计算方法 习题第一.二章答案
第一章 误差
1 问3.142，3.141，分别作为π的近似值各具有几位有效数字？
分析 利用有效数字的概念可直接得出。 解 π=3.141 592 65„
记x 1=3.142，x 2=3.141，x 3=.
由π- x1=3.141 59„-3.142=-0.000 40„知
11
⨯10-3
因而x 1具有4位有效数字。
由π- x2=3.141 59„-3.141=-0.000 59„知
⨯10-3
因而x 2具有3位有效数字。
由π-=3.141 59 „-3.142 85„=-0.001 26„知
⨯10-3
因而x 3具有3位有效数字。
2 已知近似数x*有两位有效数字，试求其相对误差限。 分析 本题显然应利用有效数字与相对误差的关系。
解 利用有效数字与相对误差的关系。这里n=2,a1是1到9之间的数字。
*(x ) |= |εr
|x -x *|
≤⨯10-n +1≤⨯10-2+1=5%
13 已知近似数的相对误差限为0.3%，问x*至少有几位有效数字？
分析 本题利用有效数字与相对误差的关系。 解 a 1是1到9间的数字。
εr *(x ) 0. 3%=
4 计算sin1.2，问要取几位有效数字才能保证相对误差限不大于0.01%。 分析 本题应利用有效数字与相对误差的关系。
解 设取n 位有效数字，由sin1.2=0.93„，故a 1=9。
*(x ) |= εr
|x -x *|
≤⨯10-n +1≤0. 01%=10-4
1
解不等式⨯10-n +1≤10-4知取n=4即可满足要求。
1
5 计算-，视已知数为精确值，用4位浮点数计算。
解
-=0.131 8×10-2-0.131 6×10-2=0.2×10-5 90
-===0. 1734⨯10-5 6结果只有一位有效数字，有效数字大量损失，造成相对误差的扩大，若通分后再计算：
就得到4位有效数字的结果。
此例说明，在数值计算中，要特别注意两相近数作减法运算时，有效数字常会严重损失，遇到这种情况，一般采取两种办法：第一，应多留几位有效数字；第二，将算式恒等变形，然后再进行计算。例如，当x 接近于0，计算时，应先把算式变形为
1-cos 2x ==
再计算。又例如，当x 充分大时，应作变换
-=
-= 6 计算a =-1) 6，取≈1. 4，采用下列算式计算： （1）
； 6
（2）99-70； （3）(3-3； （4）
. 3
问哪一个得到的结果最好？
解 显然
-1) 6+1) 6
a =-1) ==
66
6
-1) 6=[-1) 2]=(3-3=99-70
3
-1) 6=
== 6+1) 23
所以（1）≡（2）≡（3）≡（4），这4个算式是恒等的，但当取≈1. 4计算时，因为（2），
（3）都涉及到两个相近数相减，使有效数字损失，而（1）在分母算式上的乘幂数比算式（4）大，所以算式（4）最好，事实上，当取≈1. 4时，有|△x|
f (x +∆x ) -f (x ) |≈|f '(1. 4) ||∆x |也可直接估计出每个算式的误差，显然，算式（4）误差最
小。
具体计算可行： （1）
≈5. 2⨯10-3； 6（2）99-70≈1. 0 （3）(3-3≈8. 0⨯10-3； （4）
≈5. 1⨯10-3. 3比较可得用第（4）个算式所得的结果更接近于a 。
7 求二次方程x 2-(109+1)x+109=0的根。
解 由于x 2-(109+1)x+109=（x-109）(x-1)，所以方程的两个根分别为 x 1=109，x 2=1
但如果应用一般二次方程ax 2+bx+c=0的求根公式：
-b ± x 1, 2=
由于当遇到b 2>>4|ac|的情形时，有|b |≈，则用上述公式求出的两个根中，总有一个因用了两个相近的近似数相减而严重不可靠，如本例若在能将规格化的数表示到小数点后8位的计算机上进行计算，则-b=109+1=0.1×1010+0.000 000 0001×1010，由于第二项最后两位数“01”在机器上表示不出来，故它在上式的计算中不起作用，即在计算机运算时，-b=109.
通过类似的分析可得
所以，求得的两个根分别为
≈|b |=109
-b +109+109
≈=109 x 1=
-b -109+109
≈=0 x 2=
显然，根x 2是严重失真的。
为了求得可靠的结果，可以利用根与系数的关系式：x 1x 2=，在计算机上采用如下
公式：
x 1=
-b -sgn(b 2
x 2=
1
其中，sgn （b ）是b 的符号函数，当b ≥0时sgn （b ）=1；当b
8 当N 充分大时，如何计算
I =⎰
分析 函数
N +1
N
dx 的原函数已知，我们自然考虑用Newton-Leibniz 公式求这个定积分2
的值。由于N 很大，这样会遇到两个相近的数相减，因此，应采用一些变换公式来避免这种情况。
解 若用定积分的Newton-Leibniz 公式计算此题，有
⎰
N +1
N
=arctan(N +1) -arctan N ，则当N 充分大时，因为arctan （N+1）和arctanN 2
非常接近，两者相减会使有效数字严重损失，从而影响计算结果的精度，这在数值计算中是要尽量避免的，但是通过变换计算公式，例如：令tan θ1=N+1, tan θ2=N，则由
, 得 tan(θ1-θ2) =tan θ1-tan θ2==
12 θ1-θ2=a r c t a N n +(1) -a r c t a N n =a r c t
就可以避免两相近数相减引起的有效数字损失，从而得到较精确的结果。所以，当N 充分大时，用
⎰
N +1
N
=arctan 计算积分的值较好。 22
9 计算积分I n =
⎰x e
1
n x -1
dx (n =1, 2, .
