计算方法 第一章 习题辅导

写在前面的话

各位同学：自《计算方法》开课以来，大家的学习热情很高，但也有一部分同学反映做习题有些困难。我们《计算方法》教学组的老师们商量以后，觉得可以考虑借助于网络，提供一部分辅导，通过演示和讲解部分练习题，使大家加深对教材内容的理解，学会如何用理论来解决有关题目和问题。

这只是一个尝试，效果如何还有待实践来检验。有一点是肯定的，那就学数学不能照葫芦画瓢，只有理解了的才能有解题的思路，而成功地解了题，反过来也会加深对理论的理解和认识，这是一个反复提高的过程。

对吗？

在这里，我们还要感谢那些打印文稿的同学，正是由于他们的劳动，才使大家能看到这几章的内容。

数学系 《计算方法》教学组

2008.11.10

习题一 数值分析引论

提要：

1、 了解数学问题与数值计算问题的联系与区别。

为什么要解数值计算问题？

2、 知道有哪些基本的数值计算问题。

i) 求值。

ii)

高次方程（组）代数方程线性方程组数值方程超越方程差分方程代数函数方程微分方程函数方程积分方程变分方程方程求解

iii) 数值逼近

插值函数逼近

3、 了解数值计算的基本数学思想和方法

基本思想： 1. 等价变换思想

2. 逐次迭代思想

3. 逐步迭代思想

4. 化整为零：数值积分，求微分方程数值解

5. 化曲为直：牛顿法

6. 转变问题类型

7. 外推思想

基本方法： 1. 直接方法

2. 间接方法：迭代，递归

4、 误差分析

误差来源

绝对误差，相对误差，有效数字。

5、 数值分析

6. 算法性态分析

误差分析中的重要概念与公式

1. 有效数字的位数n：

~x0.a1a2am10m(a1101a2102an10n)10m

其中m为整数，ai(i1,2,,n)为0-9中的一个数字，a10

1mn~xx10~~2如x的绝对误差不超过末位的半个单位，即，则称x具有n位有效数字。

因此，如x的绝对误差界是某一位的半个单位，该位到x的第一位非零数字共计有n位。则x有n位有效数字。有效数字不仅给出了近似值的大小，还给出了它的绝对误差界。

~~~2. 定理3.1

110n12a1

1）有效数字相对误差界：x有n位有效数字相对误差界

~2）相对误差界有效数字：x的相对误差界满足效数字。

~110n12(a11)，则它有n位有

3、

~~~~yf(x)e(y)f(x)f(x)f(x)(xx)f(x)e(x) 对 绝对误差：e(y)f(~x)e(x)~xf(~x)e(x)~xf(~x)(y)~(x)~~~~yyyxy 相对误差：

对yf(x1,x2xn)

~xf(~x)(y)(x)Af(x)~y

nf(~x1~xn)f(~x1~xn)e(xi)(xi)(y)xixi1i绝对误差：

e(y)i1n

相对误差：

(y)i1nnf(~x1~xn)e(xi)~xiyi1~xif(~x1~xn)e(xi)~~yxixi

思考题1.1

i1n~nxif(~x1~xn)(xi)Afi(x)~yxii1

1. 设

S1021anxdx，（1）用左矩形公式，右矩形公式，梯形公式，simpson公式分

别计算其近似值；（2）把原积分区间对分为[0,1][0,0.5][0.5,1]，分别在两子区间用上述公式近似计算，再求和，与（1）的计算结果进行比较，你有何看法？

解：

S101chxdx2102x11e(exex)2e2xe2x2e2x61dx1dxdx00444不能积分

e1e1ch11.5430806352f(x)1chx,ch012求出精确值。记，

（1） 左矩形公式

2Sf(0)(10)1ch021.414213562 左右矩形公式

2Sf(1)(10)1ch122.3810978461.838776182 右

梯形公式

11(f(0)f(1))(1.4142135621.838776182)1.629487222

S梯Simpson公式

(10)(f(0)4f(0.5)f(1))6

SSe0.5e0.52f(0.5)1ch0.51()2.2715403171.5071630032其中，

2所以，SS1.546940293

（2） 把[0,1][0,0.5][0.5,1]

