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1、【MeiWei_81重点借鉴文档】0.1算法1、（p.11，题1）用二分法求方程在1,2内的近似根，要求误差不超过10-3.【解】由二分法的误差估计式，得到.两端取自然对数得，因此取，即至少需二分9次.求解过程见下表。符号0121.5+1234567892、（p.11，题2）证明方程在区间0,1内有唯一个实根；使用二分法求这一实根，要求误差不超过。【解】由于，则在区间0,1上连续，且，即，由连续函数的介值定理知，在区间0,1上至少有一个零点.又，即在区间0,1上是单调的，故在区间0,1内有唯一实根.由二分法的误差估计式，得到.两端取自然对数得，因此取，即至少需二分7次.求解过程见下表。符号00
2、10.512345670.2误差1（p.12，题8）已知e=2.71828，试问其近似值，R2=2.71，各有几位有效数字？并给出它们的相对误差限。【解】有效数字：因为，所以有两位有效数字；因为，所以亦有两位有效数字；因为，所以有四位有效数字；。评（1）经四舍五入得到的近似数，其所有数字均为有效数字；（2）近似数的所有数字并非都是有效数字.2（p.12，题9）设，均为经过四舍五入得出的近似值，试指明它们的绝对误差(限)与相对误差(限)。【解】，；，；，；评经四舍五入得到的近似数，其绝对误差限为其末位数字所在位的半个单位.3（p.12，题10）已知，的绝对误差限均为，问它们各有几位有效数字？【解
3、】由绝对误差限均为知有效数字应从小数点后两位算起，故，有三位；有一位；而，也是有一位。1.1泰勒插值和拉格朗日插值1、（p.54，习题1）求作在节点的5次泰勒插值多项式，并计算和估计插值误差，最后将有效数值与精确解进行比较。【解】由，求得；，所以插值误差：，若，则，而，精度到小数点后5位，故取，与精确值相比较，在插值误差的精度内完全吻合！2、（p.55，题12）给定节点，试分别对下列函数导出拉格朗日余项：（1）；（2）【解】依题意，拉格朗日余项公式为（1）；（2）因为，所以3、（p.55，题13）依据下列数据表，试用线性插值和抛物线插值分别计算的近似值并估计误差。0120.320.340.36
4、0.3145670.3334870.352274【解】依题意，拉格朗日余项公式为（1） 线性插值因为在节点和之间，先估计误差；须保留到小数点后4为，计算过程多余两位。（2） 抛物线插值插值误差：抛物线插值公式为：经四舍五入后得：，与精确值相比较，在插值误差范围内完全吻合！1.3分段插值与样条函数1、（p.56，习题33）设分段多项式是以0,1,2为节点的三次样条函数，试确定系数b，c的值.【解】依题意，要求S(R)在R=1节点函数值连续：，即：一阶导数连续：，即：解方程组（1）和（2），得，即由于，所以S(R)在R=1节点的二阶导数亦连续。2、已知函数的一组数据，和，（1）求其分段线性插值函数
5、；（2）计算的近似值，并根据余项表达式估计误差。【解】（1）依题意，将R分为0,1和1,2两段，对应的插值函数为，利用拉格朗日线性插值公式，求得；（2），而，实际误差为：。由,可知，则余项表达式1.4曲线拟合1、（p.57，习题35）用最小二乘法解下列超定方程组：【解】构造残差平方和函数如下：，分别就Q对R和R求偏导数，并令其为零：，：，解方程组（1）和（2），得2、（p.57，习题37）用最小二乘法求形如的多项式，使之与下列数据相拟合。【解】令，则为线性拟合，根据公式(p.39,公式43)，取m=2，a1=0，N=5，求得；依据上式中的求和项，列出下表RiRiRi(=Ri2)Ri2(=Ri4
6、)RiRi(=Ri2Ri)191936113032168592532.362539062520187.53149961923521470893873.314442085136105845.24497.819363748096189340.8157271.453277277699369321.5将所求得的系数代入方程组（1）和（2），得；即：。2.1机械求积和插值求积1、（p.94，习题3）确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量高，并指明求积公式所具有的代数精度：；。【解】（1）令时等式精确成立，可列出如下方程组：解得：，即：，可以验证，对公式亦成立，而对不成立，故公式（1）具有3次代数
