ 4



f ′( x0 ) ≈
证法 2

1 [? 11 f ( x0 ) + 18 f ( x1 ) ? 9 f ( x2 ) + 2 f ( x3 )] + O(h 3 ) 6h

根据泰勒公式

f ( x 0 + kh ) = f ( x 0 ) + ( kh ) f ′( x0 ) + 1 1 ( kh ) 2 f ′′( x0 ) + ( kh ) 3 f ′′′( x 0 ) + 2! 3 ! 1 ( kh ) 4 f(4)(ξ k ) ξ k ∈ ( x 0 , x 0 + kh ) , k = 1 , 2 , 3 4!


? 1 1 f ( x 0 ) + 1 8 f ( x1 ) ? 9 f ( x 2 ) + 2 f ( x 3 ) = (18 ? 9 × 2 + 2 × 3) h f ′( x 0 ) + 1 (18 ? 9 × 2 2 + 2 × 3 2 ) h 2 f ′′( x 0 ) + 2! 1 (18 ? 9 × 2 3 + 2 × 3 3 ) h 3 f ′′′( x 0 ) + ! 3 h4 (18 f ( 4 ) (ξ 1 ) ? 9 × 2 4 f ( 4 ) (ξ 2 ) + 2 × 3 4 f 4! = 6 h f ′( x 0 ) + O ( h 4 )
从而有

(4)

(ξ 3 ))

f ′( x0 ) ≈
(2)

1 [? 11 f ( x0 ) + 18 f ( x1 ) ? 9 f ( x2 ) + 2 f ( x3 )] + O(h 3 ) 6h

f ′(1) ≈

1 [? 11× 8.0 + 18 ×13.75 ? 9 × 21.00 + 2 × 29.75] = 10.00 6 × 0 .5

例 20 设

f ( x) ∈ C 4 [ x0 ? h, x0 + h] , h > 0 ,证明:

1 h 2 (4) f ′′( x0 ) = 2 [ f ( x0 ? h ) ? 2 f ( x0 ) + f ( x0 + h )] ? f (ξ ) , h 12 ξ ∈ ( x 0 ? h, x 0 + h )
证法 1 根据泰勒公式

f ( x0 + h) = f ( x0 ) + hf ′( x0 ) +

1 2 1 h f ′′( x0 ) + h 3 f ′′′( x0 ) + 2 3 ! !

1 4 (4) h f (ξ1 ) , ξ1 ∈ ( x0 , x0 + h) ! 4

f ( x0 ? h) = f ( x0 ) ? hf ′( x0 ) +

1 2 1 h f ′′( x0 ) ? h3 f ′′′( x0 ) + 2 3 ! !

1 4 (4) h f (ξ 2 ) , ξ 2 ∈ ( x0 ? h, x0 ) 4 !


f ( x0 ? h) ? 2 f ( x0 ) + f ( x0 + h) = h 2 f ′′( x0 ) +

1 1 4 (4) ? h ( f (ξ1 ) + f(4)(ξ 2 )) 12 2

由于 f

(4)

( x) 在 [ x 0 ? h , x 0 + h ] 上连续,利用连续函数的性质,则存在

ξ ∈ ( x0 ? h, x0 + h) ,使得
1 (4) ( f (ξ 1 ) + f(4)(ξ 2 )) = f(4)(ξ ) 2


1 h 2 ( 4) [ f ( x 0 ? h ) ? 2 f ( x 0 ) + f ( x 0 + h )] = f ′′( x 0 ) + f (ξ ) h2 12
从而有

f ′′( x 0 ) =

1 h 2 (4) [ f ( x 0 ? h ) ? 2 f ( x 0 ) + f ( x 0 + h ) ] ? f (ξ ) , h2 12 ξ ∈ ( x0 ? h, x0 + h )
1 [ f ( x0 ? h ) ? 2 f ( x0 ) + f ( x0 + h ) ] h2
3

证法 2 可验证数值微分公式

f ′′( x0 ) ≈
2

(4.9)

当 f ( x) = 1, x, x , x 时准确成立,事实上有 当 f ( x) = 1 时,左边= 0,右边= 0; 当 f ( x) = x 时,左边= 0,右边=

1 [( x 0 ? h ) ? 2 x 0 + ( x 0 + h ) ] = 0 h2
1 ( x 0 ? h ) 2 ? 2( x 0 ) 2 + ( x 0 + h ) 2 = 2 2 h
1 ( x0 ? h) 3 ? 2( x0 ) 3 + ( x0 + h) 3 = 6 x0 2 h

当 f ( x) = x 时,左边= 2,右边=
2

[

]

当 f ( x) = x 时,左边= 6 x0 ,右边=
3

[

]

所以,数值微分公式 (4.9)对任意三次多项式精确成立。 做三次多项式满足

? H ( x0 ? h ) = f ( x 0 ? h ) , H ( x 0 ) = f ( x0 ) ? ? H ( x0 + h) = f ( x0 + h) , H ′( x0 ) = f ′( x0 )
则此三次多项式是唯一存在,且有

(4.10)

f( 4)(ξ ) f ( x) ? H ( x) = [ x ? ( x 0 ? h )]( x ? x 0 ) 2 [ x ? ( x 0 + h )] 4! ξ = ξ ( x ) ∈ ( x0 ? h, x0 + h )

f( 4)(ξ ) [ x ? ( x 0 ? h )][ x ? ( x 0 + h )] ,则 记 g ( x) = 4!

