科学计算作业 六

科学计算

陆一洲 5140309557

8.1

(a) $$\int_0^1x^3\ \mathrm{d}x=(1-0)(\frac{1}{2})^3=\frac{1}{8}$$ $$\int_0^1x^3\ \mathrm{d}x=\frac{1}{2}(0^3+1^3)^3=\frac{1}{2}$$
(b) $$E(f)\doteq\frac{T(f)-M(f)}{3}=\frac{1}{8}\\M_{error}\doteq \frac{1}{8}, \ \ T_{error}\doteq-\frac{1}{4}$$
(c) $$S(f)=\frac{2}{3}M(f)+\frac{1}{3}T(f)=\frac{1}{4}$$
(d)
准确。因为 Simpson 积分的代数精度为 3，可以精确地计算三次函数的面积。

8.2

(a)
$$M_2(f)=0.5*(0.25^3+0.75^3)=\frac{7}{32}\\M_1(f)=(1-0)(\frac{1}{2})^3=\frac{1}{8}$$ .
(b) $$F(1)=\frac{1}{8}\\F(0.5)=\frac{7}{32}$$ 精度为2阶，所以有 $$F(0)=a_0=\frac{1}{3}(4F(0.5)-F(1))\approx\frac{1}{4}$$
(c)
是的。因为 $x^3$ 的 $k(k\geq4)$ 阶导为0，所以 $F(h)=a_0+a_1h^2$，不存在更高次项。因此计算 $F(0)$ 时不存在误差。

8.3

根据差值型求积公式的性质，我们可以得到 $Q(f)$ 对于 $n-1$ 次多项式都是精确的。
不妨设 $f(x)$ 恒为 $1$。那么可以得到 $$\sum_{i=1}^nw_i=\sum_{i=1}^n w_if(x_i)=Q(f)=1$$

8.6

因为 $f(x)=\sum\limits_{i=1}^nl_i(x)f(x_i)$，所以 $$\begin{align*} Q(f) & =\int_a^b(\sum\limits_{i=1}^nl_i(x)f(x_i))dx\notag \\ & =\sum\limits_{i=1}^nf(x_i)\int_a^bl_i(x)dx\notag \end{align*}$$ 因为 $Q(f)=\sum\limits_{i=1}^nw_if(x_i)$，所以 $w_i=\int_a^bl_i(x)dx$ 成立。
由 8.3 知，$w$ 只有唯一解，命题得证。

8.9

(a)
不妨设 $q_k(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_k)$，其中 $x_1,x_2,\cdots,x_k$ 是 $p$ 在区间 $[a,b]$ 上的根。那么我们可以知道 $p(x)$ 和 $q_k(x)$ 在 $x_1,x_2,\cdots,x_k$ 上同号，且有 $$\int_a^bp(x)q_k(x)\ \mathrm{d}x\neq0$$ 又由于 $$\int_a^bp(x)x^k\ \mathrm{d}x=0,\ \ k=0,1,\cdots,n-1$$ 所以 $k=n$，$x_1,x_2,\cdots,x_n$ 为 $p(x)$ 在 $(a,b)$ 上的根。
若存在根 $x_0\notin R$，则 $$\int_a^b\left(\frac{p(x)}{x-x_0}\right)^2=\int_a^bp(x)\left(\frac{p(x)}{x-x_0}\right)>0$$ 则 $\frac{p(x)}{(x-x_0)^2}$ 为 $n-2$ 次多项式。
又由于 $$\int_a^b p(x)x^k\ \mathrm{d}x=0\ \ \ \Rightarrow\ \ \ \int_a^b\left(\frac{p(x)}{x-x_0}\right)^2=0$$
矛盾，所以 $p(x)$ 的 $n$ 个实数都是实数，且都在 $(a,b)$ 之内。
(b)
令 $f(x)$ 为一个阶小于等于 $2n-1$ 多项式，那么 $f(x)=p(x)q(x)+r(x)$，其中 $q(x),r(x)$ 的阶都小于等于 $n-1$。
由于 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 为 $p(x)$ 的零点，所以有 $f(x_i)=r(x_i),\ i=1,2,\cdots,n$。并且有 $$\int_a^b f(x)\ \mathrm{d}x=\int_a^b r(x)\ \mathrm{d}x$$ 然后可将 $p(x)$ 的 $n$ 个根取出作为插值点，那么我们可以得到 $$\int_a^b f(x)\ \mathrm{d}x=\int_a^b r(x)\ \mathrm{d}x=\int_a^b\sum_{i=1}^nr(x_i)l_i(x_i)\ \mathrm{d}x$$ 其中 $l_i(x)$ 为拉格朗日插值的基函数。即我们可以用 $n$ 个点的插值型求积公式来对 $f(x)$ 进行插值，因此它的阶为 $2n-1$。

