计算方法课后习题答案

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计算方法习题答案

王新民术洪亮编

吉大仪电春哥 2012/5/10

。

第一章习题答案

1. 已知f(1)2,f(1)1,f(2)1，求f(x)的Lagrange插值多项式。

解：由题意知：

x01,x11,x22;y02,y11,y21l0l1l2

(xx1)(xx2)(x1)(x2)



(x0x1)(x0x2)6(xx0)(xx2)(x1)(x2)



(x1x0)(x1x2)2(xx0)(xx1)(x1)(x1)



(x2x0)(x2x1)3

n

2

jjj0

L(x)ylx(x1)(x2)2(x1)(x2)1(x1)(x1)1

623



12

x3x86

1

2. 取节点x00,x11,x2,对yex建立Lagrange型二次插值函数，并估

2

计差。

解1)由题意知：

111

x00,x11,x2;y01,y1e,y2e2

2

则根据二次Lagrange插值公式得：

L2(x)

(xx0)(xx2)(xx0)(xx1)(xx1)(xx2)

y0y1y2

(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x1x2)(x2x0)(x2x1)

2(x1)(x0.5)2x(x0.5)e14x(x1)e0.5(22e14e0.5)x2(4e0.5e13)x1

2)根据Lagrange余项定理，其误差为

f(3)()1

|R2(x)||21(x)||ex(x1)(x0.5)|

3!6

1

max|x(x1)(x0.5)|,(0,1)60x1

取 t(x)x(x1)(x0.5),并令 t(x)3x23x0.5033

0.2113时，t(x)有极大值6

R2(x)10.2113(0.21131)(0.21130.5)0.00802

6可知当x

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。

3. 已知函数yx在x4,x6.25,x9处的函数值，试通过一个二次插值函数求7的近似值，并估计其误差。

解：由题意yx知：x04,x16.25,x29;y02,y12.5,y23 （1）采用Lagrange插值多项式yxL2(x)lj(x)yj

j0

2

y7L2(x)|x7

(xx0)(xx2)(xx0)(xx1)(xx1)(xx2)

y0y1y2

(x0x1)(x0x2)(x1x0)(x1x2)(x2x0)(x2x1) (76.25)(79)(74)(79)(74)(76.25)22.53

2.2552.252.752.7552.6484848

其误差为

f(3)()

R2(7)(74)(76.25)(79)

3!35(3)

又f(x)x2

8

532(3)

则max|f(x)|40.01172[4,9]8

1

|R2(7)|(4.5)(0.01172)0.00879

6

（2）采用Newton插值多项式yxN2(x) 根据题意作差商表：

i 0 1 2

xi f(xi)

一阶差商

2 9211

二阶差商

4495

4 6.25 9

2 2.5 3

N2(7)22(74)(4)(74)(76.25)2.6484848

9495

4. 设fxxkk0,1,...,n，试列出fx关于互异节点xii0,1,...,n的

Lagrange插值多项式。

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。

注意到：若n1个节点xii0,1,...,n互异，则对任意次数n的多项式fx，它关于节点xii0,1,...,n满足条件Pxiyi,i0,1,...,n的插值多项式Px就是它本身。可见，当kn时幂函数f(x)x(k0,1,...,n)关于n1个节点xii0,1,...,n的插

k

值多项式就是它本身，故依Lagrange公式有

xlx(

k

jjj0

j0

i0ij

nnn

xxik

)xjxk,k0,1,...,n xjxi

特别地，当k0时，有

ljx

j0

j0i0

ij

nnn

xxi

1

xjxi

而当k1时有

n

xxi

xjljxj0j0i0xjxi

ij

n

n

xx j

5. 依据下列函数表分别建立次数不超过3的Lagrange插值多项式和

Newton插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。

x 0 1 2

1 9 23

f(x)

解：

（1） Lagrange 插值多项式

4 3

L3(x)lj(x)yj lj(x)

j0

3

xxi

i0,xjxi

3

ij

xx1xx2xx3x1x2x4x37x214x8

l0(x)••••=

x0x1x0x2x0x30102048xx0xx2xx3x0x2x4x36x28x

l1(x)••••=

x1x0x1x2x1x31012143xx0xx1xx3x0x1x4x35x24xl2(x)••••=

x2x0x2x1x2x32021244

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xx0xx1xx2x0x1x2x33x22x

l3(x)••••=

x3x0x3x1x3x240414224

x1x2x4x0x2x4

19

010204101214x0x1x4x0x1x2 233

202124404142

L3x

1223122

x3x2x43xx6x8xx5x4xx23x2848114521

x3xx1

442 

（2） Newton 插值多项式

k

0 1 2 3

xk

0 1 2 4

f(xk)

1 9 23 3

一阶差商

8 14 -10

二阶差商

3

三阶差商

8

11

4

N3(x)f(x0)f(x0,x1)(xx0)f(x0,x1,x2)(xx0)(xx1)

f(x0,x1,x2,x3)(xx0)(xx1)(xx2)

18(x0)3(x0)(x1)11(x0)(x1)(x2)

4



1134521

xxx1 442

由求解结果可知：L3(x)N3(x) 说明插值问题的解存在且唯一。

6. 已知由数据(0,0),(0.5,y1),(1,3)和(2,2)构造出的Lagrange插值多项式

L3x的最高次项系数是6，试确定y1。解：l0(x)

xx1xx2xx3x0.5x1x27273

=xxx1

x0x1x0x2x0x300.5010222

l1(x)

xx0xx2xx3x0x1x2832

 =(x3x2x)

x1x0x1x2x1x30.500.510.523

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l2(x)

xx0xx1xx3x0x0.5x232

=2x5x2x

x2x0x2x1x2x31010.512

xx0xx1xx2x0x0.5x113121

=xxx

x3x0x3x1x3x22020.521326

l3(x)

8117

L3(x)中最高次项系数为：0(1)y1(2)326y1

334

7. 设fxx4，试利用Lagrange余项定理给出fx以1,0,1,2为节点的插值

多项式L3x。

解：由Lagrange余项定理

f(n1)()

Rn(x)f(x)Ln(x)(x) [a,b] n1(n1)!

可知：当n3时，

f(n1)()f(4)(x)

x

4!

L3(x)f(x)

4!

(xx0)(xx1)(xx2)(xx3)

(31)!

x4(x1)(x0)(x1)(x2)

2x3x22x

8. 求作fxxn1关于节点xii0,1,插值余项定理证明

xl01

n1iii0n

n

,n的Lagrange插值多项式，并利用

x

ii0

n

式中lix为关于节点xii0,1,解：注意到f(x)x

n

n1

,n的Lagrange插值基函数。

,n的插值多项式为

关于节点xii0,1,

xxin1nn1

Ln(x)()xjxjlj(x)

j0i0xjxij0

ij

n

其插值余项为

x

n1

x

j0

n

n1

jj

xl(x)

n1n

n1

xxixxi

n1!i0i0

nn

据此令x0即得

x

i0

n

n1

ii

l01

x。

ii0

n

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。

附加题：设lix为关于节点xii0,1,...,n的Lagrange插值基函数，证明

1,

xikli0

i00,

n

k0k1,2,...,n

证明：据题4可知，

lx1

ii0

n

令x0，则有

l01。注意到

ii0

k

n

xixlix0,k1,2,...,n（证明见王能超数值简明教程145页题6）

i0

n

令x0即有

xl00。

niii0

n

9. 已知f(x)x73x52x31，求差商f20,21,

解：根据差商与微商的关系，有

,27和f20,21,,28。

f(7)()7!

f(2,2,...,2)1,

7!7!

(8)

f()0

f(20,21,...,28)0

8!8!

0

1

7

10. 已知f(x)n1(x)xxi,xi(i0,1,

i0

n

,n)互异，求fx0,x1,,xp。

其中pn1。（此题有误。）（见王能超《教程》P149－题2）解：因为f(x)n1(x)xxi,xi(i0,1,

i0n

,n)，则

1(xj) f(xj)n

由差商性质f(x0,x1,...,xn)

j0

n

f(xj)

(xj)'n1



fnn!

可知，

f(x0,x1,...,xp)

p

f(xj)

'

j0n1(xj)

0,p0,1,...,n

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。

而

f()



(n1)!

(n1)

[(xxi)](n1)

i0

n

f(x0,x1,...,xn1)



(n1)!



(n1)!

1(n1)!

11. 设首项系数为1的n次式fx有n个互异的零点xii1,2,,n，证明



j1

n

0,k0,1,,n2



1,kn1fxj

xkj

证明：按题设，fx有表达式 fx故原式左端

xx

i

i1

n

fx

j1

j

j1

n

xkj

n

xkj

x

i1

ij

n

j

xi

注意到上式右端等于gxx关于节点xii1,2,...,n的n1阶差商gx1,x2,...,xn

k

（见第10页2.1式）利用差商与导数的关系（见2.11式）得知 gx1,x2,...,xn 13．设节点xii0,1, fx0,x1,

gn1

n1!





0,k0,1,...,n2

1,kn1

,n与点a互异，试对fx

k

1

证明 ax

,xk

i0

1

,k0,1,axi

,n

并给出fx的Newton插值多项式。

解依差商的定义 f(x0)

1

， ax0

f(x0,x1)

一般地，设

f(x1)f(x0)1111

()

x1x0x1x0ax1ax0(ax1)(ax0)

f(x0,x1,,xk)

1

(ax)

i

i0

k



i0

k

1

(axi)

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。

则

f(x0,x1,,xk1)

f(x1,x2,,xk1)f(x0,x1,,xk)

xk1x0

k1k

111()xk1x0i1axii0axi

1111



axxxaxaxi1ik10k10k1

1

i0axi

k

故fx

1

的Newton插值多项式为 ax

Nn(x)f(x0)f(x0,x1)(xx0)f(x0,x1,,xn)(xx0)(xx1)(xxn1)xx0(xx0)(xx1)(xxn1)1

ax0(ax0)(ax1)(ax0)(ax1)(axn)1

k0axk

n

xxi

axi0i

k1

14．设Px是任意一个首项系数为1的n+1次多项式，试证明

(1)PxPxklkxn1x

k0

n

Pxk

(2)Pxn1x11xkk0xxkn

n

其中。n1x

xx。

i

i0

n

解：(1)由题意，可设P(x)xn1a1xna0,则P(n1)(x)(n1)!，由Lagrange

插值余项公式得

n

P(n1)()

P(x)Ln(x)n1(x)n1(x),其中Ln(x)P(xk)lk(x)

(n1)!k0

故有P(x)P(xk)lk(x)n1(x)

k0

n

(2) 由(1)式可知，

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。

P(x)n1xP(xk)lkxn1xP(xk)

k0

k0

nn

n1xxxkn'1xk

故有，

P(xk)P(x)

11(xk)n1(x)k0(xxk)n

n

15．给定数据表：

x

1 3

3

213 4

0 2

5 3

f(x) 3

构造出函数f(x)的差商表，并写出它的三次Newton插值多项式. 解：利用Newton插值公式：

N3(x)f(x0)(xx0)f(x0,x1)(xx0)(xx1)f(x0,x1,x2)

(xx0)(xx1)(xx2)f(x0,x1,x2,x3)

先作出差商表

一阶差商

k xk f(x)

k

二阶差商

f(xk,xk1,xk2)

三阶差商

f(xk,xk1,xk2,xk3)

f(xk,xk1)

0 1 3 1 3/2 13/4 2 0 3 3 2 5/3 故：

N3x3

1/2 1/6 -2/3 1/3 -5/3 -2

1133

x2x1xx1x1x02322

1610

2x3x2x3

33

1

16 . 求作满足条件H(0)1,H(0),H(1)2,H(1)2.的插值多项式

2

Px。

解法1：根据三次Hermite插值多项式：

H3(x)(12

xx0xx12xx1xx02

)()y0(12)()y1

x0x1x0x1x1x0x1x0

xx02xx12

(xx1)((xx0)()y0)y1

x0x1x1x0

1

并依条件H(0)1,H(0),H(1)2,H(1)2.，得

2

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。

H3(x)(12x)(x1)22(32x)x2

131

xx122

1

x(x1)22(x1)x22

解法2：由于x00,x11，故可直接由书中（3.9）式，得

'

H3xA0xy0A1xy1B0xy0B1xy1'

122

x12x11x22x32xx1x2x12

2

11

x3x12217．设fx充分光滑，fafbfa0，求证

maxfx

axb

23

fx bamaxaxb81

a0的插值多项式H2x0 证明：显然，满足条件H2aH2bH2

由Hermite插值余项公式得

f(x)f(x)H2(x)由于

f()

(xa)2(xb) 3!