f ( x ) ? H ( x ) = g ( x )( x ? x 0 ) 2
对上式求二阶导数,得

f ′′( x ) ? H ′′( x) = 2 g ( x ) + 4 g ′( x )( x ? x0 ) + g ′′( x )( x ? x0 ) 2
令 x = x0 ,得

f ′′( x0 ) ? H ′′( x0 ) = 2 g ( x0 ) f(4)(ξ ) = 2× [ x0 ? ( x0 ? h)][ x0 ? ( x0 + h)] 4! h 2 (4) =? f (ξ ) 12
(4.11) 注意 H(x)是三次多项式,数值微分公式(4.9)对 H(x)精确成立。利用插值条件 (4.10),有

H ′′( x 0 ) =

1 [ H ( x 0 + h ) ? 2 H ( x 0 ) + H ( x 0 ? h )] h2 1 = 2 [ f ( x 0 + h ) ? 2 f ( x 0 ) + f ( x 0 ? h )] h

再利用(4.11),就得到

f ′′ ( x 0 ) = H ′′ ( x 0 ) ? =

h2 f 12

(4)

(ξ )

1 [ f ( x 0 + h ) ? 2 f ( x 0 ) + f ( x 0 ? h )] h2 h 2 (4) ? f (ξ ) , ξ ∈ ( x 0 ? h , x 0 + h ) 12

评注 以上两例表明:证明数值微分公式的方法有三种。第一种是运用泰 勒公式将各点的函数值在所求导数值的节点处展开; 第二种是对于所求点的数值 微分,用插值多项式在该点的导数值近似代替;第三种是借助于代数精确度的概 念及埃尔米特插值多项式进行推证。其中第一种方法简单,但有时在推导余项的 具体表达式时会遇到困难。第二种方法也是推证数值微分公式的基本方法。但这 种方法用于推证高于一阶的数值微分公式时会比较麻烦, 故第二种方法多用于一 阶数值微分公式的推证。第三种方法则比较灵活,需视题目的不同来构造插值多 项式。

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第 4 章 数值积分与数值微分
一、选择题(四个选项中仅有一项符合题目要求,每小题 3 分,共计 15 分) 1、在牛顿-柯特斯求积公式



b

a

f ( x )dx ≈ (b ? a )∑ C i( n ) f ( xi ) 中,当系数 C i( n ) 是负值时,公
i =0

n

式的稳定性不能保证,所以实际应用中,当( (1) n ≥ 8 ; (2) n ≥ 7 ; (3) n ≥ 10 ;

)时不使用牛顿-柯特斯求积公式。 (4) n ≥ 6 。
2

2、若使下列求积公式中的代数精度尽量高, 则求积公式中的待定系数应分别为( (1) A0 = 1, A1 = )



0

f ( x )dx ≈ A0 f (0) + A1 f (1) + A2 f (2) ,

1 4 1 4 4 4 , A2 = ;(2) A0 = 1, A1 = , A2 = ;(3) A0 = 1, A1 = , A2 = ; 3 3 3 3 3 3

(4) A0 =

1 4 1 , A1 = , A2 = 。 3 3 3

3、若用复化的辛浦生公式计算积分 超过 2 × 10 ? (1)10; (2)15;
?5



π

0

sin xdx ,问积分区间要(

)等分才能保证误差不

(3)20;
n

(4)25。

4、牛顿-柯特斯数值求积公式 ( )次代数精度。



b

a

f ( x )dx ≈ (b ? a )∑ C i( n ) f ( xi ) ,则当 n 为偶数时,至少具有
i =0

(1) n ; 5、 若求积公式

(2) 2n + 1 ;

(3) n + 1 ;

(4) n ? 1 。 )



b

a

f ( x )dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) 为高斯 (Gauss) 下列说法正确的是 型, (
k =0

5

(1)不能确定该求积公式的稳定性;(2)

∑A
k=0

5

k

≠ b ? a ;(3) 该求积公式的代数精度为 9 ;)
5

(4)



b a

( x 4 + 3 x )ω ( x )dx = 0 ,其中 ω ( x ) = ∏ ( x ? xk ) 。
k =0

二、填空题(每小题 3 分,共计 15 分) 1、为使两点的数值求积公式



1
?1

f ( x )dx ≈ f ( x0 ) + f ( x1 ) 具有最高的代数精确度,则其求积


节点的值应为___________________。 2、求定积分的梯形公式的代数精度为

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3、已知求积公式



2

0

1 f ( x )dx ≈ [ f (0) + 4 f (1) + f ( 2)] ,则其代数精度为 3

n



4、求定积分的牛顿-柯特斯公式的代数精度为 5、已知插值型求积公式



b

a

ρ ( x ) f ( x )dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) , { xi }i = 0 为 求 积 节 点 , 且
n
k =0

ω n+1 ( x ) = ∏ ( x ? xi ) , P ( x ) ∈ Span {1, x , x 2, ,L , x n } ,则求积节点 { xi }i = 0 为高斯点的充
n

n

i =0

要条件是



三、(10 分)取 5 个等距节点,分别用复化梯形公式和复化辛普生公式计算积分 近似值。 四、(12 分)设 f (x) 具有四阶连续导数, h = (1) 证明四点数值微分公式