8.13

$$\begin{align*} f(x) & =f(x) \\ f(x+h) & =f(x)+f'(x)h+\frac{f''(x)h^2}{2}+o(h^2)\\ f(x+2h) & =f(x)+2f'(x)h+2f''(x)h^2+o(h^2)\\ f'(x) & =\frac{1}{2h}(4f(x+h)-f(x+2h)-3f(x))+o(h^2) \end{align*}$$

8.15

(a)
$$\begin{align*} \sin(x)&=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots\\ \tan(x)&=x+\frac{x^3}{3!}+\frac{2x^5}{3\times5}+\frac{17x^7}{5\times7\times9}+\cdots \end{align*}$$ 因此对于 $p_n$，有 $$p_n=\pi-\frac{\pi^3x^2}{6}+\frac{\pi^5x^4}{120}+\cdots$$ 从而得到 $a_0=\pi$，同理可得 $b_0=\pi$。
(b)
取 $p_6=3.0000,p_{12}=3.1058$，则有 $\pi=p_6+\frac{p_6-p_1^2}{0.25-1}=3.1411$
取 $p_6=3.4641,p_{12}=3.2154$，则有 $\pi=p_6+\frac{p_6-p_1^2}{0.25-1}=3.1325$

1.

(a)
$$\begin{align*} \int_0^1\cos x\log x\ \mathrm{d}x & =\sin x\log x\mid_{x=0}^1+\int_0^1\frac{\cos x}{x}\ \mathrm{d}x \\ & =\int_0^1\frac{\cos x}{x}\ \mathrm{d}x\\ &\doteq-0.94611 \end{align*}$$
(b)
$$\begin{align*} \int_0^1\sqrt{\sin x}dx & =\int_0^1(\sqrt{\sin x}-\sqrt x+\sqrt x)\ \mathrm{d}x \\ & =\int_0^1(\sqrt{\sin x}-\sqrt x)\ \mathrm{d}x+\int_0^1\sqrt x\ \mathrm{d}x\\ &\doteq0.643 \end{align*}$$

9.2

(a)
$$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lll} y' &=& z \\ z' &=& z(1-y^2)-y \end{array}\notag \right. \end{equation}$$
(b)
$$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lll} y_1' &=& y_2 \\ y_2' &=& y_3 \\ y_3' &=& -y_1y_3 \end{array}\notag \right. \end{equation}$$
(c)
$$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{lll} y_1' &=& y_{1,1} \\ y_{1,1}' &=& -GMy_1/(y_1^2+y_2^2)^{\frac{3}{2}} \\ y_2' &=& y_{2,1} \\ y_{2,1}' &=& -GMy_2/(y_1^2+y_2^2)^{\frac{3}{2}} \end{array}\notag \right. \end{equation}$$

9.3

可将其转化为 $$\begin{pmatrix} y'_1\\ y'_2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -1 & 1\\ 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y'_1\\ y'_2 \end{pmatrix}$$ 由于系数矩阵为对角矩阵，对角线上的均为特征值，因此它的特征值军小于 $0$，所以解是稳定的。

