(完整版)计算方法习题第一、二章答案

1 问3.142，3.141，22分别作为π的近似值各具有几位有效数字？

7分析 利用有效数字的概念可直接得出。 解 π=3.141 592 65…

记x1=3.142，x2=3.141，x3=22.

7由π- x1=3.141 59…-3.142=-0.000 40…知

11103|x1|104 22因而x1具有4位有效数字。

由π- x2=3.141 59…-3.141=-0.000 59…知

1103|x2|1102

22因而x2具有3位有效数字。

由π-22=3.141 59 …-3.142 85…=-0.001 26…知

7 1103|22|1102

272因而x3具有3位有效数字。

2 已知近似数x*有两位有效数字，试求其相对误差限。 分析 本题显然应利用有效数字与相对误差的关系。

解 利用有效数字与相对误差的关系。这里n=2,a1是1到9之间的数字。

*(x)| |r|xx*|110n1110215%

|x*|2a1213 已知近似数的相对误差限为0.3%，问x*至少有几位有效数字？

分析 本题利用有效数字与相对误差的关系。 解 a1是1到9间的数字。

r*(x)0.3%31000111101101 22102(91)2(a11)设x*具有n位有效数字，令-n+1=-1，则n=2，从而x*至少具有2位有效数字。

4 计算sin1.2，问要取几位有效数字才能保证相对误差限不大于0.01%。 分析 本题应利用有效数字与相对误差的关系。

解 设取n位有效数字，由sin1.2=0.93…，故a1=9。

r*(x)||xx*|110n10.01%104

|x*|2a1解不等式110n1104知取n=4即可满足要求。

2a15 计算11，视已知数为精确值，用4位浮点数计算。

759760解

110.131 8×10-2-0.131 6×10-2=0.2×10-5 759760结果只有一位有效数字，有效数字大量损失，造成相对误差的扩大，若通分后再计算：

11110.1734105 67597607597600.576810就得到4位有效数字的结果。 此例说明，在数值计算中，要特别注意两相近数作减法运算时，有效数字常会严重损失，遇到这种情况，一般采取两种办法：第一，应多留几位有效数字；第二，将算式恒等变形，然后再进行计算。例如，当x接近于0，计算1cosx时，应先把算式变形为

sinx1cos2x1cosx sinx

sinxsinx(1cosx)1cosx再计算。又例如，当x充分大时，应作变换

1xx1

1xx111 xx1x(x1)6 计算a(21)6，取21.4，采用下列算式计算： （1）

1； (21)6（2）99702； （3）(322)3； （4）

1. (322)3问哪一个得到的结果最好？

解 显然

(21)6(21)61a(21) 6(21)(21)66(21)6(21)2(322)399702

3(21)611136(21)(21)2(322)3

所以（1）≡（2）≡（3）≡（4），这4个算式是恒等的，但当取21.4计算时，因为（2），

（3）都涉及到两个相近数相减，使有效数字损失，而（1）在分母算式上的乘幂数比算式（4）大，所以算式（4）最好，事实上，当取21.4时，有|△x|<0.015，再由f(x)的误差

f(xx)f(x)||f(1.4)||x|也可直接估计出每个算式的误差，显然，算式（4）误差最

小。

具体计算可行： （1）

15.2103； 6(21)（2）997021.0 （3）(322)38.0103； （4）

15.1103. 3(322)比较可得用第（4）个算式所得的结果更接近于a。

7 求二次方程x2-(109+1)x+109=0的根。

解 由于x2-(109+1)x+109=（x-109）(x-1)，所以方程的两个根分别为 x1=109，x2=1

但如果应用一般二次方程ax2+bx+c=0的求根公式：

bb24ac x1,2

2a由于当遇到b2>>4|ac|的情形时，有|b|b24ac，则用上述公式求出的两个根中，总有一个因用了两个相近的近似数相减而严重不可靠，如本例若在能将规格化的数表示到小数点后8位的计算机上进行计算，则-b=109+1=0.1×1010+0.000 000 0001×1010，由于第二项最后两位数“01”在机器上表示不出来，故它在上式的计算中不起作用，即在计算机运算时，-b=109.