9 1

xdx 的

xi +1 ? xi , i = 0,1, 2 ,

f ′( x0 ) ≈

1 1 ??1 f ( x0 ) +18f ( x1 ) ? 9f ( x2 ) + 2f ( x3 )? + O(h3 ) ? 6h ?
f ′ (1) 的近似值。
2.0 21.00 2.5 29.75

(2) 利用(1)的数值微分公式及下表中的函数值求 x f(x) 1.0 8.00 1.5 13.75

五、(12 分)用龙贝格求积法求积分 六、(14 分)求积公式



1

0

e x dx 的近似值,要求误差不超过 10?3 。
2



1

0

f ( x )dx ≈ A0 f (0) + A1 f (1) + B0 f ′(0) ,又知其误差为

R = kf ′′′(ξ ), ξ ∈ (0,1) 。试确定系数 A0 , A1 及 B0 ,使求积公式有尽可能高的代数精确度,并
指出这个代数精确度和误差式中的 k 值。 七、(12 分)试证:若求积公式 数必然是 λk =



b

a

f ( x )dx ≈ ∑ λk f ( xk ) 的代数精度不小于 n ,则它的求积系
k =0

n



b

a

lk ( x )dx , k = 0,1, 2,L , n ,其中 lk ( x) 是以 x0 , x1 ,L , xn 为节点的拉格朗日插值多
n +1 k =1

项式的基函数。 八、(10 分)证明:高斯(Gauss)型求积公式



b

a

f ( x )dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) 中的求积系数 Ai

1

可表示为: Ai = 数,即 l i ( x ) =



b

a

li ( x )dx = ∫ li2 ( x )dx ,其中 li ( x ) 是 n 次拉格朗日(Lagrange)插值基函
b a

∏ (x
j =1 j≠i

n +1

(x ? x j)
i

? xj )

, i = 1, 2,L , n + 1 。

2

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第 4 章 数值积分与数值微分 参考答案
一、选择题(15 分,每小题 3 分) 1、(1) 2、(4) 3、(1) 4、(3) 5、(4) 二、填空题(15 分,每小题 3 分) 1、 x0 = ? 1 三、(12 分) 解:将区间 [0, 9] 4 等分, h = 2 ,令 f ( x ) =
xi
yi

3

, x1 = 1

3

;2、1;3、3;4、5;5、



b

a

P ( x )ω n +1 ( x ) ρ ( x )dx = 0

x ,计算各节点的函数值为:
5 2.23607 7 2.64575 9 3

1 1

3 1.73205

------------------------------------------------------------------------(4 分) 由复合梯形公式得( n = 4, h = 2 ) ------------------------------------------------(5 分)

T4 =

2 × [ f (1) + 2 f (3) + 2 f (5) + 2 f (7 ) + f (9)] ≈ 17.22774 2

------------(8 分)

由复合辛普生公式得( n = 2, h = 4 ) ------------------------------------------------(9 分)

S2 =

4 × [ f (1) + 4 f (3) + 2 f (5) + 4 f (7 ) + f (9)] ≈ 17.32223 。-------------(12 分) 6

四、(12 分) 证明:根据泰勒公式

f ( x0 + kh) = f ( x0 ) + ( kh) f ′( x0 ) + 1 1 ( kh)2 f ′′( x0 ) + ( kh)3 f ′′′( x0 ) + --(4 分) 2! 3! 1 ( kh)4 f(4)(ξ k ) ξ k ∈ ( x0 , x0 + kh) , k = 1 , 2 , 3 4!


? 11 f ( x 0 ) + 18 f ( x1 ) ? 9 f ( x 2 ) + 2 f ( x 3 ) = (18 ? 9 × 2 + 2 × 3 ) hf ′ ( x 0 ) + 1 (18 ? 9 × 2 2 + 2 × 3 2 ) h 2 f ′′ ( x 0 ) + 2! 1 (18 ? 9 × 2 3 + 2 × 33 ) h 3 f ′′′ ( x 0 ) + 3! h4 (18 f ( 4 ) (ξ 1 ) ? 9 × 2 4 f ( 4 ) (ξ 2 ) + 2 × 3 4 f 4! = 6 hf ′ ( x 0 ) + O ( h 4 )
从而有

------(8 分)
(4)

(ξ 3 ))

f ′( x 0 ) ≈ f ′(1) ≈

1 ??11 f ( x0 ) + 18f ( x1 ) ? 9f ( x2 ) + 2f ( x3 )? + O ( h3 ) -----(10 分) ? 6h ?

(2)

1 [ ?11× 8.0 + 18 × 13.75 ? 9 × 21.00 + 2 × 29.75] = 10.00 (12 分) 6 × 0. 5
x2

五、(12 分) 解:令 f ( x ) = e , a = 0, b = 1 。由复合梯形公式的逐次分半法得

T1 =
T2 =

b?a 1? 0 ? f ( a ) + f ( b )? = ? f ( 0 ) + f (1) ? = 1.8591410 ---------------------------(2 分) ? ? ? 2 2 ?
1? ?T1 + 2?

