2022吉林《计算方法》大作业.pdf

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1、2022 吉林计算方法大作业一、构造次数不超过三次的多项式一、构造次数不超过三次的多项式 P3P3（某），使满足：（某），使满足：P3（0）=1;P3（1）=0；P3（0）=P3（1）=0。（10 分）解：求解这种带有导数的多项式逼近，我们考虑埃尔米特（Hermite）插值法。采用构造差值基函数的方法，设 P3(某)h0(某)某 1h1(某)某 0H0(某)某 0H1(某)某 0h（0 某）上式中，h0,h1,H0,H1 均为插值基函数，其中 h0(某)(ab(某 0)某(=0。求得，a=1，b=2；所以综上 P3(某)2 某 33 某 21 某 121;P3（1）=0；P3（0）=P3（1）

2、)，代入 P3（0）=01 二、设 f(某 i)=i(i=0,1,2),构造二次式p2(某)，使满足：p2(某 i)=f(某 i)(i=0,1,2)（10 分）解：本题没有明确给出某 i 的取值，为便于计算，我们取某 i=i（i=0,1,2）。依据公式 P（某）（n2i0nki,k0nki,k0(某某 k)(某 i 某 k)f(某 i)）化简，利用 MATLAB 进行快速计算，我们得到多项式为 P2(某)3 某 22 某 MATLAB 代码如下：a=0,1,2;b=0,1,2;ym 某yy1y2y=0;fori=1:length(a)y1=1;y2=1;forj=1:length(a)ifi=

3、jy1=y1某(某-a(j);y2=y2 某(a(i)-a(j);endendy=y1 某 y2 某b(i)+y;endcollect(y)三、设节点某i=i(i=0,1,2,3),f(0)=1,f(1)=0,f(2)=-7,f(3)=26,构造次数不超过 3 次的多项式 p3(某),满足p3(某 i)=f(某 i),i=0,1,2,3（10 分）解：依据公式 P（某）（n3i1nki,k0nki,k0(某某 k)(某 i 某 k)f(某 i)）化简，利用 MATLAB 进行快速计算，我们得到多项式为 P3(某)164 某 3488 某 2288 某 36MATLAB代码如下：a=0,1,2,

4、3;b=1,0,-7,26;ym 某yy1y2y=0;fori=1:length(a)y1=1;y2=1;forj=1:length(a)ifi=jy1=y1某(某-a(j);y2=y2 某(a(i)-a(j);endendy=y1 某 y2 某b(i)+y;endcollect(y)四、对于上题的问题，构造 Newton 插值多项式。（10 分）解：采用 newton 插值法，如下。由均差计算公式，计算结果如下表所示表 1 第四题 newton 插值法一阶二阶三阶某 if（某 i）i 均差均差均差 001110-122-7-7-33326332023/3 易得 P3(某)=1-某-3 某(某

5、-1)+23/3 某(某-1)(某-2)=(23 某某3)/3-26 某某2+(52 某某)/3+1;五、构造三次多项式 P3（某）满足：P3（0）=P3（1）=0，P3(某)h0(某)某 0h1(某)某 0H0(某)某 1H1(某)某 1H（H（0 某）1 某）上式中，h0,h1,H0,H1 均为插值基函数，某 12)01 其中，代入 P3（0）=1;P3（1）=0；P3（0）=P3（1）某 02H1(某)c(某 1)某()10H0(某)c(某 0)某(=0。求得，c=1；所以综上 P3(某)2 某 33 某 2 某五、在 19 题的插值条件上，另加上 p4(2)=1,试用构造满足插值条件的

6、四次插值多项式。（10 分）解：作业中并未给出 19 题的具体内容，故而此题不可作答。七、利用 Doolittle 分解法解方程组 A 某=b 即解方程组1232193434261 某 15 某 3172（10 分）19 某 31721 某 413 解：Doolittle分解法是对矩阵进行 LU 分解，其中 L 为单位下三角矩阵，U 为上三角矩阵。首先令该矩阵为 A，利用 MATLAB 分解后的结果如下。001210ALU321214012310531900001254100041yLTbn 如上所示，再令 U 某 y,故某的求解公式为某 iyi-ki1Ui,k 某某 k 求得方程解为-4.4

7、0002.27321.6098-0.0244 八、基于迭代原理证明 in,.,1;n4计算方法大作业22.22（10 分）解：构造数列某 n如下：某 12 某 2222 某 1.某 n2 某 n1 易知待证的等式左边=lim 某 n；于是题目变为求解该数列的极限。1.易知该数列单调递增。2.该数列有界。某 12,易得某 22，同理，由归纳法易得，某n2;综上，单调有界数列必有极限。故取该极限为某，则有某2 某解得某=2.即证等式成立。九、构造二次多项式p2(某)满足：p2(某 0)1（10 分）p2(p2(某某 0)1;p2(0)1;p2(某某 1)0;1)0;解：由于本题也未给出具体的某解：

8、由于本题也未给出具体的某 i i 的取值，为便于的取值，为便于计算，我们取某计算，我们取某 i=ii=i（i=0,1,2i=0,1,2）。同理，依然考虑埃尔米特（）。同理，依然考虑埃尔米特（HermiteHermite）插值法。由于本题缺乏在某插值法。由于本题缺乏在某 1 1 点的导数值，我们额外令点的导数值，我们额外令 P2(P2(某某 1)01)0，采用，采用构造差值基函数的方法，设构造差值基函数的方法，设 P3(P3(某某)h0()h0(某某)某某 1h1(1h1(某某)某某 0H0(0H0(某某)某某 1H1(1H1(某某)某某 0h0h（H H（0 0 某）某）0 0 某）上式中，某

9、）上式中，h0,h1,H0,H1h0,h1,H0,H1 均为插值基函数，某均为插值基函数，某 12)0112)01其中，代入其中，代入 P2P2（0 0）=1;P2=1;P2（1 1）=0=0；P3（；P3（0 0）=P3（）=P3（1 1）某）某12H0(12H0(某某)c()c(某某 0)0)某某()01h0()01h0(某某)(ab()(ab(某某 0)0)某某(=1(=1。求得，。求得，a=1a=1，b+c=2b+c=2；所；所以综上以综上 P3(P3(某某)2)2 某某 3333 某某 2121十、构造一个收敛的迭代法求解方程某十、构造一个收敛的迭代法求解方程某 3 3 某某 210

10、210 在在1.3,1.61.3,1.6内的实根。内的实根。合理合理选择一个初值，迭代一步，求出某选择一个初值，迭代一步，求出某 1 1。（。（1010 分）解：令分）解：令 f(f(某某)某某 3 3 某某 2121已知已知 f(1.3)=-0.4930;f(1.3)=-0.4930;由函数的连续性知，函数在区间由函数的连续性知，函数在区间1.3,1.61.3,1.6必有一个实根。以二分法为例，算法如下：必有一个实根。以二分法为例，算法如下：S1:S1:令令 a=1.3a=1.3，b=1.6b=1.6，delta=0.0001delta=0.0001；S2:S2:若若 f(a+b)/2)f(a+b)/2)某某 f(a)0;f(a)0;f(a)0;则令则令 a=(a+b)/2,b=b;S3:a=(a+b)/2,b=b;S3:若若-delatdelta-delatdelta 或或f(a+b)/2)-0deltaiff(a+b)/2)f(a+b)/2)-0deltaiff(a+b)/2)某某 f(a)0;b=(a+b)/2;endiff(a+b)/2)f(a)0;a=(a+b)/2;endt=t+1;endt(a+b)/2f(a)0;a=(a+b)/2;endt=t+1;endt(a+b)/2