分析 数值计算中应采用数值稳定的算法，因此在建立算法时，应首先考虑它的稳定性。
解 利用分部积分法，有
⎰
1
x n e x -1dx =⎰x n de x -1=x n e x -1|-⎰e x -1nx n -1dx =1-n ⎰x n -1e x -1dx
1111
得递推公式：
I n =I -nI n -1 I 0=
(n =1,2, ) （1）
⎰x e
1
0x -1
dx =1-
*时有大小为ε的误差，利用公式（1）计算I n ，由于初值I 0有误差，不妨设求I 0的近似值I 0
即
*=I 0+ε I 0
则由递推公式（1）得
*=I -I 0-ε=I 1-ε I 1*=I -I 0
*=I -2I *=I -2I 1+2ε=I 2+2! ε I 21*=I -3I *=I -3I 2-3⨯2! ε=I 3+3! ε I 32*=I -4I *=I -4I 3+4⨯3! ε=I 4+4! ε I 43
┊
*=I n +(-1) n n ! ε I n
显然初始数据的误差ε是按n! 的倍数增长的，误差传播得快，例如当n=10时，10！≈3.629
*-I 10|=10! ε，*的误差已把I ×106, |I 10这表明I 10时已把初始误差ε扩大了很多倍，从而I 1010
的真值淹没掉了，计算结果完全失真。
但如果递推公式（1）改成
I n -1=(I -I n ) (n =k , k -1, 3, 2)
于是，在从后往前计算时，I n 的误差减少为原来的，所以，若取n 足够大，误并逐步减小，
显然，计算的结果是可靠的。所以，在构造或选择一种算法时，必须考虑到它的数值稳定性问题，数值不稳定的算法是不能使用的。
10 为了使计算
y =10+
+- 23
的乘除法运算次数尽量地少，应将表达式改写为怎样的形式？
解 设t =
, y =10+(3+(4-6t ) t ) t . 在数值计算中，应注意简化运算步骤，减少运算次数，使计算量尽可能小。 11若x*=3587.64是x 的具有六位有效数字的近似值，求x 的绝对误差限。 12为使的近似值的相对误差小于0.1，问查开方表时，要取几位有效数字？ 13利用四位数学用表求x=1-cos2°的近似值，采用下面等式计算： （1）1-cos2° （2）2sin 21° 问哪一个结果较好？
14求方程x 2-56x+1=0的两个根，使它至少具有四位有效数字（已知≈27. 982）。 15数列{x }∞n =0满足递推公式
x n =10x n -1-1(n =1, 2, )
若取x 0≈1. 41(三位有效数字) ，问按上述递推公式，从x 0计算到x 10时误差有多大？这个计算过程稳定吗？
16如果近似值x *=±(a 1+a 2⨯10-1+a 3⨯10-2+ +a n ⨯10-n +1) ⨯10m 的相对误差限小于
⨯10-n +1，证明：这个数具有n 位有效数字。 1
第二章 插值法与数值微分
1 已知=10, =11, =12，试利用插值法近似计算。 分析 由题中已知条件本题可利用三点二次Lagrange 插值，也可利用三点二次Newton 插值，它们所得结果相同。
解 利用三点二次Lagrange 插值。
记f (x ) =x 0=100, x 1=121, x 2=144, y 0=10, y 1=11, y 2=12，则f (x ) 的二次Lagrange 插值多项式为
(x -x 1)(x -x 2) (x -x 0)(x -x 2)
+y 1
01021012(x -x 0)(x -x 1)
+y 2
2021(x -121)(x -144) (x -100)(x -144)
+11⨯ =10⨯
(x -100)(x -121)
+12⨯
L 2(x ) =y 0
f (115) =≈L 2(115)
=10⨯
(115-121)(115-144) (115-100)(115-144)
+11⨯
+12⨯
1
(115-100)(115-121)
≈10. 722756
3
5
---
因为f '(x ) =x f ''(x ) =-x , f '''(x ) =x ，
R 2(x ) =f (x ) -L 2(x )
(ξ)(x -x 0)(x -x 1)(x -x 2), =f '''
所以
|R 2(115) |=|f (115) -L 2(115) |
ξ∈(100, 144)
-
=|⨯ξ2⨯(115-100)(115-121)(115-144) |
-
≤⨯⨯100⨯15⨯6⨯29=0. 163125⨯10-2
5
5
2 已知y =f (x ) 的函数表
求函数f (x ) 在[0,2]之间的零点的近似值。
分析 一般情况下，先求出f (x ) 在[0，2]上的插值函数P (x ) ，然后求P (x ) 的零点，把
此零点作为f (x ) 的近似零点。特别地，若f (x ) 的反函数存在，记为x =ϑ(y ) ，那么求f (x ) 的零点问题就变成求函数值ϑ(0) 的问题了，利用插值法构造出ϑ(y ) 的插值函数，从而求出
f (x ) 的零点ϑ(0) 的近似值，这类问题称为反插值问题，利用反插值时，必须注意反插值条
件，即函数y =f (x ) 必须有反函数，也即要求y =f (x ) 单调。本题y i 是严格单调下降排列，可利用反插值法。
插值多项式。
令y 0=8, y 1=-7. 5, y 2=-18, x 0=0, x 1=1, x 2=2，则x =ϑ(y ) 的二次Lagrange 插值多项式为
利用三点二次Lagrange 插值，由上反函数表构造y =f (x ) 的反函数x =ϑ(y ) 的二次Lagrange
L 2(y ) =x 0
(y -y 1)(y -y 2) (y -y 0)(y -y 2)
+x 1
01211012(y -y 0)(y -y 1)
2021 +x 2
函数y =f (x ) 的近似零点为
L 2(0) =0⨯
(0+7. 50(0+18) (0-8)(0+18)
+1⨯
(0-8)(0+7. 5)
+2⨯
≈0. 445232
3 设f (x ) =x 4，试用Lagrange 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 设f (x ) 以-1，0。1，2为插值节点的三次Lagrange 插值多项式为L 3(x ) ，由Lagrange 插值余项定理有
f (4) (ξ) R 3(x ) =f (x ) -L 3(x ) =(x +1)(x -0)(x -1)(x -2)
=(x +1)(x -0)(x -1)(x -2) 因而
L 3(x ) =f (x ) -(x +1)(x -0)(x -1)(x -2)
=x 4-x (x +1)(x -1)(x -2) =2x 3+x 2-2x
4 设l 0(x ), l 1(x ), , l n (x ) 是以x 0, x 1, , x n 为节点的Largange 插值基函数，试证：
∑l (x ) =1.
