高级数值分析 第 7 章 复习题

本文由手写笔记《高级数值分析》扫描件的 LaTeX 转录稿改写而来，忠实保留原稿的文字与公式。

本章是原笔记的复习题与解答，题号沿用原稿的连续编号。

7.1 Legendre 多项式的基本性质

1. 设

$$P_n(x)=\frac{1}{2^n n!}\frac{\mathrm d^n}{\mathrm dx^n}(x^2-1)^n, \qquad -1\le x\le 1.$$

证明 Legendre 多项式的正交性

$$\int_{-1}^{1}P_n(x)P_m(x)\,\mathrm dx=0\quad(m\ne n), \qquad \int_{-1}^{1}P_n(x)^2\,\mathrm dx=\frac{2}{2n+1},$$

并证明其奇偶性 $P_n(-x)=(-1)^nP_n(x)$。

解

当 $m<n$ 时，分部积分 $n$ 次，边界项均为零，故

$$\int_{-1}^{1}P_nP_m\,\mathrm dx =\frac{(-1)^n}{2^n n!}\int_{-1}^{1}P_m^{(n)}(x)(x^2-1)^n\,\mathrm dx=0,$$

因为 $\deg P_m=m<n$。当 $m=n$ 时，$P_n^{(n)}=2^{-n}n!^{-1}(2n)!$，从而

$$\int_{-1}^{1}P_n(x)^2\,\mathrm dx =\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\int_{-1}^{1}(x^2-1)^n\,\mathrm dx =\frac{2}{2n+1}.$$

由于 $(x^2-1)^n$ 为偶函数，作变量代换 $x\mapsto -x$ 立即得到 $P_n(-x)=(-1)^nP_n(x)$。

2. 证明三项递推关系

$$xP_n(x)=\frac{n}{2n+1}P_{n-1}(x)+\frac{n+1}{2n+1}P_{n+1}(x),$$

等价地，

$$(n+1)P_{n+1}(x)=(2n+1)xP_n(x)-nP_{n-1}(x).$$

解

由于 $xP_n$ 的次数为 $n+1$，将其展开为 Legendre 基。由正交性，展开式中只有 $P_{n-1},P_n,P_{n+1}$ 可能出现；由奇偶性，$P_n$ 项系数为零。设 $xP_n=a_nP_{n-1}+b_nP_{n+1}$，分别与 $P_{n-1}$、$P_{n+1}$ 作内积，利用最高次项系数比较可得

$$a_n=\frac{n}{2n+1},\qquad b_n=\frac{n+1}{2n+1},$$

即得所述递推式。

7.2 线性无关性与范数

3. 证明函数组 $\{1,x,x^2,\ldots,x^n\}$ 在线性空间 $C[a,b]$ 中线性无关。

解

若 $c_0+c_1x+\cdots+c_nx^n\equiv0$。任取 $x_0\in[a,b]$，对等式逐次求导可得对 $k=0,1,\ldots,n$ 都有

$$c_k=\frac{p^{(k)}(x_0)}{k!}=0,$$

故 $c_0=c_1=\cdots=c_n=0$，这些函数线性无关。

（原稿此处写「令 $x=0$」，只在 $0\in[a,b]$ 时成立；$[a,b]$ 为一般区间时应如上取 $x_0\in[a,b]$。）

4. 设 $f(x)=|x-1|^3$，$x\in[0,1]$，求 $\|f\|_\infty$、$\|f\|_1$ 与 $\|f\|_2$。

解

在给定区间上 $f(x)=(1-x)^3$，因此

$$\|f\|_\infty=\max_{0\le x\le1}(1-x)^3=1,$$ $$\|f\|_1=\int_0^1(1-x)^3\,\mathrm dx=\frac14, \qquad \|f\|_2=\left(\int_0^1(1-x)^6\,\mathrm dx\right)^{1/2}=\frac1{\sqrt7}.$$

5. 在 $[-1,1]$ 上取内积

$$\langle f,g\rangle=\int_{-1}^{1}(1+x^2)f(x)g(x)\,\mathrm dx,$$

对 $1,x,x^2,x^3$ 作 Gram–Schmidt 正交化。

解

取 $\psi_0=1$，由奇偶性得 $\psi_1=x$。进一步

$$\psi_2=x^2-\frac{\langle x^2,\psi_0\rangle}{\langle\psi_0,\psi_0\rangle} =x^2-\frac25,$$

