发布时间 : 星期一 文章数值分析第三版课本习题及答案更新完毕开始阅读
kx?akkBn(f,x)??f((b?a)?a)Pk(),Pk(x)?Cnx(1?x)n?knb?ak?0式为;
B1(f,x)?2x,B3(f,x)?3x(1?2x)?2n63x2(b)
????2(1?2x?)?8x3?3，相应的麦克劳林级数分别
R1(x)?13??0.64596448，
为
13P(x)?x,P(x)?x?x136，部分和误差则为
R3(x)?1?5?0.07969263840，大于伯恩斯坦多项式的误差。
m?m?Pk(x)??k?0k?0nnnkf()Pk(x)?Bn(f,x)?M?Pk(x)?Mnk?0，当f(x)?x2. m?f(x)?M，故
nnkkkn?kk?1k?1Bn(f,x)??Cnx(1?x)?x?Cn(1?x)(n?1)?(k?1)?x?1xk?0nk?1时，。
3.
sin4x?0?1，对任意不超过6次的多项式g(x)，在
x?(2k?1)?,k?1,?,88时，若有
g(x)?sin4x?10,2??上至少有7个零点，这与g(x)不超过6次矛盾，所以，则g(x)在?g(x)?sin4x?1，g(x)?0就是所求最佳一致逼近多项式。
4. 设所求为g(x)?c，
?(f,g)?max(M?c,m?c),M?maxf(x),m?minf(x)a?x?ba?x?b，由47页定
理4可知g(x)在?a,b?上至少有两个正负交错的偏差点，恰好分别为f(x)的最大值和最
11g(x)?(M?m)M?c??(m?c),c?(M?m)22小值处，故由可以解得即为所求。
x?3a3a33a,x?1()?a()?a?133，故3，解方程可
5. 原函数与零的偏差极大值点分别为
得出唯一解
a1?2a?34。
coxs?26.
??0.636620，故
?，得
x2?arccos2??0.880689,f(x2)?0.771178，
a0?f(x2)x?a12?0.10525722，故所求最佳一次逼近多项式为
P1(x)?0.636620x?0.105257，又因为两个偏差点必在区间端点，故误差限为
0?x?maxsinx?P1(x)?P1(0)?0.105257?2。
x5f(x2)?1.71828，则有7. a1?e?1?1.71828，故由e2?e?1可以解得x2?0.54132，
a0?1?f(x2)x?a12?0.89406722，故所求最佳一次逼近多项式为
P1(x)?1.71828x?0.894067。
8. 切比雪夫多项式在??1,1?上对零偏差最小，所求函数必为切比雪夫多项式的常数倍，
111r??p(x)?T2(x)?x2?2。 22，解得唯一解
9. 作变换
x?11153119?tg(t)?t4?t3?t2?t?22代入f(x)得1682816，则g(t)在??1,1?上的三次
最佳逼近多项式为
S(t)?g(t)?15251173T3(t)?t3?t2?t?1288168128，作逆变换t?2x?1代入
P(x)?5x3?521129x?x?44128。
S(t)，则f(x)在?0,1?上的三次最佳逼近多项式为
***2T(x)?T(2x?1)?1T(x)?T(2x?1)?2x?1T(x)?T(2x?1)?8x?8x?1，00112210. ，，
T3*(x)?T3(2x?1)?32x3?48x2?18x?1，其中x??0,1?。
11.