（2）∑x l (x ) =x (j =1, , n ) .
（3）∑(x -x ) l (x ) =0(j =1, , n ) .
（1）
k k n =0
j
k k
j
k n =0
n
k
j
k
k =0
（4）
∑l (0) x
k k =0
n
j
k
0, j =1, 2, , n
=
(-1) n x 0x 1 x n , j =n +1
分析 本题是关于Lagrange 插值基函数l k (x )(k =0, 1, , n ) 的性质问题，观察要证明的结论，应考虑对常数1和x j 进行插值入手，通过插值余项为0得到结论。
证 （1）设f (x ) =1, 则f (x ) 以x 0, x 1, , x n 为插值节点的n 次Lagrange 插值多项式为 L n (x ) =由插值余项定理知
∑f (x ) l (x ) =∑l (x )
k
k
k
k =0
k =0
n n
f n +1(ξ)
ωn +1(x ) =0 f (x ) -L n (x ) =
从而
L n (x ) =f (x ) 即
式为
L n (x ) =
∑l (x ) =1
k k =0
n
k
k
k
n
（2）设f (x ) =x j (j =1, , n ) 则f (x ) 以x 0, x 1, , x n 为插值节的n 次Lagrange 插值多项
∑f (x ) l (x ) =∑l (x )
k =0
k =0
n
由插值余项定理知
f n +1(ξ)
ωn +1(x ) =0 f (x ) -L n (x ) =
从而
L n (x ) =f (x )
即
∑l (x ) =1
k
n
（2）设f (x ) =x (j =1, , n ) ，则f (x ) 以x 0, x 1, , x n 为插值节点的n 次Lagrange 插值
j
k =0
多项式为
L n (x ) =
∑f (x ) l (x ) =∑x l (x )
k
k
j k k
k =0
k =0
n n
由插值余项定理
f (n +1) (ξ)
ωn +1(x ) =0 f (x ) -L n (x ) =
从而
L n (x ) =f (x ) 即
∑x l (x ) =x
j k k k =0
n
j
(j =1, , n )
（3）将(x k -x ) j 按二项式展开，得
j
(x k -x ) =
j
∑(-1) C x
j
i =0
i j -i i j k
x
代入左端，得
n
n
h
∑(x
k =0
k
-x ) l k (x ) =∑[∑(-1) i C i j x k j -i x i ]l k (x )
j
k =0i =0
=
∑(-1) C x ∑x
i
i i j
i =0
k =0
j
n
j -i
k k
l (x )
利用（2）的结论，有
n
j
∑(x
k =0
k
-x ) l k (x ) =∑(-1) i C i j x i x j -i =(x -x ) j =0
j
i =0
（4）当j =1, 2, , n 时，由（2）的结论知
∑l (0) x
k k =0
n
j
k
=x j |x =0=0
当j =n +1时，令f (x ) =x n +1，有f (n +1) (x ) =(n +1)!
