?ba?????S??(x)[f??(x)?S??(x)]dx?{S??(x)[f?(x)?S?(x)]}ba??[f(x)?S(x)]S(x)dxabab?S??(b)[f?(b)?S?(b)]?S??(a)[f?(a)?S?(a)]?A?[f?(x)?S?(x)]dx?S??(b)[f?(b)?S?(b)]?S??(a)[f?(a)?S?(a)]?A[f(x)?S(x)]ba?S??(b)[f?(b)?S?(b)]?S??(a)[f?(a)?S?(a)]
。
补充题：1、令x0?0，x1?1，写出y(x)?e?x的一次插值多项式L1(x)，并估计插值余项。
[解]由y0?y(x0)?e?0?1，y1?y(x1)?e?1可知，
L1(x)?y0x?x0x?x1x?1?1x?0?y1?1??e?x0?x1x1?x00?11?0，
??(x?1)?e?1x?1?(e?1?1)xf??(?)e??(x?x0)(x?x1)?x(x?1),???0,1?， 余项为R1(x)?2!2故R1(x)?1111?maxe???maxx(x?1)??1??。
0?x?120???12482、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]由插值余项定理，有
R3(x)?f(4)(?)(x?x0)(x?x1)(x?x2)(x?x3)4!4!?(x?1)x(x?1)(x?2)?(x2?2x)(x2?1)?x4?2x3?x2?2x4!，
从而L3(x)?f(x)?R3(x)?x4?(x4?2x3?x2?2x)?2x3?x2?2x。 3、设f(x)在?a,b?有二阶连续导数，求证：
maxf(x)?[f(a)?a?x?bf(b)?f(a)1(x?a)]?(b?a)2maxf??(x)。
a?x?bb?a8f(b)?f(a)(x?a)是以a，b为插值节点的f(x)的线性插值多项
b?a式，利用插值多项式的余项定理，得到：
f(b)?f(a)1f(x)?[f(a)?(x?a)]?f??(?)(x?a)(x?b)，从而
b?a2[证]因为f(a)?f(b)?f(a)1(x?a)]?maxf??(?)?max(x?a)(x?b)a?x?ba?x?bb?a2a???b。
111?maxf??(?)?(b?a)2?(b?a)2maxf??(x)a?x?b2a???b48maxf(x)?[f(a)?4、设f(x)?x7?5x3?1，求差商f[20,21]，f[20,21,22]，f[20,21,?,27]和
f[20,21,?,28]。
[解]因为f(20)?f(1)?7，f(21)?f(2)?27?5?23?1?169，
f(22)?f(4)?47?5?43?1?16705，所以f[20,21]?f(2)?f(1)?169?7?162，
2?1f[21,22]?012f(4)?f(2)16705?169??8268，
4?22f[21,22]?f[20,21]8268?162f[2,2,2]???2702，
322?20f(7)(?)7!f(8)(?)0018f[2,2,?,2]???1，f[2,2,?,2]???0。
7!7!8!8!0175、给定数据表：i?1,2,3,4,5，
xi 1 2 4 6 7 f(xi) 4 1 0 1 1 求4次牛顿插值多项式，并写出插值余项。 [解]
xi f(xi) 一阶差商 二阶差商 三阶差商 四阶差商 5 4 0 61 6 1 41? 7 1 0 6由差商表可得4次牛顿插值多项式为： 1 2 4 1 -3 1? 21 2 ?7 601? 12 1 18057N4(x)?4?3(x?1)?(x?1)(x?2)?(x?1)(x?2)(x?4)6601?(x?1)(x?2)(x?4)(x?6)180，插值余项为
57?4?3(x?1)?(x?1)(x?2)?(x?1)(x?2)(x?4)6601?(x?1)(x?2)(x?4)(x?6)180f(5)(?)R4(x)?(x?1)(x?2)(x?4)(x?6)(x?7),???1,7?。
5!6、如下表给定函数：i?0,1,2,3,4，
xi 0 1 2 3 4 f(xi) 3 6 11 18 27 试计算出此列表函数的差分表，并利用牛顿向前插值公式给出它的插值多项式。 [解]构造差分表：
xi fi ?fi ?2fi ?3fi ?4fi 0 1 2 3 4 3 6 11 18 27 3 5 7 9 2 2 2 0 0 0 t(t?1)2?f0??2N4(x0?th)?f0?t?f0?由差分表可得插值多项式为：
?3?3t?t(t?1)?2?3?3t?t(t?1)?t2?2t?32。
第三章 函数逼近与计算（80-82）
1、（a）利用区间变换推出区间为?a,b?的伯恩斯坦多项式；
???
