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数值分析证明题

news 来源：原创 2025/6/21 0:23:00

文章目录

- 第一题
- 第二题
- 第三题
- 第四题
- 第五题
- 第六题
- 第七题
- 第八题
- 第九题

第一题

例

给出 $\cos x$ ， $x\in[0^{\circ},90^{\circ}]$ 的函数表，步长 $(\frac{1}{60})^{\circ}$ ，若函数表具有 $5$ 位有效数字，研究用线性插值求 $\cos x$ 近似值时的总误差界。

解：

用函数值及近似值所建立的线性插值多项式为
当 $\in [x_i, x_{i + 1}]$ 时
$L_i(x) = f(x_i)\frac{x - x_{i + 1}}{x_i - x_{i + 1}} + f(x_{i + 1})\frac{x - x_i}{x_{i + 1} - x_i}$
$L_i^*(x) = f^*(x_i)\frac{x - x_{i + 1}}{x_i - x_{i + 1}} + f^*(x_{i + 1})\frac{x - x_i}{x_{i + 1} - x_i}$
式中 $x_i = \frac{i}{60}\frac{\pi}{180} = \frac{i\pi}{10800}$ $\cdots, 4500)$ ，这样得到步长 $\frac{\pi}{10800}$ 。

于是有

$\vert \cos x - L_i^*(x) \vert = \vert \cos x - L_i(x) + L_i(x) - L_i^*(x) \vert \leq \vert \cos x - L_i(x) \vert + \vert L_i(x) - L_i^*(x) \vert$

从上式可以看出，如果忽略算术运算过程中进一步引入的舍人误差，那么插值误差包含截断误差 $cos x - L_i(x) \vert$ 及初始数据误差的传播两部分。

截断误差
$\begin{align*} \vert \cos x - L_i(x) \vert &= \left\vert \frac{1}{2!}(-\sin \xi)(x - x_i)(x - x_{i + 1}) \right\vert \\ &\leq \frac{1}{2}\max_{\xi \in [x_i, x_{i + 1}]} \vert (x - x_i)(x - x_{i + 1}) \vert \\ &\leq \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2} \frac{\pi}{10800} \right]^2 \approx 1.06 \times 10^{-9} \end{align*}$

利用有效数字定义有
$\vert e(f^*(x_i)) \vert \leqslant \frac{1}{2} \times 10^{m_i - n + 1} = \frac{1}{2} \times 10^{m_i - 4}$
式中 $m_i$ 为函数值 $f^*(x_i)$ 的量级，即有 $10^{m_i} < \vert f^*(x_i) \vert < 10^{m_i + 1}$ 。

进而
$M_{i, i + 1} \leqslant \max \left\{ \frac{1}{2} \times 10^{m_i - 4}, \frac{1}{2} \times 10^{m_{i + 1} - 4} \right\} = \frac{1}{2} \times 10^{\max\{m_i, m_{i + 1}\} - 4}$

综合以上结果有
$\vert \cos x - L_i^*(x) \vert \leqslant 1.06 \times 10^{-9} + \frac{1}{2} \times 10^{\max\{m_i, m_{i + 1}\} - 4} , x \in (x_i, x_{i + 1}), i = 0, 1, 2, \cdots, 5399$

在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的总误差界为

$\vert \cos x - L_i^*(x) \vert \leqslant 1.06 \times 10^{-9} + \frac{1}{2} \times 10^{-5} = 0.50106 \times 10^{-5}$

第二题

例

设 $\in C^2[a,b]$ 且 $f (a) = f (b) = 0$ ，求证：
$\max_{a \leq x \leq b} |f(x)| \leq \frac{1}{8}(b - a)^2 \max_{a \leq x \leq b} |f''(x)|$

证明：

以 $x = a$ 和 $x = b$ 为插值节点，建立 $f (x)$ 的不超过一次的插值多项式
$L_1(x) = f(a)\frac{x - b}{a - b} + f(b)\frac{x - a}{b - a} \equiv 0$
应用插值余项公式有
$\begin{aligned} |f(x) - L_1(x)| &= \left| \frac{1}{2!} f''(\xi)(x - a)(x - b) \right|, \quad \xi \in (a,b) \\ &\leq \frac{1}{2} \max_{a \leq x \leq b} |f''(x)| \cdot \max_{a \leq x \leq b} |(x - a)(x - b)| \\ \end{aligned}$
令 $g(x) = (x - a)(x - b) = x^2 - (a + b)x + ab$ ，求导得 $g^{'} (x) = 2 x - (a + b)$ ，令 $g^{'} (x) = 0$ ，得 $\frac{a + b}{2}$ 。
代入 $g (x)$ 得
$g\left(\frac{a + b}{2}\right) = -\frac{(b - a)^2}{4},$
故
$\max_{a \leq x \leq b} |(x - a)(x - b)| = \frac{(b - a)^2}{4}.$
代入上式得
$\begin{aligned} |f(x) - L_1(x)| &\leq \frac{1}{2} \max_{a \leq x \leq b} |f''(x)| \cdot \frac{(b - a)^2}{4} \\ &= \frac{1}{8}(b - a)^2 \max_{a \leq x \leq b} |f''(x)|. \end{aligned}$
因此，
$\max_{a \leq x \leq b} |f(x)| \leq \frac{1}{8}(b - a)^2 \max_{a \leq x \leq b} |f''(x)|.$