左矩形公式

S左0.501chxdx1ch2xdx0.52111f(0)f(0.5)221(1.4142135621.507163003)1.4606882832

右矩形公式

111f(0.5)f(1)(1.5071630031.838776182)1.672969593222

S左

梯形公式

1111(f(0)f(0.5))(f(0.5)f(1))(f(0)f(1))f(0.5)444211(1.4142135621.83776182)1.5071630031.56682886242 S梯Simpson公式

0.50.5(f(0)4f(0.25)f(0.5))(f(0.5)4f(0.75)f(1))66112(f(0)f(1))f(0.5)(f(0.25)f(0.75))1263 SS2. 按定义计算行列式。一个N维行列式有n!项，每一项为n!数的乘积，总共要作(n1)n!nn!2n()ne，计算一个25阶行列式的值，次乘法和n!1次加法，由公式stirling公式，

计算量多大？（只计乘除法的次数），并假定计算机每秒可作10次乘除法的计算，试求总

12共要计算多少时间？由此，计算解25阶线性方程组的Gremer法则要作多少时间？

解：n25。

nN1(n1)n!(n1)2n()ne。 计算一个行列式的乘除法次数

n9.196986e252426N2450(9.196986)3001.233497103.7101

需要时间：

3.71026T112小时1011小时2.740108年103600

即总共需要2.740亿年。

解一个25阶线性方程组：

Gremer法则，要作26个行列式计算，故需要262.740亿71亿年

3 用差分法离散化下列边值问题

2xy(x1)yeysinx

0x,y(0)0,y()1,h2218

对照教科书上的例1.6，写出离散后的线性方程组。

baba,b,a0n9[0,]n2h， 。把区间2作9等分，得：

解：

hx10,x218,x32349,x4,x5,,x1018181818

记yiy(xi)

yi1yi118(yi1yi1)2hyyi1yi12yiyi1)ihh2

yxi

yxi故在内点xi(i1,2,,n1)处有

yi12yiyi1yi1yi1xi2(x1)eyisinxii22hh i1,2,3,,n1

2yi14yi2yi1(xi21)h(yi1yi1)2exiyi2h2sinxi

(2xi2hh)yi1(42exih2)yi(2xi2hh)yi12h2sinxi i1,2,3,,n1

代入y00,yn1，得方程组：

(42ex1h2)2x21hh2x22hh(42ex2h2)2x22hh2x2x2)2x23hh(42e3h3hh2x22exn2h2n2hh(4)2x2n1hh2h2sinx1(2x21hh)2h2sinx22h2sinx32h2sinxn22h2sinxn1(2x2n1hh)

此为三对角方程组。

思考题 1.2

1. 涉及一个计算11的保证收敛的不动点迭代算法。

y1y2y2x2n2hh(42exh)yn2n12yn1

解： 91116 3114

231126113 记x113

又

113故有

x2(x)6x

迭代格式为

xk126xk，k0,1,

设x00.000，有：

x10.333333，x20.3157473，x30.316666666，x40.316622691，x50.3166245，x60.316624785，x70.31662479

113.31662479

2. 在外推法的介绍的算例中，我们采取了步长取半的方式，实际上只需要步长序列单调递减就可实现外推。试推出这样一般情况下的外推公式，并根据L(2),L(3),L(4),L(6),L(8)诸值，来计算圆周率的近似值 。

解：设圆直径为1，则其内接正n边形的周长为

L(n)nsin,nL(n)圆周长(n)。

记

h

1n，（即把圆周n等分），把n理解为步长。 又设L(n)T(h)

把原式Taylor展开：

nL(n)nsinn(n131517()()())3!n5!n7!n

31()()()63!n5!n7!n

251471(1)k2k1kT(h)1(h)22(h)43(h)6(2k1)!，k1,2,3 故 其中

选择当取hi时，

T(hi)1(hi)22(hi)43(hi)6 （*）

T(hi1)1(hi1)22(hi1)43(hi1)6 （**）

这里 T(hi)L(ni)

用圆内接正ni边形的周长近似的误差，即用离散近似值 T(hi1)近似极限值的误差称为离散化误差。记

T0(i)T(hi)

用（*）中的

T0(i)T(hi)(hi2)近似的误差阶为。

用

hi21

乘以（*），

hi2乘以（**），然后两式相减得：

hi21T(hi)hi21hi2T(hi1)hi21(hi2hi21hi2hi21)2(hi4hi21hi2hi41)3(hi6hi21hi2hi61)

4(hi8hi21hi2hi81)5(hi10hi21hi2hi101)