? a + b ?? 1 f? ? ? ? ? = ?1.8591410 + f ( 0.5 ) ? = 1.5715832 ------------------------(5 分) ? 2 ?? 2

T4 =

1? b ? a ? ? 3a + b ? 1 ? a + 3b ? ? ? 1 ? ? f? ?T2 + ?+ f ? ? ? ? = ?1.5715832 + ? f ( 0.25 ) + f ( 0.75 ) ? ? ? ? ? 2? 2 ? ? 4 ? 2 ? 4 ?? ? 2 ? ?
----------------------------------------------------(8 分)

= 1.4906789
运用龙贝格求积法,有

1 ( 4T2 ? T1 ) = 1.4757306 4 ?1 1 S2 = ( 4T4 ? T2 ) = 1.4637108 -------------------------------(10 分) 4 ?1 1 C1 = 2 ( 42 S 2 ? S1 ) = 1.4629095 4 ?1 S1 =
此时

C1 ? S2 =

1 S2 ? S1 = 0.8013 ×10?3 < 10?3 15
1

满足精度要求。----------------(12 分)

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六、(14 分) 解:令 f ( x) = 1, x, x ,分别代入求积公式两端,使其精确相等,从而得到如下方程组
2

? ? A0 + A1 = 1 ? 1 1 2 1 ? ? A0 + B0 = ,解之得 A1 = , A0 = , B0 = 。--------------------------------(5 分) 2 3 3 6 ? 1 ? ? A1 = 3 ?
求积公式为


3

1

0

f ( x) ≈
1

2 1 1 f (0) + f (1) + f ′(0) ,它至少有 2 次代数精确度。 3 3 6
1 0

令 f ( x) = x ,



0

f ( x)dx = ∫ x3 dx =

1 。 4

------------------------(7 分)



2 1 1 2 1 1 1 f (0) + f (1) + f ′(0) = × 0 + × 1 + × 0 = 3 3 6 3 3 6 3
--------------------------(9 分)
3

故此求积公式的最高代数精确度为 2。

确定误差项 R = kf ′′′(ξ ) 的 k 值,应将 f ( x) = x 代入有误差项的积分中,即




1

0

f ( x )dx =

2 1 1 f (0) + f (1) + f ′(0) + kf ′′′(ξ ), ξ ∈ (0,1) -----------------(12 分) 3 3 6



2 1 1 1 1 x 3 dx = × 0 + ×1 + × 0 + k 6 , ? = + 6k 0 3 3 6 4 3
1

求得 k = ?

1 1 ,这时误差项 R = ? f ′′′(ξ ) 。----------------------------------------(14 分) 72 72

七、(12 分) 证明:函数 x 的拉格朗日插值多项式为 x =
m
m

∑x
k =0

n

m k k

l ( x), m = 0,1,L , n ,

其中 lk ( x) 是以 x0 , x1 ,L , xn 为结点的拉格朗日插值基函数。 --------------------------(2 分) 对上式两端积分

∫ ∫
b

b

a

m x m dx = ∑ ( ∫ lk ( x)dx) xk b k =0 a

n

①---------------------------(4 分)

又由题设知求积公式有 n 次代数精确度,则有精确等式

a

x m dx =∑ λk xk m , m = 0,1,L , n
k =0

n

②----------------------(6 分)

2

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②-①,得 设 tk = λk ?

∑ (λ ? ∫
k =0
b

n

b

k

a k

l ( x)dx)xkm = 0, m = 0,1,L , n



----------------------(8 分)



a k

l ( x)dx ,则由③得 n + 1 阶齐次线性方程组

? t0 + t1 + L + tn = 0 ? x t + x t +L + x t = 0 n n ? 0 0 11 ? 2 2 2 ? x0 t0 + x1 t1 + L + xn tn = 0 ? M ? n n n ? x0 t0 + x1 t1 + L + xn tn = 0 ? 1 x0
方程组的系数行列式为范德蒙行列式 D = x
2 0

----------------------(10 分)

1

L

1

x1 L xn
2 x12 L xn M M
n x1n L xn

M
n x0

由于结点 xi 互异,所以 D ≠ 0 。这时方程组只有零解,即 tk = 0, k = 0,1,L , n 。 于是 八、(10 分) 证明: 形如

λk = ∫ lk ( x)dx, k = 0,1,L , n 。
a

b

-------------------------------(12 分)



b

a

f ( x )dx ≈ ∑ Ak f ( xk ) 的高斯 (Gauss) 型求积公式具有最高代数精度 2n+1 次,
k =1

n +1

它对 f ( x ) 取所有次数不超过 2n+1 次的多项式均精确成立。 ----------------------(2 分) (1)取 f ( x ) = l i ( x ) ,代入求积公式:因为 l i ( x ) 是 n 次多项式,且有

?0 i ≠ j li ( x j ) = ? ?1 i = j
2

所以



b

a

li ( x )dx = ∑ Aj li ( x j ) = Ai -----------------------(5 分)
j =1

n +1

(2)取 f ( x ) = l i ( x ) ,代入求积公式:因为 l i ( x ) 是 2n 次多项式,-----------(7 分)
2

所以



b

a

li ( x )dx = ∑ Aj [li ( x j )]2 = Ai ,故结论成立。
j =1

n +1

----------------------(10 分)

3

第五章 线性代数方程组的直接解法
1 基本内容
本章讨论线性方程组 Ax = b 的直接解法,其中 A 是 n 阶非奇异矩阵,b 是 n 维列向量。 1. Gauss 消去法:基本 Gauss 消去法、主元素 Gauss 消去法、Gauss-Jordan 消去法.。 2. 矩阵三角分解法:Doolittle 分解法、平方根法、改进的平方根法。 3. 大型带状方程组的求解方法、追赶法。 4. 向量范数、矩阵范数、方程组的性态。

