数值分析_第三章_函数逼近与计算

李红 编著

x１－x２＝１，－x１＋x２＝２，２x１－２x２＝３，－３x１＋x２＝

４．１

解　因A＝

－１２－

３AA＝

T

－１１－２１１５

－９７－９７

T

１

，　Y＝

２３４，　A

Y＝x１x２

－７－１．

则法方程（３畅８）的系数矩阵及右端项分别为

－９１５－９

解之得　

．

即法方程为

＝

－７－１

．

x１＝－２９／１２，　x２＝－３９／１２．

四、习题

１畅（１）利用区间变换推出区间［a，b］的Bernsten多项式畅（２）对f（x）＝sinx在０２畅求证：

（１）当m≤f（x）≤M时，m≤Bn（f，x）≤M；（２）当f（x）＝x时，Bn（f，x）＝x．

３畅在次数不超过６的多项式中，求f（x）＝sin４x在［０，２π］的最佳一致逼近多项式畅

４畅假设f（x）在［a，b］上连续，求f（x）的零次最佳一致逼近多项式畅

５畅选取常数a，使０max|x－ax|达到极小，又问这个解是否≤x≤１

３

π

上求一次和三次Bernsten多项式，并与相应的Maclaurin级数的部分和误差做比较畅

１０６

李红 编著

唯一？

６畅求f（x）＝sinx在０计误差畅

７畅求f（x）＝e在［０，１］上的最佳一次逼近多项式畅８畅如何选取r，使p（x）＝x＋r在［－１，１］上与零偏差最小？

２

x

π

上的最佳一次逼近多项式，并估r是否唯一？

９畅设f（x）＝x＋３x－１，在［０，１］上求三次最佳逼近多项式

４

２

畅

１０畅令Tn（x）＝Tn（２x－１），x∈［０，１］，求T０（x）、T１（x）、

倡

倡

倡

T２（x）、T３（x）．

倡

倡

１１畅试证｛Tn（x）｝是在［０，１］上带权ρ＝

倡

的正交多项式畅

１２畅在［－１，１］上利用插值极小化求f（x）＝arctanx的三次近似最佳逼近多项式畅

１３畅设f（x）＝e在［－１，１］上的插值极小化近似最佳逼近多项式为Ln（x），若‖f－Ln‖αn、βn，使

αn|Tn＋１（x）|≤|f（x）－Ln（x）|≤βn|Tn＋１（x）|，

－１≤x≤１．

１４畅设在［－１，１］上φ（x）＝１－

１２３３１５４１６５５１

x－x－x－x－x，∞

x

有界，证明对任何n≥１，存在常数

试将φ（x）降低到三次多项式并估计误差畅

１５畅在［－１，１］上利用幂级数项数节约求f（x）＝sinx的三次逼近多项式，使误差不超过０．００５．

１６畅求a，b使

π０

（ax＋b－sinx）dx为最小，并与第１题及第６

２

题的一次逼近多项式误差作比较畅

１０７

李红 编著

１７畅f（x）、g（x）∈C［a，b］，定义

１

（１）（f，g）＝（２）（f，g）

∫

＝∫

ba

f′（x）g′（x）dx，

f′（x）g′（x）dx＋f（a）g（a），

ba

问它们是否构成内积？

１８畅用Cauchy唱Schwarz不等式估计

∫

１０

dx的上界，并用６

积分中值定理估计同一积分的上下界，并比较其结果畅

１９畅选择a，使下列积分取得最小值：

∫

畅

１－１

（x－ax）dx，　

２

２

∫

１－１

|x－ax|dx．

２１００

２０畅设Φ１＝span（１，x），Φ２＝span（x，x

１０１

），分别在Φ１，Φ２

上求一元素，使其为x∈C［０，１］的最佳平方逼近，并比较其结果

２１畅f（x）＝|x|在［－１，１］上定义，求在Φ＝span（１，x，x）

２

４

上的最佳平方逼近畅

２２畅un（x）＝

是第二类Chebyshev多项式，证明它有递推关系

un＋１（x）＝２xun（x）－un－１（x）．

２３畅将f（x）＝sin

π

x在［－１，１］上按legendre多项式及图形，再计算均方误差畅

Chebyshev多项式展开，求三次最佳平方逼近多项式并画出误差

２４畅将f（x）＝arccosx在［－１，１］上展开Chebyshev级数畅２５畅用最小二乘法求一个形如y＝a＋bx的经验公式，使它

２

与下列数据相拟合，并计算均方误差畅

ii

１０８

李红 编著

２６畅观测物体的直线运动，得出以下数据畅

时间t／秒距离s／秒

００

０．９１０

１．９３０

３．０５０

３．９８０

