计算方法第四章部分习题

计算方法第六次作业

​

$24.使用FFT算法，求函数f(x)=\left |x\right|在[-\pi,\pi]上的四次三角插值多项式S_4$(x)

$由c_k=\sum_{j=0}^{7}f_j(e^{i\frac{\pi}{4}})^{jk},求得$

​
$\left\{ \begin{array}{l} c_0=4\pi\\ c_1=\pi+\frac{1}{2}\pi \omega-\frac{1}{2}\pi \omega^3=5.363024\\ c_2=0\\ c_3=\pi+\frac{1}{2}\pi \omega^3+\frac{1}{2}\pi \omega^5=0.920151\\ c_4=0\\ \end{array} \right.$
​

$由a_k=\frac{1}{4}R_e(c_ke^{-i\pi k}),求得$
$\left\{ \begin{array}{l} a_0=\frac{1}{4}R_e(c_0)=\pi=3.1415926\\ a_1=\frac{1}{4}R_e(c_1e^{-i\pi})=-1.340759 \\ b_1=0\\ a_2=b_2=0\\ a_3=\frac{1}{4}R_e(c_3e^{-i\pi3})=-0.230037\\b_3=0\\ a_4=b_4=0\\ \end{array} \right.$

$即S_4(x)=1.570796-1.340759cosx-0.230037cos3x$

$1.确定下列求积公式中的待定参数，使其代数精度尽量高，并指明所构造的求积公式具有的代数精度$

​ 1.1
$\int_{-h}^{h}f(x)dx\approx A_{-1}f(-h)+A_0f(0)+A_1f(h)$
​ $将f(x)=1,x,x^2分别代入公式两端并令其左右相等，得$
$\left\{ \begin{array}{l} A_{-1}+A_0+A_1=2h \\ -hA_{-1}+hA_1=0 \\ h^2A_{-1}+h^2A_1=\frac{2}{3}h^2 \end{array} \right.$
​ $ 解得A_{-1}=A_1=\frac{h}{3},A_0=\frac{4h}{3},所以所求公式至少有两次代数精度，又因为：$

​
$\left\{ \begin{array}{l} \int_{-h}^{h}x^3dx=\frac{h}{3}(-h)^3+\frac{h}{3}\cdot{h^3} \\ \int_{-h}^{h}x^4dx=\frac{h}{3}(-h)^3+\frac{h}{3}\cdot{h^4} \end{array} \right.$
$\therefore \int_{-h}^{h}f(x)dx\approx \frac{h}{3}f(-h)+\frac{4}{3}hf(0)+\frac{h}{3}f(h)，具有三次代数精度$

​ 1.4

​ 当f(x)=1,x时，有
$\int_{0}^{h}1dx =\frac{h}{2}[1+1]+0, \int_{0}^{h}xdx =\frac{h}{2}[0+h]+ah^2[1-1]$
​ $将f(x)=x^2分别代入公式两端并令其左右相等，得$
$\int_{0}^{h}x^2dx =\frac{h}{2}[0+h^2]+ah^2[0-2h]$

$ 解得a=\frac{1}{12},所以所求公式至少有两次代数精度，又因为：$

​
$\left\{ \begin{array}{l} \int_{0}^{h}x^3dx=\frac{h}{2}[0+h^3]+\frac{h}{12}[0-3h^2] \\ \int_{0}^{h}x^4dx \neq \frac{h}{2}[0+h^4]+\frac{h^2}{12}[0-4h^3] \end{array} \right.$

$\therefore 所求公式具有三次代数精度$

$4.使用辛普森公式求积分 \int_0^1 e^{-x}dx 并估计误差.$

​ $\left|R(f) \right|=\left| -\frac{b-a}{180}(\frac{b-a}{2})^4 f^{(4)}(\eta)\right| $

​ $\leq \frac{1}{180}\frac{1}{2^4}e^0$

​ $=0.0003472,\eta \in(0,1)$

5.推导下列三种矩形公式：

1. $\int_a^b f(x)dx =(b-a)f(a)+\frac{f^{{’}(\eta)}{2}(b-a)}2; $

$左矩形公式，f(x)=f(a)+f^{'}(\xi)(x-a),\xi \in(a,x),两边积分，得：$

​ $\int_a^b f(x)dx = \int_a^b f(a)dx+ \int_a^b f^{'}(\xi)(x-a)$

​ $由于x-a在[a,b]上不变号，故有\eta \in (a,b),使得$

​ $\int_a^b f(x)dx = (b-a)f(a)+ f^{'}(\eta) \int_a^b(x-a)dx,\eta \in(a,b)$

​ $从而有$

​ $\int_a^b f(x)dx = (b-a)f(a)+ \frac{1}{2}f^{'}(\eta) (b-a)^2,\eta \in(a,b)$

​

2. $\int_a^b f(x)dx =(b-a)f(a)+\frac{f^{'}(\eta)}{2}(b-a)^2;$

$右矩形公式，f(x)=f(b)+f^{'}(\xi)(x-b),\xi \in(a,x),两边积分，得：$

​ $同(1),将f(x)在b点处展开并积分，得$

​ $\int_a^b f(x)dx = (b-a)f(b)- \frac{1}{2}f^{'}(\eta) (b-a)^2,\eta \in(a,b)$

3. $\int_a^b f(x)dx =(b-a)f(a)+\frac{f^{'}(\eta)}{2}(b-a)^2;$

$中矩形公式，f(x)=f(\frac{a+b}{2})+f^{'}(\frac{a+b}{2})(x-\frac{a+b}{2})+\frac{1}{2}f^{''}(\xi)(x-\frac{a+b}{2})^2,\xi \in(a,x),$

$两边积分并运用积分中值定理，得：$

​ $\int_a^bf(x)dx=f(\frac{a+b}{2})(b-a)+f^{'}(\frac{a+b}{2})\int_a^b(x-\frac{a+b}{2})dx+\frac{1}{2}\int_a^bf^{''}(\xi)(x-\frac{a+b}{2})^2dx$

​ $= (b-a)f(\frac{a+b}{2})+ \frac{1}{24}f^{''}(\eta) (b-a)^3,\eta \in(a,b)$