整理并记

T0(i)T(hi)，

hi21T0(i)hi2T0(i1)(hi21hi2)hi2hi21(hi2hi21)(23(hi2hi21)4(hi4hi2hi21hi41))将上式两边除以

hi21hi2：

hi2T0(i1)hi21T0(i)22224224hh((hh)(hhhhii123ii14iii1i1))hi2hi21 （***）

注意到上式中已经没有了1，而2的系数为hihi1，为步长的四次方！

22(i)hi2T0(i1)hi21T02222(hhi1)hhiii1如果用来近似，其误差阶为！

T(i)m引入

(i1)2(i)(i1)(i)hi2TmTm(i1)1himTm11Tm1Tm122hihimhi21hi2m （****）

（***）式可以写为：

hi2T0(i1)hi21T0(i)hi2hi21(23(hi2hi21)4(hi4hi2hi21hi41))22hihi1

T(i)1建立如下的外推表：

m0m1m2m3m4m5i0i1i2i3i4i5T0(0)T0(1)T0(2)T0(3)T0(4)T0(5)T1(0)T1(1)T1(2)T1(3)T1(4)T2(0)T2(1)T2(2)T2(3)T3(0)T3(1)T3(2)T4(0)T4(1)T5(0)

(i)T1在这里，再次表明，用外推表中的第一列元素来近似，其误差也比第0列小，为

(hi2hi21)

类似地可得：

hi2T1(i1)hi21T1(i)222222hhh((hhhii1i234ii1i2)hi2hi22

T(i)2

5(hi4hi2hi21hi2hi22hi41hi42))

T(i)3hi2T2(i1)hi23T2(i)22222222hhhh((hhhhii1i2i345ii1i2i3))22hihi3

T(i)4hi2T3(i1)hi21T4(i)hi2hi21hi22hi23hi24(56(hi2hi21hi22hi23hi24))22hihi4这些式子表

明，外推表的i列值越大，即

Tm(i)得m越大，所得到的误差的阶数越高。因此，Romberg

外推法的计算过程，实质就是逐列消去低次误差项，逐列提高误差阶数的过程。从而逐步地使得到的近似值越来越精确。

现在用L(2),L(3),L(4),L(6),L(8)来计算：

L(2)2L(3)3sinL(4)4sinL(6)6sinL(8)8sin32.5980762112.8284271253.003.061467459468

代入外推表：

m02.0000000002.50762112.8284271253.0000000003.061467459m1m2m3m43.0765371803.1245925863.1406110553.1372581303.1414802013.1415888493.1404970493.1415766323.1415924113.1415928

这里列到m=4。

3.1414928-T(4)41111111()2()2()2()2()20.5510811!23468

而值精确到小数点后10位数字为：3.1415926535，它同3.1415928之差 恰好为0.5510，可见这里的误差估计非常精确。

从上面的推导看，如果把改为其他值0，它为T(h)当h0时的极限值。而T(h)具有形如：

8T(h)01h22h43h6nh2nn1h2n2，那么，把Romberg外推法：

(i1)2(i)(i1)(i)hi2TmhTTT(i1)1imm1Tm1m12m122hihimhi12him

T(i)m应用于离散化的近似值T(hi)，同样可以逐列消去误差项 ，使近似值越来越精确。正是这个原因，Romberg外推法有着广泛的应用。

4． 试根据Newton迭代公式（2.5），推导计算a(a0)的迭代式。请你试试，它对初值的选择有什么要求？你的式子与（2.1）有什么关系？

解：

2af(x)xa0，f(x)2x，所以，迭代式为 求

xk12xka1axk(xk)2xk2xk

5． 对本节例2.8，试从正反两个方向证明问题解对称正定矩阵方程Axb与问题

minf(x)0.5xTAxbTxx在解x相等的意义下等价。

解：（1）Axbminf(x)0.5xTAxbTxx

nx,yR与实数 对任意的

f(xy)1(A(xy),(xy))(xy,b)2

1((Ax,x)2(Ax,y)2(Ay,y))(b,x)(b,y)212(Ax,x)(b,x)(Ax,y)(Ay,y)(b,y)2 2



f(x)(Axb,y)22(Ay,y) （+）

***Axb,即Axb0，则由公式可得： x 如果满足

f(xy)f(x)(Axb,y)***22(Ay,y)

