现代科学工程计算基础课后习题<Version 1.0 >第一章绪论基本上不会考，略第二章函数的插值与逼近1.(1) 证明：由题意有ωk(x)=(x−x0)(x−x1)···(x−x k;1)，则有以下式子:ω0(x)=1ω1(x)=0,(x=x0)ω2(x)=0,(x=x0,x1)······ωk;1(x)=0,(x=x0,x1,···,x k;2)ωk(x)=0,(x=x0,x1,···,x k;2,x k;1)考察a0ω0(x)+a1ω1(x)+···+a k;1ωk;1(x)+a kωk(x)=0的系数，依次代入x0,x1,···,x k;1得：a0ω0(x0)=0,又ω0(x)=1,可得a0=0a0ω0(x1)+a1ω1(x1)=0,可得a1=0······a0ω0(x k;1)+a1ω1(x k;1)+···+a k;1ωk;1(x k;1)=0,可得a k;1=0最后代入x k 得：a 0ω0(x k )+a 1ω1(x k )+···+a k ωk (x k )=0,可得a k =0 由于a 0=a 1=a 2=···=a k;1=a k =0,所以*ωk (x )+(k =0,1,···,n)线性无关. 1.(2)证明： 由题意有l j (x )=(x;x 0)···(x;x j−1)(x;x j+1)···(x;x n )(x j ;x 0)···(x j ;x j−1)(x j ;x j+1)···(x j ;x n ),以及l j (x k )=δij ={1,k =j0,k ≠j(j,k =0,1,···,n).考察a 0l 0(x )+a 1l 1(x )+···+a j;1l j;1(x )+a j l j (x )=0的系数， 代入x 0得：a 0l 0(x 0)=0，又l 0(x 0)=1，可得a 0=0 ······代入x j 得：a j l j (x j )=0，又l j (x j )=1，可得a j =0由于a 0=a 1=a 2=···=a j;1=a j =0,所以*l j (x )+(j =0,1,···,n)线性无关. 2.(1)证明：令f (x )=x k ,则f (x )的n 次Lagrange 插值多项式L n =∑y i l i (x)n i<0，讨论其插值余项R n (x )=f (x )−L n =f n+1(ξ)(n:1)!ωn:1(x)，因为k =0,1,···,n n ，f(x)的n 阶导数：f n (x )=k ！(k; )!x k;n (k n)，所以有 f n:1(x)=0，可得f (x )−L n =R n (x )=0，f(x)= L n .则有L n f (x ) ∑y i l i (x)n i<0 x k ，原命题得证.2.(2)证明：原式 = ∑(x j −x)kn j<0l j (x)= ∑,∑(k i )x j k;i (−x )i k i<0n j<0l j (x )- (二项式定理) = ∑,∑(k i )x jk;i (−x )i nj<0k i<0l j (x )- = ∑,(k i )(−x )i ∑x jk;i n j<0k i<0l j (x )- (交换符号顺序) = ∑,(k i )(−x )i xk;in j<0- (2.1中结论，其中k −i =0,1,···,n ) = (x −x)k (二项式定理) = 0则∑(x j −x)kn j<0l j (x) 0,(k =1,2,···,n)，原命题得证. 3.解：f(x)在x=100,121,144三点的二次插值多项式为L 2(x )=√100×(x −121)(x −144)(100−121)(100−144)+√121×(x −100)(x −144)(121−100)(121−144)+√144×(x −100)(x −121)(144−100)(144−121)使用内插法，f(x)在x=100,121两点的一次插值多项式为L1(x)=√100×(x−121)(100−121)+√121×(x−100)(121−100)代入x=115得f(115)L1(115) = 10.714。

误差限R1(x)=f2(ξ) 2!ω2(x)f2(121)2!|(115−100)(115−121)|=0 01690。

结果不同显然是由于使用了不同的数学模型，精确度有所不同。

4.证明：对f(x)在x=a,b两处进行插值，则插值多项式为L1(x)=f(a)x−ba−b+f(b)x−ab−af(a)<f(b)<0⇒L1(x)=0∴f(x)=f(ξ)2!(x−a)(x−b)，两边同时取绝对值得:|f(x)|=|f(ξ)2!(x−a)(x−b)||f(ξ)2·(b;a)24|对x∈,a,b-恒成立。

