《2023年计算方法第2章习题超详细解析超详细解析答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年计算方法第2章习题超详细解析超详细解析答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 10 第二章答案 1.计算下列函数 f x关于0,1C的12,fff：注：max,a x bff x 1baffx dx，1 222baffx dx 3101112231,41nmxf xxf xxf xxxmnf xxe 与 为正整数 解：（1）31xxf 11maxmax3xxfxf 1131001()(1)7ff x dxx dx 111122262007()(1)7ffx dxxdx （2）12fxx 11maxmax22fxfxx 1112110021122212201111()()()222413()()26bafxdxx dxxdxff xdxxdx（3）1,nmf xxxmn
2、与 为正整数 max(1)mnm nm nmnfxxmn 110!(1)1!mnm nfxxdxmn 10 1112222202!2!(1)()221!mnmnfxxmn（4）101xf xxe 10110max(1)2xfxee 1102681318410(1)9864101xfxedxe 212101021dxexfx28232095067136711831996857623833e 2.令 21,0,1nnTxTxx，试证 nTx是在0,1上带权 21xxx的正交多项式，并求 0123,Tx Tx Tx Tx。解：11*20011*22111,(21)(21)21111,211122mn
3、mnnmmnmnmnmnT Tx Tx Tx dxTxTxdxxxtxT TTt TtdtTt Tt dtTTttt令，则有 nTx是在0,1上带权 21xxx的正交多项式。*00*11*222*3233()(21)1()(21)21()(21)881()(21)3248181TxTxTxTxxTxTxxxTxTxxxx 3.0iix是区间0,1上带权 xx的最高次项系数为 1 的正交多项式族，其中 01x，求 130 xx dxx1和。解法一：1133000()()()()xx dxxxx dx 01130300()0,1()1()()()0()0iixxxxxx dxxx dx 是区间上带
4、权的最高次项系数为 的正交多项式，即 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 0()1x由于1200101000(,()2()()(),()3x dxxxxxxxxxxxdx 解法二：设 xxc 1，则由 10120323cx xc dxc 4.求,a b，使积分220sinaxbx dx 取得最小值。解：题 意 即 为 在
5、1,spanx中 求 sinf xx的 最 佳 平 方 逼 近 多 项 式 101P xaa x，故01,aa满足法方程 00001101001111(),()(),()(,()(),()(),()(,()xx axx ayxxx axx ayx 2012301128:1824aaaa积分可得 02138240.6644389,0.1147707.9624ababaa 或者按下述方法：因为bbaabadxxbax24224241sin2232202 上式分别对,a b求偏导，并令其为零，有 02412123baa 02412bab 从而也有 32496a ，2248b 5.对 1,f xg x
6、Ca b，定义 1,2,babaf gfx gx dxf gfx gx dxf a g a 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 问它们是否构成内积？（1）12122,)(,)(,)()0f gg fcf gc f gcffgf gfgff ff ff ffxdxba显然有=,=,是常数（但不满足“当且仅当=0时（,)=0
7、,(,)0这是因为（,)=(推出 0fx,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 22(,)()baf ffxdxfa 若 0f x，则必有,0f f反之，若,0f f，则 0fx且 20fa，由此可推得 0f x,即内积公理第四条满足，故（2）构成内积。6.对权函数 21xx，区间 1,1，试求首项系数为 1 的正交多项式,0,1,2,3xnn。解：0130110001,(),1xxdxxxxxx 222012010011(,()(,()()()()(),()(),()xxxxxxxxxxxx 1122232211112221
8、1(1)(1)2;5(1)(1)xx dxxx dxxxxxdxxx dx 33330123012001122(,()(,()(,()()()()()(),()(),()(),()xxxxxxxxxxxxxxxxx 11123223231321111122222211132(1)()(1)(1)25()25(1)(1)(1)()5914xxxdxxx dxxx xdxxxxxdxxx dxxxdxxx 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反
9、之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 7.利 用 正 交 化 方 法 求0,1上 带 权1()lnxx的 前 三 个 正 交 多 项 式012(),(),()P x P x P x。解：01Px 1001010001ln,11,4lndxx PxP xxPxxxP Pdxx 2201220100111122002221100,111lnln1517414725211lnln4xPxPPxxPxP xPPP Pxxdxxdxxxxxxxdxxdxxx 8.判断函数211,3x x 在 1,1上两两正交，并求一个三次
10、多项式，使其在 1,1上与上述函数两两正交。解：（1）0,111dxxx，03131,11122dxxx，03131,1122dxxxxx，211,111dx 32,112dxxxx，4583131,31211222dxxxx 所以，211,3x x 在 1,1上两两正交。（2）设所求多项式为 x3 xxxdxxdxxxxdxxdxxdxdxxxxxxxxxxx53313131,321122112311211411113322223111130000333 9.用最小二乘原理求矛盾方程组 121212121,2,223,34.xxxxxxxx 的最小二乘解。的正交多项式即由于解法二设则由求使积
11、分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 注：给定线性代数方程组Axb，m nAA，当mn时，称其为超定方程组。求x使得 22bAx 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 TTA AxA b 的解。称x为超定方程组Axb的最小二乘解。解法一：由题意得：12111112223314xx 12111112311112321 121221 12
12、13314xx 121597971xx 11212229159712971134xxxxxx 所以122912134xx 即是所求的最小二乘解。误差平方和为 222212121212(1)(2)(223)(34)xxxxxxxx 解法二：求12,x x，使误差平方和 222212121212(1)(2)(223)(34)xxxxxxxx 为最小，令 0,021xx 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断