3

ba

maxxaxb4 axb

3

2

故

maxfx

axb

41233

bamaxfxbamaxfx 3axbaxb3!381

18．

求作满足条件H301,H312,H329,H313的插值多项式

H3x，并估计其误差。

解法1：由已知条件

x

y y

0 1 1 2 3 2 9

用基函数方法构造H3x。令

 H3xA0xy0A1xy1A2xy2B1xy1

其中，A0x,A1x,A2x,B1x均为三次多项式，且满足条件

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A0A0A0A0AAAABBBB

AAAA

依条件可设A0xCx1x2，由 A00=1,可得：

2

1

C= -,

2

A0x

12

x1x2 2

同理，A1xxx2,A2x

12

xx1,B1xxx1x2 2

H3x

12

x1x21xx22xx1x23 2

12

xx19x31 2

f42

xx1x2 误差为：R3xfxH3x

4!

解法2：用承袭性构造H3x

由条件H301,H312,H329先构造一个二次多项式N2(x) 作差商表：

i

0 1 2

xi

0 1 2

P(xi)

1 2 9

一阶差商

1 7

二阶差商

3

2

于是有：N2(x)11(x0)3(x0)(x1)3x2x1

令所求插值多项式H3xN2(x)c(xx0)(xx1)(xx2) 利用剩下的一个插值条件H313，得

(x1)c(x1x0)(x1x2)f3x1 N2

由此解出 c

(x1)f3x1N234

1

(x1x0)(x1x2)1012

3

故有P(x)N2(x)x(x1)(x2)x1

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。

19．

求作满足条件H3xifxii0,1,H3kx0fkx0k1,2的

插值多项式Px。并给出插值余项。解：令

H2xfx0fx0xx0

H3xH2xcxx0

3

fx02

xx0 2

利用插值条件H3x1fx1定出： c

fx1H2x

xx0

3

注意到这里x0是三重零点，x1是单零点，故插值余项为

f43

fxH3xxx0xx1

4!

20．求作次数4的多项式Px，使满足条件

P01,P10,

P02,P110,P140

并列出插值余项。

解法1：由于在x0处有直到一阶导数值的插值条件，所以它是“二重节点”；而在

。因此利用重节点的差商公x1处有直到二阶导数值的插值条件所以x1是“三重节点”

式：

fkx fx,x,...,x＝l imfx0,x1,...,xk1,x

x,x,...,xxk!k＋101k1

可以作出差商表

xi

fxi

一阶二阶

3 9 20

2

三阶 6 11

四阶 5

0 －1 0 －1 －2 1 0 1 1 0 10 1 0 10 根据Newton插值多项式，有

2

Pxfx0fx0,x0xx0fx0,x0,x1xx0

fx0,x0,x1,x1xx0(xx1)fx0,x0,x1,x1,x1xx0(xx1)

2

2

2

2

2

2

Px12x3x6x(x1)5x(x1),

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。

且插值余项为

fxPx

21．

153

fx2x1 5!

设分段多项式

32xx, 0x1

S(x)3

2

2xbxcx1, 1x2

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：由S(x0)S(x0)和S(x0)S(x0)可得

'

'

S(10)S(10)和S'(10)S'(10)

即

22bc1b2

解得 

3262bcc3

22．根据给定的数据表

x

f(x) f(x)

1 2 1

2 4

3 12 -1

建立一个三次样条插值函数S(x)。

解：

由已知作差商表

k

0 1 2

节点等距

xk

1 2 3

f(xk)

2 4 12

f(xk,xk1) f(xk,xk1,xk2)

2 8

3

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。

hixi1xi1,i i1i0.5

hi

0.5

hi1hi

d06(f(x0,x1)y0')6(21)6d16f(x0,x1,x2)18

d6(y'f(x,x))6(18)54

2122

得M0,M1,M2的线形方程组

21M06



0.520.5M18112M254解得：

M07,M120,M237

又在[xk1,xk]上

(xkx)3(xxk1)3Mk1hk2xkxMkhk2xxk1

S3(x)Mk1Mk(yk1)(yk)

6hk6hk6hk6hkhkxkxk1

当x[1,2]时

(2x)3(x1)3720

S3(x)720(2)(2x)(4)(x1)

66661

(9x334x243x14)

2

1

(9x334x243x14) x[1,2]2

S3(x)

1(19x3134x2293x210) x[2,3]2

当x[2,3]时

(3x)3(x2)32037

S3(x)2037(4)(3x)(12)(x2)

66661

(19x3134x2293x210)

2

第二章习题答案

1. 计算下列函数fx关于C0,1的f注：f



,f1,f2：





maxfx,f

axb

1

fxdx，f

a

b

2



b

a

f

2

xdx



12

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。

1fxx1

3

2fx

x

12

n

3fxxmx1,m与n为正整数

10

4fxx1ex

3

解：（1）fxx1

fxmaxfxmaxx11

3

f

3

f(x)dx(1x)dx1

0

0

11

1

7

f

2





1

0

f2(x)dx





12

1

0

(x1)6dx



12



77

（2）fxx

1 2

11 22

fx



maxfxmaxx

ff

1



1

0

1

11111

(x)dx2(x)dx1(x)dx

022242

12

12

2

2

13b1

[f(x)]dx(x)2dx

26a0

（3）fxx

m

x1

n

,m与n为正整数

mmnn

fmaxxm(x1)nf

mn

x(x1)dx1

01

mn

mn

m!n!

mn1!

f

2

x(x1)

0

2m

2n

1

1

2

2m!2n!1()2 2m2n1!

（4）fxx1e

x

10

fmax(x1)10ex210e1

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。

10exdx986410126813184 (x1)01

e

12168576238333199506713671123209 10x

 f2[0x1edx]2

88e2

f

1



2. 令TnxTn2x1,x0,1，试证Tnx是在0,1上带权



x

解：

1xx2

的正交多项式，并求T0x,T1x,T2x,T3x。

Tm*,Tn*xTm*xTn*xdx

0

11

1xx

2

0

Tn(2x1)Tm(2x1)dx

令t2x1，则有

T



n

*m

,T

*n



1

1

111

TmtTntdtTtTntdtTm,Tn22m121tt1t1

22

1

Tx是在0,1上带权x

T0*(x)T0(2x1)1T1*(x)T1(2x1)2x1

1xx

2

的正交多项式。

T2*(x)T2(2x1)8x28x1

T3*(x)T3(2x1)32x348x218x1

3.

ixi0是区间0,1上带权xx的最高次项系数为1的正交多项式族，其



中0x1，求解法一：





1

0

x3xdx和1x。

10



1

0

x3(x)dx(x)3(x)0(x)dx

i(x)i0是区间[0,1]上带权(x)x的最高次项系数为1的正交多项式

(x)3(x)0(x)dx0，即x3(x)dx0

0

0

2xdx(x,0(x))20

0(x)x1x 由于0(x)11(x)x

(0(x),0(x))3xdx

1

1

1



0

解法二：设1xxc，则由

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。

1c2

xxcdx0c0

323

1

4. 求a,b，使积分

axbsinxdx取得最小值。

20



2

解：题意即为在span1,x中求fxsinx的最佳平方逼近多项式

P1xa0a1x，故a0,a1满足法方程

(0(x),0(x))a0(0(x),1(x))a1(y,0(x))



(1(x),0(x))a0(1(x),1(x))a1(y,1(x))2

aa12081

积分可得:2

3

aa1

01

248

824

ab02

a0.6644389,b0.1147707. 

9624aa13

或者按下述方法：因为

123ab222

axbsinxdxa2ab2b 24424

20



上式分别对a,b求偏导，并令其为零，有

1b

a3220 a12412

ab20 b4

9624824

从而也有 a ， b32



5. 对fx,gxCa,b，定义

1

1f,gafxgxdx

2f,gafxgxdxfaga

b

b

问它们是否构成内积？

（1）

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。

显然有f,g=g,f,cf,g=cf,g,c是常数（f1f2,g)(f1,g)(f2,g)

但不满足“当且仅当f=0时（f,f)=0,(f,f)0"这是因为（f,f)=(f(x))2dx0

ab

推出fx0,即f为常数，但不一定为0，故（1）不构成内积。

（2）显然内积公理的1），2），3）均满足，考察第四条

2

 (f,f)f(x)dxfa a

'b

2

若fx0，则必有f,f0反之，若f,f0，则fx0且f2a0，由此可推得fx0, 即内积公理第四条满足，故（2）构成内积。

6. 对权函数

x1x2，区间1,1，试求首项系数为1的正交多项式

nx,n0,1,2,3。

解：

01

xxx,01

1x0(x)x

,100

2

1

3

dx

x

(x2,0(x))(x2,1(x))

2(x)x0(x)1(x)

(0(x),0(x))(1(x),1(x)) x2



1

11

(1x2)x2dx(1x2)dx



3



1



1

11

1

2

xx2;

5(1x2)x2dx

(1x2)x3dx

(x3,0(x))(x3,1(x))(x3,2(x))

3(x)x0(x)1(x)2(x)

(0(x),0(x))(1(x),1(x))(2(x),2(x))2232

(1x)x(x)dx(1x)xdx(1x)xxdx123511

x11x1(x2)

22225

1(1x)dx1(1x)xdx1(1x2)(x25)2dx

9x3x

14

1

2

3

1

2

3

1

7. 利用正交化方法求[0,1]上带权

(x)ln

1

的前三个正交多项式x

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。

P0(x),P1(x),P2(x)。

解：P0x1

1

xln0xdxx,P01

PxxPxxx 1011P,P400

0lnxdx

1

P2xx2

1

2

x,PP

2

0

P0,P0

0x

x,PP

2

1

P1,P1

1

x

11121 xxlndxxlndx0x015174x2

x21xxx2

11472521

dx0lnxdx0x4ln1x

8. 判断函数1,x,x与上述函数两两正交。

解：

2

1

在1,1上两两正交，并求一个三次多项式，使其在1,1上3

111212

1,x（1）1,x1xdx0，1xdx0，

33

111212

1dx2 x,x1xxdx0，1,11

33

1

12112182

x,x1x2dx2，  x,x1xdx

33334512

所以，1,x,x在1,1上两两正交。

3

（2）设所求多项式为3x

2

3xx

3

x,xx,xx,x

,,,

3

3

3

0

1

2

0

1

2

0

0

1

1

2

2

1

1

4

132

xxdxxdxxdx1133x2x3x1

x311x12

235112

1dx1xdx1xdx

3

1

3

9. 用最小二乘原理求矛盾方程组

x1x21,

xx2,12



2x12x23,3x1x24.

的最小二乘解。



注：给定线性代数方程组Axb，AAmn，当mn时，称其为超定方程组。求x使得

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。

bAx2

取最小值。应用微分学中多元函数求极值的方法可以证明x为方程组 AAxAb

的解。称x为超定方程组Axb的最小二乘解。解法一：



T

T



2

11111x2

1 由题意得：22x23

314

1123

1121

111

11x211231 22x211213314

159x17

x1 972

29

x

15x19x27112 9x7x11312x

2429

x112所以即是所求的最小二乘解。

x1324

误差平方和为

(x1x21)2(x1x22)2(2x12x23)2(3x1x24)2 解法二：求x1,x2，使误差平方和

(x1x21)2(x1x22)2(2x12x23)2(3x1x24)2 为最小，令



0,0 x1x2

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。

得方程组如下：

30x118x214



18x114x222913,x2 124

2

解方程组有：x1

10. 用最小二乘法求一个形如yabx的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估计平方误差。

xk yk

19 19.0

25 32.3

31 49.0

38 73.3

44 97.8

解：

0x1,1xx201,1,1,1,1

T

TT

1361,625,961,1444,1936

y19.0,32.3,49.0,73.3,97.8

0

0

,11111111115

0,113611625196111444119365327 1,17277699y,1369321.5y,0271.4

5a5327b271.4a0.972529



5327a7277699b369321.5b0.0500351公式是y0.9725290.0500351x2

将x=19,25,31,38,44分别代入y0.970.05x2，得

*****

y019.02,y132.22,y249.02,y373.17,y497.77.