f(x)*22(Ay,y)f(x*) （-）

nyR 上式的最后一式是因为A正定，对任意的，有(Ay,y)0，显然在（-）中，

**结果成立的充要条件为y0，（+）表明，如Axb，则f(x)在x处达到极小值。

（2）

minf(x)0.5xTAxbTxxAxb

*n*f(xy)yRx设在处达到极小值，那么对任意的，必有nyR作具体的计算，对任意的：

df(x*y)0d0，对（+）

df(x*y)(Ax*b,y)(Ay,y)(Ax*b,y)000d0**，故有Axb0，即Axb，

**这就是说，正定二次函数f(x)在x处达到极小值，则必有Axb0。

6. 根据数学分析中“单调递增有上界的数列存在极限”的结论，试研究数列

2,22,,222,的收敛性，并由此研究不动点迭代格式x(x)收敛于何

值，其中迭代函数(x)2x,x222（含n个根号），取初始迭代值为x00，请你仔细体会不动点迭代格式的作用。

解：记 a12,a222,,an222(n个2)，

显然，

a2a1,a3a1,,an1a，所以数列

annn1单调递增。 an22222242222222n个2 ann1有上界2。

根据上面的过程，可以知道，ann1具有极限。设极限为A。

an12222an

故

limnan1Alimn2an2A

1182解得

A21，由于A不能为负数，所以，A =2。

（3） 下面根据迭代x(x)，

xk12xk，

可见，

取x00，则：

x01.4142x11.847759065x21.961570561x31.990369453x41.997590912x51.999397637x61.999849404x71.999962351x81.999990588x91.9999977x101.999999412x111.999999853x121.999999963

a所以，nn12

6． 下列极限中哪些是正确的？试用不动点迭代来加以说明：

（1）

lim3333nn个3， （2）

lim6663nn个20

（3）

lim2020205nn个20， （4）

lim3030306nn个30

你还能够写出类似的极限式吗？这里有什么样的规律？

2解：（1） x(x)3x，xx30，x3，所以不成立

3x22(舍去)，所以该式成立。 （2） x(x)6x，xx60，

5x24(舍去)，所以该式成立。 （3） x(x)20x，xx200，

6x25(舍去)，所以该式成立。 （4） x(x)30x，xx300，

思考题1.3

1. 请把例3.2中的计算机的所有机器数画在数轴上,你有什么认识?用此计算机表示数1.80,0.80, π,2，误差各为多少？

解：例3.2所示的计算机（t,L,U）=(3,-4,3)

表示的机器数尾数有8个：0.111，0.110，0.101，0.100，0.011，0.010，0.001，0.000

越靠近0，机器数越稠密

y=1.80,只能用1.75=0.111×21表示

y=0.80,只能用0.75=0.011×21表示

y=3.1415926535…,只能用3.0=0.110×22表示

y=2=1.414213526…,只能用1.50=0.110×21表示。

3.设5的近似数x的相对误差界为0.0005，问x至少有几位有效数字？

解：设x有n位有效数字，记x=a1a2a110m1xa1110m1an10m=

a1.a2an10m1

故

exx相对误差的上界可取为

xxxx0.510mn1101nm1a1102a1

现在的问题是不知n，故由上式不能求出n，所以就得从另一角度求。把缩小为

111101n，那么xxxa1110m1101n10mn2a1+12a1+12x=由有效数

字的定义知，x至少有n位有效数字。现在回到题中，

δ=0.0005=

11111102102102102101n20210292(81)2a1+151040.05102 由

-2<1- n， 所以n<3。

所以，x至少有3位有效数字。

5.设2的近似数x的相对误差为0.0025，最坏情况x是何数？

解：这里“最坏情况”是x至少有n位有效数字。解法同题3。

8. 证明两数四则运算的绝对误差界公式：

(1)Δ(xy)= Δ(x)+ Δ(y);

(2) Δ(xy)=∣x∣Δ(y)+∣y∣Δ(x);

xxyyx2yy(3) ，y0.