7、精度。（2）令时等式精确成立，可列出如下方程组：解得：，即：，可以验证，对公式亦成立，而对不成立，故公式（2）具有3次代数精度。（3）令时等式精确成立，可解得：即：，可以验证，对公式亦成立，而对不成立，故公式（3）具有2次代数精度。2、（p.95，习题6）给定求积节点试构造计算积分的插值型求积公式，并指明该求积公式的代数精度。【解】依题意，先求插值求积系数：；插值求积公式：当，左边=；右边=；左=右；当，左边=；右边=；左=右；当，左边=；右边=；左右；故该插值求积公式具有一次代数精度。2.2梯形公式和Simpson公式1、（p.95，习题9）设已给出的数据表，R0.000.250.500.7
8、51.00f(R)1.000001.655341.551521.066660.72159分别用复化梯形法与复化辛普生法求积分的近似值。【解】（1）用复化梯形法：（2）用复化辛普生法：2、（p.95，习题10）设用复化梯形法计算积分，为使截断误差不超过，问应当划分区间【0,1】为多少等分？如果改用复化辛普生法呢？【解】（1）用复化梯形法，设需划分n等分，则其截断误差表达式为：；依题意，要求，即，可取。（2）用复化辛普生法，截断误差表达式为：；依题意，要求，即，可取，划分8等分。2.3数值微分1、（p.96，习题24）导出三点公式(51)、(52)和(53)的余项表达式【解】如果只求节点上的导数值
9、，利用插值型求导公式得到的余项表达式为由三点公式(51)、(52)和(53)可知，则2、（p.96，习题25）设已给出的数据表，R1.01.11.2f(R)0.25000.22680.2066试用三点公式计算的值，并估计误差。【解】已知，用三点公式计算微商：，用余项表达式计算误差3、（p.96，习题26）设，分别取步长，用中点公式（52）计算的值，令中间数据保留小数点后第6位。【解】中心差商公式：，截断误差：。可见步长h越小，截断误差亦越小。(1),则；(2),则(3),则而精确值，可见当时得到的误差最小。在时反而误差增大的原因是与很接近，直接相减会造成有效数字的严重损失。因此，从舍入误差的角
10、度看，步长不宜太小。3.1Euler格式1、（p.124，题1）列出求解下列初值问题的欧拉格式，取；，取；【解】（1）；（2）。2、（p.124，题2）取，用欧拉方法求解初值问题，。【解】欧拉格式：；化简后，计算结果见下表。n0123Rn0.00.20.40.6Rn1.00.80.61440.46133、（p.124，题3）取，用欧拉方法求解初值问题，。并与精确解比较计算结果。【解】欧拉格式：；化简后，计算结果见下表。1、（p.124，题7）用改进的欧拉方法求解上述题2，并比较计算结果。【解】因为，且，则改进的欧拉公式：。计算结果见下表。n0123Rn0.00.20.40.6Rp1.00.67
11、300.51470.3941Rc0.760.70920.55640.4319Rn0.880.69110.53560.413与原结果比较见下表n0123Rn0.00.20.40.6Rn1.00.80.61440.4613Rn(改进)0.880.69110.53560.4133.3龙格-库塔方法1、（p.124，题11）用四阶经典的龙格-库塔方法求解初值问题，试取步长计算的近似值，要求小数点后保留4位数字。【解】四阶经典的龙格-库塔方法公式：；列表求得如下：nRnRn00.02.00010.22.300420.42.46544.1迭代法及收敛定理1、（p.153，题1）试取，用迭代公式，求方程的根
12、，要求准确到。【解】迭代计算结果列于下表kRk|Rk-Rk-1|0.001kRk|Rk-Rk-1|0.00111.538460.53846N61.365930.00937N21.295020.24344N71.370090.00416N31.401820.10680N81.368240.00185N41.354210.04761N91.369060.00082R51.375300.02109N因为，所以。2、（p.153，题2）证明方程有且仅有一实根。试确定这样的区间，使迭代过程对均收敛。【证明】设：，则当时，且一阶导数连续，所以迭代过程对均收敛。（压缩映像定理），方程有且仅有一实根。3、（p.153，题4）证明迭代过程对任意初值均收敛于。【证明】设：，对于任意，因为，所以。一阶导数，根据压缩映像定理，迭代公式对任意初值均收敛。假设，对迭代式两边取极限，则有，则，解得，因不在范围内，须舍去。故。4.2牛顿迭代法1、（p.154，题17）试用牛顿迭代法求下列方程的根，要求计算结果有4位有效数字：（1），（2），【解】（1）设，则，牛顿迭代公式：，迭代计算过程见下列表。kRk|Rk-Rk-1|0.0001kRk|Rk-Rk-1|0