2 内容提要
.2.1 线性代数基础知识
定义 5.1

R n 中向量的范数 ? 是 R n 到 R 的一个映射,即对一切 x ∈ R n ,唯一实数

x 与 x 对应,满足
(1)非负性: (2)齐次性:

x ≥ 0 , ? x ∈ R n ,且 x = 0 ? x = 0 ;

λx = λ x , ? x ∈ R n , λ ∈ R ;
x + y ≤ x + y , ? x, y ∈ R n 。
T

(3)三角不等式:

设 x = ( x1 , x 2 , L , x n ) ,常用的范数有:

x

2

2 2 = ( x12 + x 2 + L + x n ) 2 ,

1

x 1 = x1 + x 2 + L + x n ,

x



= max xi
1≤i ≤ n

定义 5.2

若对 R

n×n

上任一矩阵 A ,对应一个实数 A ,满足以下条件:对于任意的

A, B ∈ R n×n 和 α ∈ R ,有
(1)
A ≥ 0 ,且 A = 0 ? A = 0 ;

(2) αA = α A ; (3)
A+ B ≤ A + B ;

(4) AB ≤ A B ;
则称 A 为矩阵 A 的范数。

矩阵的 Frobenius 范数: A 定义 5.3
n

F

=

∑∑ a
i =1 j =1

n

n

2

ij

对于给定的 R 上一种向量范数 x
β

α

和R

n×n

上一种矩阵范数 A

β

,若有

Ax α ≤ A

x α , ?x ∈ R n , A ∈ R n×n

则称上述矩阵范数与向量范数相容。 定理 5.1 对于 R 中的每一向量范数 x
n

α

,R

n×n

中至少存在一种从属于它的矩阵范数。

定义 A = max
x≠0

Ax α xα

= max Ax α ,就是这样的一种矩阵范数。
x α =1

分别取向量的 l p ( p = 1,2, ∞) 范数,得到具体的矩阵范数,记作

A p ( p = 1,2, ∞) 。这三种矩阵范数分别从属于 l p ( p = 1,2, ∞) 范数,设 A = [aij ] n×n ,


A 1 = max ∑ aij
1≤ j ≤ n i =1

n

A 2 = λ1 , λ1 是 AT A 的最大特征值, A 2 又称为矩阵 A 的谱范数。
A


= max ∑ aij
1≤i ≤ n j =1

n

定理 5.2 有 ρ ( A) ≤ A

(1) 设 ? 为 R n×n 上任一种(从属或非从属)矩阵范数,则对任意的 A ∈ R n×n ,

(2) 对 任 意 的 A ∈ R n×n 及 实 数 ε > 0 , 至 少 存 在 一 种 从 属 的 矩 阵 范 数 ? , 使
A ≤ ρ ( A) + ε

.2.2 Gauss消去法
基本 Gauss 消去法是顺序消元法, 基本思想是通过逐步消去未知元的方法把原方程组化 为同解的三角方程组,然后再回代求解。消元过程即通过对增广矩阵进行初等行变换,将方 程组的系数矩阵变成上三角矩阵然后回代。 若系数矩阵的顺序主子式都不为零, 则可用此方 法。此方法的缺点是:若主元素为零,则计算无法进行;即使不为零,若主元素的绝对值非 常小,则可能导致计算机溢出;即使不溢出,也会产生较大的舍入误差,严重影响计算结果 的精确度。

把元素 bi
(k )

(k )

记成 ai , n +1 ,由于在计算机中每次计算的数据仍用原矩阵表示,所以公式中

(k )

元素 aij 可略去上标,记为 aij 或 a ( i, j ) 。 Gauss 消去法用 PAD 表示为:

其中“k=1,n”表示“k=1,2,…,n”“k=1,n,-1”表示“k=n,n-1,…,1” ; 。 主元素 Gauss 消去法:为克服 Gauss 消去法的缺点,在消元前先选择绝对值较大的元素作主 元素,较常用的是列主元消去法在第 k 步计算 A 个元素中选取 ask ,使 ask = max aik ,将 A
(k )
(k ) (k ) k ≤i ≤ n

( k +1)

之前,在 A

(k )

的第 k 列,从第 k 到第 n

(k )

的第 s 行和第 k 行对调,然后再消元。其

他计算与顺序消法相同。列主元消去法具有较的数值稳定性。 列主元消去法的 PAD 图:

Gauss-Jordan 消去法是无回代过程的 Gauss 消去法,在消元过程的第一步将主列中除主 元以外的其它元素均消为零。

Gauss 消去法、Gauss 列主元消去法或 Gauss-Jordan 列主元消去法可用于求解矩阵方程

Ax = B 。

.2.3 直接三角分解解法
定义 5.5 若方阵 A 可以分解成一个单位下三角阵 L 和一个上三角阵 U 的乘积,即

A = LU ,则称这种分解为矩阵 A 的 Doolittle 分解。
将 A 分解成 A = LDU 其中 D 为对角阵, 与 U 分别为单位下三角阵与单位上三角阵, L 这种分解称为 A 的 LDU 分解。 则可将求解方程组 Ax = b 转化为由 Ly = b 求 y 和由 假设 A 非奇异,且存在 LU 分解,

Ux = y 求 x 。
设 A = ( aij ) ,

?1 ?l L = ? 21 ?M ? ?l n1

1 M ln2

? ?u11 ? ? ? ,U = ? ? O ? ? ? L 1? ?

u12 L u1n ? u 22 L u 2 n ? ? ? O ? u nn ?