证明：（1）exyxyxyxxyyexey

exyexeyexeyxyxy

(2) exyxyxyxyxyxyxyxxyyyxexy【

22a10.设计一个好的方法，使计算的计算量最小。

22解：死算： aaaaa，需要做21次乘法。

好方法：

b1a,b2a2,b3a4,b4a8

228842所以 aaaaa，只要做6次乘法。

N115. 当N充分大时，如何计算Nlnxdx(N1)ln(N1)NlnN1，以提高计算精度？

解：由分部积分法NN1N1lnxdxxlnxNN1Nxdlnx(N1)ln(N1)NlnN1

当N充分大时， (N1)ln(N1)NlnN0

N1N(N1)ln(N1)NlnN1ln(N1)lnNlne 故

(N1)N1N1N11NN1N1lnln()ln(1)ln()eln()eNNNeNee

这样，

ln(N1)e可以计算，整个计算也可以进行了。

补充题1.当x0时，有如下的Taylor展开式

x2x33e1xx,sinxxx52!3!

xxx试确定esinx和esinx的复杂度阶数。

解：计算复杂度阶数T(n)是这样定义的。如果对于算法A存在n的函数f(n)以及正常数c和n0，使得当nn0时，成立T(n)cf(n)，则称该算法的时间复杂度T(n)是f(n)阶的，记做T(n)O(f(n))。

根据此定义，正数f(n)是T(n)的上界。例如

n222n(n1)2nOn,OOn2322

下列复杂度阶关系成立：

1lognnnlognn2n3n1002n3nn!nn除

了大O外， 还有小o，如果

xx0limf(x)0，则记f(x)o(1)。

x2x3esinx12xx3(x5)2!3!(1)

xx3OxOx3,Ox3Ox5Ox33!

3x2esinx1xOx32!

xx2x33esinx1xOxxOx52!3! (2)

xx2x3x2x353351xx1xOxxOxOxOx2!3!2!3! =

x2551xOxOx2!, x33xOxo1Ox3Ox5Ox83!,

x3x4x5x3x4582esinxxxOxOxxxOx52!3!2!3!2!3!

x2补充题2. 研究开锁题的平均开锁次数。

把这10把锁排成一排，依次记为1号、2号、……10号，按次序是计算试开1号锁的平均次数，再计算试开2号锁的平均次数……

记Tk为试开k把锁时，试开排在首位的锁的期望次数，那么，打开这10把锁的总期望次数为T(10)= T10T9了。

T2，显然，当前9把锁都成功打开了，那么最后一把不用试

先计算T10，即有10把锁打开1号锁的平均次数。由概率论知打开1号锁的次数，

pjT10jpjj110，其中j为

为对应的概率。

如果j=1，意味着1号锁的钥匙恰好排在钥匙列的第1号位，由于每把钥匙在这10个位置上都是可能的，故p1=1/10；

如果j=2，意味着1号锁的钥匙恰好排在钥匙列的第2号位，p2亦为1/10；

………………

如果j=9，意味着1号锁的钥匙恰好排在钥匙列的第9号位，p9亦为1/10。

对最后一把钥匙，实际上不用去试开10次，因为如果前ρ把钥匙都打不开1号锁，那么这第10把钥匙必是1号锁对应的钥匙，它排在这个位置的概率也是1/10。

所以，T10的数学期望 ：

T10=

1111231010109111191210101010911110101010

112=10101551111101010210

112同理，T9=991101929

112 T8=81918828

……

j11312j，……T2=22

Tj=

所以，打开这10把锁的期望次数为：T10=1/2(11+10+…+3)-(1/10+1/9+…+1/2)=31.5-1.92886829.571.

请大家继续研究下一个问题：如何计算开锁次数的均方差？

教科书习题一

2. 某人在野外工作时，（手边没有计算工具和数学用表）需要计算sin1的值。

（1） 请你设计一种计算方法，能得到近似值；

（2） 如要求达到绝对误差界不大于10-6，你的方法能达到吗？如达不到，你的方法需要作什么改进？

（3） 你算出的近似值有几位有效数字？

解：（1）函数的Taylor展开，是设计计算方法的常用计算工具。

1803.1415926535180

10.017453292()