５．０１１０

求运动方程畅

２７畅在某化学反应里，根据实验所得分解物的浓度与时间关系如下表畅

时间t／分浓度y（×１０－４）时间t／分浓度y（×１０－４）

００３０４．１５

５１．２７３５４．３７

１０２．１６４０４．５１

１５２．８６４５４．５８

２０３．４４５０４．６２

２５３．８７５５４．６４

用最小二乘拟合求y＝F（t）．

２８畅填空题

（１）n次Chebyshev多项式Tn（x）在［－１，１］中有不同的实零点，其零点xk＝

∞

个

．

（２）｛φk（x）｝k＝０是区间［０，１］上权函数ρ（x）＝x的最高项系数为１的正交多项式族，其中φ０（x）＝１，则

，φ１（x）＝

．

∫

１０

xφ３（x）dx＝

（３）设Pn（x）为Legendre多项式，则

．

∫

１－１

Pn（x）Pm（x）dx＝

（４）在所有首项系数为１的n次多项式中，首项系数为１的n次

多项式在［－１，１］上与零的平方逼近误差最小畅

五、习题解答

１畅解　（１）令x＝时，t∈［a，b］，故

１０９

，则t＝（b－a）x＋a．当x∈［０，１］

李红 编著

Bn（f，t）＝

其中

Pn（t）＝

k＝０

∑

n

f

（b－a）＋aPn（t），k

k

１－

n－k

．

（２）利用（１）中Bn（f，t），取a＝０，b＝B１（f，t）＝

＝

，得k＝０

∑∑

３１

１

sin

π

kP１（t）tk

k＝０

π１sink

k２２t＝t．k

sin３k

１－t

１－k

＝０＋

B３（f，t）＝

k＝０

∑

tk

１－t

２

３－k

２１－１×t＝０＋３×

２t

　＋３×

２

２１－t＋

２

２t３

３１－t＋t＝＝

＋

８３６２１－t

＋tt２３３１６

t＋（－２）t＋（２０－１２t．相应的Maclaurin级数为

．sint≈t，　sint≈t－３

比较误差：‖

t－sint‖∞

＝maxπ

０≤t≤

２

t－sint＝

１１０

２２２arccos－sinarccos≈０．２１０５１３６，

李红 编著

‖t－sint‖

∞

＝maxπ|t－sint|

０≤t≤

＝

－sin３

≈０．５７０７９９６．

∞

‖B３（f，t）－sint‖‖t－－sint‖

∞

＝０．０７５，

＝０．０７９６９２７．

结论：Berntein多项式比相应的Maclaurin级数部分和更逼近sint．

２畅证明　（１）因m≤f（x）≤M，取

Bn（m，x）≤Bn（f，x）≤Bn（M，x），

即因

m

k＝０

∑

n

Pk（x）≤Bn（f，x）≤M

k＝０

∑

n

Pk（x）．

k＝０

∑

n

Pk（x）＝１，故

m≤Bn（f，x）≤M．

（２）当f（x）＝x时，其Bernstein多项式　　Bn（f，x）＝

＝＝＝＝

k＝０

∑∑∑∑∑

nn

n

kn－k

x（１－x）k

kn－k

x（１－x）kn－

１k－１n－１kn－１k

x（１－x）

k

n－k

k＝１

k＝１n－１

k＝０n－１

x

k＋１

（１－x）

n－k－１

k＝０

x（１－x）

kn－１

（n－１）－k

·x

＝［x＋（１－x）］·x＝x．

３畅解　因|sin４x－０|在［０，２π］上有８个交错点组，故由定理３畅３知sin４x的最佳一致逼近多项式为P（x）＝０．

４畅解　因f（x）∈C［a，b］，故f（x）在［a，b］上有最大、最小

１１１

李红 编著

值，分别记为M与m．取P（x）＝（M＋m）／２，可验证P（x）就是０次最佳一致逼近多项式畅这是因为

maxf（x）－minf（x）－

３

＝，＝－．有二个交错点组，故P（x）＝（M＋m）／２即为所求畅

１］上不变号５畅解　设f（x）＝x，P１（x）＝ax．f″（x）在［０，且连续，P１（x）是f（x）的最佳一次逼近式畅

因［f′（x）－P′１（x）］＝３x－a在区间内只有一个零点（这是

２

因为f′（x）单调），记为x１＝端点达到，即有x２＝１，且满足

－（x－ax）|x１＝

３

a／３，故另外两个偏差点必在区间＝（x－ax）|x２＝１，

３

即

２a

＝１－a，２

（４a－３）（a－３）＝０．

