数值分析证明题

第一题

例

给出$\cos x$，$x\in [0^{\circ },90^{\circ }]$的函数表，步长$h=1^{\prime }=(\frac{1}{60}{)}^{\circ }$，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$x\in [x_i,x_{i+1}]$时
$$L_i(x)=f(x_i)\frac{x-x_{i+1}}{x_i-x_{i+1}}+f(x_{i+1})\frac{x-x_i}{x_{i+1}-x_i}$$
$$L_i^{\ast }(x)=f^{\ast }(x_i)\frac{x-x_{i+1}}{x_i-x_{i+1}}+f^{\ast }(x_{i+1})\frac{x-x_i}{x_{i+1}-x_i}$$
式中$x_i=\frac{i}{60}\frac{\pi }{180}=\frac{i\pi }{10800}$ $(i=0,1,2,\cdots ,4500)$，这样得到步长$h=\frac{\pi }{10800}$。

于是有

$$|\cos x-L_i^{\ast }(x)|=|\cos x-L_i(x)+L_i(x)-L_i^{\ast }(x)|\le |\cos x-L_i(x)|+|L_i(x)-L_i^{\ast }(x)|$$

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$|\cos x-L_i(x)|$及初始数据误差的传播两部分。

截断误差
$$\begin{array}{rl}|\cos x-L_i(x)|& =\left|\frac{1}{2!}(-\sin \xi )(x-x_i)(x-x_{i+1})\right|\\ & \le \frac{1}{2}\underset{\xi \in [x_i,x_{i+1}]}{\max }|(x-x_i)(x-x_{i+1})|\\ & \le \frac{1}{2}{\left[\frac{1}{2}\frac{\pi }{10800}\right]}^2\approx 1.06\times 10^{-9}\end{array}$$

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

进而
M i , i + 1 ⩽ max ⁡ { 1 2 × 1 0 m i − 4 , 1 2 × 1 0 m i + 1 − 4 } = 1 2 × 1 0 max ⁡ { m i , m i + 1 } − 4 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} Mi,i+1​⩽max{21​×10mi​−4,21​×10mi+1​−4}=21​×10max{mi​,mi+1​}−4

综合以上结果有
∣ cos ⁡ x − L i ∗ ( x ) ∣ ⩽ 1.06 × 1 0 − 9 + 1 2 × 1 0 max ⁡ { m i , m i + 1 } − 4 , x ∈ ( x i , x i + 1 ) , i = 0 , 1 , 2 , ⋯ , 5399 \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 ∣cosx−Li∗​(x)∣⩽1.06×10−9+21​×10max{mi​,mi+1​}−4,x∈(xi​,xi+1​),i=0,1,2,⋯,5399

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

$$|\cos x-L_i^{\ast }(x)|⩽1.06\times 10^{-9}+\frac{1}{2}\times 10^{-5}=0.50106\times 10^{-5}$$

第二题

例

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

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
$$\begin{array}{rl}|f(x)-L_1(x)|& =\left|\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }(\xi )(x-a)(x-b)\right|,\xi \in (a,b)\\ & \le \frac{1}{2}\underset{a\le x\le b}{\max }|f^{\prime \prime }(x)|\cdot \underset{a\le x\le b}{\max }|(x-a)(x-b)|\end{array}$$
令 $g(x)=(x-a)(x-b)=x^2-(a+b)x+ab$，求导得 $g^{\prime }(x)=2x-(a+b)$，令 $g^{\prime }(x)=0$，得 $x=\frac{a+b}{2}$。
代入 $g(x)$ 得
$$g\left(\frac{a+b}{2}\right)=-\frac{(b-a{)}^2}{4},$$
故
$$\underset{a\le x\le b}{\max }|(x-a)(x-b)|=\frac{(b-a{)}^2}{4}.$$
代入上式得
$$\begin{array}{rl}|f(x)-L_1(x)|& \le \frac{1}{2}\underset{a\le x\le b}{\max }|f^{\prime \prime }(x)|\cdot \frac{(b-a{)}^2}{4}\\ & =\frac{1}{8}(b-a{)}^2\underset{a\le x\le b}{\max }|f^{\prime \prime }(x)|.\end{array}$$
因此，
$$\underset{a\le x\le b}{\max }|f(x)|\le \frac{1}{8}(b-a{)}^2\underset{a\le x\le b}{\max }|f^{\prime \prime }(x)|.$$

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

$$\begin{array}{rl}& \sum _{j=0}^n(x_j-x{)}^k{l}_j(x)\\ & =\sum _{j=0}^n\left[l_j(x)\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)x_j^i(-x{)}^{k-i}\right]\\ & =\sum _{j=0}^n\sum _{i=0}^k\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)x_j^i(-x{)}^{k-i}{l}_j(x)\right]\text{（交换求和次序）}\\ & =\sum _{i=0}^k\sum _{j=0}^n\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)x_j^i(-x{)}^{k-i}{l}_j(x)\right]\text{（有关因子提出求和符号外）}\\ & =\sum _{i=0}^k\left[\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)(-x{)}^{k-i}\sum _{j=0}^n{x}_j^i{l}_j(x)\right]\\ & =\sum _{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)(-x{)}^{k-i}{x}^i\end{array}$$