所以误差

yy*

k0

4

2

0.025

bx

11. 求形如yae(a,b为常数）的经验公式，使它能和下表给出的数据相拟合。

x y

解：

1 15．3

2 20．5

3 27．4

4 36．6

5 49．1

6 65．6

7 87．8

8 117．6

bx

设yae，两边取对数得lnylnabx，令Ylny，a0lna，a1b，Xx，则有

Ya0a1X

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。

2

设0x1,1xX，于是得到正规方程组:

0,0a00,1a1Y,0



,a,aY,1111100

其中,

TT

2，3，4，5，6，7，8 01,1,1,1,1，1，1，1 ，11，

Yln15.3，ln20.5，ln27.4，ln36.6，ln49.1，ln65.6，ln87.8，ln117.6

T

T

2.72785,3.02042,3.31054,3.60005,3.89386,4.18358,4.47506,4.76729

0,08

0,11234567836

1,11222324252627282204

4

Y，0ln15.3ln20.5ln27.4ln36.6ln49.1ln65.6ln87.8ln117.629.9787

Y，1147.135

8a036a129.9787



36a204a147.13501

正规方程组化为:

得a0=2.43689 a1=0.291211

lna=2.43689所以a=11.45 a1=b=0.291211

lna=2.43689所以a=11.45 a1=b=0.291211 y11.45e0.291211x

12. 求函数fx在给定区间上对于span1,x的最佳平方逼近多项式：

1fxarctanx,0,1;2fxcosx,0,1; x

4fxe,1,1.3fxx,0,1;

解：设0x1,1xx

0,0a00,1a1y,0

1,0a01,1a1y,1

（1）fxarctanx,0,1

111

,dx1,,xdx1/2,,000010110x2dx1/3

111y,00arctgxdxln2,y,10xarctgxdx

4242

1



11

aaln2a2ln23021420

21113a0a1a163ln2

34222

3

y2ln23(63ln2)x

22

(2) fxcosx,0,1

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。

0,0a00,1a1y,0

1,0a011,1a1y,11

1

0,00dx1,0,10xdx1/2,1,10x2dx1/3y,00cosxdx0,y,10xcosxdx

1

1

2

2

1a02a1012241224

a,ay2x。 10122212a0a12

32

,0,1 3fxx111

0,0dx1,0,1xdx1/2,1,1x2dx1/3

y,00

01

122

xdx,y,1xxdx

035

00

12

aa02134444

a0,a1yx 112155155a0a1

352

4fx1ex,1,1

11

,dx2,,xdx0,,000111x2dx2/3

y,01edxee,y,11xedx2e

x

1

x

1

1

11

1

1

2a0ee1

ee13ee13

a0,a1yx。 21

a2e2e2e13

13. fxx,在1,1上求关于span1,x2,x4的最佳平方逼近多项式。



解：Legendre是[-1，1]上的正交多项式

11

取p(x)1,p2(x)(3x21),p4(x)(35x430x23)

028

2

(pk(x),pk(x))(k0,2,4)

2k1

(f,p0(x))(x)dxxdx1

1

0

0

1

01111

(f,p2(x))x(3x21)dxx(3x21)dx

10224

01111

(f,p4(x))(35x430x23)xdx(35x430x23)xdx

180824

115593

a0(f,p0(x)),a2(f,p2(x))，a4(f,p4(x))

2228216

42

所以p*4(x)a0p0(x)a2p2(x)a4p4(x)=0.8203125x1.640625x0.2578125

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14. 求f(x)e在[1,1]上的三次最佳平方逼近多项式。解：设fx

x

pxCkPkx

k0

3

f,Pk2k11ckPkxfxdx 12Pk,Pk

11x1

C0edxee11.175694

21231x

C1xedx1.103638

21

5131

C2x2exdx0.357805

21227153

C3x3xexdx0.070518

2122

1335

所以pxCkPkx1.1756941.103638x0.357805x20.070518x3x

2222k0

0.9962890.997861x0.536708x20.176295x3

15. 已知勒让德多项式P01,P1x,P2

3

1

3x21，试在二次多项式类2

span1,x2中求一多项式P2x，使其成为fxex在11，上的最佳平方逼近函

数。

解：由P0,P1,P2构造P2x,设 P2xc0P0c1P1c2P2

由题意可知 c10 即：P2xc0P0c2P2

P0,P0P0,P2c0P0,f

 P,PP,PcP,f202222

2c0ee12.350388即： 2

c20.1431245

c01.175194

解得：

c0.357812

P2x0.536715x20.996289

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16. 求fxlnx在1,2上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。解：设

x

*n

12213131

tt,则fxlnxlntt,t1,1222222

2k0

ptCkTkt,

31

lnt

11122131C0T0,fdtlncosd1.15519

10221t2

31xlnt

22122231C1T1,fdtcoslncosd1.52057510221t2

C2

2



T2,f1



2

1

2t

2

311lnt

22dt2cos2ln31cosd0.46204



0221t2

*

所以p3t-1.15519+1.520575x0.462042x2-10.92408x21.520575x0.69315

31*其误差为lntp3t

22

0.00002055



第三章习题答案

1

xdx,并估计误差。 1. 分别用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分I0.5

解：1）用梯形公式有：

0.5

E

T

1

xdx

10.512

[f1f0.5]10.42678 242

3

3

0.53133322

f2.6042107.365710

124

f

ba

12

事实上，

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。

fxx,II

1

0.5

xdx0.4309644

10.5

f0.5f10.42677672

110.5T

Efxdxf0.5f10.00418770.52

2）Simpson公式

0.5

1

xdx

10.53

f14f64

211

f1230.43093 2212

4

11

411baba4157S4222

Eff1.1837710 

180218028



E

T

(f)

ba

12

3

f''()

2

48

事实上，E

S

f0.5

1

xdx

10.50.51

f0.54ff10.0000304 62

3）由Cotes公式有：

1

127f0.532f512f332f77f1xdx0.590848 14.9497525.2982210.3923029.9332670.43096180

1

11(71802

32

5

8

12

6

78

7)

11294511C6222

Ef2.697410

945464



E

C

(f)

C

2ba

945*4

7

f

(6)

()

2 8

事实上，E

f0.0000003

2．证明Simpson公式2.8具有三次代数精度。证明：

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。

abab3

令fxx，则faa，f，fbb

22

3

3

3

左边

b

a

x4

fxdx

4

b

a

b4a4

4

bab4a4ab

右边fa4ffb

624

故该公式的代数精度是3。

而当fxx4时

bb4155

左侧：fxdxxdxba

aa5

右侧：

4

abbaba4ab4

fa4fba4fb6268

5b55a5a4b2a3b22a2b3ab4

32

左侧不等于右侧。所以Simpson具有三次代数精度.

3.分别用复化梯形公式和复化公式Simpson计算下列积分.



9x26dx,n8xdx,n4(1)，（3），（4）4sind,n6 2004x1

1

解：（1）用复化梯形公式有：

h

Tn

ba101

n88

1

f8

2f8

3f8

4f8

5f8

6f8

7

ff18

，

h

fa22

1

02(0.0311280.0615380.0905660.117650.142350.164380.18361)0.20.111416

由复化Simpson公式有：

111123357S8f02(fff)f14ffff

6444488881020.0615380.117650.1643840.0311280.0905660.412350.183510.224

0.11157

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。

解（3）：

1

9

xdx,n4 由复化梯形公式有：

ba91

2,n41

T42f1f92f3f5f7

2h



132





357

17.2277

由复化Simpson公式有：

1

S44f1f92f54f3f76

2

132543717.32203











（4）解：64sin2d,n6

0

由复化梯形公式：

0

ba6h,kakh,k1,2,3,4,5

n636

55

h

T6[f(a)2f(k)f(b)][f(0)2236k1k1由复化Simpson公式：

512

S4T6H6,H6h33k0



k

f36

f]1.035621936

hf1,,k0,1,2,3,4,51k

kk222

H6



36k0



5

k

f1.035834878,S41.0357638867236

1113

4．给定求积节点x0,x1,x2,试推出计算积分fxdx的插值型求积公式，并

0424

写出它的截断误差。

解：



1

0

1

fxdxA0fA1f

41

A2f23 4

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13xx1224A0dx,011133

4244

13xx1144

A1dx

011133

2424

考虑到对称性，有A2A0，于是有求积公式



1

0

21

fxdx[f

3431f]431f 2

由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有3阶精度。事实上，对fx原式左右两端相等：

1213111

[]x3dx

3443240

3

3

3

3

此外，容易验证原式对fx不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。



4

5．给定积分I



2

0

sinxdx。

1

103; 2

（1）利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过

（2）取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少？（3）如果要求截断误差不超过10，那么使用复化Simpson公式计算时，应将积分

区间分成多少等分？

6

(ba)3''3''

f()f() 解：(1) E(f)22

12n96n

n

T

fx=sinx,f(x)cosx,f(x)sinxE(f)

'

''

nT

3

96n

sin2



,0, 296n2

3

当误差ET(f)0.510时，n25.6, 所以取n=26。

n3

25h

则:h=Tn[f(0)f()2f(x)]

k5222k1



12325

{012[sin()sin()sin()...sin()]}0.9465 25252525252

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（2）ESn[f]

b-ah4''''1

()f()2()4sin() 180218022n



2(1)4(n26)2(1)47109 则ES[f]n18022n18022n2(1)4106 (3)ES[f]n18022n

则n7.6n=8

6．用Romberg求积方法计算下列积分，使误差不超过105。

（1）





2



2





1

0

exdx；（2）

1

x

2

0

2

xsinxdx；（3）x1xdx;(4)

0

3

4

dx

01x2

1

解（1）：

e

0

dx

(a)在[0,1]上用梯形公式:T1

(b)[0，二等分1]:

211H1f0.68439656,T2(T1H1)0.728069946,

22

41

S1T2T10.71351215

33(c)[0，四等分1]:

21113H2[ff]0.705895578,T4(T2H2)0.716982762

224441421

S2T4T10.713287034,C12S22S10.713272026

334141(d)将[0，1]八等分：7

f]0.7114175718

141

T8(T4H4)0.714200166,S4T8T40.713272634

233421C22S42S20.713271674,

4141431R13C23C10.713271669,R1C13.52107105,

4141H4

211

[f48

3f8

5f8

21

[f(0)f(1)]0.7717433322

计算可以停止。

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解（2）：xsinxdx

0

2

(a)在[0，2]上用梯形公式得:

2T1[f(0)f(2)]0

2(b)将[0，2]二等分:H12f()0,T2(c)将[0，2]四等分:

13

H2[ff]29.869604401,T4(T2H2)4.934802201

222

41421S2T4T26.579736267,C12S22S17.018385352

334141(d)将[0，2]八等分:H4

141

(T1H1)0,S1T2T10233



2



i0

3

i

f421

6.9788642,T(T4H4)5.9568332018

2

41421

S4T8T46.2975102,C22S42S26.278695129

334141431R13C23C16.266954014

4141(e)将[0，2]十六等分H8

1i

f6.447629792,T(T8H8)6.20223149716

4i084241421S8T16T86.284030929,C42S82S46.283132311

334141

7



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。

431441R23C43C26.283202742,X14R24R16.283266463

41414141(f)将[0，2]三十二等分1i

f6.323740394,T(T16H16)6.26298594532

8i0168241421S16T32T166.283237428,C82S162S86.283184528

334141431441R43C83C46.283185356,X24R44R26.283185288

41414141451Y15X2_5X16.283185209

4141(g)将[0，2]六十四等分:

15

H16



1i

f6.293289853,T(T32H32)6.27813789964

16i03216241421S32T64T326.283188551,C162S322S166.283185292

334141431441R83C163C86.283185304,X44R84R46.283185304

41414141451461Y25X45X26.283185304,Z16Y26Y16.283185304

41414141Z1-Y19.5108105

31

H32



（3）解:x1x2dx

0

3

(a)在[0，3]上用梯形公式

3

T1[f(3)f(0)]14.23024947

2

(b)将[0,3]二等分:

1413

H13f8.11249037,T2(T1H1)11.17136992,ST2T110.1517434

2332

(c)将[0,3]四等分:

3319

H2[ff]9.71622377,T4[T2H2)10.44379685

242441421S2T4T210.20127249,C12S22S110.20457443

334141(d)将[0,3]八等分:

3333k1

H4f10.08893752,T8[T4H4]10.26636719

4k084241421S4T8T410.20722396,C22S42S210.20762073

334141

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。

2431

R13C23C110.20766908

4141(e)将[0，3]十六等分:

3733i1

H8f10.1781732,T16(T8H8)10.2222702

8i0168241421S8T16T810.2075712,C42S82S410.20759435

334141431441R23C43C210.20759393,X14R24R110.20759364

41414141(f)将[0，3]三十二等分:133i

f10.20025127,T32(T16H16)10.21126074

23216

41421S16T32T1610.20759091,C82S162S810.20759223

334141431441R43C83C410.20759219,X24R44R210.20759219

41414141451 Y15X25X110.20759219,Y1X11.41061054141计算可以停止H16

31516i0

解（4）:

4

dx 01x2

1

(a)在[0，1]上用梯形公式:1

T1[f(1)f(0)]3

2(b)将[0，1]二等分:

1411

H1f3.2,T2(T1H1)3.1,S1T2T13.133333333

2332

(c)将[0，1]四等分:1113

H2[ff]3.162352941,T4(T2H2)3.131176471

242441421S2T4T23.141568627,C12S22S13.142117647

334141(d)将[0，1]八等分:11i

f3.146800518,T8(T4H4)3.148988495

284

41421S4T8T43.141592502,C22S42S23.141594094

334141431R13C23C13.141585784

4141

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13

H4

4i0

。

(e)[0，十六等分1]:

171i1

H8f3.14289473,T16(T8H8)3.140941613

8i01682

2

4141S8T16T83.141592652,C42S82S43.141592662

334141341441R23C43C23.141592639,X14R24R13.141592666

41414141X1R16.88106105,算可以停止。

7．推导下列三种矩形求积公式：

f2

ba;2

bf2

ba; 2fxdxbafb a2

b3abfba;3afxdxbaf

224

1afxdxbafa

b

证明：(1)将f(x)在xa处Taylor展开，得

f(x)f(a)f'()(xa),(a,x). 两边在[a,b]上积分，得



b

a

f(x)dxf(a)dxf()(xa)dx

a

a

bb

(ba)f(a)f() (ba)f(a)



b

a

(xa)dx

1

f()(ba)2,[a,b]. 2

(2)将f(x)在xb处Taylor展开，得 f(x)f(b)f()(xb),(x,b). 两边在[a,b]上积分，得



b

a

f(x)dxf(b)dxf()(xb)dx

a

a

bb

(ba)f(b)f() (ba)f(b) (3)将f(x)在x



b

a

(xb)dx

1

f()(ba)2,[a,b]. 2

ab

处Taylor展开，得 2

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。

f(x)f(

ababab1ab2

)f()(x)f()(x),[a,b]. 22222

两边在[a,b]上积分，得

bababab1bab2

)dxf()(x)dxf()(x)dx aaaa22222

ababbab1bab2

(ba)f()f()(x)dxf()(x)dx

a2222a2

abf"()

(ba)f()(ba)3.

224

b

f(x)dxf(

b

8．如果f''x0,证明用复化梯形公式计算积分I说明其几何意义。

证明：复化梯形公式为

b

afxdx所得结果比准确值大，并

n1

hh

Tn(f(xk)f(xk1))[f(a)2f(xk)f(b)]

2k02k1

n1

若f"(x)在[a,b]上连续，则复化梯形公式的余项为

h3

f"(k)],k(xk,xk1) (1) E[f]ITn[12k0

T

n

n1

由于f"(x)C[a,b],且

2

1n1

minf"(k)f"(k)maxf"(k)

0kn10kn1nk0

所以(a,b)使

1n1

f"()f"(k)

nk0

则(1)式成为：

ba2

hf"() 12

ba2T

hf"()0. 又因为f"(x)0,所以En[f]12

En[f]

T

即用复化梯形公式计算积分I



b

a

f(x)dx所得结果比准确值大。

其几何意义：曲线f(x)在定义域内是向下凹的，即曲线在曲线上任两点连线的下方。

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。

9．对

3

0fxdx构造一个至少具有三次代数精度的求积公式。

解：因为具有4个求积节点的插值型求积公式，至少有三次代数精度。如果在[0,3]上取节

点0，1，2，3，则插值型求积公式为：



3

0

f(x)dxA0f(x0)A1f(x1)A2f(x2)A3f(x3)

其中系数为 Ak

xxi

dx ai0xkxi

bik

n

A0



3

0

(x1)(x2)(x3)1333dx(x6x211x6)dx,

(01)(02)(03)608

同理求得 A1 即有：



3

0

993

,A2,A3. 888

3993

f(x)dxf(0)f(1)f(2)f(3).

8888

10．判别下列求积公式是否是插值型的，并指明其代数精度：

33

fxdxf1f2 02

解：插值型求积公式

n



b

a

f(x)dxAkf(xk) 其中 Ak

k0

xxi

dx a

i0xkxi

bik

n

3x1x233

则 A0dx,A1dx.

0120212233

因此，f(x)dx[f(1)f(2)]是插值型的求积公式。

02

3

因其求积公式是插值型的，且存在2个节点，所以其代数精度至少是1。对于f(x)x时，

2



3

0

f(x)dxx2dx9;

0

3

[f(1)f(2)]

2

32315

(14)9. 22

可见它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。

11．构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度：

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。

1fxdxA0f0A1f1;

0

1

2

f0fhhfxdxh

3fxdxAfhAfx.

0

0

1

hh

0

1

1

h

2

0f01fh;

解（1）：令原式对于f(x)1,x准确成立，于是有

A0A11



1

A12

解之得 A0

11

,A1，于是有求积公式 22111

f(x)dxf(0)f(1)

022

2

容易验证，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。

解（2）：令原式对于f(x)1,x,x2,x3准确成立，于是有

011

1011

2

1

1213

31

114

1111

,1,0,1.于是有求积公式 221212h112

f(x)dxh[f(0)f(h)]h[f'(0)f'(h)].

0212

h154

容易验证当f(x)x时，f(x)dxh;而

05

1121515

h[f(0)f(h)] h[f(0)f(h)]h（h）

21265

解之得 0

可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是3。解(3)：令原式对于f(x)1,x,x准确成立，于是有

2

4

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。

hAA010dx2hh3h

-A0hA1x10解得: A0=,A1=h,x1

2232

A0h2A1x21h3

313h

f(x)dxhf(h)hf(). h

223h13h443

容易验证，当f(x)x时，f(x)dx0;而 hf(h)hf()h.

h2239

于是有求积公式

h

可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是2。

12. 利用代数精度方法构造下列两点Gauss求积公式：

3

10

1

xfxdxA0fx0A1fx1fxx

dxA0fx0A1fx1

2

3

20

1

解（1）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有

2

AA10

3



AxAx2

11

005

(1)

2Ax2Ax211

00723A0x0A1x13

9

利用(1)的第1式，可将第2式化为

22

x0(x1x0)A1 (2) 35

同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得

22

x0(x1x0)x1A1 (3) 57222

x0(x1x0)x1A1 (4)

79

由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得

2222

x(x)x5053017



2x(22x)x2

001

7597

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。

进一步整理

222

(xx)xx5013017



222(xx)xx

0101

597

由此解出 x0x1 解得：

510

,x0x1. 219

x00.821161913186,x10.289949197925,A00.3891110668436,A10.27755599823.

因此所求的两点Gauss求积公式：



1

0

xf(x)dx0.3891110668436f(0.821161913186)0.27755599823f(0.289949197925).

或依下面的思想：

(1)在0，上构造权函数（1x）=x二次正交多项式g2(x) g0(x)=1 g1(x)=x-3

5105x921

105

x0921

g2(x)=x2

令2(x)(xx0)(xx1)=x23521035210

,x16363

代入：x0

AA1xdx

0101

A0x0A1x1xxdx

0

50710A0150

A507101150

10

xf(x)dx

50710352105071035210

f()f()

1506315063

2

3

解（2）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有

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。

A0A12

A0x0A1x12

3



2 (1) 22

A0x0A1x15

Ax3Ax3200117

利用(1)的第1式，可将第2式化为 2x0(x1x0)A1

2

(2) 3

同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得

22

x0(x1x0)x1A1 (3) 35222

x0(x1x0)x1A1 (4)

57

由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得

222

x(2x)x013035



2x(22x)x2

001

5375

进一步整理

22(xx)2xx013015



222(xx)xx

0101

375

由此解出 x0x1 解得：

36

,x0x1. 357

x00.115587109995,x10.741555747146,A01.30429030972,A10.695709690284.

因此所求的两点Gauss求积公式：



1

0

f(x)

dx1.30429030972f(0.115587109995)0.695709690284f(0.741555747146). x

或依下面的思想：

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。

(2)在0，上构造权函数（1x）= g0(x)=1 g1(x)=x-1

3

1

二次正交多项式g2(x)x

63

g2(x)=x2x

735

63

令2(x)(xx0)(xx1)x2x0

735

1523015230

,x13535

代入：x0

11

AAdx010x

AxAx1x1dx00110x

1830A018

A1830118

10

1183015230183015230

f(x)dxf()f()

18351835x

13．分别用三点和四点Gauss－Chebyshev求积公式计算积分I差。

解：(1)用三点(n2)Gauss-Chebyshev求积公式来计算：

11945

(x)(2x)2,

64



1

1

2x

dx，并估计误2

1x

此时，f(x)2x,f

(6)

Ak

1(2k1),xkcos(k0,1,n132n2

,n),

x0cos

由公式可得：



6



3353

,x1cos0,x2cos, 2662

I



3



k0

2

2xk



3

(2

33

202)4.368939556197 22

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。

由余项可估计误差为 |E2[f]|

945

2.01335103. 5

26!64



(2)用四点(n3)Gauss-Chebyshev求积公式来计算：

此时，f(x) Ak

2x,f

(8)

15945143

(x)(2x)2,

644

1(2k1)

,xkcos(k0,1,,n), n142n2357

x0cos,x1cos,x2cos,x2cos,

8888

I



4k0



3

2xk



4

(2cos



8

2cos

357

2cos2cos) 888

4.368879180569. 由余项可估计误差为 |E3[f]|

94514343.2132710. 7

28!644





14．用三点GaussLegendre求积公式计算积分I解：作变换x





0

excosxdx，并估计误差。



2

(1t),则得

I





0

ecosxdx

x



21

1



e

2

(1t)

cos[(1t)]dte22



2



1

2

1

ecos

t



2

tdt

由三点Gauss-Legendre公式：





b

a

5158515

f(x)dxf()f(0)f()

95995

15)5

(5

Ie2[e2

29



85101515

cos()ecos()]

109910

15





8

e2(0.057052529050.650303782451) 29



12.06167600229.

其估计误差为：

746

27(3!)4(6)2(3!)242

710E2(f)f(),1,1e()ecos(),33

7(6!)27(6!)82



11x

（）。其准确值 Iecosxdx(1e)12.07034631639.

022

其准确误差等于：|12.06167600229(12.07034631639)|8.670314110.

3

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。

\第四章习题答案

1。用Gauss消去法解方程组

2x13x24x36

3x15x22x35 4x3x30x32

231

234x16



解:方程组写成矩阵形式为352x25

4330x323

23

1

对其进行Gauss消去得0

2004

x144x27 x362

2x13x24x36

x1131



x28 得方程组x24x34

2x2

3

2x34

2。用Gauss列主元素消去法解方程组

326x141070x27 515x63

解：因为第一列中10最大,因此把10作为列主元素

326x141070x17r1r21070x73262x24 515x6515x633



1073

r2r1

10011r3r1102

502



71070x1

615rr23

6x20102x351

05

102

70x1

5

5x2 2x361

6

10

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。



1071

r3r25250

2

00

710x17x270xx101

555

5x2得到方程组x25x3x21 222xx31313313131x35555

3。举例说明一个非奇异矩阵不一定存在LU分解。

例如：设

0P0A可分解M0,P0,A

M0MB0CP有M0

ABMACD0

P10BC

LU0A10D

与题设相矛盾，所以一个非奇异矩阵不一定存在LU分解。

4。下列矩阵能否分解为LU（其中L为单位下三角矩阵，U为上三角矩阵）？若能分解，那么分解是否唯一？

123111126

A241,B221,C2515

46733161546

解：A10,而且

1224

0,不能分解;

0u11u12



00u22100

u13

u23 u33

11110



设B221B可以进行LU分解，则B=l211

l331

31l32

计算得

u111,u121,u131,l212,l313,u220.

而a32l31u12l32u22310l323.

l32可以任意选，B的LU分解不唯一。

C0,而且

1225

0,能分解,且分解唯一.