f (x ) 以x 0, x 1, , x n 为插值节点的n 次Lagrange 插值多项式为
L n (x ) =由插值余项定理知
∑x
k =0
n
n +1
k k
l (x )
f (n +1) (ξ)
ωn +1(x ) =ωn +1(x ) f (x ) -L n (x ) =
从而
L n (x ) =f (x ) -ωn +1(x )
即
令x =0，有
∑x
k =0
n
n +1
k k
l (x ) =x n +1-(x -x 0)(x -x 1) (x -x n )
∑x
k =0
n
n +1k k
l (0) =(-1) n x 0x 1 x n
5 设f (x ) ∈C 2[a , b ]，且f (a ) =f (b ) =0，求证
(b -a ) 2max max (x ) | a ≤x ≤b |f (x ) |≤a ≤x ≤b |f ''分析 本章内容是代数插值，而题设f (a ) =f (b ) =0，易知若用线性插值，线性插值
(x ) 函数只能为0，且误差为f ''这样利用余项估计式可直接把f (x ) 与f ''(ξ)(x -a )(x -b ) ，
联系起来。
证 以a,b 为插值节点进行线性插值，其线性插值多项式为 L 1(x ) =f (a ) +f (b ) =0
线性插值余项为
f (x ) -L 1(x ) =从而
f (x ) =
f ''(ξ)
(x -a )(x -b ) ξ∈(a , b ) f ''(ξ)
(x -a )(x -b ) 由于|(x -a )(x -b ) |在x =(a +b ) 处取最大值，故
max |f (x ) |≤max |f ''max |(x -a )(x -b ) | (x ) |⋅a ≤ a ≤x ≤b a ≤x ≤b x ≤b max |f '' =(b -a ) 2a ≤x ≤b (x ) | 6 证明：由下列插值条件
所确定的Lagrange 插值多项式是一个二次多项式，该例说明了什么问题？
分析 本题是关于Lagrange 插值问题，由已知数据表构造Lagrange 插值多项式便可得出结论。
解 令x 0=0,
x 1=0. 5, x 2=1, x 3=1. 5, x 4=2, x 5=2. 5
y 0=-1, y 1=-0. 75, y 2=0, y 3=1. 25, y 4=3, y 5=5. 25 以x 0, x 2, x 4为插值节点作f (x ) 的二次插值多项式L 2(x ) ，则 L 2(x ) =y 0
+y 4
(x -x 2)(x -x 4) (x -x 0)(x -x 4)
+y 2
02042024(x -x 0)(x -x 2)
4042(x -1)(x -2) (x -0)(x -2)
+0⨯
=(-1) ⨯ =x 2-1
易验证L 2(x i ) =y i (i =0, 1, , 5) ，因而满足插值条件 L (x i ) =y i
(i =0, 1, , 5) （1）
的Lagrange 插值多项式为P (x ) =x 2-1。
由插值多项式的存在惟一定理知满足条件（1）的5次插值多项式是存在且惟一的，但该5次多项式并不一定是真正的5次多项式，而是次数≤5的多项式。
7 对于任意实数λ≠0以及任意正整数r , s ，多项式
1001
是r +s 次多项式，且满足q (x 0) =f (x 0), q (x 1) =f (x 1) 。本题说明了什么问题？
解 本题说明由两个插值条件q (x 0) =f (x 0), q (x 1) =f (x 1) 构造大一1次的插值多项式，答案是不惟一的，类似地，由n+1插值条件构造大于n 次的插值多项式，答案也是不惟一的。
8 我们用sin30°=0.5,sin45°=0.7071,sin60°=0.8660，作Lagrange 二次插值，并用来求sin40°的近似值，最后根据插值余项定理估计此误差。
分析 本题显然是利用Lagrange 插值余项定理 解 设
q (x ) =λ(x -x 0) r (x -x 1) s +x -x 0f (x 1) +-1f (x 0)
(x ) =cos x , f ''(x ) =-sin x , f '''(x ) =-cos x f (x ) =sin x , f '
令
x 0=30 =0. 5236, x 1=45 =0. 7854, x 2=60 =1. 0472, x =40 =0. 698 1其插值余项为
f (3) (ξ)
R 2(x ) =(x -x 0)(x -x 1)(x -x 2)
从而
R 2(40 ) |=R 2(0. 6981)
-cos(ξ)
0. 6981-0. 5236)(0. 6981-0. 7854)(0. 6981-1. 0472) ≤⨯0. 1754⨯0. 0873⨯0. 3491≈0. 000886
=
9 已知x =0, 2, 3, 5对应的函数值为y =1, 3, 2, 5，作三次Newton 插值多项式，如再增加x =6时的函数值6，作四次Newton 插值多项式。
分析 本题是一道常规计算题 解 首先构造差商表
三次Newton 插值多项式为
N 3(x ) =1+x -x (x -2) +x (x -2)(x -3)
增加x 4=6, f (x 4) =6作差商表
四次Newton 插值多项式为
N 4(x ) =1+x -x (x -2) +x (x -2)(x -3)
-x (x -2)(x -3)(x -5) 10 已知f (x ) =x 7+x 4+3x +1，求f [20, 21, , 27]及f [20, 21, , 28] 分析 本题f (x ) 是一个多项式，故应利用差商的性质。
解 由差商与导数之间的关系f [x 0, , x n ]=f (n ) (ξ) 及f (7) (x ) =7! ，f (8) (x ) =0知
(7) f (ξ) ==1 f [2 , 21, , 27]=