13、函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 得方程组如下：121230181418142xxxx 解方程组有：413,122921xx 10.用最小二乘法求一个形如2yabx 的经验公式，使它与下列数据相拟合，并估计平方误差。kx 19 25 31 38 44 ky 19.0 32.3 49.0 73.3 97.8 解：02010100111101,1,1,1,1,1361,625,961,1444,193619.0,32.3,49.0,73.3,97.8,1 1 1 1 1 1 1 1 1 15,1 361 1 625 1 961 1 1444 1 19
14、365327,7277699,369321.5,271.455327271.45327TTTxxxyyyab 20.9725297277699369321.50.05003510.9725290.0500351aabbyx公式是 将x=19,25,31,38,44 分别代入20.970.05yx，得 *0123419.02,32.22,49.02,73.17,97.77.yyyyy 所以误差420*0.025kyy 11.求形如(,bxyaea b为常数）的经验公式，使它能和下表给出的数据相拟合。解：设bxyae，两边取对数得lnlnyabx，令01lnlnYyaaabXx，则有 01Yaa
15、X x 1 2 3 4 5 6 7 8 y 153 205 274 366 491 656 878 1176 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 设 210,1Xxx，于是得到正规方程组:11110010110000,YaaYaa 其中,T1111,1,1,1,10，T876543211，TTY76729.4,47506
16、.4,18358.4,89386.3,60005.3,31054.3,02042.3,72785.26.117ln8.87ln6.65ln1.49ln6.36ln4.27ln5.20ln3.15ln，8,00 01,1 234567836 20487654321,22222222114 9787.296.117ln8.87ln6.65ln1.49ln6.36ln4.27ln5.20ln3.15ln0，Y 135.1471，Y 正规方程组化为:135.147204369787.293681010aaaa 得0a=2.43689 1a=0.291211 lna=2.43689 所以a=11.45
17、1a=b=0.291211 lna=2.43689 所以a=11.45 a1=b=0.291211 0.29121111.45xye 12.求函数 f x在给定区间上对于1,spanx的最佳平方逼近多项式：1arctan,0,1;3,0,1;fxxfxx 2cos,0,1;4,1,1.xf xxf xe 解：设 xxx10,1 11110010110000,yaayaa（1）arctan,0,1f xx 1112000111000110100,1,1/2,1/311,ln2,4242dxxdxx dxyarctgxdxyxarctgxdx 01001111ln22ln232422111363l
18、n22342232ln23(63ln2)22aaaaaayx (2)cos,0,1f xx 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 11110010110000,yaayaa 11120001110001101200,1,1/2,1/32,cos0,cosdxxdxx dxyxdxyxxdx 0101222201210122
19、412242,11223aaaayxaa 。3,0,1f xx 1112000111000110100,1,1/2,1/322,35dxxdxx dxyxdxyx xdx 01010112444423,112155155235aaaayxaa 4,1,1xf xe 111200011111111110111,2,0,2/3,2xxdxxdxx dxye dx eeyxe dxe 11100111233,22223aeeeeeeaayxaeee 。13.1,1f xx,在上求关于241,spanxx的最佳平方逼近多项式。解：Legendre 是-1，1上的正交多项式 不懂 取2422411()(
20、31),()(35303)28()1,0pxxpxxxpx 2(),()(0,2,4)21kkpxpxkk 01010(,()()1f pxx dxxdx 0122210014242410111(,()(31)(31)224111(,()(35303)(35303)8824f pxxxdxxxdxf pxxxxdxxxxdx 00221155(,(),(,()2228af pxaf px，4493(,()216af px 002244()()()()xa pxa pxa px*4所以p=420.82031251.6406250.2578125xx 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得
21、最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 14.求()xf xe在 1,1上的三次最佳平方逼近多项式。解：30kkkfxp xC Px设 11,21,2kkkkkf PkcPx f x dxP P 1101111122113313230111.1756942231.10363825310.3578052227530.07051822231531.1756941.10363
22、80.3578050.0705182222xxxxkkkCe dxeeCxe dxCxe dxCxx e dxp xC Pxxxxx所以230.9962890.9978610.5367080.176295xxx 15.已 知 勒 让 德 多 项 式201211,312PPx Px，试 在 二 次 多 项 式 类 21,spanx中求一多项式 2Px，使其成为 11xf xe在，上的最佳平方逼近函数。解：2,P P PPx012由构造,设 2001 122Pxc Pc Pc P 由题意可知 10c 即：20022Pxc Pc P 000200220222,P PP PPfccP PP PPf 即
23、：10222.35038820.1431245ceec 解得：021.1751940.35781cc 220.5367150.996289Pxx 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交 10 16.求 ln1,2f xx在上的二次最佳平方逼近多项式，并估计平方误差。解：设 2*010021011121122 13131,lnln,
24、1,1222222,31ln1113122,lncos1.1551922131ln2223122,coslncos221nkkkxttfxxtttptC TttCTfdtdtxtCT fdtt 则01.520575d 2122210*223*33121 ln2223122,cos 2lncos0.46204221-1.15519+1.5205750.46204 2-10.924081.5205750.6931531ln0.0000205522ttCTfdtdtptxxxxtpt 所以其误差为 的正交多项式即由于解法二设则由求使积分中求取得最小值解题意即为在的最佳平方逼近多项式故满足法方程积分可仅当时是常数这是因为推出即为常数但不一定为故不构成内积显然内积公理的均满足考察第四条则必有反之若则且由带权的前三个正交多项式解判断函数在上两两正交并求一个三次多项式使其在上与上述函数两两正交解在上两两正交