通过类似的分析可得

所以，求得的两个根分别为

b24ac|b|109

bb24ac109109109 x12a2bb24ac1091090 x22a2显然，根x2是严重失真的。

为了求得可靠的结果，可以利用根与系数的关系式：x1x2c，在计算机上采用如下

a公式：

x1bsgn(b)b24ac

2a x2c

ax1其中，sgn（b）是b的符号函数，当b≥0时sgn（b）=1；当b<0时，sgn（b）=-1。显然，上述求根公式避免了相近数相减的可能性。

8 当N充分大时，如何计算

I分析 函数

N1N1dx 1x1的原函数已知，我们自然考虑用Newton-Leibniz公式求这个定积分1x2的值。由于N很大，这样会遇到两个相近的数相减，因此，应采用一些变换公式来避免这种情况。

解 若用定积分的Newton-Leibniz公式计算此题，有

N1N1arctan(N1)arctanN，则当N充分大时，因为arctan（N+1）和arctanN1x2非常接近，两者相减会使有效数字严重损失，从而影响计算结果的精度，这在数值计算中是要尽量避免的，但是通过变换计算公式，例如：令tanθ1=N+1, tanθ2=N，则由

1,得 tan(12)tan1tan2N1N1tan1tan21(N1)N1(N1)N 12arctan(N1)arctanNarctan1

1(N1)N就可以避免两相近数相减引起的有效数字损失，从而得到较精确的结果。所以，当N充分大时，用

N1N1arctan1计算积分的值较好。 21x1NN29 计算积分Inxe01nx1dx(n1,2,.

分析 数值计算中应采用数值稳定的算法，因此在建立算法时，应首先考虑它的稳定性。

解 利用分部积分法，有

10xnex1dxxndex1xnex1|ex1nxn1dx1nxn1ex1dx

00001111得递推公式：

InInIn1 I0(n1,2,) （1）

dx11

exe010x1*时有大小为ε的误差，利用公式（1）计算In，由于初值I0有误差，不妨设求I0的近似值I0即

I0 I0则由递推公式（1）得

II0I1 I1II0I2II2I12I22! I21I3II3I232!I33! I32I4II4I343!I44! I43┊

In(1)nn! In显然初始数据的误差ε是按n!的倍数增长的，误差传播得快，例如当n=10时，10！≈3.629

I10|10!，的误差已把I10×106,|I10这表明I10时已把初始误差ε扩大了很多倍，从而I10的真值淹没掉了，计算结果完全失真。

但如果递推公式（1）改成

In11(IIn)(nk,k1,3,2)

n于是，在从后往前计算时，In的误差减少为原来的1，所以，若取n足够大，误并逐步减小，

n显然，计算的结果是可靠的。所以，在构造或选择一种算法时，必须考虑到它的数值稳定性问题，数值不稳定的算法是不能使用的。

10 为了使计算

y10346 x1(x1)2(x1)3的乘除法运算次数尽量地少，应将表达式改写为怎样的形式？

解 设t1,y10(3(46t)t)t. x1在数值计算中，应注意简化运算步骤，减少运算次数，使计算量尽可能小。 11若x*=3587.64是x的具有六位有效数字的近似值，求x的绝对误差限。 12为使70的近似值的相对误差小于0.1，问查开方表时，要取几位有效数字？ 13利用四位数学用表求x=1-cos2°的近似值，采用下面等式计算： （1）1-cos2° （2）2sin21° 问哪一个结果较好？

14求方程x2-56x+1=0的两个根，使它至少具有四位有效数字（已知78327.982）。 15数列{x}n0满足递推公式

xn10xn11(n1,2,)

若取x021.41(三位有效数字)，问按上述递推公式，从x0计算到x10时误差有多大？这个计算过程稳定吗？

16如果近似值x(a1a2101a3102an10n1)10m的相对误差限小于

110n1，证明：这个数具有n位有效数字。 2(a11)

第二章 插值法与数值微分

1 已知10010,12111,14412，试利用插值法近似计算115。 分析 由题中已知条件本题可利用三点二次Lagrange插值，也可利用三点二次Newton插值，它们所得结果相同。

解 利用三点二次Lagrange插值。 记f(x)x,x0100,x1121,x2144,y010,y111,y212，则f(x)的二次

Lagrange插值多项式为

(xx1)(xx2)(xx0)(xx2) y1(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x1x2)(xx0)(xx1) y2

(x2x0)(x2x1)(x121)(x144)(x100)(x144) 10 11(100121)(100144)(121100)(121144)(x100)(x121) 12

(144100)(144121)L2(x)y0f(115)115L2(115)

10(115121)(115144)(115100)(115144) 11(100121)(100144)(121100)(121144)(115100)(115121)10.722756

(144100)(144121)35 121因为f(x)1x2,f(x)1x2,f(x)3x2，

248R2(x)f(x)L2(x)

()(xx0)(xx1)(xx2), 1f3!所以

|R2(115)||f(115)L2(115)|

 |132(115100)(115121)(115144)|

68 ≤131002156290.163125102

6855(100,144)