是一个相距零很接近的消暑 ，故采用sinx的在点0处的Maclaurin公式

x3x5x7sinxsin(0x)x3!5!7!，

其中x=

11800.017453292 （手算）

取sinx的近似值为x，则这样近似的截断误差为

x3x5x7sinxx3!5!7!x3x5x73!5!7!x33!6x3

x33! 故 近似sinx的绝对误差界取为

x310.017453292（2）3!615.31653677661060.8860961293106106

故用x1=0.017453292……来近似sin1，能满足绝对误差界的指标。

如果不符合要求，那么就要考虑用sinx的Maclaurin公式的更多项来近似，比如用

x3x

3!来近似sinx，此时的绝对误差为：

x3x5x7sinx(x)3!5!7!x510.0174532925!1205

11.61952191090.13496015831201012

这样，精度可以达到更高的要求。

（3）要估计近似数0.01745329…=0.1745329×10-2的有效数字，有2个方法。

其一，由有效数字位数的定义，即近似值的绝对误差不超过末位的半个单位，

1xx10mn2。但这里需要知道m与n，这里sinxx0.886096106，这里缺少n的信

息，故不能用此方法求出有效数字的位数。

其二，由定理3.1，它给出了近似数的相对误差与其有效数字位数的内在关系

exxx0.88609612931060.50969569950.17453292102104

102取0.5100010。现在已知近似值 18040.17453292，所以a11。

设1800.17453292102有n位有效数字，其相对误差界可缩小到

x11101n101n0.25101n2a11211

41n由0.51100.2510，故 n4。

即0.1745329×10-2 至多只有4位有效数字，即0.1745×10-2，从小数点第5位起的数字，是不可靠的。

3.证明：理论上下列6个表达式完全等价：

21,(322)3,99702,(322),(99702)16，现在计算机上计算，因为2只能取

有限位长，这6个表达式不再相等，你认为哪个最合理？为什么？

解：上述6个表达式理论上定是等价的，用初等数学即可证明，这里不证。

记精确值2x，而2的近似值为x，当用x近似x时，这些表达式的实际值不再相等，根源在于不同正函数f(x)的计算放大倍数不一样。

设

f1xx1,f2x32x,f3x9970x,f4xx1636

f5x32x,f6x9970x31

effxfxf'xxxf'xex

故有

f1xfxf1'xxxf'x6x161.4142160.0121913120.07315f1xf1x0.07315ex55

又因

f2'x332x26321.41420.176679f2xf2x0.176679ex22

f3'x70exf3xf3x70ex

7f4'x6x1262.4142f4xf4x2.15373103ex472.15373103

4f5'x332x332.82842.59970103f5xf5x2.59970103ex

f6'x709970x1.785103f6xf6x1.785103ex2 所以，第6个最合理。

4．已知x02.4560是其真知经过舍入后得到的,则其相对误差限为

x0x0.510mn1n110m1xa1102a1(相对误差限)

x01(21014102510361040105)101a210=2.4560=0.24560.1

n5 相对误差

11040.2510422

y185. 为了计算次数，如何改写

357x1x12x13？

3571y1823tx1x1x1解： 令x1，则可改写为

y7t5t3t18

，如取x021.41 作初值，并计算到

6. 序列{xn}满足迭推关系xn10xn11,n1,2,x10时，误差为多少? 此迭代稳定吗？

解/：初始误差 e021.41

e1x1x(10x01)(10x01)10e0

e2x2x(10x11)(10x01)10e1102e0

eu10ke0

10e10(21.41),被极大地放大，故计算过程不稳定。 10计算到

7. 已知 ln20.314718……，问欲精确到10，近似值取多少?

31230(0.610910310.....)10解: ln2=0.314718….= m=0.

而要精确到10，或者

3xx103，那么

11xx10mn10n10322 ，

故n至少为3，也即取ln2=0.3时，绝对误差10

38. 如三函数值取4位有效数字，怎么样计算才能保证 1cos2的精度?

0解： 因cos2接近1，故直接计算必会损失有效数字，故采用下面两种非直接计算

01cos202sin2220.30451046.043104 (1cos20)(1cos20)1cos22041cos26.043101cos201cos20

001cos2这2种算法都优于直接计算。（如直接计算1cos20.60917104）

9．测量长方形地的长a110cm, b80cm.如果aa0.1m,|bb|0.1m,求其面积的绝对误差和相对误差。

sabfa,b解: 面积

aaea bbeb

故面积的绝对误差为

esababaeabebabebaeabebaeababba

0.11100.18019.0m2

也可以用二元函数近似值的绝对误差界的估计公式

fa,bfa,babbaab19.0xys

相对误界

s19.00.002159s11080

s

1110. 试用两种方法计算994995,并比较结果

110.100601020.100501020.0001102方法一: 直接计算有 994995，

只有1位有效数字。原因为两相近数直接相减，损失了有效数字。

111方法二：nn1n(n1). 代入n=994. 故有

1110.10111105 994995= 994995

而精确值为0.10110916…10，可见方法2有4位有效数字

511. 正方形边长约100cm.问如何测量才能使其面积误差1cm?