?1*Tn*(x)Tm(x)0x?x2dx??1Tn(2x?1)Tm(2x?1)x?x20dx??12Tn(x)Tm(x)dx2?12Tn*(x)??1?x，故正交。
112. 用T4(x)的4个零点
xk?cos2k?1?(k?1,2,3,4)8做插值节点可求得三次近似最佳逼近多
23L(x)??0.0524069?0.855066x?0.0848212x?0.0306032x项式为3。
x???1,1?。由拉格朗日插值的余项表达公式可得出13. f(x)?e，则有f(x)?e，其中
xnx?1f(x)?Ln(x)fn?1(?)e?e???n?Tn?1(x)(n?1)!2n(n?1)!2n，(n?1)!2令
,?n?n(n1)!2?en，则待证不等式成
立，得证。
14. 由泰勒级数项数节约，在??1,1?上有
?(x)?M5,3(x)?1511651T4(x?)T5(x)3848384016，即
M5,3(x)??(x)?1511651183321219931101T4(x)?T5(x)??x?x?x?3848384016102412840961096其中误差限
151165131???0.0075683638483840164096。
为?1?x?1max?(x)?M5,3(x)?115115f(x)?sinx?x?x3?x??P5(x)?x?x3?x61206120为f(x)的近似，误差限为15. ，取
maxf(x)?P5(x)?1?0.0001984137!，再对幂级数的项数进行节约就可以得到原函数的3
?1?x?1次逼近多项式
M5(x?),3115P(5?x)T5(?x)?312016383?x32，其3误84差限为
?1?x?1maxf(x)?M5,3(x)?111??0.0007192467!12016，即为所求
*?a,a??Ff(x)16. 当为上的奇函数时，设n(x)为原函数的最佳逼近多项式，则
Fn*(x)?f(x)?En****?F(?x)?f(x)?F(?x)?f(?x)?En?F(?x)nn，对n有，所以?Fn(?x)也
***?F(?x)是奇函?F(?x)?F(x)nnn是最佳逼近多项式，由最佳逼近多项式的唯一性，，即
数。同理可证，当f(x)为??a,a?上的偶函数时，最佳逼近多项式Fn(x)也是偶函数。
*?17.
?20?ax?b?sinx?dx?a?2?324a?2?2b?2?24ab?2a?2b??4，为使均方误差最小，则有,b?b?31218. (a)
?24b?2?0,?24baa??b?2?0，解得
，
a?96?24?8??24?3?2。
，c为常数，
(f,g)?(g,f)??f'(x)g'(x)dxba(cf,g)?c(f,g)?c?f'(x)g'(x)dxab(f1?f2,g?)f(1g,?)fg(?,?)f2时，(f,f)?0,不满足定义，所以
x1g'x(dx)??'(f)x2gxdx'((f),f')()?0a，，但当f(x)?c(f,g)??f'(x)g'(x)dxab不构成内积。（b）(f,g)?(g,f)，
(cf,g)?c(f,g)，(f1?f2,g)?(f1,g)?(f2,g)，(f,f)?0且当且仅当f(x)?0时(f,f)?0，满足定义，所以(f,g)构成内积。
x1112dx?(dx)(xdx)??0.196116???01?x0(1?x)202619. ，
1116121212x61dx??01?x1??1?10x6dx，其中
61x11?0.0714286??dx??0.14285701?x0???1，则147，由此可知用积分中值定理估计比
许瓦兹不等式估计更精确。
20.
?1?1(x?ax2)2dx?2222112?aa?2x?axdx35，a?0时最小。??13a，a?1在a?1时，值为321?a?23a，a?1时最小。 时，值为1，a??1时，值为321. 要使
?(x0212?ax?b)dx1002最小，由拉格朗日乘子法可解得
a?1,b??a?11??180，要6，误差为
使?01(x?ax?bx)dx1012最小，由拉格朗日乘子法可解得
20097992009294,b??53565356，误
差为??0.164063，前者误差小。
242(x?a?bx?cx)dxx?22. 1上均为偶函数，也为偶函数，则?0最小，由拉格朗日乘子法可
1解得
a?1510595?0.1171875,b??1.640625,c????0.820312512864128。
sin?(n?2)arccosx??sin?narccosx?1?x223.
un?1(x)?un?1(x)??2xun(x)，和差化积得证。
(f,P0)??sin?1124. 由积分区间的对称性及勒让德多项式的奇偶性可知
11xdx?02，
311(f,P2)??(x2?)sinxdx?0?1222，将原函数在此积分区间上按勒让德多项式三次展开就
1111(f,P)?xsinxdx?8sin?4cos?0.3250741??1222可以求得，
153111(f,P3)??(x3?x)sinxdx?236cos?432sin??0.00234807?122222，代入可得
*3S3(x)?0.487611P1(x)?0.00821825P3(x)?0.499938x?0.0205456x，均方误差为
22??n2???sin2xdx?(f,P)?(f,P)?2.4487?1013?222??1??1137?124。