利用矩阵乘法可以推出

u kj = a kj ? ∑ l kr u rj , j = k , k + 1,L, n
r =1

k ?1

lik =

1 ukk

k ?1 ? ? akj ? ∑ lir urk ? , i = k + 1,L, n ? r =1 ? ?

算出 L 和 U 后,得计算 y 的递推公式

y i = bi ? ∑ lik y k , i = 1,2,L, n
k =1

i ?1

由(3.5)得计算 x 的递推公式

xi =

n 1 yi ? ∑ uik xk k = i +1 uii

(

)

, i = n, n ? 1, L ,1

在计算机中, L 和 U 的元素可存放在 A 的相应的位置上。x 与 x 占用同一个内容空间。 LU 分解法的 PAD 图为:

类似可改进为列主元三角分解法。

Cholesky 分解法(平方根法) :
定理 5.3 若 A 是正定矩阵,则存在唯一的对角元素均为正数的下三角矩阵 L ,使

A = LLT 。
通过求解两个三角形方程组 Ly = b, L x = y, 便可得 Ax = b 的解。
T

可把 L 存于 A 的位置,把 y 存于 x 的位置。 Cholesky 分解法的 PAD 图为:

其中 a ( j , k ) ^ 2 表示 a jk , sqrt ( a( j , j )) 表示 a jj 。

2

改进的平方根法:如果对于正定矩阵 A = ( aij ) n× n 分解为

A = LDLT ?1 ? ? d1 ?l ?? 1 21 ?? =? ?M M ?? O ? ?? ?ln1 L ln ,n ?1 1? ?
然后解 Ly = b 和 DL x = y 。
T

d2

? ?1 l21 L ln1 ? ?? M ? 1 O ?? ? ?? O O ln ,n ?1 ? ?? ? dn ? ? 1 ?

把 L,t 和 d 存于 A 的空间,把 y 存于 x 的空间。改进的平方根法的 PAD 图为

.2.4 用直接法解大型带状方程组
定理 5.4 设 A∈ R
n× n

为上半带宽为 q ,下半带宽为 p 的带状矩阵,且其顺序主子式

Δ i ≠ 0 (i = 1,2, L, n ? 1) ,则 A 有唯一的三角分解 A = LU ,其中 L 是下半带宽为 P 的单
位下三角阵,U 是上半带宽为 q 的上三角阵。 设 Ax = b ,其中 A ∈ R 为 1.分解 A = LU 对于 r = 1, 2,L , n
n×n

为半带宽为 t 的非奇异大型带状阵。求解方程组的计算公式

u ri = a ri ?

rk rk k = max (1,i ?t )

∑l

r ?1

u , i = r , r + 1, L , min ( r + t , n )

lir =

1 urr

r ?1 ? ? ? air ? ∑ lik ukr ? , i = r + 1,L , min ( r + t , n ) ? ? k =max (1,i ?t ) ? ?

2.求解 Ly = b

yi = bi ?

k =max (1,i ?t )



i ?1

lik yk , i = 1, 2,L , n

3 求解 Ux = y
min ( i +t ,n ) ? 1 ? xi = ? yi ? ∑ uik xk ? , i = n, n ? 1,L , 2,1 uii ? k =i +1 ?

在 Ax = b 中,若 A ∈ R

n×n

为半带宽为 t 的带状正定阵,则可用改进的平方根法求解,

A = LDLT , L 仍保持 A 的带状结构。
用改进的平方根法解大型对称正定带状方程组的计算公式: 1.分解 A = LDL 对于 i = 1, 2,L , n (1) k t = max(1, i ? t ) (2) tij = aij ?
T

k = kt

∑t

j ?1

ik jk

l ,

j = kt , kt + 1,L , i ? 1

(3) lij = tij d j , (4) d i = a ii ? 2.求解 Ly = b

j = kt , kt +1 ,L , i ? 1 l

k = kt

∑t

i ?1

ik ik

yi = bi ?
T

k =max (1,i ?t )


?1

i ?1

lik yk , i = 1, 2,L , n

(2) 求解 L x = D y

yi min( i+t ,n ) xi = ? ∑ lki xk , i = n, n ? 1,L , 2,1 di k =i +1
在整个求解过程中,带外零元素不参加计算,因此,其系数矩阵可采用压缩存储方法, 即仅存储 A 的带内元素。 求解三对角线性方程组的追赶法: 求解 Ax = d ,其中

? b1 ? ? a2 ? A=? ? ? ? ? ?

c1 b2 a3

c2 b3 O c3 O O O O an

? ? ? ? ? , d = (d 1 , d 2 , L , d n )T ? ? c n ?1 ? bn ? ?