而

$$\psi_3=x^3- \frac{\langle x^3,\psi_1\rangle}{\langle\psi_1,\psi_1\rangle}\psi_1 =x^3-\frac9{14}x.$$

直接计算可验证 $\langle\psi_i,\psi_j\rangle=0$（$i\ne j$）。

7.3 正交性、最佳平方逼近与一致逼近

6. 设 $f\in C[a,b]$，且

$$\langle f,p\rangle=\int_a^b f(x)p(x)\,\mathrm dx=0, \qquad p\in P_n.$$

证明：若 $f$ 不恒为零，则 $f$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $n+1$ 个不同的零点。

解

反设 $f$ 在 $(a,b)$ 内至多有 $m\le n$ 个不同的零点 $x_1,\ldots,x_m$。令

$$q(x)=\prod_{i=1}^{m}(x-x_i)\in P_m\subset P_n.$$

由于 $q$ 的每个零点都包含了 $f$ 的符号改变点，故 $f(x)q(x)$ 在 $[a,b]$ 上不变号；又因 $f\not\equiv0$，它不恒为零。因此

$$\int_a^b f(x)q(x)\,\mathrm dx\ne0,$$

这与 $f$ 和 $P_n$ 中每个多项式正交相矛盾。故 $f$ 必有至少 $n+1$ 个不同的零点。

7. 设

$$f(x)=x^3+2x^2+3x+2,\qquad x\in[0,1].$$

（a） 求 $f$ 在 $P_2$ 中的最佳平方逼近。

（b） 作区间变换 $y=2x-1$，将问题化到 $[-1,1]$，并用 Legendre 多项式求最佳平方逼近。

（c） 写出相应的 Legendre 展开系数，并验证两种写法一致。

解

在 $[0,1]$ 上取基 $\{1,x,x^2\}$，设 $p_2^*(x)=a_0+a_1x+a_2x^2$。正规方程为

$$\begin{pmatrix} 1&\frac12&\frac13\\[2pt] \frac12&\frac13&\frac14\\[2pt] \frac13&\frac14&\frac15 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_0\\a_1\\a_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{53}{12}\\[2pt]\frac{27}{10}\\[2pt]\frac{119}{60}\end{pmatrix}.$$

解得

$$a_0=\frac{41}{20},\qquad a_1=\frac{12}{5},\qquad a_2=\frac72,$$

即

$$p_2^*(x)=\frac{41}{20}+\frac{12}{5}x+\frac72x^2.$$

作 $y=2x-1$（即 $x=(y+1)/2$），则

$$f\!\left(\frac{y+1}{2}\right) =\frac18y^3+\frac78y^2+\frac{23}{8}y+\frac{33}{8}.$$

在 $[-1,1]$ 上取 Legendre 多项式

$$P_0(y)=1,\qquad P_1(y)=y,\qquad P_2(y)=\frac12(3y^2-1).$$

由正交性，最佳平方逼近为

$$\Pi_2f(y)=\sum_{k=0}^2 c_kP_k(y), \qquad c_k=\frac{\langle f,P_k\rangle}{\langle P_k,P_k\rangle}.$$

计算得

$$c_0=\frac{53}{12},\qquad c_1=\frac{59}{20},\qquad c_2=\frac{7}{12},$$

因而

$$\Pi_2f(y)=\frac{53}{12}+\frac{59}{20}y+\frac{7}{12}P_2(y) =\frac{33}{8}+\frac{59}{20}y+\frac78y^2.$$

代回 $y=2x-1$ 即得

$$\Pi_2f(2x-1)=\frac{41}{20}+\frac{12}{5}x+\frac72x^2=p_2^*(x),$$

与正规方程所得结果一致。

8. 设 $f\in C[a,b]$，记

$$E_n(f)=\min_{p\in P_n}\left\lVert f-p\right\rVert_\infty.$$

若 $f^{(n)}$ 在 $[a,b]$ 上不变号且不恒为零，证明

$$E_n(f)<E_{n-1}(f).$$

解

显然 $P_{n-1}\subset P_n$，故 $E_n(f)\le E_{n-1}(f)$。若等号成立，记 $E$ 为这个公共值，取 $p_n^*\in P_n$ 和 $p_{n-1}^*\in P_{n-1}$ 为相应的最佳一致逼近。最佳一致逼近的交错点定理给出 $n+2$ 个交错点