2 已知yf(x)的函数表

xi yi 0 8 1 -7.5 2 -18 求函数f(x)在[0,2]之间的零点的近似值。

分析 一般情况下，先求出f(x)在[0，2]上的插值函数P(x)，然后求P(x)的零点，把

此零点作为f(x)的近似零点。特别地，若f(x)的反函数存在，记为x(y)，那么求f(x)的零点问题就变成求函数值(0)的问题了，利用插值法构造出(y)的插值函数，从而求出

f(x)的零点(0)的近似值，这类问题称为反插值问题，利用反插值时，必须注意反插值条件，即函数yf(x)必须有反函数，也即要求yf(x)单调。本题yi是严格单调下降排列，

可利用反插值法。

解 将原函数表变成反函数表 yi 8 xi 插值多项式。

令y08,y17.5,y218,x00,x11,x22，则x(y)的二次Lagrange插值多项式为

0 -7.5 1 -18 2 利用三点二次Lagrange插值，由上反函数表构造yf(x)的反函数x(y)的二次Lagrange

L2(y)x0(yy1)(yy2)(yy0)(yy2) x1(y0y1)(y2y1)(y1y0)(y1y2)(yy0)(yy1)

(y2y0)(y2y1) x2函数yf(x)的近似零点为

L2(0)0(07.50(018)(08)(018) 1(87.5)(818)(7.58)(7.518)(08)(07.5)

(188)(187.5) 2 0.445232

3 设f(x)x4，试用Lagrange插值余项定理写出以-1，0，1，2为插值节点的三次插值多项式。

解 设f(x)以-1，0。1，2为插值节点的三次Lagrange插值多项式为L3(x)，由Lagrange插值余项定理有

f(4)() R3(x)f(x)L3(x)(x1)(x0)(x1)(x2)

4! (x1)(x0)(x1)(x2) 因而

L3(x)f(x)(x1)(x0)(x1)(x2)

x4x(x1)(x1)(x2)2x3x22x

4 设l0(x),l1(x),,ln(x)是以x0,x1,,xn为节点的Largange插值基函数，试证：

l(x)1.

（2）xl(x)x(j1,,n).

（3）(xx)l(x)0(j1,,n).

（1）

kkn0kn0jkkjnkjkk0 （4）

l(0)xkk0njk0,j1,2,,n

(1)nx0x1xn,jn1分析 本题是关于Lagrange插值基函数lk(x)(k0,1,,n)的性质问题，观察要证明的结论，应考虑对常数1和xj进行插值入手，通过插值余项为0得到结论。

证 （1）设f(x)1,则f(x)以x0,x1,,xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为 Ln(x)由插值余项定理知

f(x)l(x)l(x)

kkkk0k0nnfn1()n1(x)0 f(x)Ln(x)(n1)!从而

Ln(x)f(x) 即

式为

Ln(x)l(x)1

kk0nkkkn（2）设f(x)xj(j1,,n)则f(x)以x0,x1,,xn为插值节的n次Lagrange插值多项

f(x)l(x)l(x)

k0k0n由插值余项定理知

fn1()n1(x)0 f(x)Ln(x)(n1)!从而

Ln(x)f(x)

即

l(x)1

kn（2）设f(x)x(j1,,n)，则f(x)以x0,x1,,xn为插值节点的n次Lagrange插值

jk0多项式为

Ln(x)f(x)l(x)xl(x)

kkjkkk0k0nn由插值余项定理

f(n1)()n1(x)0 f(x)Ln(x)(n1)!从而

Ln(x)f(x) 即

xl(x)xjkkk0nj(j1,,n)

（3）将(xkx)j按二项式展开，得

j (xkx)j(1)Cxji0ijiijkx

代入左端，得

nnh(xk0kx)lk(x)[(1)iCijxkjixi]lk(x)

jk0i0j (1)Cxxiiiji0k0njikkl(x)

利用（2）的结论，有

nj(xk0kx)lk(x)(1)iCijxixji(xx)j0

ji0（4）当j1,2,,n时，由（2）的结论知

l(0)xkk0njkxj|x00

当jn1时，令f(x)xn1，有f(n1)(x)(n1)!

f(x)以x0,x1,,xn为插值节点的n次Lagrange插值多项式为

Ln(x)由插值余项定理知

xk0nn1kkl(x)

f(n1)()n1(x)n1(x) f(x)Ln(x)(n1)!从而

Ln(x)f(x)n1(x)

