数值分析_第三章_函数逼近与计算

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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

, 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

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?

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

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

T2(x)、T3(x).

11畅试证{Tn(x)}是在[0,1]上带权ρ=

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

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)(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:

1-1

(x-ax)dx, 

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)

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

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=

(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

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

3-k

21-1×t=0+3×

2t

 +3×

21-t+

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≤

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)-

=,=-.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

因为f′(x)单调),记为x1=端点达到,即有x2=1,且满足

-(x-ax)|x1=

a/3,故另外两个偏差点必在区间=(x-ax)|x2=1,

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.

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=-

P1(x)=

[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=

故知r=-

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

-1

53323514

t+t+t+t-=g(t).

李红 编著

g(t)-P3(t)=

T4(t)

与零的偏差最小,即 P3(t)=g(t)-

===

故P(x)=

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

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

1倡倡

dx11畅解  Tn(x)Tm(x)0

10

Tn(2x-1)Tm(2x-1)

令t=2x-1

1-1

Tn(t)Tm(t)

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

(2k-1)π

, n=4,k=1,2,3,4

作为插值节点,具体计算得

x1x3

=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

-0.9238795-0.745852643

-0.3826834-0.365489756

0.38268340.365489756

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.

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=

代入φ(x)中,得

φ(x)=P3(x)+R3(x),

其中

0048828-0.4914551x-0.1640625xP3(x)=1.

 -0.1591797x.

|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,

|P3(x)|≤

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

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‖

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,

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)=

ba

(f′(x))dx+f(a),

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

dx·

(x)dx

×≈0.1961161.1

<ξ<1.

再利用积分中值定理估计畅

10

dx=6

xdx=·, 0

<∫dx<.

10

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

(x-ax)dx则

(x-ax)xdx=4

∫axdx=

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.

=∫

0-1

|x-ax|dx+

10

|x-ax|dx

0-1

(ax-x)dx+

10

(x-ax)dx

118

李红 编著

当a>1时,J(a)=

==

++-=1;∫

0-1

(ax-x)dx+

(x-ax)dx+

11(ax-x)dx

1111-111-1++--+12

a;+当a<-1时,J(a)=

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

(x-ax)dx+

01(ax-x)dx+

∫(x-ax)dx

12a

-212

>0,则J(a)单调增且J(a)>+

<0,则J(a)单调减且J(a)-

a0a

(f,φ0)(f,φ)

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=

,∫1dx=

xdx=

1,∫

x·xdx=

11a1=,111

a0+a1=, 解得 

,a1=1..101

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

, (φ0,φ1)=dx=

, (f,φ0)=dx=

.∫

10

10

xx

201

dx=

1,,202

102

dx=

103

dx=

则有法方程:

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

‖f-S1‖‖f-S2‖

2=

22

‖f‖-

22

j=0

aj(f,φj)≈0.0056,aj(f,φj)≈0畅164畅

‖f‖-

j=0

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:

2a0+

22

a1+a2=1,2212

a0+a1+a2=, 解得221

a0+a1+a2=,故

1171875,a0≈0.a1≈1.640625,a2≈-0.

8203125.

S(x)=0.1171875+1.640625x-0.823125x.此题还可设f(t)=

t=

x, t∈[0,1],

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)+…,

其中

a

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

xP3(x)dx≈0.2248914.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.

图3畅5

‖δ3‖2=0.000154,‖δ3‖∞=0.0039.

24畅解 展为Chebyshev级数,即

C0

f(x)~+

CC故

倡0

k=1

CkTk(x),

1-1

倡k

=arccosxdx=π.

1-1

(coskπ-1).cosk(arccosx)dx=k=1

π

+f(x)~∑

(coskπ-1)Tk(x).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

‖y‖2-a(φ0,y)-b(φ1,y)

1/2

i=1

∑∑

1=5,    (φ0,φ1)=

i=1

xi=5327,

i=1

x=7277699, (φ0,y)=

4i

i=1

yi=271.4,

i=1

xiyi=369321.5,

a=0.9726046, b=0.0500351.y=0.9726046+0.0500351x.

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, 

i=1

xi=14.7, 

i=1

xi=53.63,

i=1

yi=280, 

i=1

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=

=0.6039755, i

i=1

11

=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

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-

.提示:设φ1(x)=x+x(x+C)dx=

+=0,解出C=-.0,

 n≠m,

, n=

m.

(3)

1-1

Pn(x)Pm(x)dx=

(4)Legendre.

124

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/hi1m.html

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