$$a\le x_0<x_1<\cdots<x_{n+1}\le b$$

使 $f-p_n^*$ 在这些点上达到相同绝对值 $E$ 并交替变号。令 $g=f-p_{n-1}^*$。由于 $\deg\bigl(p_n^*-p_{n-1}^*\bigr)\le n$，而 $p_n^*-p_{n-1}^*$ 在 $n+2$ 个 $x_i$ 上取值交替为 $\pm E-c$，其中 $c$ 为 $p_{n-1}^*$ 在该处的常数值（作为 $f$ 的最佳常数逼近，$|c|\le E$），故 $g(x_i)=\pm E-c$ 在相邻两点上异号或为零，从而 $g$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $n+1$ 个不同零点。对 $g$ 反复应用 Rolle 定理，可知存在 $\xi\in(a,b)$ 使 $g^{(n)}(\xi)=0$；但 $g^{(n)}=f^{(n)}$，这与 $f^{(n)}$ 在 $[a,b]$ 上不变号且不恒为零矛盾。因此等号不可能成立，必有

$$E_n(f)<E_{n-1}(f).$$

9. 设 $p_n^*$ 是 $f\in C[a,b]$ 在 $P_n$ 中的最佳平方逼近。证明

$$\left\lVert p_n^*\right\rVert_{2}\leq \left\lVert f\right\rVert_{2},$$

并说明等号成立的条件。

解

最佳平方逼近满足正交条件 $f-p_n^*\perp P_n$。特别地，$f-p_n^*\perp p_n^*$，故

$$\left\lVert f\right\rVert_{2}^{2} =\left\lVert p_n^*\right\rVert_{2}^{2}+\left\lVert f-p_n^*\right\rVert_{2}^{2} \geq \left\lVert p_n^*\right\rVert_{2}^{2}.$$

等号当且仅当 $f=p_n^*$（几乎处处）；若 $f$ 连续，则等价于 $f\in P_n$。

10. 设 $p_n^*$ 是 $f\in C[a,b]$ 在 $P_n$ 中的最佳一致逼近。证明

$$\left\lVert p_n^*\right\rVert_{\infty}\leq 2\left\lVert f\right\rVert_{\infty}.$$

解

由最佳性以及 $0\in P_n$，有 $\left\lVert f-p_n^*\right\rVert_{\infty}\leq\left\lVert f\right\rVert_{\infty}$。因此由三角不等式，

$$\left\lVert p_n^*\right\rVert_{\infty} \leq \left\lVert f\right\rVert_{\infty}+\left\lVert f-p_n^*\right\rVert_{\infty} \leq 2\left\lVert f\right\rVert_{\infty}.$$

11. 设 $f\in C^{n+1}[a,b]$，且 $x_0,\ldots,x_n$ 是互异插值节点。令 $p_n$ 为满足 $p_n(x_i)=f(x_i)$（$i=0,\ldots,n$）的插值多项式。证明对每个 $x\in[a,b]$，存在 $\xi_x\in[a,b]$ 使

$$f(x)-p_n(x) =\frac{f^{(n+1)}(\xi_x)}{(n+1)!} \prod_{i=0}^{n}(x-x_i),$$

并据此给出一致误差估计。

解

若 $x$ 是节点，结论显然。否则令

$$\omega_{n+1}(t)=\prod_{i=0}^{n}(t-x_i),\qquad K=\frac{f(x)-p_n(x)}{\omega_{n+1}(x)}.$$

函数 $g(t)=f(t)-p_n(t)-K\omega_{n+1}(t)$ 在 $x_0,\ldots,x_n,x$ 处均为零。反复应用 Rolle 定理可知存在 $\xi_x$ 使 $g^{(n+1)}(\xi_x)=0$，从而得到余项公式。于是

$$\left\lVert f-p_n\right\rVert_{\infty} \leq \frac{\left\lVert f^{(n+1)}\right\rVert_{\infty}}{(n+1)!} \left\lVert\omega_{n+1}\right\rVert_{\infty}.$$

12. 设 $Q_n(f)=\sum_{i=0}^{n}A_i f(x_i)$ 是插值型求积公式，其中 $x_0,\ldots,x_n$ 互异，$A_i$ 为相应的积分型插值基函数的积分。证明该公式对次数不超过 $n$ 的多项式精确，并说明其代数精度至少为 $n$。