即

令x0，有

xk0nn1kkl(x)xn1(xx0)(xx1)(xxn)

xk0nn1kkl(0)(1)nx0x1xn

5 设f(x)C2[a,b]，且f(a)f(b)0，求证

(ba)2maxmax axb|f(x)||f(x)|

8axb分析 本章内容是代数插值，而题设f(a)f(b)0，易知若用线性插值，线性插值

()(xa)(xb)，函数只能为0，且误差为1f这样利用余项估计式可直接把f(x)与f(x)2!联系起来。

证 以a,b为插值节点进行线性插值，其线性插值多项式为 L1(x)xbf(a)xaf(b)0

abba线性插值余项为

f(x)L1(x)从而

f(x)f()(xa)(xb)(a,b) 2!f()(xa)(xb) 2!由于|(xa)(xb)|在x1(ab)处取最大值，故

2max|f(x)|1max|fmax|(xa)(xb)| (x)|a axbaxbxb2max|f 1(ba)2axb(x)| 86 证明：由下列插值条件

x 0 -1 0.5 -0.75 1 0 1.5 1.25 2 3 2.5 5.25 f(x) 所确定的Lagrange插值多项式是一个二次多项式，该例说明了什么问题？

分析 本题是关于Lagrange插值问题，由已知数据表构造Lagrange插值多项式便可得出结论。

解 令x00,x10.5,x21,x31.5,x42,x52.5

y01,y10.75,y20,y31.25,y43,y55.25 以x0,x2,x4为插值节点作f(x)的二次插值多项式L2(x)，则 L2(x)y0 y4(xx2)(xx4)(xx0)(xx4) y2(x0(x2)(x0x4)(x2x0)(x2x4)(xx0)(xx2)

(x4x0)(x4x2)(x1)(x2)(x0)(x2) 0(01)(02)(10)(12) (1) x21

易验证L2(xi)yi(i0,1,,5)，因而满足插值条件 L(xi)yi(i0,1,,5) （1）

的Lagrange插值多项式为P(x)x21。

由插值多项式的存在惟一定理知满足条件（1）的5次插值多项式是存在且惟一的，但该5次多项式并不一定是真正的5次多项式，而是次数≤5的多项式。

7 对于任意实数0以及任意正整数r,s，多项式

x1x0x0x1是rs次多项式，且满足q(x0)f(x0),q(x1)f(x1)。本题说明了什么问题？

解 本题说明由两个插值条件q(x0)f(x0),q(x1)f(x1)构造大一1次的插值多项式，答案是不惟一的，类似地，由n+1插值条件构造大于n次的插值多项式，答案也是不惟一的。

8 我们用sin30°=0.5,sin45°=0.7071,sin60°=0.8660，作Lagrange二次插值，并用来求sin40°的近似值，最后根据插值余项定理估计此误差。

分析 本题显然是利用Lagrange插值余项定理 解 设

q(x)(xx0)r(xx1)s(xx0)f(x1)(xx1)f(x0)

(x)cosx,f(x)sinx,f(x)cosx f(x)sinx,f令

x0300.5236,x1450.7854,x2601.0472,x400.6981 其插值余项为

f(3)()R2(x)(xx0)(xx1)(xx2)

3!从而

R2(40)|R2(0.6981)

cos()(0.69810.5236)(0.69810.7854)(0.69811.0472) 3! ≤10.17540.08730.34910.000886

6 9 已知x0,2,3,5对应的函数值为y1,3,2,5，作三次Newton插值多项式，如再增加x6时的函数值6，作四次Newton插值多项式。

分析 本题是一道常规计算题 解 首先构造差商表

xi 0 2 3 5 f(xi) 1 3 2 5 一级差商 1 -1 3/2 二阶差商 -2/3 5/6 三阶差商 3/10 三次Newton插值多项式为

N3(x)1x2x(x2)3x(x2)(x3)

310增加x46,f(x4)6作差商表

xi 0 2 3 5 6 f(xi) 1 3 2 5 6 一级差商 1 -1 3/2 1 二阶差商 -2/3 5/6 -1/6 三阶差商 3/10 -1/4 四级差商 -11/120 四次Newton插值多项式为

N4(x)1x2x(x2)3x(x2)(x3)

31011x(x2)(x3)(x5) 12010 已知f(x)x7x43x1，求f[20,21,,27]及f[20,21,,28] 分析 本题f(x)是一个多项式，故应利用差商的性质。

解 由差商与导数之间的关系f[x0,,xn]1f(n)()及f(7)(x)7!，f(8)(x)0知

n!(7)f()7! f[2,21,,27]1

7!7!(8)f()0 f[2,21,,28]0

8!8!11 若f(x)axnan1xn1a1xa0有n个相异的实根x1，x2,,xn，则有 0,

分析 f(x)有n个相异实根，故f(x)可表示成

f(x)j1jnxkj0kn2

1,ankn1(xx)，考察本题要证明的结论和

ii1nf(x)