(8) f (ξ) ==0 f [2 , 21, , 28]=
11 若f (x ) =a πx n +a n -1x n -1+ +a 1x +a 0有n 个相异的实根x 1，x 2, , x n ，则有 0,
分析 f (x ) 有n 个相异实根，故f (x ) 可表示成
∑=
j =1
j
n
x
k
j
0≤k ≤n -2
, n
k =n -1
∏(x -x ) ，考察本题要证明的结论和
i
i =1
n
f (x )
的特点，应考虑利用差商可表示为函数值的线性组合这一性质。 证 由于x 1, x 2, , x n 是f (x ) 的n 个互异的零点，所以 f (x ) =a n (x -x 1)(x -x 2) (x -x n ) =a n
f '(x j ) =a n
∏(x -x )
i
i =1
n
∏(x
i =1i ≠j
n
j
-x i )
∑
j =1
n
n x k j
=∑f '(x j ) j =1
x k j
n i =1
a n ∏(x j -x i )
i ≠j
1
=a n
∑
j =1
n
x k j
∏(x
i =1i ≠j
n
（1）
j
-x i )
记g k (x ) =x , 则
k
0 由（1），（2）得
n
0≤k ≤n -2
(n -1)
g k ( x ) = （2）
n
k =n -1 g k (x j )
1
gk [x 1, x 2, , x n ] a n
∑
j =1
x k 1j
=f '(x j ) a n
∑
j =1
n
∏(x
i =1i ≠j
n
=
j
-x i )
0≤k ≤n -2
(ξ) 1g
a n ( n - 1)! n
=
(n -1) k
k =n -1
，且a , x 0, x 1, x 2, , x n 互不相同，证明 f [x 0, x 1, , x k ]=(k =1, 2, , n )
01k 12 设f (x ) =
并写出f (x ) 的n 次Newton 插值多项式。
分析 利用差商的定义可证得 证 用数学归纳法证明 当k =1时
f [x 0, x 1]=
=
f (x 0) -f (x 1)
=-
010101 01i
假设当k =m 时，结论成立，即有
f [x 0, x 1, , x m ]=
那么
∏(a -x )
i =0
, f [x 1, x 2, , x m +1]=
∏a -x
i =1
i
,
f [x 0, x 1, , x m , x m +1]=
f [x 0, x 1, , x m ]-f [x 0, x 1, , x m +1]
0m +10m +1
=
i
-
(a -x ) (a -x )
i
i =0
i =1
=
(a -x m +1) -(a -x 0) 0m +1
(a -x i )
=
(a -x )
i
i =0
i =0
即当k =m +1时，结论成立。
由数学归纳法知对任意k ，结论是成立的。
f (x ) 以x 0, x 1, , x n 为插值节点的n 次Newton 插值多项式为 N n (x ) =
(x -x 0) (x -x 0)(x -x 1) (x -x n -1) ++ +
00101 n 13 设f (x ) ∈C 1[a , b ],x 0∈(a , b ) 定义
f [x 0, x 0]=x lim →x 0f [x , x 0]
(x 0) 。 证明：f [x 0, x 0]=f '
分析 本题应利用差商的概念和微分中值定理将差商与导数联系起来。 证 由微分中值定理有 f [x 0, x 0]=所以
f (x ) -f (x 0)
=f '(x 0+θ(x -x 0)), 0
lim (x 0+θ(x -x 0)) =f '(x 0) f [x 0, x 0]=x lim →x 0f [x , x 0]=x →x 0f '
14 设f (x ) =a πx n +a πx n -1+ +a 1x +a 0，且a n ≠0，试证 ∆n f (x ) =n ! a n h n 其中h 为等距节点步长。
分析 由于f (x ) 是多项式，因此应考虑用差商的性质和差商与差分的联系来证明。 证 记
x i =x +ih
(i =0, 1, 2, , n )
∆n (f (x ) f (n ) (ξ) =f [x 0, x 1, , x n ]===a n
n 所以
∆n f (x ) =n ! a n h n
15 已知函数y =f (x ) 的函数表
试列出相应的向前差分表，并写出Newton 向前插值公式。
分析 这是常规计算题，按照公式计算即可。 解 构造向前差分表
f (x ) 的Newton 向前插值公式为
N 5(x ) =N 5(0. 0+0. 1t )
t (t -1) 2
=f 0+∆f 0+∆f 0
=0. 02t 2+0. 30t +1. 00,
16 给出f (x ) =1nx 的数据表
t
∈[0, 1]
（1）用线性插值及二次插值计算1n0.54的近似值。
（2）用Newton 向后插值公式求1n0.78的近似值，并估计误差。 分析 本题属于常规计算题，按照公式计算即可。 解 （1）线性插值，取x 0=0. 5, x 1=0. 6，则
1n 0. 54≈(-0. 693147) ⨯+(-0. 510826) ⨯
=-0.620 219
二次插值，取x 0=0. 5, x 1=0. 6, x 2=0. 7，则 1n 0. 54≈(-0. 693147) ⨯ +(-0. 510826) +(0. 356675) =-0.616 838 2
也可取x 0=0. 4, x 1=0. 5, x 2=0. 6进行二次插值得 1n0.54≈0.615 319 8
（2）记x 0=0. 4, x 1=0. 5, x 2=0. 6, x 3=0. 7, x 4=0. 8, x 5=0. 9，构造向后差分表