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。

-1

5。对下列给定的矩阵A作LU分解，并利用分解结果计算A。

824



A41816

6220

810024824



01032解： A41816210

62203110076



810024

L=210 U= 01032



0076311



41

19011111

由ALU有ALUUL

95516

6。用Doolittle分解法解方程组

69511190176

13954 95176

10



10020x15



101x23



x243173

7103x4

0201

1010

=2431

1030

0001



10002100



1010

020



101

021

002

10

解：A=

10

10

其中L=

100001



1000

U=

0210

1010

T

020



101

021

002

T

由Ly=5，3，6，17 解得y=5，3，6，4 由Ux=y ，解得x=11，，2，2

T

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。

7。用Crout分解法接方程组。

4x12123

x14916102 182764x344x190116812564

10001

12000解：ALU

1660011436240

T

234



136

014

001

T

由Ly=b=2,10,44,190 得y=2,4,3,1 由Ux=y=2,4,3,1 得x=1,1,1,1

8。用平方根法求解方程组

T

T

1111

1222

1233

11

解：易知A1

1

1x1n



2x2n13x3n2





nxn11111



2221233是对称矩阵，可求得L1



123n

01

11

0011

000 1

由Ly=b得y=n,1,1,

T

,1

,1

T

T

由Lxy解得x=n1,0,0,

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。

9。用改进的平方根法求解下列方程组

11x164



14.252.75x0.51212.753.5x1.253

422x110



2232x252314x43



1

114

1

解（1）A=14.252.75分解得L=

412.753.51

4

由LU=b得U=6,1,1

T

0134

0

400



0 D=040 0011

31

由Dy=U 得y=,,1

24

由Lxy得x=2,1,1

T

T

T

422x110



23x25 （2）2

2314x43



11

分解得L

212

00

400



10 D=010

00921



T

T

5

由LU=y得U=10,0,9由Dy=U得y=,0,1

2

由Lx=y得x=2,2,1

T

T

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。

10。用追赶法求解三对角方程组

21000x11x012100201210x30 00121x4000012x05

解：r12,

113l2,r22()(1)

222224l3,r32()(1)

33335l4,r4

4446l5,r5.

55

c1c2c3c41

1120L

00

0123

00134

00

0

021000

3000100

24001000

U3 5101000

4

461000055

T

0

1111

由Lyb得y1,,,,

2345

52111

由uxy得x,,,,

63236

T

T

11。已知2,3,4，求x1,x2,x。

n21n

解： x1xi9, x2(xi)229，xmaxxi4

1ini1i1

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。

0.60.5

12。已知A,求A1,A,A2及AF.

0.10.3 解：由范数定义得

n

A1maxaij0.8

1jn

i1

A2maxATA0.8279Amaxaij1.1

1in

j1n

A

F



aiji1j1

n

n

2



0.71

12

13。求证：

1

x



x1nx

F



1A2n

A2A

n

F

证明：（1）x1x ， xmaxxi ， nxnmaxxi

1in1ini1i

所以x1x，nxnmaxxix1 1in所以nxx1x （2）

A2maxAAT1AAT2AAT

2

nAAT

n

2

aa

21i

22i

i1

i1

nn

2

aaaijAF

2

ni

2ji

i1

j1i1

j1i1

nnnn

A2maxAAT

2

1

1AAT2AATn



nAAT



12

AF n



1An

F

A2AF

10099

14。设A,计算A的条件数condAp,P2,

9998

9899A*-98991

解：AA

A99-10099100

*

矩阵A的较大特征值为198.00505035，较小的特征值为-0.00505035，则

cond(A)2A2A1198.00505035/0.0050503539206

2

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。

cond(A)AA1

15。设矩阵A非奇异，求证A

证明：

1



19919939601



1 A

由于A非奇异,所以存在A1使AA1I有A•A1I1即A1

1A

16。设矩阵A可逆，A为误差，试证当A1A

解：A-1

1,AA也可逆。

A1(A-1AI)为非奇异矩阵

又因为A+A=A(I+A-1A),而且A可逆

A0,I+A-1A0

(A+A)也为非奇异矩阵，即A+A可逆。

17。设有方程组Ax=B，其中

12

101

1， A221,b3

0222

3

11

已知它有解x,,0,如果右端有小扰动b

23

的解的相对误差。

T



1

106，试估计由此引起2

1011111

解：A221,A211.5

022211

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。

2

condAAA22.5,b

3

1610xb

condA22.521.6875105

2xb

3

18。设Ax=b，其中ARnn为非奇异矩阵，证明：

1AAT为对称正定矩阵；

2condATA2condA2

T

2

证明：（1）(AAT)(AT)TATAATAAT为对称矩阵

对于任意给定的非零列向量,都有TATA(A)T(A)b20

所以AA为正定矩阵,AA也为正定矩阵所以AAT为对称正定矩阵.

（2）cond(AA)2AA

T

T

2

TT

(ATA)1(ATA)[(ATA)1]

2

TT1 max(AA)max[(AA)]

又由于A2max(ATA),A1

2

max[(ATA)1]

cond[(A)2]2(A

2

A1)2max(ATA)max[(ATA)1]

2

所以cond(ATA)2cond[(A)2]2

第三章习题答案

2. 分别用梯形公式、Simpson公式、Cotes公式计算积分I解：1）用梯形公式有：

1

0.5xdx,并估计误差。

10.512

0.5xdx2[f1f0.5]4120.42678

1

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。

E

T

f

ba

12

3

3

0.53133322

f2.6042107.365710

124

事实上，

fxx,II

1

0.5

xdx0.4309644

10.5

f0.5f10.42677672

110.5

ETfxdxf0.5f10.00418770.52

2）Simpson公式

10.5

xdxf14f0.56

1

3

4

211

f1230.43093 2122

4

11

411baba4157S4222

Ef1.1837710 f

180218028



E

T

(f)

ba

12

3

f''()

2

48

事实上，ESf



1

0.5

xdx

10.5

f0.54f60.51

f10.0000304 

2

3）由Cotes公式有：

1

127f0.532f512f332f77f1xdx0.590848 14.9497525.2982210.3923029.9332670.43096180

1

11(71802

32

5

8

12

6

78

7)

11294511C222

Ef2.6974106 

945464



E

C

(f)

C

2ba

945*4

7

f

(6)

()

2 8

事实上，E

f0.0000003

2．证明Simpson公式2.8具有三次代数精度。

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。

证明：

abab3

令fxx，则faa，f，fbb

22

3

3

3

左边

b

a

x4

fxdx

4

b

a

b4a4

4

bab4a4ab

右边fa4ffb642故该公式的代数精度是3。

而当fxx4时

bb4155

左侧：fxdxxdxba

aa5

右侧：

4

abbaba4ab4

fa4fba4fb6268

5b55a5a4b2a3b22a2b3ab4

32

左侧不等于右侧。所以Simpson具有三次代数精度.

3.分别用复化梯形公式和复化公式Simpson计算下列积分.



9x

dx,n8，xdx,n4，(1)（3）（4）64sin2d,n6 2004x1

1

解：（1）用复化梯形公式有：

h

ba101

n88

1

f8

2f8

3f8

4f8

5f8

6f8

7

ff18

，

h

Tnfa2

2

1

02(0.0311280.0615380.0905660.117650.142350.164380.18361)0.20.111416

由复化Simpson公式有：

111123357S8f02(fff)f14ffff

6444488881020.0615380.117650.1643840.0311280.0905660.412350.183510.224

0.11157

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。

解（3）：

1

9

xdx,n4 由复化梯形公式有：

ba91

2,n41

T42f1f92f3f5f7

2h



132





357

17.2277

由复化Simpson公式有：

1

S44f1f92f54f3f76

2

132543717.32203











（4）解：64sin2d,n6

0

由复化梯形公式：

0

ba6h,kakh,k1,2,3,4,5

n636

55

h

T6[f(a)2f(k)f(b)][f(0)2236k1k1由复化Simpson公式：

512

S4T6H6,H6h33k0



k

f36

f]1.035621936

hf1,,k0,1,2,3,4,51k

kk222

H6



36k0



5

k

f1.035834878,S41.0357638867236

1113

4．给定求积节点x0,x1,x2,试推出计算积分fxdx的插值型求积公式，并

0424

写出它的截断误差。

解：



1

0

1

fxdxA0fA1f

41

A2f23 4

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。

13xx1224A0dx,011133

4244

13xx1144

A1dx

011133

2424

考虑到对称性，有A2A0，于是有求积公式



1

0

21

fxdx[f

3431f]431f 2

由于原式含有3个节点，故它至少有2阶精度。考虑到其对称性，可以猜想到它可能有3阶精度。事实上，对fx原式左右两端相等：

1213111

[]x3dx

3443240

3

3

3

3

此外，容易验证原式对fx不准确，故所构造出的求积公式有3阶精度。



4

5．给定积分I



2

0

sinxdx。

1

103; 2

（4）利用复化梯形公式计算上述积分值，使其截断误差不超过

（5）取同样的求积节点，改用复化Simpson公式计算时，截断误差是多少？（6）如果要求截断误差不超过10，那么使用复化Simpson公式计算时，应将积分

区间分成多少等分？

6

(ba)3''3''

f()f() 解：(1) E(f)22

12n96n

n

T

fx=sinx,f(x)cosx,f(x)sinxE(f)

'

''

nT

3

96n

sin2



,0, 296n2

3

当误差ET(f)0.510时，n25.6, 所以取n=26。

n3

25h

则:h=Tn[f(0)f()2f(x)]

k5222k1



12325

{012[sin()sin()sin()...sin()]}0.9465 25252525252

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（2）ESn[f]

b-ah4''''1

()f()2()4sin() 180218022n



2(1)4(n26)2(1)47109 则ES[f]n18022n18022n2(1)4106 (3)ES[f]n18022n

则n7.6n=8

6．用Romberg求积方法计算下列积分，使误差不超过105。

（1）





2



2





1

0

exdx；（2）

1

x

2

0

2

xsinxdx；（3）x1xdx;(4)

0

3

4

dx

01x2

1

解（1）：

e

0

dx

(a)在[0,1]上用梯形公式:T1

(b)[0，二等分1]:

211H1f0.68439656,T2(T1H1)0.728069946,

22

41

S1T2T10.71351215

33(c)[0，四等分1]:

21113H2[ff]0.705895578,T4(T2H2)0.716982762

224441421

S2T4T10.713287034,C12S22S10.713272026

334141(d)将[0，1]八等分：7

f]0.7114175718

141

T8(T4H4)0.714200166,S4T8T40.713272634

233421C22S42S20.713271674,

4141431R13C23C10.713271669,R1C13.52107105,

4141H4

211

[f48

3f8

5f8

21

[f(0)f(1)]0.7717433322

计算可以停止。

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解（2）：xsinxdx

0

2

(a)在[0，2]上用梯形公式得:

2T1[f(0)f(2)]0

2(b)将[0，2]二等分:H12f()0,T2(c)将[0，2]四等分:

13

H2[ff]29.869604401,T4(T2H2)4.934802201

222

41421S2T4T26.579736267,C12S22S17.018385352

334141(d)将[0，2]八等分:H4

141

(T1H1)0,S1T2T10233



2



i0

3

i

f421

6.9788642,T(T4H4)5.9568332018

2

41421

S4T8T46.2975102,C22S42S26.278695129

334141431R13C23C16.266954014

4141(e)将[0，2]十六等分H8

1i

f6.447629792,T(T8H8)6.20223149716

4i084241421S8T16T86.284030929,C42S82S46.283132311

334141

7



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431441R23C43C26.283202742,X14R24R16.283266463

41414141(f)将[0，2]三十二等分1i

f6.323740394,T(T16H16)6.26298594532

8i0168241421S16T32T166.283237428,C82S162S86.283184528

334141431441R43C83C46.283185356,X24R44R26.283185288

41414141451Y15X2_5X16.283185209

4141(g)将[0，2]六十四等分:

15

H16



1i

f6.293289853,T(T32H32)6.27813789964

16i03216241421S32T64T326.283188551,C162S322S166.283185292

334141431441R83C163C86.283185304,X44R84R46.283185304

41414141451461Y25X45X26.283185304,Z16Y26Y16.283185304

41414141Z1-Y19.5108105

31

H32



（3）解:x1x2dx

0

3

(a)在[0，3]上用梯形公式

3

T1[f(3)f(0)]14.23024947

2

(b)将[0,3]二等分:

1413

H13f8.11249037,T2(T1H1)11.17136992,ST2T110.1517434

2332

(c)将[0,3]四等分:

3319

H2[ff]9.71622377,T4[T2H2)10.44379685

242441421S2T4T210.20127249,C12S22S110.20457443

334141(d)将[0,3]八等分:

3333k1

H4f10.08893752,T8[T4H4]10.26636719

4k084241421S4T8T410.20722396,C22S42S210.20762073

334141

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2431

R13C23C110.20766908

4141(e)将[0，3]十六等分:

