《数值分析习题课》PPT课件

数值分析复习第一章绪论§1绪论：数值分析的研究内容§2误差的来源和分类§3误差的表示§4误差的传播§5算法设计的若干原则一、误差的分类（绝对误差，相对误差）例1-1设x*=2.18是由精确值x经过四舍五入得到的近似值。问x的绝对误差限ε和相对误差限η各是多少？解：因为x=x*±0.005，所以绝对误差限为ε=0.005%23.018.2005.0*x相对误差限为二、有效数字则称近似数x*具有n位有效数字。定义设数x的近似值可以表示为mnx10.021*其中m是整数,αi(i=1,2,…,n)是0到9中的一个数字，而α1≠0.如果其绝对误差限为*1102mnxx结论：通过四舍五入原则求得的近似数，其有效数字就是从末尾到第一位非零数字之间的所有数字。例1-2下列近似数是通过四舍五入的方法得到的，试判定它们各有几位有效数字：解：我们可以直接根据近似数来判断有效数字的位数，也可以通过绝对误差限来判断。有5位有效数字。同理可以写出可以得出x2,x3,x4各具有4、3、4位有效数字。x1*=87540，x2*=8754×10,x3*=0.00345,x4*=0.3450×10-21112xx510.8754010x而55111021xx所以1221102xx520.875410x54221102xx5331102xx6441102xx230.34510x240.345010x-23331102xx24441102xx已知*1102mnxx例1-3已知e=2.718281828……,试判断下面两个近似数各有几位有效数字？6110210000005.00000001.0ee718281.2,718282.221ee615210211021000005.00000008.0ee解：由于而11102718282.0718282.2e所以7161102110210000005.00000001.0eee1有7位有效数字。同理：e2只有6位有效数字。三、算法设计的若干原则•1：两个很接近的数字不做减法:•2:不用很小得数做分母(不用很大的数做分子)练习：求方程x2-56x+1=0的两个根，使它们至少具有四位有效数字.964.553132第二章插值与拟合1、Lagrange插值多项式,Newton插值多项式的构造与插值余项估计，及证明过程。2、Hermite插值多项式的构造与插值余项估计，带导数条件的插值多项式的构造方法，基于承袭性的算法，基函数法，重节点差商表的构造；3、分段插值及三次样条插值的构造4、最小二乘拟合•掌握Lagrange插值多项式的构造方法及具体结构•掌握Lagrange插值多项式误差分析方法和证明方法•掌握Newton插值多项式的形式及误差•掌握差商表的构造过程关于离散数据：ixiy0x1x0y1ynxny构造了lagrange插值多项式：),(),()!1()()(1)1(baxnfxRnnnnjjijinjiinyxxxxxL00)(Newton插值多项式：],,,[)())((],,[))((],[)()()(10110210101000nnnxxxfxxxxxxxxxfxxxxxxfxxxfxN例1-3已知f(x)的五组数据(1,0)、(2,2)、(3,12)、(4,42)、(5,116),求N4(x)。如果再增加一个节点(6,282),求出N5(x)，并计算N4(1.5)、N5(1.5).解：先由前五组数据列差商表10223124425116210307441022240.5628216646810.1得到：)4)(3)(2)(1(5.0)3)(2)(1(2)2)(1(4)1(20)(4xxxxxxxxxxxN28125.0329)5.1()5.1(4Nf如果，再增加一点(6,282),就在上表中增加一行计算差商)5)(4)(3)(2)(1(1.0)()(45xxxxxxNxN由Newton公式的递推式得到：)5.1()5.1(5Nf得到：)55.1)(45.1)(35.1)(25.1)(15.1(1.0)5.1(4N328125.028125.0609375.02.分段性插值有何优缺点？误差估计？（插值节点的选择）1.高次插值的Runge现象，应如何避免？3.Hermite插值的构造,误差估计4.三次样条函数的定义、构造过程5.数据拟合的最小二乘法（可化为直线拟合的非线性拟合的处理方法）解：二、典型例题分析例1.令x0＝0，x1＝1，写出y(x)＝e-x的一次插值多项式L1(x),并估计插值误差．