(0. 54-0. 6)(0. 54-0. 7)
(0. 54-0. 5)(0. 54-0. 7)
(0. 54-0. 5)(0. 54-0. 6)
由Newton 向后插值公式
N x (x ) =N n (x n +th )
=f n +t ∇f n +t (t +1) ∇2f n + |t (t +1) (t +n -1) ∇n f n
由于x =x n +th ，当x =0. 78, n =4时, t =(0. 78-0. 8) /0. 1=-0. 2，故
1n 0. 78≈N 4(0. 78)
=-0.223 144+0.133 531×(-0.2) +(-0. 2)(-0. 2+1)(-0. 020620)
0 +(-0. 2)(-0. 2+1)(-0. 2+2)(0. 00755)
+(-0. 2)(-0. 2+1)(-0. 2+2)(-0. 2+3)(0. 005103)
≈0.248 453 由插值余项
f (s ) (ξ)
t (t +1) (t +4) h 5 R 4(x ) =f (x ) -N 4(x ) =
知
h 5
m a x |f (5) (x ) | |t (t +1) (t +4) |x ∈ |R 4(0. 78) |≤[x 0, x 4]0. 15
⨯|(-0. 2)(-0. 2+1)(-0. 2+2)(-0. 2+3)(-0. 2+4) | ≤ ⨯5=5. 985⨯10-4
17 已知sin30°=0.5，sin45°=0.7071，sin ˊ(30°)=cos30°=0.8660，sin ˊ(45°)=cos45°=0.7071，求sin40°。
分析 本题不仅给出两点上的函数值，而且还给出了导出数值，因此应利用两点三次Hermite 插值。
解 利用两点三次Hermite 插值 sin 40 ≈H 3(40 ) =H 3π)
=(1+2⨯2⨯0. 5
+(1+22⨯0. 7071
+-2⨯0. 8660
+-2⨯0. 7071
=0.6428
sin (4) (ξ) 22
--| |R |= ≤2(-
2≤0. 00101
18 已知自然对数1nx 和它的导数1/x的数表
（1）利用Lagrange 插值公式，求1n0.60。 （2）利用Hermite 插值公式，求1n0.60。 分析 本题属常规计算题，按有关公式计算即可。
解 记x 0=0. 40, x 1=0. 50, x 2=0. 70, x 3=0. 80。首先列表计算
（1）利用Lagrange 插值公式，有 1n 0. 60≈L 3(0. 60) =
∑l (0. 6) f (x )
i
i
i =0
3
=-0.166 667×(-0.916 291)+0.666 667×(-0.693 147) +0.666 667×(-0.356 675)+(-0.166 667)×(-0.223 144) =-0.509 976
（2）利用Hermite 插值公式，有
3
H 7(x ) =∑{[1-2(x -x i ) l i '(x i ))]l i 2(x ) f (x i ) +(x -x i ) l i 2(x ) f '(x i )}
i =0
从而1n (0. 60) ≈H 7(0. 60) =-0.510 889。
注：本题的真值1n 0. 60=-0.510 825 623„，可以看出Hermite 插值所得结果要比Lagrange 插值结精确得多。
19 设已知x 0, x 1, x 2是[a , b ]上三个互异的节点，函数f (x ) 在[a , b ]上具有连续的四阶导数，而H 3(x ) 是满足下列条件的三次多项式：
H (x i ) =f (x i ) H '(x 1) =f '(x 1) （1）写出H 3(x ) 的表达式。
(i =0, 1, 2)
f (4) (ξ)
(x -x 0)(x -x 1) 2(x -x 2) （2）证明：f (x ) -H 3(x ) =
法，解决这类问题的方法较多，常用的有以下两种解法。
ξ∈(a , b )
分析 这是带导数的插值问题，但又不是Hermite 插值问题，要求我们灵活运用插值方
（1）解法一 用插值法加待定系数法来做。
设N 2(x ) 为满足插值条件N 2(x i ) =f (x i )(i =0, 1, 2) 的二次式，由插值条件可设H 3(x ) 的形式为
H 3(x ) =N 2(x ) +A (x -x 0)(x -x 1)(x -x 2)
=f [x 0]+(x -x 0) f [x 0, x 1]+(x -x 0)(x -x 1) f [x 0, x 1, x 2]
+A (x -x 0)(x -x 1)(x -x 2) （1） 其中A 为待定系数，显然由（1）确定的H 3(x ) 满足H 3(x i ) =f (x i )(i =0, 1, 2) ，待定系数A
'(x 1) =f '可由插值条件H 3(x 1) 来确定，为此对（1）式两边求导数 '(x ) =f [x 0, x 1]+(x -x 1) f [x 0, x 1, x 2]+(x -x 0) f [x 0, x 1, x 2] H 3
+A [(x -x 1)(x -x 2) +(x -x 0)(x -x 2) +(x -x 0)(x -x 1)]
'(x 1) =f '令x =x 1，并利用插值条件H 3(x 1) 有
f '(x 1) =f [x 0, x 1]+(x 1-x 0) f [x 0, x 1, x 2]+A (x 1-x 0)(x 1-x 2) 于是
A =
f '(x 1) -f [x 0, x 1]-(x 1-x 0) f [x 0, x 1, x 2]
从而
1012H 3(x ) =f [x 0]+(x -x 0) f [x 0, x 1]+(x -x 0)(x -x 1) f [x 0, x 1, x 2]
+
f '(x 1) -f [x 0, x 1]-(x 1-x 0) f '[x 0, x 1, x 2]