实现 A 的 LU 分解后,再依次求解 Ly = d , Ux = y 。 把 L 存于 a,把 U 存于 b,c,把 x,y 存于 d。则追赶法的 PAD 图为:

.2.5 直接法的误差分析
设方程组 Ax = b 的系数矩阵 A 和常数向量 b 有一个扰动,分别记作 δA 和 δb ,则必然 引起解 x 的一个扰动,记作 δx ,即满足 定义 5.4

( A + δA)( x + δx) = b + δb

如果 δA 和 δb 很小,而 δx 很大,则称方程组(5.1)为病态方程组,称

A 为关于求解方程组或求逆的病态矩阵;反之,如果 δA 和 δb 微小时, δx 也微小,则 称方程组为良态矩阵,称 A 为关于求解方程组或求逆的良态矩阵。 定义 5.5 设 A∈ R
n×n

为可逆阵, ? 为一种从属矩阵范数, cond ( A) = A ? A 则

?1



为矩阵 A 的条件数。 定理 5.3 则有 设 A∈ R
n× n

可逆,Ax = b ,( A + δA)( x + δx) = b + δb ,

δA
A

<

1 , cond ( A)

δx
x



cond ( A) 1 ? A?1 δ A

? δA δb ? + ? ? ? A b ? ? ?

3 典型例题
例5.1 用 Gauss 消去法求解方程组,假设用 3 位十进制位运算。

? x1 + 9 x2 + 4 x3 = 31 ? ? 3 x1 + x2 + 6 x3 = 23 ?7 x + 2 x + x = 14 2 3 ? 1
解:对方程组的增广矩阵进行变换:

4 31 ? ? 1 9 4 31 ? ? 1 9 4 31 ? ? 1 9 ? ? ? ? ? ? ?6 ?70 ? ? 3 1 6 23 ? → ? 0 ?26 ?6 ?70 ? → ? 0 ?26 ? 7 2 1 14 ? ? 0 ?61 ?27 ?203 ? ? 0 0 ?12.9 ?38.5 ? ? ? ? ? ? ?
回代得: x1 = 1.08 , x2 = 2.00 , x3 = 2.98 例5.2 用列主元消去法解例 5.1 中的方程组,假设用 3 位十进制位运算。 解:对方程组的增广矩阵进行变换:

2 1 14 ? ? 7 2 1 14 ? ? 1 9 4 31 ? ? 7 ? ? ? ? ? ? ? 3 1 6 23 ? → ? 0 0.142 5.57 17.0 ? → ? 0 8.71 3.86 29.0 ? ? 7 2 1 14 ? ? 0 8.71 3.86 29.0 ? ? 0 0 5.51 16.5 ? ? ? ? ? ? ?
回代得: x1 = 1.00 , x2 = 2.00 , x3 = 2.99 与方程组的精确解相比可知,此计算结果比例 5.1 的计算结果精确。 例5.3 用 Gauss-Jordan 法求解例 5.1 中的方程组。 解:对方程组的增广矩阵进行变换:

? 1 9 4 31 ? ? 7 ? ? ? ? 3 1 6 23 ? → ? 3 ? 7 2 1 14 ? ? 1 ? ? ? ? 1 0.286 0.143 ? → ? 0 8.71 3.86 ? 0 0.142 5.57 ?

2 1 14 ? ? 1 0.286 ? ? 1 6 23 ? → ? 0 0.142 9 4 31 ? ? 0 8.71 ? ? 2.00 ? ? 1 0 0.0163 ? ? 29.0 ? → ? 0 1 0.443 17.0 ? ? 0 0 5.51 ? ?

0.143 2.00 ? ? 5.57 17.0 ? 3.86 29.0 ? ? 1.05 ? ? 1 0 0 1.00 ? ? ? ? 3.33 ? → ? 0 1 0 2.01 ? ? ? 16.5 ? ? 0 0 1 2.99 ? ?

由此得: x1 = 1.00 , x2 = 2.01 , x3 = 2.99 。 例5.4 用直接三角分解法求解例 5.1 中的方程组。 分析 三角分解法(Doolittle 分解法)本质上与消去法相同。 将系数矩阵 A 分解为: A=LU, 其中 L 是单位下三角矩阵,U 是上三角矩阵。将求解方程组 Ax=b 转化为求解方程组 Ly=b 和 Ux=y。 解:对系数矩阵进行三角分解得(用 3 位十进制数字计算)

0 0 ?? 1 9 4 ? ? 1 9 4? ?1 ? ? ? ?? ? A = ? 3 1 6 ? = LU = ? 3 1 0 ?? 0 ? 26.0 ?6 ? ?7 2 1? ? 7 2.35 1 ?? 0 0 ? 12.9 ? ? ? ? ?? ?

求解 Ly=b 得 y = (31.0,?70.0,?38.5) ,
T

求解 Ux=y 得 x = (1.08,2.00,2.98)

T

可将 L 的严格下三角部分和 U 的上三角部分存储在 A 的相应位置上。 例5.5 用列主元三角分解法求解例 5.1 中的方程组。 分析 列主元三角分解法:PA=LU,其中 P 是排列矩阵,L 是单位下三角矩阵,U 是上 三角矩阵。将求解方程组 Ax=b 转化为求解方程组 Ly=Pb 和 Ux=y。此方法本质上与列主元 Gauss 消去法相同。在选主元后交换 A 的两行时,同时对 b 交换元素,这样在分解过程结束 后,b 已经变换为 Pb. 解 对方程组系数矩阵进行三角分解,同时对增广矩阵进行变换

? 1 9 4 31 ? ? ? ( A,b ) = ? 3 1 6 23 ? ? 7 2 1 14 ? ? ?
计算 s1 = 1.00 , s 2 = 3.00 , s 3 = 7.00 主元素为 s 3 = 7.00