3733i1

H8f10.1781732,T16(T8H8)10.2222702

8i0168241421S8T16T810.2075712,C42S82S410.20759435

334141431441R23C43C210.20759393,X14R24R110.20759364

41414141(f)将[0，3]三十二等分:133i

f10.20025127,T32(T16H16)10.21126074

23216

41421S16T32T1610.20759091,C82S162S810.20759223

334141431441R43C83C410.20759219,X24R44R210.20759219

41414141451 Y15X25X110.20759219,Y1X11.41061054141计算可以停止H16

31516i0

解（4）:

4

dx 01x2

1

(a)在[0，1]上用梯形公式:1

T1[f(1)f(0)]3

2(b)将[0，1]二等分:

1411

H1f3.2,T2(T1H1)3.1,S1T2T13.133333333

2332

(c)将[0，1]四等分:1113

H2[ff]3.162352941,T4(T2H2)3.131176471

242441421S2T4T23.141568627,C12S22S13.142117647

334141(d)将[0，1]八等分:11i

f3.146800518,T8(T4H4)3.148988495

284

41421S4T8T43.141592502,C22S42S23.141594094

334141431R13C23C13.141585784

4141

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13

H4

4i0

。

(e)[0，十六等分1]:

171i1

H8f3.14289473,T16(T8H8)3.140941613

8i01682

2

4141S8T16T83.141592652,C42S82S43.141592662

334141341441R23C43C23.141592639,X14R24R13.141592666

41414141X1R16.88106105,算可以停止。

7．推导下列三种矩形求积公式：

f2

ba;2

bf2

ba; 2fxdxbafb a2

b3abfba;3afxdxbaf

224

1afxdxbafa

b

证明：(1)将f(x)在xa处Taylor展开，得

f(x)f(a)f'()(xa),(a,x). 两边在[a,b]上积分，得



b

a

f(x)dxf(a)dxf()(xa)dx

a

a

bb

(ba)f(a)f() (ba)f(a)



b

a

(xa)dx

1

f()(ba)2,[a,b]. 2

(2)将f(x)在xb处Taylor展开，得 f(x)f(b)f()(xb),(x,b). 两边在[a,b]上积分，得



b

a

f(x)dxf(b)dxf()(xb)dx

a

a

bb

(ba)f(b)f() (ba)f(b) (3)将f(x)在x



b

a

(xb)dx

1

f()(ba)2,[a,b]. 2

ab

处Taylor展开，得 2

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f(x)f(

ababab1ab2

)f()(x)f()(x),[a,b]. 22222

两边在[a,b]上积分，得

bababab1bab2

)dxf()(x)dxf()(x)dx aaaa22222

ababbab1bab2

(ba)f()f()(x)dxf()(x)dx

a2222a2

abf"()

(ba)f()(ba)3.

224

b

f(x)dxf(

b

8．如果f''x0,证明用复化梯形公式计算积分I说明其几何意义。

证明：复化梯形公式为

b

afxdx所得结果比准确值大，并

n1

hh

Tn(f(xk)f(xk1))[f(a)2f(xk)f(b)]

2k02k1

n1

若f"(x)在[a,b]上连续，则复化梯形公式的余项为

h3

f"(k)],k(xk,xk1) (1) E[f]ITn[12k0

T

n

n1

由于f"(x)C[a,b],且

2

1n1

minf"(k)f"(k)maxf"(k)

0kn10kn1nk0

所以(a,b)使

1n1

f"()f"(k)

nk0

则(1)式成为：

ba2

hf"() 12

ba2T

hf"()0. 又因为f"(x)0,所以En[f]12

En[f]

T

即用复化梯形公式计算积分I



b

a

f(x)dx所得结果比准确值大。

其几何意义：曲线f(x)在定义域内是向下凹的，即曲线在曲线上任两点连线的下方。

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9．对

3

0fxdx构造一个至少具有三次代数精度的求积公式。

解：因为具有4个求积节点的插值型求积公式，至少有三次代数精度。如果在[0,3]上取节

点0，1，2，3，则插值型求积公式为：



3

0

f(x)dxA0f(x0)A1f(x1)A2f(x2)A3f(x3)

其中系数为 Ak

xxi

dx ai0xkxi

bik

n

A0



3

0

(x1)(x2)(x3)1333dx(x6x211x6)dx,

(01)(02)(03)608

同理求得 A1 即有：



3

0

993

,A2,A3. 888

3993

f(x)dxf(0)f(1)f(2)f(3).

8888

10．判别下列求积公式是否是插值型的，并指明其代数精度：

33

fxdxf1f2 02

解：插值型求积公式

n



b

a

f(x)dxAkf(xk) 其中 Ak

k0

xxi

dx a

i0xkxi

bik

n

3x1x233

则 A0dx,A1dx.

0120212233

因此，f(x)dx[f(1)f(2)]是插值型的求积公式。

02

3

因其求积公式是插值型的，且存在2个节点，所以其代数精度至少是1。对于f(x)x时，

2



3

0

f(x)dxx2dx9;

0

3

[f(1)f(2)]

2

32315

(14)9. 22

可见它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。

11．构造下列求积公式，并指明这些求积公式所具有的代数精度：

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1fxdxA0f0A1f1;

0

1

2

f0fhhfxdxh

3fxdxAfhAfx.

0

0

1

hh

0

1

1

h

2

0f01fh;

解（1）：令原式对于f(x)1,x准确成立，于是有

A0A11



1

A12

解之得 A0

11

,A1，于是有求积公式 22111

f(x)dxf(0)f(1)

022

2

容易验证，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是1。

解（2）：令原式对于f(x)1,x,x2,x3准确成立，于是有

011

1011

2

1

1213

31

114

1111

,1,0,1.于是有求积公式 221212h112

f(x)dxh[f(0)f(h)]h[f'(0)f'(h)].

0212

h154

容易验证当f(x)x时，f(x)dxh;而

05

1121515

h[f(0)f(h)] h[f(0)f(h)]h（h）

21265

解之得 0

可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是3。解(3)：令原式对于f(x)1,x,x准确成立，于是有

2

4

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hAA010dx2hh3h

-A0hA1x10解得: A0=,A1=h,x1

2232

A0h2A1x21h3

313h

f(x)dxhf(h)hf(). h

223h13h443

容易验证，当f(x)x时，f(x)dx0;而 hf(h)hf()h.

h2239

于是有求积公式

h

可见，它对于f(x)x不准确成立，故该求积公式的代数精度是2。

12. 利用代数精度方法构造下列两点Gauss求积公式：

3

10

1

xfxdxA0fx0A1fx1fxx

dxA0fx0A1fx1

2

3

20

1

解（1）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有

2

AA10

3



AxAx2

11

005

(1)

2Ax2Ax211

00723A0x0A1x13

9

利用(1)的第1式，可将第2式化为

22

x0(x1x0)A1 (2) 35

同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得

22

x0(x1x0)x1A1 (3) 57222

x0(x1x0)x1A1 (4)

79

由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得

2222

x(x)x5053017



2x(22x)x2

001

7597

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222

(xx)xx5013017



222(xx)xx

0101

597

由此解出 x0x1 解得：

510

,x0x1. 219

x00.821161913186,x10.289949197925,A00.3891110668436,A10.27755599823.

因此所求的两点Gauss求积公式：



1

0

xf(x)dx0.3891110668436f(0.821161913186)0.27755599823f(0.289949197925).

或依下面的思想：

(1)在0，上构造权函数（1x）=x二次正交多项式g2(x) g0(x)=1 g1(x)=x-3

5105x921

105

x0921

g2(x)=x2

令2(x)(xx0)(xx1)=x23521035210

,x16363

代入：x0

AA1xdx

0101

A0x0A1x1xxdx

0

50710A0150

A507101150

10

xf(x)dx

50710352105071035210

f()f()

1506315063

2

3

解（2）：令原式对于f(x)1,x,x,x准确成立，于是有

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A0A12

A0x0A1x12

3



2 (1) 22

A0x0A1x15

Ax3Ax3200117

利用(1)的第1式，可将第2式化为 2x0(x1x0)A1

2

(2) 3

同样，利用第2式化简第3式，利用第3式化简第4式，分别得

22

x0(x1x0)x1A1 (3) 35222

x0(x1x0)x1A1 (4)

57

由(2)(3)(4)式消去(x1x0)A1,得

222

x(2x)x013035



2x(22x)x2

001

5375

进一步整理

22(xx)2xx013015



222(xx)xx

0101

375

由此解出 x0x1 解得：

36

,x0x1. 357

x00.115587109995,x10.741555747146,A01.30429030972,A10.695709690284.

因此所求的两点Gauss求积公式：



1

0

f(x)

dx1.30429030972f(0.115587109995)0.695709690284f(0.741555747146). x

或依下面的思想：

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。

(2)在0，上构造权函数（1x）= g0(x)=1 g1(x)=x-1

3

1

二次正交多项式g2(x)x

63

g2(x)=x2x

735

63

令2(x)(xx0)(xx1)x2x0

735

1523015230

,x13535

代入：x0

11

AAdx010x

AxAx1x1dx00110x

1830A018

A1830118

10

1183015230183015230

f(x)dxf()f()

18351835x

13．分别用三点和四点Gauss－Chebyshev求积公式计算积分I差。

解：(1)用三点(n2)Gauss-Chebyshev求积公式来计算：

11945

(x)(2x)2,

64



1

1

2x

dx，并估计误2

1x

此时，f(x)2x,f

(6)

Ak

1(2k1),xkcos(k0,1,n132n2

,n),

x0cos

由公式可得：



6



3353

,x1cos0,x2cos, 2662

I



3



k0

2

2xk



3

(2

33

202)4.368939556197 22

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。

由余项可估计误差为 |E2[f]|

945

2.01335103. 5

26!64



(2)用四点(n3)Gauss-Chebyshev求积公式来计算：

此时，f(x) Ak

2x,f

(8)

15945143

(x)(2x)2,

644

1(2k1)

,xkcos(k0,1,,n), n142n2357

x0cos,x1cos,x2cos,x2cos,

8888

I



4k0



3

2xk



4

(2cos



8

2cos

357

2cos2cos) 888

4.368879180569. 由余项可估计误差为 |E3[f]|

94514343.2132710. 7

28!644





14．用三点GaussLegendre求积公式计算积分I解：作变换x





0

excosxdx，并估计误差。



2

(1t),则得

I





0

ecosxdx

x



21

1



e

2

(1t)

cos[(1t)]dte22



2



1

2

1

ecos

t



2

tdt

由三点Gauss-Legendre公式：





b

a

5158515

f(x)dxf()f(0)f()

95995

15)5

(5

Ie2[e2

29



85101515

cos()ecos()]

109910

15





8

e2(0.057052529050.650303782451) 29



12.06167600229.

其估计误差为：

746

27(3!)4(6)2(3!)242

710E2(f)f(),1,1e()ecos(),33

7(6!)27(6!)82



11x

（）。其准确值 Iecosxdx(1e)12.07034631639.

022

其准确误差等于：|12.06167600229(12.07034631639)|8.670314110.

3

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第六章习题答案

1.用二分法求方程f(x)xx3x30在区间[1,2]内的根，要求其绝对误差不超过10.

2

3

2

解：由于f(1)113340,f(2)232232330,

且当x[1,2]时，f(x)3x2x33(x) 所以方程在区间[1,2]内仅有一个实根。由

2

13

2

10

0 3

112ln102

解得(21)10,k6.64385.

2k12ln2

所以需要二分7次，才能得到满足精度要求的根。

取[1,2]区间的中点x11.5,将区间二等分，求得f(1.5)1.8750,与f(1)同号，

因此得到下一区间[1.5,2];如此继续下去，即得计算结果。

计算结果如下表：

k a(f(a)的符号) x(f(x)的符号) b(f(b)的符号)

kkkkkk0

1 2 3 4 5 6 7

1（-） 1.5（-） 1.5（-） 1.625（-） 1.6875（-） 1.71875（-） 1.71875（-） 1.7265625（-）

1.5（-） 1.75（+） 1.625（-） 1.6875（-） 1.71875（-） 1.734375（+） 1.7265625（-） 1.73046875（-）

2（+） 2（+） 1.75（+） 1.75（+） 1.75（+） 1.75（+）

1.734375（+） 1.734375（+）

取x7

(a7b7)

2

1.730468751.73即满足精度要求。

2.证明1xsinx0在[0,1]内有一个根，使用二分法求误差不大于代多少次？

1

104的根要迭2

证明：设f(x)1xsinx,

由于f(0)10sin010,f(1)11sin1sin10,

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。

且当x[0,1]时，f(x)1cosx0. 因此方程在区间[0,1]内有一个根。

114ln104

解得(10)10,k13.293. k1

22ln2

14

所以需要迭代14次，才能使求得的根的误差不大于10。

2

由

3.证明方程e10x20在(0,1)内有根，使用二分法求这个根，若要求

x

|xnx|106,需二分区间[0,1]多少等分？

证明：设f(x)e10x2.