的特点，应考虑利用差商可表示为函数值的线性组合这一性质。 证 由于x1,x2,,xn是f(x)的n个互异的零点，所以 f(x)an(xx1)(xx2) f(xj)an

n(xxn)an(xxi)

i1n(xi1ijjxi)

j1nnxkjf(xj)j1xkjni1an(xjxi)ij1anj1nxkj(xi1ijn （1）

jxi)记gk(x)xk,则

0 1由（1），（2）得

n0kn2 kn1

(n1) g k ( x )  （2）

anj1xk1jf(xj)anj1ngk(xj)(xi1ijnjxi)1gk[x1,x2,an,xn]

00kn2 kn1

()1g a n ( n  1)! 1an

(n1)k

1，且a,x0,x1,x2,,xn互不相同，证明 ax1 f[x0,x1,,xk](k1,2,,n)

(ax0)(ax1)(axk)12 设f(x)并写出f(x)的n次Newton插值多项式。

分析 利用差商的定义可证得 证 用数学归纳法证明 当k1时

f[x0,x1] f(x0)f(x1)1[11]

x0x1x0x1ax0ax11 (ax0)(ax1)1i假设当km时，结论成立，即有

f[x0,x1,,xm]那么

(ax)i0m,f[x1,x2,,xm1]axi1m11i,

f[x0,x1,,xm,xm1]f[x0,x1,,xm]f[x0,x1,,xm1]

x0xm11[x0xm1m 1i(ax)(ax)ii0i1i0m11]

(axm1)(ax0)1 m1x0xm1(axi) (ax)ii0m11

即当km1时，结论成立。

由数学归纳法知对任意k，结论是成立的。

f(x)以x0,x1,,xn为插值节点的n次Newton插值多项式为

Nn(x)(xx0)(xx0)(xx1)(xxn1)1 ax0(ax0)(ax1)(ax0)(ax1)(axn)13 设f(x)C1[a,b],x0(a,b)定义

f[x0,x0]xlimx0f[x,x0]

(x0)。 证明：f[x0,x0]f分析 本题应利用差商的概念和微分中值定理将差商与导数联系起来。 证 由微分中值定理有 f[x0,x0]所以

f(x)f(x0)f(x0(xx0)),01

xx0lim(x0(xx0))f(x0) f[x0,x0]xlimx0f[x,x0]xx0f14 设f(x)axnaxn1a1xa0，且an0，试证 nf(x)n!anhn 其中h为等距节点步长。

分析 由于f(x)是多项式，因此应考虑用差商的性质和差商与差分的联系来证明。 证 记

xixih(i0,1,2,,n)

n(f(x)f(n)()n!anf[x0,x1,,xn]an

n!hnn!n!所以

nf(x)n!anhn

15 已知函数yf(x)的函数表

x 0.0 1.00 0.1 1.32 0.2 1.68 0.3 2.08 0.4 2.52 0.5 3.00 f(x) 试列出相应的向前差分表，并写出Newton向前插值公式。

分析 这是常规计算题，按照公式计算即可。 解 构造向前差分表

xi 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 f(xi) 1.00 1.32 1.68 2.08 2.52 3.00 fi 0.32 0.36 0.40 0.44 0.48 2fi 0.04 0.04 0.04 0.04 3fi 0.00 0.00 0.00 f(x)的Newton向前插值公式为

N5(x)N5(0.00.1t)

t(t1)2 f0tf0f0

1!2! 0.02t20.30t1.00,16 给出f(x)1nx的数据表

t[0,1]

x 0.4 -0.916 29 0.5 -0.693 147 0.6 -0.510 826 0.7 -0.356 675 0.8 -0.223 144 0.9 -0.105 361 1n(x) （1）用线性插值及二次插值计算1n0.54的近似值。

（2）用Newton向后插值公式求1n0.78的近似值，并估计误差。 分析 本题属于常规计算题，按照公式计算即可。 解 （1）线性插值，取x00.5,x10.6，则

1n0.54(0.693147)0.540.6(0.510826)0.540.5

0.50.60.60.5 =-0.620 219

二次插值，取x00.5,x10.6,x20.7，则 1n0.54(0.693147) (0.510826) (0.356675) =-0.616 838 2

也可取x00.4,x10.5,x20.6进行二次插值得 1n0.54≈0.615 319 8

（2）记x00.4,x10.5,x20.6,x30.7,x40.8,x50.9，构造向后差分表

(0.540.6)(0.540.7)

(0.50.6)(0.50.7)(0.540.5)(0.540.7)

(0.60.5)(0.60.7)(0.540.5)(0.540.6)

(0.70.5)(0.70.6)xi 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 f(xi) -0.916 291 -0.693 147 -0.510 826 -0.356 675 -0.223 144 -0.105 361 fi 0.223 144 0.182 321 0.154 151 0.133 531 0.117 783 2fi -0.40 823 -0.028 170 -0.20 620 -0.015 748 3fi 0.012 653 0.007 550 0.004 872 4fi -0.005 103 -0.002 678 5fi 0.002 425 由Newton向后插值公式