解

记 $\ell_i$ 为满足 $\ell_i(x_j)=\delta_{ij}$ 的 Lagrange 基函数，则 $A_i=\int_a^b\ell_i(x)\,\mathrm dx$。若 $p\in P_n$，其插值公式 $p(x)=\sum_{i=0}^np(x_i)\ell_i(x)$ 恒成立。因此

$$\int_a^bp(x)\,\mathrm dx =\sum_{i=0}^np(x_i)\int_a^b\ell_i(x)\,\mathrm dx =\sum_{i=0}^nA_ip(x_i)=Q_n(p),$$

故公式至少对所有 $P_n$ 中的多项式精确，代数精度至少为 $n$。

7.4 数值积分与常微分方程的复习题

13. 考虑含端点导数的求积公式

$$\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx \approx A_0f(0)+A_1f(1)+B_0f'(0).$$

（a） 求系数 $A_0,A_1,B_0$，使代数精度尽可能高；

（b） 求其代数精度及误差余项。

解

依次令 $f(x)=1,x,x^2$，得到

$$A_0+A_1=1,\qquad A_1+B_0=\frac12,\qquad A_1=\frac13.$$

故 $A_0=\frac23$, $A_1=\frac13$, $B_0=\frac16$，即

$$Q(f)=\frac23f(0)+\frac13f(1)+\frac16f'(0).$$

对 $f(x)=x^3$，$Q(f)=1/3\ne1/4$，因此代数精度恰为 $2$。设 $f\in C^3[0,1]$，令 $H_2$ 为满足 $H_2(0)=f(0)$、$H_2'(0)=f'(0)$、$H_2(1)=f(1)$ 的 Hermite 插值多项式。其余项为

$$f(x)-H_2(x)=\frac{f^{(3)}(\xi_x)}{3!}x^2(x-1), \qquad \xi_x\in(0,1).$$

由于 $Q(f)=\int_0^1H_2(x)\,\mathrm dx$，且余项核 $x^2(x-1)\le0$，积分中值定理给出

$$\int_0^1 f(x)\,\mathrm dx-Q(f) =-\frac1{72}f^{(3)}(\xi),\qquad \xi\in(0,1).$$

14. 对带权积分

$$\int_0^1\sqrt{x}\,f(x)\,\mathrm dx \approx A_0f(x_0)+A_1f(x_1),$$

求二节点 Gauss 求积公式，使其代数精度最高。

解

权函数为 $\rho(x)=\sqrt{x}$，其矩为 $\mu_k=\int_0^1x^{k+1/2}\,\mathrm dx=2/(2k+3)$。对 $1,x,x^2$ 关于内积 $\langle u,v\rangle=\int_0^1\sqrt{x}\,u(x)v(x)\,\mathrm dx$ 正交化，得到首一二次正交多项式

$$\pi_2(x)=x^2-\frac{10}{9}x+\frac5{21}.$$

其两个零点和相应求积系数为

$$x_{0,1}=\frac59\mp\frac29\sqrt{\frac{10}{7}},\qquad A_{0,1}=\frac13\mp\frac1{15}\sqrt{\frac7{10}}.$$

因此

$$\int_0^1\sqrt{x}\,f(x)\,\mathrm dx \approx \left(\frac13-\frac1{15}\sqrt{\frac7{10}}\right) f\!\left(\frac59-\frac29\sqrt{\frac{10}{7}}\right) +\left(\frac13+\frac1{15}\sqrt{\frac7{10}}\right) f\!\left(\frac59+\frac29\sqrt{\frac{10}{7}}\right).$$

因节点是 $\pi_2$ 的零点，这一 Gauss 公式对所有三次及以下多项式精确；对 $\pi_2^2$ 不精确，故代数精度恰为 $3$。

15. 计算奇异积分

$$I=\int_{-1}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm dx,$$

并比较 Gauss–Chebyshev 求积法与端点 Taylor 展开法。

解

将 $(1-x^2)^{-1/2}$ 作为 Chebyshev 权函数。二节点 Gauss–Chebyshev 公式的节点为 $x_0=-1/\sqrt2$, $x_1=1/\sqrt2$，权重均为 $\pi/2$，所以

$$I=\frac\pi2\left(x_0^2+x_1^2\right)=\frac\pi2 \approx1.5707963268.$$

此处被积函数中余下的多项式 $x^2$ 在公式的精确范围内，故结果精确。也可利用偶性写为

$$I=2\int_0^1\frac{g(x)}{\sqrt{1-x}}\,\mathrm dx, \qquad g(x)=\frac{x^2}{\sqrt{1+x}}.$$