第三题

例

证明不同的节点 $x_j$ ，有对于任意正整数 $k$
$\sum_{j=0}^{n}(x_j-x)^{k}l_j(x)\equiv 0$

证明

$\begin{align*} &\phantom{=} \sum_{j=0}^{n} (x_j - x)^k l_j(x) \\ &= \sum_{j=0}^{n} \left[ l_j(x) \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} x_j^i (-x)^{k-i} \right] \\ &= \sum_{j=0}^{n} \sum_{i=0}^{k} \left[ \binom{k}{i} x_j^i (-x)^{k-i} l_j(x) \right] \quad \text{（交换求和次序）} \\ &= \sum_{i=0}^{k} \sum_{j=0}^{n} \left[ \binom{k}{i} x_j^i (-x)^{k-i} l_j(x) \right] \quad \text{（有关因子提出求和符号外）} \\ &= \sum_{i=0}^{k} \left[ \binom{k}{i} (-x)^{k-i} \sum_{j=0}^{n} x_j^i l_j(x) \right] \\ &= \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} (-x)^{k-i} x^i \end{align*}$

第四题

例

$\sum_{k=0}^{n-1}f_{k}\Delta g_{k}=f_ng_n-f_0g_0-\sum_{k=0}^{n-1}g_{k+1}\Delta f_{k}$

这个是著名的阿贝尔变换

$\sum_{k=m}^{n}f_{k}\Delta g_{k}=f_{n+1}g_{n+1}-f_mg_m-\sum_{k=m}^{n-1}g_{k+1}\Delta f_{k}$

证明

$\begin{align*} \sum_{k=m}^{n}f_{k}\Delta g_{k} &=\sum_{k=m}^{n}f_kg_{k+1}-\sum_{k=m}^{n}f_kg_k \\ &=\sum_{k=m}^{n}f_kg_{k+1}-\sum_{k=m+1}^{n+1}f_kg_k+f_{n+1}g_{n+1}-f_{m}g_{m} \\ &=f_{n+1}g_{n+1}-f_mg_m-\sum_{k=m}^{n-1}g_{k+1}(f_{k+1}-f_{k})) \\ &=f_{n+1}g_{n+1}-f_mg_m-\sum_{k=m}^{n-1}g_{k+1}\Delta f_{k} \end{align*}$

赋值： $m = 0, n = n - 1$ 即可得到：

$\sum_{k=m}^{n}f_{k}\Delta g_{k}=f_{n+1}g_{n+1}-f_mg_m-\sum_{k=m}^{n-1}g_{k+1}\Delta f_{k}$

第五题

例

若 $f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots +a_{n - 1}x^{n - 1}+a_{n}x^{n}$ 有 $n$ 个不同实根 $x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}$ ，证明：
$\sum_{j = 1}^{n}\frac{x_{j}^{k}}{f^\prime(x_{j})}= \begin{cases} 0, & 0\leq k\leq n - 2\\ \frac{1}{a_{n}}, & k = n - 1 \end{cases}$

证明

由题目条件知道:

$f(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots +a_{n - 1}x^{n - 1}+a_{n}x^{n}=a_n\prod_{i=1}^{n}(x-x_i)$

带入可以得到：
$\begin{align*} \sum_{j = 1}^{n}\frac{x_{j}^{k}}{f^\prime(x_{j})}&=\sum_{j = 1}^{n}\frac{x_{j}^{k}}{a_n\prod\limits_{i\ne j}^{n}(x-x_i)}\\ &=\frac{1}{a_n}\sum_{j = 1}^{n}\frac{x_{j}^{k}}{\prod\limits_{i\ne j}^{n}(x-x_i)}\\ &=\frac{1}{a_n}g[x_1,x_2,\cdots,x_n] \\ &=\begin{cases} 0, & 0\leq k\leq n - 2\\ \frac{1}{a_{n}}, & k = n - 1 \end{cases} \end{align*}$

其中， $g(x)=x^k$ 。

第六题

证明以下求积分公式：

$\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x=(b-a)f(a)+\frac{f^{\prime}(\eta)}{2}(b-a)^2$
$\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x=(b-a)f(b)+\frac{f^{\prime}(\eta)}{2}(b-a)^2$
$\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x=(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{f^{\prime\prime}(\eta)}{24}(b-a)^3$

证明

对于 $f (x)$ 进行泰勒展开：

$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime}(\xi)}{1!}(x-x_0)$

$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x-x_0)^2$

对第一个公式进行赋值 $x_0=a,b$ ,在 $[a, b]$ 区间上进行积分：

$\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x=(b-a)f(x_0)+\frac{f^{\prime}(\xi)}{2}(b-a)^2$