第四题

例

$$\sum _{k=0}^{n-1}{f}_k\Delta g_k=f_n{g}_n-f_0{g}_0-\sum _{k=0}^{n-1}{g}_{k+1}\Delta f_k$$

这个是著名的阿贝尔变换

$$\sum _{k=m}^n{f}_k\Delta g_k=f_{n+1}{g}_{n+1}-f_m{g}_m-\sum _{k=m}^{n-1}{g}_{k+1}\Delta f_k$$

证明

$$\begin{array}{rl}\sum _{k=m}^n{f}_k\Delta g_k& =\sum _{k=m}^n{f}_k{g}_{k+1}-\sum _{k=m}^n{f}_k{g}_k\\ & =\sum _{k=m}^n{f}_k{g}_{k+1}-\sum _{k=m+1}^{n+1}{f}_k{g}_k+f_{n+1}{g}_{n+1}-f_m{g}_m\\ & =f_{n+1}{g}_{n+1}-f_m{g}_m-\sum _{k=m}^{n-1}{g}_{k+1}(f_{k+1}-f_k))\\ & =f_{n+1}{g}_{n+1}-f_m{g}_m-\sum _{k=m}^{n-1}{g}_{k+1}\Delta f_k\end{array}$$

赋值：$m=0,n=n-1$即可得到：

$$\sum _{k=m}^n{f}_k\Delta g_k=f_{n+1}{g}_{n+1}-f_m{g}_m-\sum _{k=m}^{n-1}{g}_{k+1}\Delta f_k$$

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：
$$\sum _{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{\prime }(x_j)}=\{\begin{array}{ll}0,& 0\le k\le n-2\\ \frac{1}{a_n},& k=n-1\end{array}$$

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：
$$\begin{array}{rl}\sum _{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{\prime }(x_j)}& =\sum _{j=1}^n\frac{x_j^k}{a_n\prod _{i\ne j}^n(x-x_i)}\\ & =\frac{1}{a_n}\sum _{j=1}^n\frac{x_j^k}{\prod _{i\ne j}^n(x-x_i)}\\ & =\frac{1}{a_n}g[x_1,x_2,\cdots ,x_n]\\ & =\{\begin{array}{ll}0,& 0\le k\le n-2\\ \frac{1}{a_n},& k=n-1\end{array}\end{array}$$

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 $\mathbf{A}$是对称矩阵且 $a_{11}\ne 0$，经过一步高斯消去法后，$\mathbf{A}$约化为
$$\left(\begin{array}{cc}{a}_{11}& {\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}\\ 0& {\mathbf{A}}_2\end{array}\right)$$
证明${\mathbf{A}}_2$是对称矩阵。

证明

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

类似的：

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

由于$\mathbf{A}$为对称矩阵

$$a_{ij}=a_{ji}$$

所以：
$$a_{ij}^{(2)}=a_{ji}^{(2)}$$

故${\mathbf{A}}_2$是对称矩阵。

第八题

例

设 $\mathbf{A}=(a_{ij})$ 是对称正定矩阵，经过高斯消去法一步后, 约化为
$$\left(\begin{array}{cc}{a}_{11}& {\mathbf{a}}_1^{\mathrm{T}}\\ 0& {\mathbf{A}}_2\end{array}\right)$$
其中 $A_2=(a_{ij}^{(2)}{)}_{i,j=2}^n$。证明：

• $\mathbf{A}$ 的对角元素 $a_{ii}>0,i=1,2,\cdots ,n$；
• ${\mathbf{A}}_2$ 是对称正定矩阵。

证明

（1）

由正定矩阵的定义：

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

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

有：

$$a_{ii}={\mathbf{e}}_i^{\text{T}}\mathbf{A}{\mathbf{e}}_i>0$$

（2）

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

又
$$\left(\begin{array}{cc}{a}_{11}& {\mathbf{a}}_1^{\top }\\ 0& {\mathbf{A}}_2\end{array}\right)={\mathbf{L}}_1\mathbf{A}$$

其中 ${\mathbf{L}}_1=\left[\begin{array}{ccc}1& & \\ -\frac{a_{21}}{a_{11}}& 1& \\ ⋮& & \ddots \\ -\frac{a_{n1}}{a_{11}}& \dots & 1\end{array}\right]$。

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

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

又

$${\mathbf{L}}_1\mathbf{A}{\mathbf{L}}_1^{\top }=\left(\begin{array}{cc}{a}_{11}& 0\\ 0& {\mathbf{A}}_2\end{array}\right)$$

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 $0<m⩽f^{\prime }(x)⩽M$，证明对于范围 $0<\lambda <2/M$ 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 $x^{\ast }$。

证明

迭代函数为

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

得到收敛的充分条件：

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

满足

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

验证知道一定满足。