Nx(x)Nn(xnth)

fntfn1t(t1)2fn|1t(t1)(tn1)nfn

2!n!由于xxnth，当x0.78,n4时,t(0.780.8)/0.10.2，故

1n0.78N4(0.78)

=-0.223 144+0.133 531×(-0.2) 1(0.2)(0.21)(0.020620)

2! 1(0.2)(0.21)(0.22)(0.007550)

3! 1(0.2)(0.21)(0.22)(0.23)(0.005103)

4! ≈0.248 453 由插值余项

f(s)() R4(x)f(x)N4(x)t(t1)(t4)h5

5!知

h5max|f(5)(x)| |R4(0.78)||t(t1)(t4)|x[x0,x4]5!0.15≤|(0.2)(0.21)(0.22)(0.23)(0.24)|

5! 4!55.985104

0.417 已知sin30°=0.5，sin45°=0.7071，sinˊ(30°)=cos30°=0.8660，sinˊ(45°)=cos45°=0.7071，求sin40°。

分析 本题不仅给出两点上的函数值，而且还给出了导出数值，因此应利用两点三次Hermite插值。

解 利用两点三次Hermite插值 sin40H3(40)H3(2)

9 (122/9/6)(2/9/4)20.5

/4/6/6/4 (122/9/4)(2/9/6)20.7071

/6/4/4/6 (2)(2/9/4)20.8660

96/6/44/4/6 (2)(2/9/6)20.7071

9 =0.6428

sin(4)()22222()()| |R()|94!9694 ≤1()2()20.00101

24183618 已知自然对数1nx和它的导数1/x的数表

x 0.40 -0.916 291 0.50 -0.693 147 0.60 -0.356 675 0.70 -0.223 144 1nx 1 x2.50 2.00 1.43 1.25 （1）利用Lagrange插值公式，求1n0.60。 （2）利用Hermite插值公式，求1n0.60。 分析 本题属常规计算题，按有关公式计算即可。

解 记x00.40,x10.50,x20.70,x30.80。首先列表计算

li(0.60,li(xi)(i0,1,2,3) i 3li(x) li(0.60) -0.166 667 li(xi) 0 xxj xx0jj0j03xj0j03j0j1331-15.833 333 0xj1.666 667 1 xxj xx1jj0j030.666 667 1xx1j2 xxj xx2jj0j230.666 667 xj0j2311.666 667 2xj3 xxj xx3jj0j3-0.166 667 xj0j3115.833 333 3xj （1）利用Lagrange插值公式，有 1n0.60L3(0.60)l(0.6)f(x)

iii03 =-0.166 667×(-0.916 291)+0.666 667×(-0.693 147) +0.666 667×(-0.356 675)+(-0.166 667)×(-0.223 144) =-0.509 976

（2）利用Hermite插值公式，有

3H7(x){[12(xxi)li(xi))]li2(x)f(xi)(xxi)li2(x)f(xi)}

i0从而1n(0.60)H7(0.60)-0.510 889。

注：本题的真值1n0.60-0.510 825 623…，可以看出Hermite插值所得结果要比Lagrange插值结精确得多。

19 设已知x0,x1,x2是[a,b]上三个互异的节点，函数f(x)在[a,b]上具有连续的四阶导数，而H3(x)是满足下列条件的三次多项式：

H(xi)f(xi)(i0,1,2)

(x1) H(x1)f（1）写出H3(x)的表达式。

f(4)()(xx0)(xx1)2(xx2)（2）证明：f(x)H3(x)4!法，解决这类问题的方法较多，常用的有以下两种解法。

(a,b)

分析 这是带导数的插值问题，但又不是Hermite插值问题，要求我们灵活运用插值方

（1）解法一 用插值法加待定系数法来做。

设N2(x)为满足插值条件N2(xi)f(xi)(i0,1,2)的二次式，由插值条件可设H3(x)的形式为

H3(x)N2(x)A(xx0)(xx1)(xx2)

f[x0](xx0)f[x0,x1](xx0)(xx1)f[x0,x1,x2]

A(xx0)(xx1)(xx2) （1） 其中A为待定系数，显然由（1）确定的H3(x)满足H3(xi)f(xi)(i0,1,2)，待定系数A

(x1)f(x1)来确定，为此对（1）式两边求导数 可由插值条件H3(x)f[x0,x1](xx1)f[x0,x1,x2](xx0)f[x0,x1,x2] H3 A[(xx1)(xx2)(xx0)(xx2)(xx0)(xx1)]