解得a＝３／４，a＝３．

当a＝３时，x１＝

＝１＝x２，舍去畅故只可唯一取a＝３／４．当a＝３／４时，x１＝１／２．

６畅解　设P１（x）＝a０＋a１x为所需的最佳一次逼近式畅由公式（３畅１）得

a１＝f′（x２）＝（sinx）′|x＝

x２＝arccos

a０＝＝１１２

x２

＝cosx２＝

，２

＝０．８８０６８８５３８，－＝０．１０５２５６５９４．

f（a）＋f（x２）a＋x２

－

李红 编著

故P１（x）＝

x＋０．１０５２５６５９４即为所求畅∞

‖P１（x）－sinx‖

＝maxπ

０≤x≤

x＋０．１０５２５６５９４－sinx＝

π２×＋０．１０５２５６５９４－１≈０．１０５２５６５９４．

７畅解　设P１（x）＝a０＋a１x为所求最佳逼近式，由公式（３畅１）得

a１＝＝e－１．

１

０

故由又f′（x）＝（e）′＝e．

e

x２

xx

＝e－１，得x２＝ln（e－１）．f（x２）＝e

ln（e－１）

＝e－１，

＋e－１　　　a０＝－

０

＝

故

P１（x）＝

１

［e－（e－１）ln（e－１）］．１

［e－（e－１）ln（e－１）］＋（e－１）x．２

２T２（x）＝（２x－１）．８畅解　因p（x）＝x＋r，x∈［－１，１］．由定理３畅４知

x＋r＝

２

故知r＝－

１

且唯一畅４

９畅解　令t＝２x－１，则当x∈［０，１］时，t∈［－１，１］．得

f＝

＝

由定理３畅４知

１１３

＋３

３

－１

５３３２３５１４

t＋t＋t＋t－＝g（t）．

李红 编著

g（t）－P３（t）＝

倡

T４（t）

与零的偏差最小，即　P３（t）＝g（t）－

倡

＝＝＝

故P（x）＝

１

T４（t）

１４２

g（t）－（８t－８t＋１）

１４１４５３３２３１２１

t＋t＋t＋t－t＋t－

５３２５２３１t＋t＋t－．

１２９倡３５２１

x＋x－．P（２x－１）＝５x－

３４３１２９５２１５x－x＋x－即为f（x）＝x＋３x－１在

［０，１］上的最佳三次逼近式畅

１０畅解　当x∈［０，１］时，２x－１∈［－１，１］，则T０（x）＝T０（２x－１）＝１，

倡倡倡倡

T１（x）＝T１（２x－１）＝（２x－１），

T２（x）＝T２（２x－１）＝２（２x－１）－１＝８x－８x＋１，

２３

２

T３（x）＝T３（２x－１）＝４（２x－１）－３（２x－１）＝３２x－４８x＋１８x－１．

１

１倡倡

dx１１畅解　　Tn（x）Tm（x）０

３

２

∫

＝

∫

１０

Tn（２x－１）Tm（２x－１）

令t＝２x－１

１－１

Tn（t）Tm（t）

１

dx１

dt０，　m≠n，＝

１１４

π，　m＝n＝０，π

，　m＝

n≠０．

李红 编著

１２畅解　利用插值极小化法求近似最佳一致逼近多项式，就是求以chebyshev多项式的零点为插值节点的那个插值多项式，这样的插值多项式的插值余项能达到近似最小畅本题中要求三次多项式，则插值节点应是T４（x）的零点畅

取T４（x）的零点

xk＝cos

倡

（２k－１）π

，　n＝４，k＝１，２，３，４

作为插值节点，具体计算得

x１x３

倡

＝cos＝cos

倡π３π

≈０．９２３８７９５，　　x２＝cos≈０．３８２６８３４，倡≈－０．３８２６８３４，　x４＝cos≈－０．９２３８７９５．倡

重新排序进行插值，列表如下畅

ixiyi

０

－０．９２３８７９５－０．７４５８５２６４３

１

－０．３８２６８３４－０．３６５４８９７５６

２

０．３８２６８３４０．３６５４８９７５６

３

０．９２３８７９５０．７４５８５２６４３

依据此表构造三次Newton插值多项式，因

f［x０，x１］＝０．７０２８１８９７２，　f［x０，x１，x２］＝０．１９３０６５２２９，

f［x０，x１，x２，x３］＝－０．２０８９７２３０６．

故由（２畅３）式得

７４５８５２６４３＋０．７０２８１８９２２（x＋０．９２３８７９５）P３（x）＝－０．

＋０．１９３０６５２２９（x＋０．９２３８７９５）（x＋０．３８２６８３４）－０．２０８９７２３０６（x＋０．９２３８７９５）（x＋０．３８２６８３４）·（x－０．３８２６８３４）