9.4

(a) 稳定；
(b) 不稳定；
(c) $$y(h)；=y(0)+hy'(0)=y(0)-5hy(0)=-1.5$$
(d) 稳定；
(e) $$y_1=\frac{1}{5h}y_0=\frac{1}{3.5}=0.2857$$

9.9

(1): abdf
(2): a
(3): abcdeg

9.12

精度阶数分析：
对于 $y_{k+1},y_{k-1}$ 进行泰勒展开，可以得到 $$y_{k+1}=y_k+y'_kh+0.5y''_kh^2+\mathrm{O}(h^3)\\y_{k-1}=y_k-y'_kh+0.5y''_kh^2+\mathrm{O}(h^3)$$ 因此我们可以得到 $$y_{k+1}=y_{k-1}-2hy'_k+\mathrm{O}(h^3)$$ 所以这个方法是二阶的。
稳定区域分析：
对于 $y=\lambda y$ $$y_{k+1}=y_{k-1}+2h\lambda y_k$$ 因此 $y^2=1+2h\lambda y$。为了使得迭代稳定，方程必须让它的根落在单位圆内。
不妨设 $\alpha$ 为根，由于 $-\frac{1}{\alpha}$ 也是根，所以 $\alpha=i$。
因此必须满足 $$h\lambda\in\beta,\ \beta\subseteq(-1,1)$$

10.1

(a) $$u(t)=\int_0^tu'(s)\ \mathrm{d}s+c_1=\int_0^tF(s)\ \mathrm{d}s+c_2t+c_1$$
(b) $$\int_0^tF(s)\ \mathrm{d}s=\int_0^t(t-s)f(s)\ \mathrm{d}s$$ 所以 $$u(t)=c_1+c_2t+\int_0^t(t-s)f(s)\ \mathrm{d}s$$
(c)
因为 $u(0)=0$，所以有 $c_1=0$；
因为 $u(1)=0$，所以 $$c_2+\int_0^1(1-s)f(s)\ \mathrm{d}s=0$$ 即 $$c_2=\int_0^1(s-1)f(s)\ \mathrm{d}s$$
(d) $$\begin{align} u(t) & =\int_0^t(t-s)f(s)ds+t\int_0^1(s-1)f(s)ds\notag \\ & =\int_0^t(t-s)f(s)ds+t\int_0^t(s-1)f(s)ds+t\int_t^1(s-1)f(s)ds\notag \\ & =\int_0^ts(t-1)f(s)ds+\int_t^1t(s-1)f(s)ds\notag \\ & =\int_0^1G(t,s)f(s)ds\notag \end{align}$$ 其中， $$G(t,s)= \left\{ \begin{array}{lll} s(t-1),& 0\leq s\leq t \\ t(s-1),& t<s\leq1 \end{array}\notag \right.$$
(e) $$\begin{align} u(t)& =\int_0^ts(t-1)ds+\int_t^1t(s-1)ds\notag \\ & =\frac{(t-1)t^2}{2}-\frac{t(t-1)^2}{2}\notag \\ & =\frac{t^2-t}{2}\notag \end{align}$$
(f)
$$\begin{align} u(t)& =\int_0^ts(t-1)sds+\int_t^1t(s-1)sds\notag \\ & =\frac{(t-1)t^3}{3}+\frac{t(1-t^3)}{3}-\frac{t-t^3}{2}\notag \\ & =\frac{t^3-t}{6}\notag \end{align}$$
(g)
$$\begin{align} u(t)& =\int_0^ts(t-1)s^2ds+\int_t^1t(s-1)s^2ds\notag \\ & =\frac{(t-1)t^4}{4}+\frac{t(1-t^4)}{4}-\frac{t-t^4}{3}\notag \\ & =\frac{t^4-t}{12}\notag \end{align}$$