22Sfxxx解: 设正方形边长为 , 面积为S 则

设正方形边长的近似值为x，面积的近似值为S，得误差

exx2x2f'x.xx2x.ex

现有x=100, ex1故

es10.005cm2x2100

ex

2即当边长的误差不超过0.005cm时,才爱能使面积误差1cm

1dt1x2

12. N充分大时，求

1NN解：

1NN1dtarctant|N1arctan(N1)arctanN2N1x=。，

当N充分大时，arctan(N1)与arctanN很接近，两数相减需要避免，故要改造计算式。

因

tan()tantantantanarctan1tantan，1tantan

1NNN1N11dtarctanarctan1x21(N1)N。 1(N1)N

11. 设原始数据如下列近似值每位都是是有效数字.

a11.1021, a20.031, a3385.6, a456.430

计算(1) a1a2a4 (2) a1a2a3； 并估计他们的相对误差界.

解: 因a1,a2,a3,a4的每一位均为有效数字,故它们的绝对误差界.

11a110511042211a2103010322111a31034102211a4102510322

(1)

. a1a2a4=1.1021+0.031+56.430=57.5631

相对误差界

a1a2a41104103103(a1a2a4).0.810a1a2a425.5637；

(2) a1a2a31.10210.031385.613.174

a3a1a2a2a1a3a1a2a3(a1a2a3)0.016a1a2a3。

12.设有一个长方形水池,由测量知长为500.01m,宽为250.01m,深为200.01m,求该水池的容积,并分析所得近似值的绝对和相对误差.给出绝对误差界和相对误差界.

解: 设是水池边长、宽和深分别为L,W,H则容积为VLWH。

由数据知，L50,L0.01;W25,W0.01;H20,H0.01。

V50252025000m3

VVV.L.W.HLWH

绝对误差估计位

V =25200.0150200.0150250.0127.50m；

3

相对误差误差估计

vV27.501.1103V25000。

13. 已知197244.41,197144.40,均具有4位有效数字,试估计

19721971的绝对误差和相对误差界.

解: 绝对误差

11144.41197244.4110mn10241022221144.42197244.4210mn10222

两数之差的绝对误差限

44.4144.4244.4144.420.01

而其相对误差限

0.01144.4144.4244.1144.42

y02814. 用递推公式ynyn1783/100 n=1,2……，如取78327.982

问求y100有多大误差。

解： 78327.982， 故

y028ynyn127.982/100， n=1，2……

误差

enynynyn1yn1en2......10010078327.982/100en1100

enynynen1en11001002nen2e....e.n20100100100100 取n=100，则

y100y100n100103y0y0.00.51031002100

此算法的误差不断扩大，故数值不稳定。

15. 对函数

fxlnxx21 计算.

(1).如何计算才能避免有效数字的损失.

(2).开方和对数计算取6位有效数字，试计算f30和f30

解：当x0时，对函数

fxlnxx21计算，没有有效数字的损失。

当x0时，存在有效数字的损失，故要做等价变换：

fxlnx21xx21xx21xln1x21x (2) x=30,

f30ln3030214.09462.

x=-30

f30lnx21x4.09462

x0216.

17xk1xk.2xk7可由迭代公式计算 k=0,1,2…..

若xk是7的具有n位有效数字的近似值,则xk1是7具有2n位有效数字的近似值.

证:

2171xk17xk7xk72xk2xk, k=0,1,2…..

又

17x122.757x0222虽为7的弱近似值,但是

1x17x072x020,......xk170. 故xk是7的强近似值.

xk117112111x2xk2x故k有下界， 且k

xx而xk1xk.k单调不增.，因此k存在极限。

17xk1xk2xk对两边取极限,得

17limxk1limxkxk2kxk,

17x2x

解得 x=7

假设xk是7的具有n位有效数字的近似值.则

111xk17xk710n12xk272

2

1102n2102n1287

1可见，xk1是7具有2n位有效数字的近似值.