≈－０．２０８９７２３０６x＋０．９８５６７４１１８x．

３

１３畅证　因为Ln（x）是f（x）＝e在［－１，１］上的插值极小化近似最佳一致逼近多项式，故

f（x）－Ln（x）＝

（n＋１）f（ξ）ωn＋１（x）

x

１１５

李红 编著

＝从而有

（n＋１）f（ξ）·Tn＋１（x），　ξ∈（－１，１）．

|f（x）－Ln（x）|＝１）．|Tn＋１（x）|，　ξ∈（－１，

（n＋１）

又由于e

－１－１

|Tn＋１（x）|≤|f（x）－Ln（x）|≤

－１

n

＜f

（n＋１）

（ξ）＜e，故

|Tn＋１（x）|．

n

令αn＝e／２（n＋１）！，βn＝e／２（n＋１）！，则对任何n≥１，x∈［－１，１］，都有

αn|Tn＋１（x）|≤|f（x）－Ln（x）|≤βn|Tn＋１（x）|．１４畅解　用Chebyshev多项式降低已知多项式的次数，就是然后舍去高次Chebyshev多项式的项，即可降用Tk（x）来表示x，低多项式的次数畅由

x＝

５k

１５３５

T５（x）＋x－x，２１１T４（x）＋x－，x＝

４

代入φ（x）中，得

φ（x）＝P３（x）＋R３（x），

其中

００４８８２８－０．４９１４５５１x－０．１６４０６２５xP３（x）＝１．

　－０．１５９１７９７x．

３

２

|R３（x）|＝|φ（x）－P３（x）|

＝≤

１１６

－

１５１０５

T４－T５

１５１０５

＋≈０．００６６．

１５畅解　用Taylor级数，取n＝５，其误差不超过０．０００２．

李红 编著

用幂级数节约可降低到３次：

P３（x）＝０．９７７３９５８x－０．１５６２５x，

３

|P３（x）|≤

１

０００２＜０．００５．|T５（x）|＋０．

１６畅解　题意即为在Φ＝span｛１，x｝中求f（x）＝sinx的最佳平方逼近元φ１（x）＝ax＋b，故a、b满足法方程

b（φ０，φ０）＋a（φ０，φ１）＝（φ０，f），b（φ１，φ０）＋a（φ１，φ１）＝（φ１，

f）．

经计算有

b＋a＝１２

ππb＋a

＝１２

２

解得故而

a≈０．６６４４３８９，　b≈０．１１４７７０７．φ１（x）≈ax＋b＝０．６６４４３８９x＋０．１１４７７０７．

∞

‖φ１（x）－sinx‖

＝maxπ|０．６６４４３８９x＋０．１１４７７０７－sinx|

０≤x≤

＝

６６４４３８９×＋０．１１４７７０７－sin|０．|

≈０．１５８４６８００２．

与第１题与第６题所作的一次逼近多项式误差比较‖

２

t－sint‖∞

≥‖φ１（x）－sinx‖

∞

≥‖P１（x）－sinx‖

∞

．

１７畅解　（１）显然有

（f，g）＝（g，f），

（Cf，g）＝C（f，g），C为常数．（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）＝

∫

ba

（f′（x））dx＝０，

２

１１７

李红 编著

推出f′（x）＝０，即f为常数，但不一定为０畅故１）不构成内积畅

（２）显然内积公理的１）、２）、３）均满足畅考察第４条，

（f，f）＝

２

∫

ba

（f′（x））dx＋f（a），

２

２

若f＝０，则必有（f，f）＝０．反之，若（f，f）＝０，则f′（x）＝０且f（a）＝０．由此可推得f＝０．即内积公理第４）条满足畅故２）构成内积畅

１８畅解　利用Cauchy唱Schwarz不等式有

１０

dx≤６

１０

＝１０

６

dx·

（x）dx

６

２

０

＝

×≈０．１９６１１６１．１

１

＜ξ＜１．

再利用积分中值定理估计畅

∫

故

１０

１

dx＝６

１

xdx＝·，　０

１

＜∫dx＜．

１０

６

经两者误差界的比较可知，利用积分中值估计的上下界小于Cauchy唱Schwarz不等式得到上下界畅

１９畅解　令I（a）＝

＝－２令

∫

１

－１

∫

１－１

（x－ax）dx则