(x1)f(x1)有 令xx1，并利用插值条件H3(x1)f[x0,x1](x1x0)f[x0,x1,x2]A(x1x0)(x1x2) f于是

Af(x1)f[x0,x1](x1x0)f[x0,x1,x2] 从而

(x1x0)(x1x2)H3(x)f[x0](xx0)f[x0,x1](xx0)(xx1)f[x0,x1,x2]

f(x1)f[x0,x1](x1x0)f[x0,x1,x2]

(x1x0)(x1x2) •(xx0)(xx1)(xx2) 解法二 用插值基函数来构造。

首先构造四个三次插值基函数h0(x),h1(x),h2(x),h1(x)，使其满足条件 h0(x0)1, h1(x0)0, h2(x0)0, h1(x0)0,h0(x1)0,h1(x1)1,h2(x1)0,h1(x1)0,h0(x2)0,h1(x2)0,h2(x2)1,h1(x2)0,(x1)0 h0(x1)0 h1(x1)0 h2h1(x1)1

由h0(x)所满足的条件，可设h0(x)A(xx1)2(xx2)，其中A为待定系数。由h0(x0)1，

1，故有

(x0x1)2(x0x2)(xx1)2(xx2) h0(x)

(x0x1)2(x0x2)得A同理可得

(xx1)2(xx0) h2(x)

(x2x1)2(x2x0)由h1(x)满足的条件，可设h1(x)C(xx0)(xx1)(xx2)，其中C为待定系数，由h1(x1)1，得C1，故有

(x1x0)(x1x2) h1(x)(xx0)(xx1)(xx2)

(x1x0)(x1x2)(xx0)(xx2)，其中

(x1x0)(x1x2)下面求h1(x),由h1(x)满足条件，设h1(x)(axb)•a,b为待定系数，利用h1(x1)1,h1(x1)0得

ax1b1 a(ax1b)由此得

a1(ax1b)10 x1x0x1x2(x0x2)2x1

(x1x0)(x1x2)[(x0x2)2x1]x1

(x1x0)(x1x2) b1所以

h1(x)易验证

{[(x0x2)2x1](xx1)(x1x0)(x1x2)}(xx0)(xx2)

(x1x0)2(x1x2)2x1)h1(x) H3(x)f(x0)h0(x)f(x1)h1(x)f(x2)h2(x)f(（2）证 当x为插值节点x0,x1,x2中任一点时，结论显然成立，下面设x异于x0,x1,x2。

由于R3(x)f(x)H3(x)满足

(x1)0 R3(x1)0,R3(x2)0,R3故可设R3(x)K(xx0)(xx1)2(xx2)，其中K为依赖于x 的待定系数。

R3(x0)0,固定x，作辅助函数

G(t)f(t)H3(t)K(tx0)(tx1)2(tx2) 显然G(t)在[a,b]上有四个零点x,x0,x1,x2，其中x1为二重零点。

利用Rolle定理，知G(t)在x0,x1,x2,x组成的三个小区间内至少各有一个零点，记为

1,2,3，加上x1,G(t)在[a,b][a,b]上至少有4个零点，反复利用Rolly定理：

G(t)在[a,b]内至少有3个零点。

G(3)(t)在[a,b]内至少有2个零点。

G(4)(t)在[a,b]内至少有1个零点，即存在一点ξ，使G(4)()0。

f(4)()(4)(4)由于G(t)f(t)4!K，从而求得K，所以

4!f(4)()(xx0)(xx1)2(xx2) R3(x)f(x)H3(x)4!20 对于给定插值条件，试分别求出满足下列边界条件的三次样条函数S(x)： （1）S(0)1.S(3)2 （2）S(0)1.S(3)2

求得问题的解。

解 记

x 0 1 1 2 1 3 0 f(x) 0 分析 这是三次样条插值问题，给出了两种边界条件，我们按样条插值的求解方法即能

x00,x11,x22,x33,y00,y11,y21,y30, 计算二阶差商 i 0 1 2 3

xi 0 1 2 3 f(xi) 0 1 1 0 一阶差商 1 0 -1 二阶差商 -1 2-1 2 x1x0x2x1x3x2h1

jj1,j1,2

2三次样条插值函数的表达式为

S(x)1Mj(xj1x)31Mj1(xxj)3

66 (yi1Mj)(xj1x)(yj11Mj1)(xxj)

66 x[xj,xj1],j0,1,2 （1）

（1）d06{f[x0,x1]1}6(11)0

d36{2f[x2,x3]}6(21)18

d16f[x0,x1,x2]6(1)3

2 d26f[x1,x2,x3]6(1)3

2关于M0,M1,M2,M3的方程组为

21200解得

121200122101122M00M1=3

3M218M3M00.2667,M10.5333,M24.1333,M311.0667(2)