17. 复数xiy(y0)的平方根为uiv.其中u,v可用公式

xx2y2yuv22u 来计算。 ，

分别就 x0， x0两种情况讨论计算结果，必要时可改变上述计算公式。

解： x0时，上述公式不会损失有效数字，因此计算结果是较精确的。

x0时，若

xy.则

xx2y222xxy，属于两相近数相减，

往往会造成有效数字的大量丢失，因而用上述公式计算就使结果失真。为此，要做等价变形：

uxx2y22x2y2xx2y2xyx2y2x 1sabsinc0c22,且测量a,b,c的误差分别为18. 已知三角形面积 ,其中c为弧度,

a,b,c.证明:面积误差 s满足

sabcsabc

解: 由多元函数近似值的绝对误差和相对误差估计公式.

esi1nsxis.xi

111bsincasincabcoscs222abc111sabsincabsincabsinc222

abcabtagc

则0sabcsabc 从而得

1xexyfxxx219. 当=0.001时,求函数的近似值y(要求6位有效数字)

xx解: fx有e,又只此取近似值.故y的近似程度, 取决e的近似程度.

对e可作Taylor展开.

x1x2x3e4yf(x)21x1xxx26241xe2x2624 0,x

e211xyx.eyyy24取26则

ee0.001x当=0.001时,

e0.0011yy0.00120.417107107242

11y0.0010.50016726此时它是y的具有6位有效数字的近似值。

20. 设

uf(x,y)cosyx， x= 1.300.005, y = 0.8710.0005. 如果用

~f(1.30,0.871)~u作为uf(x,y)的近似值，问u有几位有效数字？相对误差界多少？

~解：由已知条件， x1.30，绝对误差界x0.005

~y0.871，绝对误差界y0.0005

cos~ycos0.871~~~uf(x,y)~0.495432227...x1.30

欲判别近似值u有几位有效数字，根据定义3.1（P13）当

~110mne(x)uu2

~时，就称u有n位有效数字， 其中m是当u表示为十进制浮点制形式

~~0.a1a2a3a4......an10m

时的幂指数。在我们的例子中，m=0。

所以，判别u有多少位有效数字的关键，是求出u的绝对误差

~~e(x)的上界。

e(x)cos0.871sin0.871120.0050.00050.00220.005101.3021.302

所以， n=2

~可见，u0.49543...只有2位有效数字。而原始数据1.30和0.871都有3为有效数字。

~所以取 u0.50

由本题可见，尽管函数自变量的近似值每一位都是有效数字，但经过函数计算后，输出值的近似值，并非每位都是有效的！

~进一步考虑u的相对误差

~)~~e(uf(~x,~y)e(x)f(~x,~y)e(y)~(u)~~~uxuyucos0.8710.005sin0.8710.000520.501.300.501.30

由定理3.1，u有n位有效数字，其相对误差界

11110n110211011020.012a12510。

~21 设y028，按迭代公式

ynyn11783100，取78327.985。（1）计算到y100（2）

问y100绝对误差限是多少？这个迭代方法稳定吗？

解：由于取78327.985，原始数据有误差。计算到y100时有误差积累，本题考察计算过程的稳定性。

记78327.982eae，a27.982.

e78327.9820.0001...11032

ynyn11783yn1102(ae)yn1102a102e100 （*）

而实际迭代是

**ynyn1a*2yn110a100 （**）

(*)-(**)：

**2ynynyn1yne110 （e =78327.982）

**2*2ynynyn1yn10eyy210e1n1n1故

*...y0y0n102e

而

**y0y00,(y0y028)

今有n = 100，

y100y*100ne100e11032

但是当n时，

*ynyn，故这个迭代过程不稳定。

22. 计算1099，取999.9499。分析下述两种运算各有n位有效数字。

1010103(1099)(109.9499)0.9962704710（1）

110(1099)（2）

10.1001365810210(109.9499)

109f(x)(10x)f(x)10(10x)x99x9.9499解：（1）记，，，

x的绝对误差：

xx999.94990.2562910411042

10f(x)(10x)记函数的绝对误差界为

ef(x)f(x)(x)10(10x)9xx110(109.9499)910421101.98856382210121042111.988561015101522

（2）令

g(x)1(10x)x，g(x)10(10x)11

g(x)的绝对误差限估计为

eg(x)g(x)(x)10(10x)11xx110(109.9499)1110421105.0194027710151042

x0217 k0,1,2,x(xk12kx).k23.7可以由下述迭代格式：

（1）用基本数学原理“单调不增但有上界的数列存在极限”说明算法收敛。

（2）证明：若xk是7的具有n位有效数字的近似值，则xk1是7的具有2n位有效数字的近似值。

（3）证明：由一般的？迭代格式得到的各列，有效数字必定逐步增加，并讨论与探索其增加的速度与收敛阶存在什么关系。

请见前面第