２

２

２

２

（x－ax）xdx＝４

∫axdx＝

４

０

１

a．抄I２

＝０，得a＝０，即当a＝０时，I（０）＝为最小值畅J（a）＝

再令当|a|≤１时，

J（a）＝

∫

１－１

|x－ax|dx．

２

∫

＝∫

０－１

|x－ax|dx＋

２

∫

１０

|x－ax|dx

２

２

０－１

（ax－x）dx＋

２

∫

１０

（x－ax）dx

１１８

李红 编著

＝

当a＞１时，J（a）＝

＝＝

＋＋－＝１；∫

０－１

（ax－x）dx＋

２

１

０

（x－ax）dx＋

２

∫

１１（ax－x）dx

２

１１１１－１１１－１＋＋－－＋１２

a；＋当a＜－１时，J（a）＝

＝

故

１，

J（a）＝

　|a|≤１，

，　a＞１，＋１２a

，　a＜－１．－a＞１时，J′（a）＝－J（１）＝１；

a＜－１时，J′（a）＝－＞J（－１）＝１．

所以，当|a|≤１时，J（a）取最小值１．

２０畅解　在Φ１上取元S１（x）＝a０＋a１x，有法方程

（φ０，φ０）　（φ０，φ１）（φ，φ）　（φ，φ）

１

０

１

１

∫

１

－１

（x－ax）dx＋

２

∫

０１（ax－x）dx＋

２

∫（x－ax）dx

２

０

１

１２a

．

－２１２

＞０，则J（a）单调增且J（a）＞＋

＜０，则J（a）单调减且J（a）－

a０a

１

＝

（f，φ０）（f，φ）

１

．

由

１１９

李红 编著

（φ０，φ１）＝（φ０，φ０）＝（f，φ１）＝a０＋

得　

∫

１０

１０１０

，　（φ１，φ１）＝xdx＝１，　（f，φ０）＝

１．a０＝－

∫

１０

１０２

xdx＝

２

，∫１dx＝

２

∫

xdx＝

１，∫

x·xdx＝

１１a１＝，１１１

a０＋a１＝，　解得　

１

，a１＝１．．１０１

即

１０１０

S１（x）＝x－

在Φ２上取元S２（x）＝a０x（φ０，φ０）＝（φ１，φ１）＝（f，φ１）＝

１００

＋a１x．算得

∫∫

１０

xxx

２００

１

，　（φ０，φ１）＝dx＝

，　（f，φ０）＝dx＝

．∫

１０

１０

xx

２０１

dx＝

１，，２０２

∫

１０２

dx＝

∫

１０３

dx＝

则有法方程：

１

１１a０＋a１＝，１１１

a０＋a１＝，故其误差

　解得　

１００

a０≈３７５．２４２５３，a１≈－３７５．１４８２５．

１０１

S２（x）＝３７５．２４２５３x

－３７５．１４８２５x

１

．

‖f－S１‖‖f－S２‖

２

２＝

２２

‖f‖－

２２

j＝０

∑

aj（f，φj）≈０．００５６，aj（f，φj）≈０畅１６４畅

２

４

＝

‖f‖－

２

２

２

２

j＝０

∑

１

显然用S１逼近f（x）＝x较用S２逼近f（x）＝x好．

２１畅解　取φ０＝１，φ１＝x，φ２＝x，则所求最佳平方逼近元１２０

李红 编著

可设为S（x）＝a０＋a１x＋a２x．经计算可得法方程：

２

４

２a０＋

２２

a１＋a２＝１，２２１２

a０＋a１＋a２＝，　解得２２１

２

a０＋a１＋a２＝，故

２

１１７１８７５，a０≈０．a１≈１．６４０６２５，a２≈－０．

８２０３１２５．

４

S（x）＝０．１１７１８７５＋１．６４０６２５x－０．８２３１２５x．此题还可设f（t）＝

t＝

x，　t∈［０，１］，

２

Φ＝span｛１，t，t｝，

２２畅证　因sin（n＋２）θ＝２sin（n＋１）θ·cosθ－sinnθ，则un＋１（x）＝

＝

２sin（n＋１）arccosx·x－sin（narccosx）

－＝２x

＝２xun（x）－un－１（x）．

故得递推关系

un＋１（x）＝２xun（x）－un－１（x）．

２３畅解　用Legendre多项式展开，即