1012 ∙(x -x 0)(x -x 1)(x -x 2) 解法二 用插值基函数来构造。
首先构造四个三次插值基函数h 0(x ), h 1(x ), h 2(x ), h 1(x ) ，使其满足条件 h 0(x 0) =1, h 1(x 0) =0, h 2(x 0) =0, 1(x 0) =0,
'(x 1) =0 h 0(x 1) =0, h 0(x 2) =0, h 0
'(x 1) =0 h 1(x 1) =1, h 1(x 2) =0, h 1
'(x 1) =0 h 2(x 1) =0, h 2(x 2) =1, h 2
1(x 1) =0, 1(x 2) =0, 1x 1) =1
由h 0(x ) 所满足的条件，可设h 0(x ) =A (x -x 1) 2(x -x 2) ，其中A 为待定系数。由h 0(x 0) =1，得A =
，故有
01202(x -x 1) 2(x -x 2)
h 0(x ) =
01202同理可得
(x -x 1) 2(x -x 0)
h 2(x ) =
21220由1(x ) 满足的条件，可设1(x ) =C (x -x 0)(x -x 1)(x -x 2) ，其中C 为待定系数，由1x 1) =1，得C =
，故有
1012
1(x ) =
(x -x 0)(x -x 1)(x -x 2)
1012(x -x 0)(x -x 2)
，其中
1012下面求h 1(x ), 由h 1(x ) 满足条件，设h 1=(x ) =(ax +b ) ∙
'(x 1) =0得 a , b 为待定系数，利用h 1(x 1) =1, h 1
ax 1+b =1 a +(ax 1+b ) 由此得
a =
+(ax 1+b ) =0 1012
(x 0+x 2) -2x 1
1012[(x 0+x 2) -2x 1]x 1
1012 b =1-所以
1(x ) =
易验证
{[(x 0+x 2) -2x 1](x -x 1)(x 1-x 0)(x 1-x 2)}(x -x 0)(x -x 2)
102122
'x 1) 1(x ) H 3(x ) =f (x 0) h 0(x ) +f (x 1) h 1(x ) +f (x 2) h 2(x ) +f (
（2）证 当x 为插值节点x 0, x 1, x 2中任一点时，结论显然成立，下面设x 异于x 0, x 1, x 2。 由于R 3(x ) =f (x ) -H 3(x ) 满足
'(x 1) =0 R 3(x 0) =0, R 3(x 1) =0, R 3(x 2) =0, R 3
故可设R 3(x ) =K (x -x 0)(x -x 1) 2(x -x 2) ，其中K 为依赖于x 的待定系数。
固定x ，作辅助函数
G (t ) =f (t ) -H 3(t ) -K (t -x 0)(t -x 1) 2(t -x 2) 显然G (t ) 在[a , b ]上有四个零点x , x 0, x 1, x 2，其中x 1为二重零点。
利用Rolle 定理，知G '(t ) 在x 0, x 1, x 2, x 组成的三个小区间内至少各有一个零点，记为
η1, η2, η3，加上x 1, G '(t ) 在[a , b ][a , b ]上至少有4个零点，反复利用Rolly 定理：
G ''(t ) 在[a , b ]内至少有3个零点。
G (3) (t ) 在[a , b ]内至少有2个零点。
G (4) (t ) 在[a , b ]内至少有1个零点，即存在一点ξ，使G (4) (ξ) =0。
f (4) (ξ) (4) (4)
由于G (t ) =f (t ) -4! K ，从而求得K =，所以
f (4) (ξ)
(x -x 0)(x -x 1) 2(x -x 2) R 3(x ) =f (x ) -H 3(x ) =
20 对于给定插值条件，试分别求出满足下列边界条件的三次样条函数S (x ) ： （1）S '(0) =1. S '(3) =2 （2）S ''(0) =1. S ''(3) =2
求得问题的解。
解 记
分析 这是三次样条插值问题，给出了两种边界条件，我们按样条插值的求解方法即能
x 0=0, x 1=1, x 2=2, x 3=3, y 0=0, y 1=1, y 2=1, y 3=0,
x 1-x 0=x 2-x 1=x 3-x 2=h =1
μj =λj =, j =1, 2
三次样条插值函数的表达式为
S (x ) =M j (x j +1-x ) 3+M j +1(x -x j ) 3
+(y i -M j )(x j +1-x ) +(y j +1-M j +1)(x -x j )
x ∈[x j , x j +1],j =0, 1, 2 （1）
（1）d 0=6⨯{f [x 0, x 1]-1}=6⨯(1-1) =0
d 3=6⨯{2-f [x 2, x 3]}=6⨯(2+1) =18
d 1=6f [x 0, x 1, x 2]=6⨯(-=-3
d 2=6f [x 1, x 2, x 3]=6⨯(-=-3
关于M 0, M 1, M 2, M 3的方程组为
⎡2⎢⎢⎢0⎢⎣0
解得
120
00⎤1⎥⎥2⎥⎥12⎦
⎡M 0⎤⎡0⎤⎢M 1⎥=⎢-3⎥
3⎥⎢M 2⎥⎢-18⎣M 3⎦⎣⎦
M 0=0. 2667, M 1=-0. 5333, M 2=-4. 1333, M 3=11
. 0667(2)
将数据（2）代入（1）得所求三次样条插值函数为：当x ∈[0, 1]时，
S (x ) =⨯0. 2667(1-x ) 3+⨯(-0. 5333)(x -0) 3
+(0-⨯0. 2667)(1-x ) +(1-⨯(-0. 5333) ) x (-0)
=0. 4445(1-x ) 3-0. 08888x 3-0. 0445(1-x ) +1. 08888x 当x ∈[1, 2]时，