则maxa≤x≤b |f(x)|(b;a)28maxa≤x≤b|f(ξ)|，原命题得证。

5.解：考察函数f(x)=sinx,由于x∈,−π,π-,则f(x)=−cosx∈,−1,0-。

在三点节点x=x0,x0+ ,x0+2 ( 为步长)上进行插值，设插值区间上某点x=x0+t (0t2)，则插值余项为R 2(x )=f (ξ)3!(x −x 0)(x −x 1)(x −x 2) =f (ξ)3!·t ·(t −1) ·(t −2)|f (ξ)3!· 3·t (t −1)(t −2)|13!3·|t (t −1)(t −2)| ，t ∈,0,2-考察函数g (t )=t (t −1)(t −2),g ’(t )=3t 2−6t +2.令g ’(t )=0，得t =1±√33。

g(t)在闭区间[0,2]内先增后减再增,其中g(0)=g(2)=0。

g(t)的两个极值点及对应的值分别为：g.1−√33/=2√39,g.1+√33/=−2√39则0 |g(t)|2√39。

可得R 2(x ) 13!3·|t (t −1)(t −2)|√3273，要求截断误差不超过10;5，则√327310;5 4 481×10;2,则步长h 最大取0 0448。

6.(1)解：f ,x 0-=f (x 0)=1f ,x 0,x 1-=f (x 1);f(x 0)x 1;x 0=−1x 0x 1，f ,x 1,x 2-=f (x 2);f(x 1)x 2;x 1=−1x 1x 2f ,x 0,x 1,x 2-=f ,x 1,x 2-;f ,x 0,x 1-x 2;x 0=1x 0x 1x 2，······猜想f ,x 0,x 1,···,x n -=(−1)n1x 0x 1···x n，很显然对n=0成立。

假设n =k 时成立，则f ,x 0,x 1,···,x k -=(−1)k 1x 0x 1···x k当n =k +1时, f ,x 0,x 1,···,x k:1-=f ,x 1,x 2,···,x k+1-;f ,x 0,x 1,···,x k -x k+1;x 0= (;1)k1x 1x 2···x k+1;(;1)k1x 0x 1···x kx k+1;x 0=(;1)k1x 1x 2···x k+1;(;1)k1x 0x 1···x kx k+1;x 0=(;1)k+1x k+1−x 0x 0x 1···x k x k+1x k+1;x k= (−1)k:11x 0x 1···x k x k+1则对n=k+1也成立，即原假设成立。

6.(2)解：f ,x 0-=f (x 0)=e x 0， f ,x 0,x 1-=f (x 1);f(x 0)x 1;x 0=e x 1;e x 0x 1;x 0， f ,x 1,x 2-=f (x 2);f(x 1)x 2;x 1=e x 2;e x 1x 2;x 1，f ,x 0,x 1,x 2-=f ,x 1,x 2-;f ,x 0,x 1-x 2;x 0=x 0(e x 2;e x 1);x 1(e x 2;e x 0):x 2(e x 1;e x 0)(x 1;x 0)(x 2;x 0)(x 2;x 1)， f ,x 1,x 2,x 3-=f ,x 1,x 2-;f ,x 0,x 1-x 2;x 0=x 1(e x 3;e x 2);x 2(e x 3;e x 1):x 3(e x 2;e x 1)(x 2;x 1)(x 3;x 1)(x 3;x 2)，f ,x 0,x 1,x 2,x 3-=f ,x 1,x 2,x 3-−f ,x 0,x 1,x 2-x 3−x 0=(e x 1−e x 0)(x 3−x 2)x 2x 3−(e x 2−e x 0)(x 3−x 1)x 1x 3+(e x 2−e x 1)(x 3−x 0)x 0x 3+(e x 3−e x 2)(x 1−x 0)x 0x 1−(e x 3−e x 1)(x 2−x 0)x 0x 2+(e x 3−e x 0)(x 2−x 1)x 1x 2(x 1−x 0)(x 2−x 0)(x 3−x 0)(x 2−x 1)(x 3−x 1)(x 3−x 2)猜想就是跟排列组合相关的某一形式。