对于第二个公式：

选择 $x_0=\frac{a+b}{2}$

$\int_{a}^{b}f(x)=\int_{a}^{b}\left(f(x_0)+\frac{f^{\prime}(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(\xi)}{2!}(x-x_{0})^2\right)\text{d}x$

积分化简得到：

$\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x=(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right)+\frac{f^{\prime\prime}(\eta)}{24}(b-a)^3$

第七题

例

设 $\boldsymbol{A}$ 是对称矩阵且 $a_{11}\neq0$ ，经过一步高斯消去法后， $\boldsymbol{A}$ 约化为
$\begin{pmatrix} a_{11} & \boldsymbol{a}_{1}^{\mathrm{T}}\\ \boldsymbol{0} & \boldsymbol{A}_{2} \end{pmatrix}$
证明 $\boldsymbol{A}_2$ 是对称矩阵。

证明

变化过后的矩阵元素记为 $a^{(2)}_{ij}$ :
$a_{ij}^{(2)}=a_{ij}-\frac{a_{i1}}{a_{11}}a_{1j}$

类似的：

$a_{ji}^{(2)}=a_{ji}-\frac{a_{1i}}{a_{11}}a_{j1}$

由于 $\boldsymbol{A}$ 为对称矩阵

$a_{ij}=a_{ji}$

所以：
$a_{ij}^{(2)}=a_{ji}^{(2)}$

故 $\boldsymbol{A}_2$ 是对称矩阵。

第八题

例

设 $\boldsymbol{A}=(a_{ij})$ 是对称正定矩阵，经过高斯消去法一步后, 约化为
$\begin{pmatrix} a_{11} & \boldsymbol{a}_{1}^{\mathrm{T}}\\ \boldsymbol{0} & \boldsymbol{A}_{2} \end{pmatrix}$
其中 $A_{2}=(a_{ij}^{(2)})_{i,j = 2}^{n}$ 。证明：

$\boldsymbol{A}$ 的对角元素 $a_{ii}>0,i = 1,2,\cdots,n$ ；
$\boldsymbol{A}_{2}$ 是对称正定矩阵。

证明

（1）

由正定矩阵的定义：

$\forall \boldsymbol{x} , \boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{Ax}>0$

取 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{e}_{i}$ ,其中 $i$ 表示单位向量的第 $i$ 个分量不为 $0$ 。

有：

$a_{ii}=\boldsymbol{e}_{i}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{e}_{i}>0$

（2）

由 $A$ 的对称性及消元公式得
$\begin{align*} a_{ij}^{(2)} &= a_{ij} - \frac{a_{i1}}{a_{11}}a_{1j}\\ &= a_{ji} - \frac{a_{j1}}{a_{11}}a_{1i} = a_{ji}^{(2)}, \quad i, j = 2, \dots, n \end{align*}$
故 $\mathbf{A}_2$ 也对称。

又
$\begin{pmatrix} a_{11} & \mathbf{a}_1^\top \\ \mathbf{0} & \mathbf{A}_2 \end{pmatrix} = \mathbf{L}_1 \mathbf{A}$

其中 $\mathbf{L}_1 = \begin{bmatrix} 1 & & \\ -\frac{a_{21}}{a_{11}} & 1 & \\ \vdots & & \ddots \\ -\frac{a_{n1}}{a_{11}} & \dots & 1 \end{bmatrix}$ 。

$\mathbf{L}_1$ 非奇异，从而对任意的 $ \mathbf{x} \neq 0$，有

$\mathbf{L}_1^\top \mathbf{x} \neq 0$ ， $(\mathbf{x}, \mathbf{L}_1 \mathbf{A} \mathbf{L}_1^\top \mathbf{x}) = (\mathbf{L}_1^\top \mathbf{x}, \mathbf{A} \mathbf{L}_1^\top \mathbf{x}) > 0$ 故 $\mathbf{L}_1 \mathbf{A} \mathbf{L}_1^\top $ 正定。

又

$\mathbf{L}_1 \mathbf{A} \mathbf{L}_1^\top = \begin{pmatrix} a_{11} & \mathbf{0} \\ \mathbf{0} & \mathbf{A}_2 \end{pmatrix}$

而 $a_{11} > 0$ ，故 $\mathbf{A}_2$ 正定。

第九题

例

给定函数 $f (x)$ ，设对一切 $x$ ， $f^{\prime}(x)$ 存在且 $\leqslant f^{\prime}(x)\leqslant M$ ，证明对于范围 $\lambda<2/M$ 内的任意定数 $\lambda$ ，迭代过程

$x_{k + 1}=x_{k}-\lambda f(x_{k})$

均收敛于 $f (x) = 0$ 的根 $x^{*}$ 。

证明

迭代函数为

$\varphi(x)=x-\lambda f(x)$

得到收敛的充分条件：

$|1-\lambda f^{\prime}(x^{*})|<1$

满足

$f^{\prime}(x^*)\in\left(0,\frac{2}{\lambda}\right)$

验证知道一定满足。

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第一题

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