（P55,t14题）记x0＝0，x1＝1,y0＝e-0＝1，y1＝e-1;则函数y＝e-x以x0、x1为节点的一次插值多项式为因为y’(x)＝-e-x，y(x)＝e-x，所以01012102158()(),()()()()max()xxxtfxxxpxxxfxpxfx例证明：对于以为节点的一次插值多项式，插值误差为012()()()()(),[,]!ffxpxxxxxab证明：根据插值余项定理，对于一次插值多项式误差余项为R(x)=010101010112212()()()()()()()!max()max()()xxxxxxfRxxxxxfxxxxfxxxxx01()=()()gxxxxx令0101012102020248()=()()()()max()()()()max()xxxgxxxxxxxgxgxxxgxxxfxpxfx时，取极小值，取得极大值推广：等距节点(h),二次插值的误差界是0132327()()max()xxxfxpxhfx20123()()()()()(),[,]!ffxpxxxxxxxab证明：根据插值余项定理，对于二次插值多项式误差余项为R(x)=020201201201213616()()()()()()()()()!max()max()()()xxxxxxfRxxxxxxxfxxxxxxfxxxxxx012()=()()()gxxxxxxx令10231111,(),()()=g(t)=t(t-1)(t+1)h,[,]xxxxthxxthgxt令=+th则2133103232399(),(),()gttttt驻点为极大值为g极小值为g239max|g(x)|=0132327()()max()xxxfxpxhfx例3．设f(x)＝x4，试利用拉格朗日插值余项定理写出以-1,0,1,2为插值节点的三次插值多项式．解:记f(x)以-1，0，1，2为插值节点的三次插值多项式为L3(x)．由插值余项定理有所以例4．证明由下列插值条件所确定的拉格朗日插值多项式是一个二次多项式．该例说明了什么问题?(t8)以x0，x2，x4为插值节点作f(x)的2次插值多项式p(x)，则解:x0x2x4容易验证因而6个点(xi,yi)，i＝01,…,5均在二次曲线p(x)＝x2-1上．换句话说，满足所给插值条件的拉格朗日插值多项式为p(x)＝x2-1.351625123412345()(),(,,,),(,,,,)tfxxff例求差商01()()[,,,]!nnffxxxn解：利用差商与导数的关系341234231234504()()()(,,,)!()(,,,,)!ffff分析:这是一个非标准插值问题,我们可以按各种思路去做．可按两种方法去做:一种是先求牛顿或拉格朗目型插值,再通过待定系数法求Pn(x)；另一种是先求埃尔米特插值,再通过待定系数法确定Pn(x)．下面给出三种做法．例6求一个次数不高于4的多项式P4(x)，使它满足P4(0)=P4'(0)=0，P4(1)=P4'(1)=1，P4(2)=1．解法一先求满足P4(0)=0，P4(1)=1，P4(2)=1的插值多项式P2(x)，易得显然P4(x)满足P2(x)的插植条件，利用两个导数条件确定系数A，B．由P4'(0)=0,P4'(1)=1解得A=1/4,B=-3/4.故设解法二先作满足埃尔米特插值多项式H3(x)．解法三构造插值基函数求.记x0=0，x1=1，x2=2，并设所求多项式为其中li(x)均为次数不超过4的多项式且满足如下条件：300110011()()()()()Hxxyxyxyxy易知7000111.()(),()()():pppppx例采用下列方法构造满足条件的插值多项式（1）用待定系数法(2)利用承袭性(t22)2()解：基于承袭性22223200001131112()()=(),;(),()()()=()ppxpxcxxpxxcxxpcpxxx由条件，知为的二重零点，又满足条件p(1)=1；设H(x)=cx则即满足前三个边界条件的多项式为H设三次多项式为满足前个边界条件由条件，确定因此：8001122332024.()(),(),(),()().()ppppppxt例求做满足条件，的插值多项式0010121012312[][,][,,]()[,,,]()()ffxfxxfxxx33解：前四个边界条件确定3次多项式N(x)N(x)1000001110120101200123020()();[,];[,][,][,,];[,,,]fpfffff3N(x)=x3301231231202()()()()()(),,,,()()()()()();pxNxRxRxpxNxxRxRxcxxxxp根据已知插值条件，设均为的零点设由条件得c=000090126.()()(,)()(),()()().()iipxfxipxfxpxfxpxt例求做满足条件，的插值多项式00220000032012130012()()()(),,,()()()()()()()()()()()kkpxfxkfxfxxxfxxxpxTxcxxfxTxcxx解：由边界条件得到满足此边界条件的2次泰勒插值T(x)=由剩余的边界条件知待构造插值多项例11已知函数y=f(x)的如下数据,试求其在区间[0,3]上的三次样条插值函数S(x)。0)3(,1)0(,1)3(,0)2(,1)1(,0)0(ffffff212121hhh解这里边界条件是0)3(,1)0(SS3,2,1,03210xxxx设1,0,1,03210yyyy求得1321hhh21111213232hhh0]),[],[(31012111xxfxxfg211220]),[],[(32123222xxfxxfg已知0,130mmnnnnnnygmmgmmmygmm11121232212011211222由方程组及100my033my得到方程组0221212122121mmmm解得151,15421mm这样便求得]1,0[),1(154)1()]1(21[)(2221xxxxxxxxS0,151,154,13210mmmmiiiiiiiiiiiyhxxxxhy