（b）对f(x)?sinx在?0,?上求1次和3次伯恩斯坦多项式并画出图形，并与
?2?
相应的马克劳林级数部分和误差做出比较。
[解]（a）令x?a?(b?a)t，则t??0,1?，从而伯恩斯坦多项式为
Bn(f,x)??f(k?0n?n?k(b?a)kn?k)Pk(x)，其中Pk(x)???。 x(b?a?x)?k?n??（b）令x??2nt，则t??0,1?，从而伯恩斯坦多项式为
Bn(f,x)??f(k?0?k?n?k?n?k)Pk(x)，其中Pk(x)???。 x(?x)??2n2?k?0?1?0????1?1???????B1(f,x)??f()Pk(x)?f(0)?x?x?f()x?x?????0??1?2222????k?0????；
????????sin0???x??sin?x?0???x??x?x2?2??2?1?kB3(f,x)??f(k?03?k6)Pk(x)?3?0???3?1?32?f(0)??0??x(2?x)?f(6)??1??x(2?x)??????3?2???3?3?10????f()?x(?x)?f()x(?x)??3?22?2?2??3?。
?????????sin0???x??sin?3x(?x)2?sin?3x2(?x)?sin?x362322?2?3?332?3?233?223?x(?x)?x(?x)?x?(x??x2?x3)?(x?x3)?x3222224223?231?x??(2?3)x2?(33?5)x38422、求证：（a）当m?f(x)?M时，m?Bn(f,x)?M； （b）当f(x)?x时，Bn(f,x)?x。
k[证明]（a）由Bn(f,x)??f()Pk(x)及m?f(x)?M可知，
nk?0n3m?Pk(x)??mPk(x)?Bn(f,x)??MPk(x)?M?Pk(x)，
k?0k?0k?0k?0nnnn?n?kn?kn?而?Pk(x)???x(1?x)?[x?(1?x)]?1，从而得证。 ?k?k?0k?0??nn（b）当f(x)?x时，
nkk?n?k?Bn(f,x)??f()Pk(x)??f()?x(1?x)n?k??nn?k?k?0k?0nf(0)?0nkn!(n?1)!kn?k????x(1?x)??xxk?1(1?x)(n?1)?(k?1)。
k!(n?k)!k?1nk?1(k?1)![(n?1)?(k?1)]!n?x?(n?1)!xk(1?x)(n?1)?k?x[x?(1?x)]n?1?xk?0k!(n?1?k)!n?13、在次数不超过6的多项式中，求f(x)?sin4x在?0,2??的最佳一致逼近多项式。 [解]由sin4x,x??0,2??可知，?1?sin4x?1，从而最小偏差为1，交错点为
?3579111315此即为P(x)?H6的切比雪夫交错点组，从而,?,?,?,?,?,?,?，
88888888P(x)是以这些点为插值节点的拉格朗日多项式，可得P(x)?0。
4、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。 [解]令m?inff(x)，M?supf(x)，则f(x)?a?x?ba?x?bM?m在?a,b?上具有最小偏差2M?m，从而为零次最佳逼近一次多项式。 25、选择常数a，使得maxx3?ax达到极小，又问这个解是否唯一？
0?x?1[解]因为x3?ax是奇函数，所以maxx3?ax?maxx3?ax，再由定理7可知，
0?x?1?1?x?1113当x3?ax?T3?(4x3?3x)时，即a?时，偏差最小。
444???
6、求f(x)?sinx在?0,?上的最佳一次逼近多项式，并估计误差。
?2?
f(b)?f(a)[解]由a1??f?(x2)?cosx2?b?a而最佳一次逼近多项式为
sin??22?sin0??02?2可得x2?arccos，从
?
精品数值分析第五版课后习题完整答案(李庆扬等)