将数据（2）代入（1）得所求三次样条插值函数为：当x[0,1]时，

S(x)160.2667(1x)316(0.5333)(x0)3

(0160.2667)(1x)(116(0.5333))(x0)

0.4445(1x)30.08888x30.0445(1x)1.08888x 当x[1,2]时，

S(x)16(0.5333)(2x)316(4.1333)(x1)3

(116(0.5333))(2x)(116(4.1333))(x1) 0.08888(2x)30.68888(x1)31.08888(2x)

1.68888(x1)

当x[2,3]时，

S(x)16(4.1333)(3x)316(11.0667)(x2)3 (116(4.1333))(3x)(016(11.0667))(x2)

0.68888(3x)31.84445(x2)31.68888(3x) 1.84445(x2)

（2）M01,M32 关于M1和M2的方程组为

1 22 M11227M224

解得

M11.3333,M21.6667 将（3）和（4）代入（1）得所求三次样条插值函数为：当x[0,1]时，

S(x)16(1x)316(1.33333)(x0)3

(016)(1x)(116(1.6667))(x1)

0.16667(1x)30.22222x30.16667(1x)1.22222x当x[1,2]时，

3） （4） （

S(x)1(1.3333)(2x)31(1.6667)(x1)3

66 (11(1.3333))(2x)(11(1.6667))(x1)

66 0.22222(2x)30.27778(x1)31.22222(2x) 1.27778(x1) 当x[2,3]时，

S(x)1(1.6667)(3x)312(x2)3

66 (11(1.6667))(3x)(012)(x2)

66 0.27778(3x)30.33333(x2)31.27778(3x) 0.33333(x2)

21 求超定方程组

2x14x211 3x15x23

x12x26 （1） 2x1x27 的最小二乘解，并求误差平方和。

分析 求解超定方程组AXb，可直接求解正则方程组ATAXATb。 解 方程组（1）写成矩阵形式为

23 12正规方程组为

4115x13 2x267124即

4231235x125212x21412113123

6521718 解得

33x151

46x248x13.0403,误差平方和

x21.2418

E(112x14x2)2(33x15x2)2

(6x12x2)2(72x1x2)2

=0.340 66

22 已知42,93,164,求7的近似值。 23有下列正弦数表

x 0.5 0.479 43 0.6 0.564 64 0.7 0.644 22 sinx 试分别用线性插值与二次插值求sin0.578 91的近似值，并估计误差。

24利用反插值法求方程x46x212x80在区间[1,2]内的根。

25设f(x)2x4x31，试用Lagrange插值余项定理写出以-1，0，1，2为插值节点的三次插值多项式。

26证明：对于f(x)的以x0,x1为节点的一次插值多项式P1(x)，插值误差为

(x1x0)2max|f(x)P(x)|,x[x0,x1] 1(x)|x[x0,x1]|f827若f(x)x7x31，求[20,21,,28]。 28对任意的整数n0,0kn1，证明恒等式

n

i0ik(ij)j0jin0

29给定数据表

xi f(xi) 1 4 2 1 4 0 6 1 7 1 求4次Newton插值多项式，并写出插值余项。

30有如下列表函数

xi f(xi) 0 3 1 6 2 11 3 18 4 27 试写出此列表函数的向前差分表，并写出Newton向前插值公式

31已知函数yf(x)的函数表

xi f(xi) 0.0 1.00 0.1 1.32 0.2 1.68 0.3 2.08 0.4 2.52 0.5 3.00 试列出相应的向后差分表，并写出Newton向后插值公式，用其估值f(0.45)。

32证明：（1）(figi)figig1ifi。（2）()33已知单调连续函数yf(x)的下列数据：

figigififigi。

gigi1xi yi -1.1 -2.20 0.0 -1.10 1.2 1.00 2.1 2.10 用插值法计算当x为何值时，f(x)0。

34给出f(x)cosx的等距节点函数表，如用线性插值计算f(x)的近似值，使其误差不大于1105，则函数表的步长应取多少？

235设x0,x1为互不相同的节点，f(x)为已知函数，求不超过二次的多项式H2(x)，使满足条件：

H2(x0)f(x0),并估计误差。

36求一个次数≤3的多项式H3(x)，满足插值条件：

H2(x1)f(x1),(x0)fH2(x0)

xi yi yi 并估计误差。

1 2 2 4 3 3 12 37求一个三次多项式P3(x)，使在节点x00,x11上满足条件

P3(0)f(0)0,P3(1)

(0)f(0)3,P(1)ff(1)1,P(1)9，并估计余项。 3338已知函数yf(x)的函数表如下：

x 0 0 1 -2 4 -8 5 -4 f(x) 在区间[0，5]上求满足条件S(0)5,S(5)19的三次样条插值函数S(x)，并分别

24计算S(x)在x0.5,3,5处的值。