f（x）～a０P０（x）＋a１P１（x）＋…＋anPn（x）＋…，

倡

倡

倡

其中

a

倡

k

（f，Pk）＝＝kk倡

１－１

f（x）Pk（x）dx．

由　P０＝１，得a０

P１＝x，得a

倡１

＝０＝

１－１

sin

x·xdx≈１．２１５８５４２，２倡P２＝（３x－１），得a２＝

１－１

sin

x·P２（x）dx＝０，１２１

李红 编著

a

倡３

＝

１－１

sin

倡

xP３（x）dx≈０．２２４８９１４．倡

倡

故所求三次最佳平方逼近多项式为S３（x）＝a１P１（x）＋a３P３（x）

＝１．５５３１９１３x－０．５６２２２８５x．

３

图３畅５

倡

‖δ３‖２＝０．０００１５４，‖δ３‖∞＝０．００３９．

２

２４畅解　展为Chebyshev级数，即

C０

f（x）～＋

CC故

倡０

k＝１

∑

∞

CkTk（x），

倡

＝

∫

１－１

倡k

＝arccosxdx＝π．

１－１

（coskπ－１）．cosk（arccosx）dx＝k＝１

π

＋f（x）～∑

∞

２

（coskπ－１）Tk（x）．２

２

２５畅解　由题意知Φ＝span｛１，x｝，φ０＝１，φ１＝x．经计算（φ０，φ０）＝（φ１，φ１）＝（φ１，y）＝得法方程组

５a＋

５３２７b＝２７１．４，

５３２７a＋７２７７６９９b＝３６９３２１．５，

解之得故

均方误差为

‖δ‖２＝１２２

２

‖y‖２－a（φ０，y）－b（φ１，y）

１／２

i＝１

∑∑

５

５

１＝５，　　　　（φ０，φ１）＝

２

i＝１

∑

５

xi＝５３２７，

２

i＝１

x＝７２７７６９９，　（φ０，y）＝

４i

i＝１

∑

５

yi＝２７１．４，

i＝１

∑

５

xiyi＝３６９３２１．５，

２

a＝０．９７２６０４６，　b＝０．０５００３５１．y＝０．９７２６０４６＋０．０５００３５１x．

２

李红 编著

＝（０．０１５０２３２）

１／２

＝０．１２３．

２６畅解　设运动方程为S＝at＋b．

i＝１

∑１

６

＝６，　

i＝１

∑

６

xi＝１４．７，　

i＝１

∑

６

xi＝５３．６３，

２

i＝１

∑

６

yi＝２８０，　

i＝１

∑

６

xiyi＝１０７８．

得法方程

６b＋１４．７a＝２８０，１４．７b＋５３．６３a＝

１０７８，

解之得故

b＝－７．８５５０４７８，　a＝２２．２５３７６．S＝２２．２５３７６t－７．

８５５０４７８．

２７畅解　描草图，如图３畅６所示畅观察此曲线近似于指数函数，故设y＝ae，此时y关于a、b是非线性的畅对上式两边取对数，得

　lny＝lna＋

．图３畅６

b

记珔y＝lny，A＝lna，则有　　即算得

i＝１１１

珔y＝A＋b

，．Φ＝span｛１｝，　φ０＝１，　φ１＝

∑

１

＝０．６０３９７５５，　i

i＝１

∑

１１

１

＝０．０６２３２１３６．i

得法方程　解之有

１１A＋０．６０３９７５５b＝１３．６３９６４９，

０．６０３９７５５A＋０．０６２３２１３６b＝０．５３０３３０３．

b＝－７．４９６１６９２，　A＝１．６５１５５９２

痴

a＝５．２１５１０４８．

１２３

李红 编著

故y＝５．２１５１０４８e

－７．４９６１６９２１

．

２k－１

π，k＝１，２８畅解　（１）有n个不同的实零点；xk＝cos２，…，n．

（２）C．则由

１０

∫∫

１０

xφ３（x）dx＝０，φ１（x）＝x－

２

．提示：设φ１（x）＝x＋x（x＋C）dx＝

＋＝０，解出C＝－．０，

　n≠m，

２

，　n＝

m．

（３）

∫

１－１

Pn（x）Pm（x）dx＝

（４）Legendre．

１２４

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