交换增广矩阵的第 1 行与第 3 行,然后计算 U 的第 1 行和 L 的第 1 列,得

2 1 14 ? ? 7 ? ? ( A,b ) → ? 0.429 1 6 23 ? ? 0.143 9 4 31 ? ? ?
计算 s 2 = 0.142 ,

s 3 = 8.71 主元素为 s3 = 8.71

交换矩阵的第 2 行与第 3 行,然后计算 U 的第 2 行和 L 的第 2 列,得

2 1 14 ? ? 7 ? ? ( A,b ) → ? 0.143 8.71 3.86 31 ? ? 0.429 0.0163 6 23 ? ? ?
继续分解,得

2 1 14 ? ? 7 ? ? ( A,b ) → ? 0.143 8.71 3.86 31 ? ? 0.429 0.0163 5.51 23 ? ? ?
至此,完成分解,PA=LU,

0 0? 2 1 ? ? 1 ?7 ? ? ? ? L = ? 0.143 1 0 ? , U = ? 0 8.71 3.86 ? ? 0.429 0.0163 1 ? ?0 0 5.51 ? ? ? ? ?
求解 Ly=Pb 得 y = (14.0,29.0,16.5) ,
T

再求解 Ux=y 得 x = (0.999,2.01,2.99 )

T

例5.6 用 Choleskey 分解法(平方根法)求解方程组

? 4 1 2 ?? x1 ? ? 7 ? ? ?? ? ? ? ? 1 5 3 ?? x2 ? = ? 8 ? ? 2 3 6 ?? x ? ? 9 ? ? ?? 3 ? ? ?
分析 若 A 是正定矩阵,则可将 A 惟一地分解为 A=LLT,其中 L 是对角元素对为正的 下三角矩阵。将求解 Ax=b 的问题转化为求解 Ly = b 和 L x = y 的问题。
T

解 方程组的系数矩阵 A 是正定矩阵,可用平方根法。对 A 进行 LLT 分解,求得

0 0 ? ? 2 ? ? L = ? 0.500 2.18 0 ? ? 1.00 1.15 1.92 ? ? ?
解 Ly = b 得 y = (3.50,2.87,1.15) ,解 L x = y ,得 x = (1.20,1.00,0.599 )
T
T

T

例5.7 用改进的平方根法求例 5.6 中的解方程组。 分析 若 A 是正定矩阵,则可将 A 惟一地分解为 A=LDLT,其中 L 是单位下三角矩阵, D 是对角元素对为正的对角矩阵。将求解 Ax=b 的问题转化为求解 Ly = b 和 DL x = y 的问
T

题。 解 对 A 分解为 A=LDLT,

0 0? ? 1 ? 4.00 ? ? ? ? ? L = ? 0.250 1 0? , D = ? 4.75 ? ? 0.500 0.526 1 ? ? 3.69 ? ? ? ? ?
解 Ly = b 得 y = (7.00,6.25,2.21) ;解 DL x = y 得 x = (1.20,1.00,0.599 )
T
T

T

例5.8 用追赶法求解方程组

?15 1 ? ? x1 ? ? 4 ? ? ?? x ? ? ? ? 1 14 1 ?? 2 ? ?5? ? ? ? x3 ? ? 6 ? 2 13 1 ? ?? ? = ? ? 3 12 1 ? ? ? x4 ? ? 1 ? ? 4 11 1 ? ? x5 ? ? 2 ? ? ?? ? ? ? ? 5 10 ? ? x6 ? ? 3 ? ? ?? ? ? ?
分析 求解方程组 Ax=b,对系数矩阵进行 LU 分解 A=LU,然后求解方程组 Ly = d 和

Ux = y 。

解 对 A 分解得

( l2 ,L , l6 ) = ( 0.067, 0.144, 0.233, 0.340, 0.469 )

( u 1 , u2 ,L , u6 ) = (15.000, 13.933, 12.856, 11.767, 10.660, 9.531)
求解 Ly = d 得 y = ( 4.000, 4.733, 5.321, -0.242, 2.082, 2.023) 求解 Ux = y 得 x = ( 0.246, 0.310, 0.417, -0.035, 0.175, 0.212 ) 例5.9 用 LU 分解法求解方程组

?6 ? ?2 ?1 ? ? ? ? ? ? ?

? ? x1 ? ? 1? ?? x ? ? ? ? ? 2 ? ? 1? ? ? x3 ? ? 1? 2 8 3 1 ?? ? ? ? 1 2 9 3 1 ? ? x4 ? = ? 1? 1 2 10 3 1 ? ? x5 ? ? 1? ?? ? ? ? 1 2 11 3 ? ? x6 ? ? 1? 1 2 12 ? ? x7 ? ? 1? ?? ? ? ? 3 1 7 3 1

分析 这是半带宽为 2 的方程组,对系数矩阵进行 LU 分解 A=LU,然后求解方程组

Ly = b 和 Ux = y 。
解 对方程组 Ax = b 系数矩阵 A 进行 LU 分解 A = LU 得

? 1 ? ? ? 1 ? 0.333 ? ? 0.167 0.250 ? 1 ? ? L=? 0.167 0.217 1 ? ? ? 0.140 0.196 1 ? ? 0.121 0.178 1 ? ? ? 0.107 0.164 1 ? ? ?
? 6.000 3.000 1.000 ? ? ? 6.000 2.667 1.000 ? ? ? ? 7.167 2.750 1.000 ? ? U =? 8.236 2.783 1.000 ? ? 9.314 2.804 1.000 ? ? ? 10.378 2.822 ? ? ? 11.431? ? ?


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