由于f(0)e0210,f(1)e1028e0, 且当x[0,1]时，f'(x)e100. 因此方程在区间[0,1]内有一个根。由|xnx|



x

0

1

x

116ln106

解得(ba)(10)10,k118.93155.

2k12k1ln2

6

所以需二分区间[0,1]19等分，才能满足|xnx|10.

4.能否用迭代法求解下列方程

1

(sinxcosx);4

(2)x2(x)42x(1)x1(x)

若不能，试将原方程改写成能用迭代法求解的形式。

1

(cosxsinx). 41111

(x)cosxsinx(cosxsinx)21. x(,). 1

4442

1

故迭代格式xk11(xk)(sinxkcosxk)收敛，可以用其来求解方程。

4(x) 解：(1) 1

(2)设f(x)x240.

f(1)12410;f(2)22420.

且f(x)12ln20. 可知f(x)在[1,2]上存在一个根，即x[1,2].

x1

2

x

(x)2xln2. 当x[1,2]时，2(x)2xln21. 2

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。

可知不能用迭代格式xk142k来求解方程。

x

ln(4x)ln(4x)

. . 令3(x)

ln2ln2

111111

(x)(x)|| 3, |3|||||1,x[1,2].

ln24xln24xln24x

ln(4xk)

所以迭代格式xk1收敛，可以用其来求解方程。

ln2

可将方程变形为24x,x

x

32

5.为求方程xx10在x01.5附近的一个根，设将方程改写成为下列等价形式，并

建立相应的迭代公式： (1)x1

11

x1迭代公式 ,k122

xkx

2

2

(2)x1x,迭代公式xk131xk

3

(3)x

2

1

,迭代公式xk1x1

1

试讨论它们的收敛性。 xk1

解：(1)

(x)1

12

,(x). x2x3

(x0)

22

1. x(1.5,1.5). 33

(x0)1.5

所以此迭代格式是收敛的。

2

2x2

(1x)3. (2)(x)1x,(x)3

3

2

222x21.52323

(1x0).(11.5)1. x(1.5,1.5). (x0)33

所以此迭代格式是收敛的。 (3)(x)

2

11

,(x)()(x1)3.

2x1

22

11

(x0)()(x1)3()(1.51)31. x(1.5,1.5).

22

所以此迭代格式不收敛的。 6.给出计算x

222迭代格式，讨论迭代格式的收敛性并证明x2.

解：由题意可得出其迭代格式为xk12xk.

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。

111

. 由上式可知，x0. (x)2x,(x)(2x)2

222x

当x0时，(x)

1

1. 所以迭代格式是收敛的。

22x

2



2





由limxk1x可得，x2x. (x)2x,(x)x20.

k



解得：x11,x22. 其中x110舍去。可得x2.

即解得x2.

7.用下列给定的方法求f(x)x3x10在x02附近的根，根的准确值为 x1.87938524（1）用Newton法；

（2）用弦截法，x02,x11.9;

（3）用抛物线法，取x01,x13,x22. 解：(1)用Newton法求解

32

f(x)x3x1,f(x)3x3. 将它们代入公式xk1xk



3

,要求计算结果准确到四位有效数字。

f(xk)

有， f(xk)

xk33xk1

xk1xk,k0,1.

3xk23



取x02,计算结果列于下表，并和x1.87938524

比较得出结果，

3 1.879385

k

xk



0 2

1 1.888889

2 1.879452

解得x1.8794.

(2)用弦截法求解

3

f(x)x3x1.取x02,x11.9

依迭代公式为xk1xk

f(xk)

(xkxk1),k0,1.进行计算。

f(xk)f(xk1)



计算结果列于下表，并和x1.87938524

比较

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。

k

xk



0 2

1 1.9

2 1.881094

3 1.879411

4 1.879385

解得x1.8794.

(3)用抛物线法求解

3

f(x)x3x1. x01,x13,x22.

则f(x0)3,f(x1)17,f(x2)1,f(x0,x1)10,f(x1,x2)16,f(x0,x1,x2)6. 故f(x1,x2)f(x0,x1,x2)(x2x1)10. 0,则根号前的符号为正。迭代公式为 xk1xk

2f(xk)

4f(xk)f(xk,xk1,xk2)

2

取x01,x13,x22计算x3: x3x2

2f(x2)

24f(x2)f(x0,x1,x2)

2

2

1.893150.

1010024

f(x3)0.105632,f(x2,x3)8.3703,f(x1,x2,x3)6.8932.

f(x2,x3)f(x1,x2,x3)(x3x2)7.6338.

x4x3

2f(x3)

4f(x3)f(x1,x2,x3)

2

1.8791x4达到要求

8.用Aitken加速迭代法求下列方程在指定区间内的根。

(1)x2lnx,(2,);(2)xx1,[1,1.5].

3

解：(1)由迭代格式 xk12lnxk 则(x)2lnx,(x)

111

. 在(2,)上(x)1,因此迭代格式是收敛的。

x2x

相应于这一格式，可以得到Aitken加速迭代格式：

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((xk)xk)2

,k1,2xk1xk

((xk))2(xk)xk 

x03

因此由(x0)3.098612289,((x0))3.130954362.解得x13.146738373; 同理，得x23.146193227,x33.146193227. 所以(1)式的近似解为x3.146193227.



（2）xx31,[1,1.5]

2

1

取迭代函数(x)=x+1,则迭代格式为xk1=3xk+1，(x)(1x)31

3

3

((xk) -xk)2

(k=0,1,2...)xk1xk-

其Aitken加速迭代法格式为((xk))2(xk)+xk

x01

_

((x0) -x0)2

x1x01.325509599

((x0))2(x0)+x0((x1) -x1)2

x2x11.324717961

((x1))2(x1)+x1

_

((x2) -x2)2

x3x21.324717958

((x2))2(x2)+x2

_

x*1.324718

注：若取迭代函数(x)x1，则因在[1,1.5]上(x)3x21,所以迭代格式

3

xk1xk31不收敛。但若用Aitken加速迭代格式

((xk)xk)2

,k1,2xk1xk

((xk))2(xk)xk 

x01.25

计算，结果是收敛的。x51.324718。 9.设f(x)(xa),

(1)构造求解方程f(x)0的Newton迭代格式； (2)证明此迭代格式是线性收敛的。

3

2

23

解：(1)由f(x)(xa),f(x)6x(xa).从而有Newton迭代格式

32

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。

33

f(xk)(xka)2xka5a

xk1xkxk23xkx,k0,1k22

f(xk)6xk(xka)6xk66xk

(2)迭代格式为xk1

5a

xk2,k0,1. 66xk

(x)x



5

6a5a

,(x)3. 此外x3a. 2

6x63x

5a511

330. 63(a)632

则(x)(3a)

所以此迭代格式是线性收敛的。 10.设f(x)xa,

(1)构造求解方程f(x)0的Newton迭代格式；

3

(2)证明此迭代格式具有二阶收敛性。

2

解：(1)由f(x)xa, f(x)3x.从而有Newton迭代格式

3

3

f(xk)xka2a

xk1xkxkx,k0,1k22

f(xk)3xk33xk

(2)迭代格式为xk1

2a

xk2,k0,1. 33xk

(x)x



5

6a5a4a

,(x),(x). 此外x3a. 234

6x63x3x

22a22

330. 33(a)334a4

0.(a0). 433

3(a)3a

则(x)(3a)

(x)(3a)



所以此迭代格式具有二阶收敛性。

11.用Newton迭代法求解方程

x2x10x200

6

在x01附近的一个实根，要求xk1xk10（准确值为x1.368808107）。 322

解：由题意f(x)x2x10x20,则f(x)3x4x10.

32

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Newton迭代公式为 xk1xk

f(xk)

， f(xk)

32xk2xk10xk20

即xk1xk. 2

3xk4xk10

取x01时，解得x11.41176471,

同理，可得x21.36933647,x31.36880819,x41.36880811. 因 x4x31.368808111.368808198108106. 所以用迭代法求方程所得的根为x3.36880811.

12.试导出计算1 解：令 x



a(a0)的Newton迭代格式，使公式中既无开方又无除法运算。

1111

,则 x2,a2,a20.

axxa

f(x)a

12,f(x). x2x3

f(xk)

，有 f(xk)

由Newton迭代公式 xk1xk

xk1xk

f(xk)

xkf(xk)

a

1xk2

23xk



3a3xkxk 22

3a3

。 xkxk

22

an

13.应用Newton迭代法于方程f(x)xa0和f(x)1n0,分别导出求na的迭

x

即计算1

a(a0)的Newton迭代格式为 xk1

代公式，并求 lim(naxk1)(naxk)

k

n1

解：当 f(x)xa时,f(x)nx.故Newton迭代公式为

n

2

nxkan1f(x)a

xk1xkxkn1xkn1,k0,1

f(x)nxknnxk

此时：

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。

111nn

an1xaxn1a1nxkkkaxk1nn lim limlim2nnk(nax)2kk(axk)(1)2(axk)k

n

n

n1(n1)

anxk

1n

。 limnn.（xna）

k22a

aan

时，因f(x).故Newton迭代公式为

xnxn1

a1nn1n1

xkxk1xkx xk1xkxk[(n1)xk],k0,1

anannnan1x

当f(x)1此时：

n1xk11n1n

a[(n1)xk](n1)xkn

nalimnna limaxk1lim

2nnk(nax)2kk(axk)(1)2(axk)k

n

n1n1

nxk

n1nan. lim

k22a

x2y24(0)T

X(1.6,1.2)14. 用Newton迭代法求解方程组2，取。 2

xy1f1(x,y)x2y240解：记，其Jacobi矩阵: 22

f(x,y)xy102

2x2y12y2y1

F(x,y)[F(x,y)]

8xy2x2x2x2y

于是有Newton迭代格式:

X

即

(k1)

X

(k)

2y(k)



8x(k)y(k)2x(k)

12y(k)(x(k))2(y(k))24

 2x(k)(x(k))2(y(k))21

(k1)5y(k)2(x(k))2y(k)(k)

xx4x(k)y(k)

,(k0.1.2...) (k)(k)(k)2

y(k1)y(k)3x2x(y)4x(k)y(k)

由X

(0)

(1.6,1.2)T逐次迭代得到

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。

X(1)(1.53088,1.29216)T,X(2)(1.73077,1.03524)TX

(3)

(1.271157,1.699312),X



T

T(4)

(1.271157,1.699312)

T

故X(1.271157,1.699312)。

第八章习题答案

1.用Euler格式计算初值问题

yx2100y2,



y(0)0

的解函数y(x)在x0.3时的近似值（取步长h0.1,保留到小数点后4位）。

22

解：将f(xn,yn)xn100yn.代人Euler格式 yn1ynhf(xn,yn)，注意到h0.1,

则有：

2222 yn1ynh(xn100yn)yn1yn0.1xn10yn

据x00,y00, 可得计算结果如下

x10.1,y10.0000; x20.2,y20.0010; x30.3,y30.050. 即 y(0.3)0.050.

2.证明隐式Euler格式(2.2)是一阶方法；而Euler两步格式(2.3)是二阶方法，并给出其局部截断误差的主项。

证明(1)：对于隐式Euler格式(2.2)[yn1ynhf(xn1,yn1)]，若假定yny(xn),则有

yn1y(xn)hf(xn1,yn1)y(xn)hy(xn1) （1）

依Taylor公式有

y(xn1)y(xn)hy(xn)Oh2

代人式（1）右端，则有

yn1y(xn)hy(xn)hy(xn)Oh另一方面，

2



3

h2

y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)Oh3,

2

故隐式Euler格式的局部截断误差为

h2

y(xn)Oh3, y(xn1)yn12

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。

可见隐式Euler格式(2.2)是一阶方法。

证明(2)：对于Euler两步格式(2.3)： yn1yn12hf(xn,yn)，考察局部截断误差

y(xn1)yn1，仍设yn1y(xn1),yny(xn),则有

yn1y(xn1)2hf(xn,y(xn))y(xn1)2hy(xn) 注意到

h2h3

y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)Oh4

23!