S (x ) =⨯(-0. 5333)(2-x ) 3+⨯(-4. 1333)(x -1) 3
+(1-⨯(-0. 5333))(2-x ) +(1-⨯(-4. 1333))(x -1) =-0. 08888(2-x ) 3-0. 68888(x -1) 3+1. 08888(2-x ) +1. 68888(x -1)
当x ∈[2, 3]时，
S (x ) =⨯(-4. 1333)(3-x ) 3+⨯(-11. 0667)(x -2) 3 +(1-⨯(-4. 1333))(3-x ) +(0-⨯(-11. 0667))(x -2)
=-0. 68888(3-x ) 3-1. 84445(x -2) 3+1. 68888(3-x ) -1. 84445(x -2)
（2）M 0=1, M 3=2 关于M 1和M 2的方程组为
⎡ 2
⎤ ⎢
⎡M 1⎤⎡⎢⎣2⎥⎥⎢⎥⎦=-⎦
⎣M 2⎢⎣-⎤4⎥
⎦
解得
M 1=-1. 3333,
M 2=-1. 6667 将（3）和（4）代入（1）得所求三次样条插值函数为：当x ∈[0, 1]时，
S (x ) =(1-x ) 3+⨯(-1. 33333)(x -0) 3
+(0-1-x ) +(1-⨯(-1. 6667))(x -1)
=0. 16667(1-x ) 3-0. 22222x 3-0. 16667(1-x ) +1. 22222x 当x ∈[1, 2]时，
3） （4） （
S (x ) =(-1. 3333)(2-x ) 3+⨯(-1. 6667)(x -1) 3
+(1-⨯(-1. 3333))(2-x ) +(1-⨯(-1. 6667))(x -1)
=-0. 22222(2-x ) 3-0. 27778(x -1) 3+1. 22222(2-x ) +1. 27778(x -1) 当x ∈[2, 3]时，
S (x ) =(-1. 6667)(3-x ) 3+⨯2(x -2) 3
+(1-⨯(-1. 6667))(3-x ) +(0-⨯2)(x -2)
=-0. 27778(3-x ) 3-0. 33333(x -2) 3+1. 27778(3-x ) -0. 33333(x -2)
21 求超定方程组
2x 1+4x 2=11 3x 1+5x 2=3
x 1+2x 2=6 （1） 2x 1+x 2=7
分析 求解超定方程组AX =b ，可直接求解正则方程组A T AX =A T b 。 解 方程组（1）写成矩阵形式为
⎡2
3 ⎢⎢1⎢⎣2
正规方程组为
4⎤⎡11⎤
-5⎥⎡x 1⎤=⎢3⎥ 2⎥⎢⎣x 2⎥⎦⎢6⎥
⎣7⎦1⎥⎦
⎡2
⎢⎣4
即
4⎤⎡2
312⎤⎢3-5⎥⎡x 1⎤=⎡2-521⎥2⎥⎢⎣x 2⎥⎦⎢⎦⎢1⎣4
⎢⎣21⎥⎦
⎡11⎤
312⎤⎢3⎥
6⎥-521⎥⎦⎢7⎣⎦
18
⎡
⎢⎣-3
-3⎤⎡x 1⎤=51
46⎥⎣x 2⎥⎦48⎦⎢
[]
解得
x 1=3. 0403,
误差平方和
x 2=1. 2418
E =(11-2x 1-4x 2) 2(3-3x 1+5x 2) 2
+(6-x 1-2x 2) 2+(7-2x 1-x 2) 2
=0.340 66
22 已知=2, =3, =4, 的近似值。 23有下列正弦数表
试分别用线性插值与二次插值求sin0.578 91的近似值，并估计误差。
24利用反插值法求方程x 4-6x 2+12x -8=0在区间[1, 2]内的根。
25设f (x ) =2x 4+x 3-1，试用Lagrange 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。
26证明：对于f (x ) 的以x 0, x 1为节点的一次插值多项式P 1(x ) ，插值误差为
(x 1-x 0) 2max |f (x ) -P (x ) |,x ∈[x 0, x 1] 1(x ) |≤x ∈[x 0, x 1]|f ''27若f (x ) =x 7+x 3+1，求[20, 21, , 28]。 28对任意的整数n >0, 0≤k ≤n -1，证明恒等式
n
∑
i =0
i k
∏(i -j )
j =0
j ≠i
n
=0
29给定数据表
求4次Newton 插值多项式，并写出插值余项。
30有如下列表函数
试写出此列表函数的向前差分表，并写出Newton 向前插值公式
31已知函数y =f (x ) 的函数表
试列出相应的向后差分表，并写出Newton 向后插值公式，用其估值f (0. 45) 。
32证明：（1）∆(f i g i ) =f i ∆g i +g +1i ∆f i 。（2）∆(=33已知单调连续函数y =f (x ) 的下列数据：
f i
i g i ∆f i -f i ∆g i
。
i i +1
用插值法计算当x 为何值时，f (x ) ≈0。
34给出f (x ) =cos x 的等距节点函数表，如用线性插值计算f (x ) 的近似值，使其误差不大于⨯10-5，则函数表的步长应取多少？
35设x 0, x 1为互不相同的节点，f (x ) 为已知函数，求不超过二次的多项式H 2(x ) ，使满足条件：
H 2(x 0) =f (x 0), 并估计误差。
36求一个次数≤3的多项式H 3(x ) ，满足插值条件：
H 2(x 1) =f (x 1), '(x 0) =f 'H 2(x 0)
并估计误差。
37求一个三次多项式P 3(x ) ，使在节点x 0=0, x 1=1上满足条件
P 3(0) =f (0) =0, P 3(1) =
'(0) =f ''(1) =f 'f (1) =1, P (0) =-3, P (1) =9，并估计余项。 33
38已知函数y =f (
x ) 的函数表如下：
在区间[0，5]上求满足条件S '(0) =, S (5) =的三次样条插值函数S (x ) ，并分别
计算S (x ) 在x =0. 5, 3, 5处的值。