于是

h2h3

yn1y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)Oh4

23!

而

h2h3

y(xn)y(xn)Oh4 y(xn1)y(xn)hy(xn)23!

因此有

h3

y(xn1)yn12y(xn)Oh4

3!

即Euler两步格式(2.3)是二阶方法。且其主项系数是2。

注：关于精度分析也可采用代数精度的概念来讨论：

定义：称某个差分格式具有m阶精度，如果它的近似关系式对于次数m的多项式均能准确成立，而对于m1次式不能准确成立。

譬如，考察Euler格式 yn1ynhf(xn,yn)，其对应的近似关系式为 y(xn1)ynhy(xn)

检验它所具有的代数精度，当y1时，左端＝右端＝1；当yx时，左端＝右端＝xnh

222

而当yx时，左端＝xn1xnh右端＝xn2hxn，所以Euler格式仅有一阶精度。

2

3.证明梯形公式yn1yn差的主项。

证明：将梯形公式写成：

h

[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]是二阶方法，并给出其局部截断误2

h

yn1yn[y(xn)y(xn1)]

2

假定yny(xn),则在xn处y(xn1)的Taylor展式为

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。

h2

y(xn)O(h3) y(xn1)y(xn)hy(xn)2

h2h3

y(xn)y(xn)O(h4)。另一方面，依Taylor公式于是yn1y(xn)hy(xn)24h2h3

y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!

因此有

1131h34

y(xn)O(h4) y(xn1)yn1()hy(xn)O(h)

3!423!

所以梯形公式是二阶方法，且其主项系数为

1

。 2

h

[y(xn)y(xn1)]（#） 2

注：也可用代数精度来检验差分格式的精度与梯形公式对应的近似关系式为y(xn1)yn

为简化处理手续，可引进变换xxnth，而不妨令节点xn0，步长h1，从而

将近似关系式化简。这时，梯形格式的近似关系式（#）简化为 y(1)y(0)[y(0)y(1)]

3

易知它对y1,x,x均能准确成立，而当yx时左端＝1，右端＝

2

12

3

，因而梯形格式2

具有二阶精度。

4.已知初值问题yaxb,y(0)0有精确解y(x)

a2

xbx,试导出近似解yn的Euler2

格式，并证明用改进的Euler格式能准确地求出这一初值问题的解。将此题作如下改动：

a2

用Euler格式xbx, 证明：

2a

以h为步长所求得的近似解yn的整体截断误差为yxnynhxn

2

已知初值问题yaxb,y(0)0的精确解y(x)解：（原题的解）Euler格式为 ynyn1hfxn1,yn1,n1,2,将fx,yaxb代人得ynyn1haxn1b,n1,2,由y0y00得

y1y0hax0bbh y2y1hax1b2bhahx1

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。

y3y2hax2b3bhahx1x2

ynyn1haxn1bnbhahx1x2

xn1

xkkhk1,2,

n，于是

n1bxnah2

ynbxnah212

n1naxx

2

2

nn1

bxn

yn1bxn1

a

xnxn1 就是所求的Euler格式。 2

如果用改进的Euler格式求这一初值问题，则可得到准确解。

h

yn1ynfxn,ynfxn1,yn1 2

其中yn1ynhfxn,yn，yxnaxnbfxn,yn 由条件y0y00可得

ha2y1y0fx,yfx,yhbh， 0011

22h4a2

y2y1fx,yfx,yh2bh 1122

22

hn2a2

ynyn1fxn1,yn1fxn,ynhnbh 22

而精确解为 yxn

a2a2

xnbxnnhnbh，由此可知 22

yxnyn0

所以用改进的Euler格式能准确求出这一初值问题的解。

改动后的解：

解：Euler格式为 ynyn1hfxn1,yn1,n1,2,将fx,yaxb代人得ynyn1haxn1b,n1,2,由y0y00得

y1y0hax0bbh y2y1hax1b2bhahx1 y3y2hax2b3bhahx1x2

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。

ynyn1haxn1bnbhahx1x2

xn1

xkkhk1,2,

n，于是

n1bxnah2

ynbxnah212

所以整体误差为

yxnyn

n1naxx

2

2

nn1

bxn

a2aa

xnbxnxnxn1bxnhxn 222

5.用梯形格式求解初值问题 

y83y(1x2)

y(1)2

h

[f(xn,yn)f(xn1,yn1)] 2

取h0.2计算，要求小数点后保留5位数字。解：f(x,y)83y，梯形公式为 yn1yn yn1yn整理得显格式为

yn1

由y1y02可得

0.2

(83yn83yn1) 2

716yn， 1313

y1.2y12.30769; y1.4y22.47337; y1.6y32.56258; y1.8y42.61062; y2.0y52.63649.

6.用改进的Euler格式计算积分位）。



x

0

etdt在x0.5,0.75,1时的近似值（保留到小数点后6

2

yex

解：此积分问题可转化为微分问题，即将上式两端对x求导，得 ，并且取步

y(0)0

长h0.25。然后利用改进的Euler格式

2

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。

h

[f(xn,yn)f(xn1,yn1)] 22hx2x2

代人f(x,y)ex，有 yn1yn[enen1]

2

yn1yn当y0y00时可计算得，

y0.25y1y00.125(e0e0.25)0.242427; y0.50y2y10.125(e0.25e0.50)0.457203; y0.75y3y20.125(e0.50e0.75)0.625776; y1.00y4y30.125(e

0.752

2

2

2

22

e1.00)0.742984.

2hn

)，并证明当2h

2

7.用梯形格式求解初值问题yy0,y(0)1,证明其近似解为yn(

h0时，它收敛于原初值问题的准确解yex.

证明(1)：将 f(x,y)y,代人梯形格式 yn1yn ynyn1经整理得

yn从而 yn因y01，故

yn(

h

[f(xn,yn)f(xn1,yn1)]得 2

h

[yn1yn] 2

2h

yn1 2h

(

2hn12hn

)y1()y0 2h2h

2h2h2

yn1()yn22h2h

2hn

). 2h

x

x

2hnxnnh2hhn2h22hh22hhhn

)lim()lim(1)证明(2)：limynlim(

h0h02hh02hh02h

e

h0

lim

2xn

2h

exnyxn,xnnh.

x

即当h0时，它收敛于原初值问题的准确解ye. 8.取h0.2,用四阶经典Runge-Kutta格式求解下列初值问题：

(1)

yxy,0x1y3y(1x),0x1

; (2).

y(0)1y(0)1

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。

解：(1)利用四阶经典Runge-Kutta格式：

h

yn1yn(k12K22K3K4)

6

K1fxn,yn

hh

K2fxn,ynK1

22

hh

K3fxn,ynK2

22

Kfxh,yhKnn34

得此问题的四阶经典Runge-Kutta格式为（h0.2,）：

0.2yy(K12K22K3K4)nn1

6



K1xnyn



K2xn0.1yn0.1K1

K3xn0.1yn0.1K2

K4xn0.2yn0.2K3

计算结果如下表所示：

n xn yn

0 0

1

K1

1

K2

1.2

K3

1.22

K4

1.44

yxn

1

1 0.2 1.242800 1.442800 1.687080 1.711508 1.985102 1.242806 2 0.4 1.583636 1.983636 2.282000 2.311836 2.646003 1.583649 3 0.6 2.044213 2.644213 3.008634 3.045076 3.453228 2.044238 4 0.8 2.651042 3.451042 3.896146 3.940657 4.439173 2.651082 5 1.0 3.436503

解(2)：现取步长h0.2,利用四阶经典Runge-Kutta格式来计算，则K1,K2,K3,K4分别为

3.436564

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。

h

yy(k12K22K3K4)nn1

6



K13yn(1xn)

hh

K23(ynK1)(1xn)

22

hhK3(yK)(1x)3n2n22

K43(ynhK3)(1xnh)

化简为

1yy(k12K22K3K4)nn1

30



K13yn(1xn)



K23(yn0.1K1)(1.1xn)

K33(yn0.1K2)(1.1xn)

K43(yn0.2K3)(1.2xn)

计算结果如下表所示：

n

0 1 2 3 4 5

xn

0

yn

1

K1

3.0000 4.2355 5.7644 7.5284 9.5279

K2

3.5455 4.8871 6.5329 8.4142

K3

3.6942 5.0379 6.6866 8.5705

K4

3.3471 5.7894 7.5512 9.5488

yxn

1 1.7280 2.7440 4.0960 8.0000

0.2 1.6942 0.4 2.6900 0.6 4.0152 0.8 5.7168 1.0 7.8418

10.5309 10.6893 11.7820 5.8320

9.分别用二阶Adams显式和隐式格式解下列初值问题：

y1y



y(0)0

x

取h0.2,y00,y10.181,计算y(1.0)并与准确解y1e相比较。

解：二阶Adams显式格式为 yn1yn yn1yn

h

yn1)，将fx,y1y代人得 (3yn

2

0.2

31yn1yn10.7yn0.1yn10.2， h0.2, 2

h

1yn)，将fx,y1y代人二阶Adams隐式格式（即梯形格式）为 yn1yn(yn2

得

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。

0.2

1yn11yn1.1yn10.9yn0.22

，

92

yn1yn

1111

yn1yn

计算结果如下表所示：

二阶Adams显式

二阶Adams隐式

精确解

n

0 1 2 3 4 5

xn

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

yn

0 0.181 0.3267 0.44679 0.545423 0.6264751

yn

0

0.181818182 0.330578513 0.452291511 0.551874872 0.633352168

y(xn)

0

0.181269200 0.329689954 0.451188364 0.550671036 0.632120559

10.证明解yf(x,y),yx0y0的下列计算格式 yn1

1h

1yn3yn1) (ynyn1)(4yn

24

是二阶的，并求出局部截断误差的主项。解：设yny(xn),yn1y(xn1).则有 yn1

1h

1y(xn)3y(xn1)) (y(xn)y(xn1))(4yn

24

将右端项在xn处Taylor展开：

h2h3

y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!h2h34

y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!h2h3(4)

1y(xn1)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4) yn

23!

代人yn1中得到yn1在xn处的Taylor展开式为

1h2h3

y(xn)y(xn)O(h4) yn1y(xn)y(xn)hy(xn)

223!

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。

h2h3(4)4

4(y(x)hy(x)y(x)y(x)O(h)y(x)nnnnn23!h 23

hh444y(xn)y(xn)O(h)3y(xn)hy(xn)

23!h219

y(xn)h3y(xn)O(h4) y(xn)hy(xn)224y(xn1)在xn处Taylor展开有

h2h3

y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!

则其局部截断误差

5h3

Rn1y(xn1)yn1y(xn)O(h4).

8

5h315

y(xn)局部截断误差的主项。其主项系数为。因此，上述计算格式是二阶的，84

11.用Taylor展开法证明，存在某个常数a,使下列格式为四阶方法： yn1a(ynyn1)yn2

h

(3a)[f(xn,yn)f(xn1,yn1)] 2

5

解：只须证明局部截断误差Rn1y(xn1)yn1O(h).则上述方法为四阶。

设yny(xn),yn1y(xn1),yn2y(xn2).将右端项在xn处Taylor展开：注意到

h2h3h44

y(xn)y(xn)y(xn)O(h5) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!4!h2h34

y(xn)y(xn)O(h4) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!

(2h)2(2h)3(2h)4(4)

yxn2y(xn)2hy(xn)y(xn)y(xn)y(xn)O(h5)

23!4!

则yn1在xn处的Taylor展开式为

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。

h

yn1a(ynyn1)yn2(3a)[y(xn)y(xn1)]

2

h2h3h44

ay(xn)ay(xn)ahy(xn)ay(xn)ay(xn)ay(xn)O(h5)

23!4!

(2h)2(2h)3(2h)4(4)

y(xn)2hy(xn)y(xn)y(xn)y(xn)O(h5)

23!4!

hh2h3(4)(3a)[y(xn)y(xn)hy(xn)y(xn)y(xn)O(h4)]223!

1a73a5y(xn)hy(xn)h2y(xn)hy(xn)h4y(4)(xn)O(h5)

2121224

y(xn1)在xn处Taylor展开有

h2h3h44

y(xn)y(xn)y(xn)O(h5) y(xn1)y(xn)hy(xn)23!4!

则其局部截断误差

9a9a

Rn1y(xn1)yn1(h3h3)y(xn)(h4h4)y(4)(xn)O(h5)

12122424

由此可知，当a9时，y(xn)和y四阶的。

(4)

(xn)的系数均为0,即Rn1O(h5).因此上述格式为

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