在 $x=1$ 处取 $g$ 的二阶 Taylor 多项式

$$g(x)\approx \frac1{\sqrt2} +\frac{7\sqrt2}{8}(x-1) +\frac{19\sqrt2}{64}(x-1)^2.$$

用 $\int_0^1(x-1)^k(1-x)^{-1/2}\,\mathrm dx =(-1)^k\,2/(2k+1)$，得到近似值

$$I\approx\frac{257\sqrt2}{240}\approx1.514387.$$

该截断近似并非精确结果；本题直接采用 Gauss–Chebyshev 公式更合适。

16. 对常微分方程初值问题 $y'=f(x,y)$，考虑二步隐式线性多步法

$$\alpha_0y_{n+1}+\alpha_1y_n+\alpha_2y_{n-1} =h f_{n+1},\qquad f_{n+1}=f(x_{n+1},y_{n+1}).$$

（a） 求使该方法至少为二阶的系数 $\alpha_0,\alpha_1,\alpha_2$；

（b） 写出特征多项式 $\rho(\zeta),\sigma(\zeta)$，检验零稳定性；

（c） 对测试方程 $y'=\lambda y$，讨论绝对稳定性。

解

在 $x_{n+1}$ 处作 Taylor 展开，局部残差为

$$\begin{aligned} T_{n+1}={}&(\alpha_0+\alpha_1+\alpha_2)y +h(-\alpha_1-2\alpha_2-1)y'\\ &+h^2\left(\frac12\alpha_1+2\alpha_2\right)y''+O(h^3). \end{aligned}$$

令常数项、一次项、二次项均为零，解得

$$\alpha_0=\frac32,\qquad \alpha_1=-2,\qquad \alpha_2=\frac12.$$

即后向差分二阶方法（BDF2）

$$\frac32y_{n+1}-2y_n+\frac12y_{n-1}=h f_{n+1}.$$

以 $\zeta$ 表示从 $n-1$ 到 $n+1$ 的步进根，

$$\rho(\zeta)=\frac32\zeta^2-2\zeta+\frac12 =(\zeta-1)\left(\frac32\zeta-\frac12\right), \qquad \sigma(\zeta)=\zeta^2.$$

$\rho$ 的根为 $1$ 和 $1/3$，单位圆上的根为单根，故方法零稳定。对 $z=h\lambda$，绝对稳定性方程是

$$\rho(\zeta)-z\sigma(\zeta)=0, \quad\text{即}\quad \left(\frac32-z\right)\zeta^2-2\zeta+\frac12=0.$$

设单位圆边界根 $\zeta=e^{\mathrm i\theta}$，则

$$z=\frac{\rho(e^{\mathrm i\theta})} {\sigma(e^{\mathrm i\theta})} =\frac32-2e^{-\mathrm i\theta} +\frac12e^{-2\mathrm i\theta},\qquad \operatorname{Re}z=(1-\cos\theta)^2\ge0.$$

当 $z$ 从左半平面靠近 $0$ 时，根 $1$ 进入单位圆，另一根从 $1/3$ 连续变化；左半平面内又无单位圆上的根，故 $\operatorname{Re}z<0$ 全部处于绝对稳定域，BDF2 是 A-稳定的。

7.5 函数逼近的补充复习题

17. 设 $f\in C[-a,a]$，$p_n^*$ 是 $f$ 的 $n$ 次最佳一致逼近。

（a） 若 $f$ 为偶函数，证明 $p_n^*$ 也是偶函数；

（b） 若 $f$ 为偶函数，证明其 $2m$ 次（$m\geq0$）最佳一致逼近至少有 $2m+3$ 个交错点。

解

（a） 由 $p_n^*$ 的最佳性，

$$\left\lVert f(x)-p_n^*(x)\right\rVert_\infty=E_n(f).$$

将 $x$ 换成 $-x$，并利用 $f(-x)=f(x)$，可得

$$\left\lVert f(x)-p_n^*(-x)\right\rVert_\infty=E_n(f),$$

因而 $p_n^*(-x)$ 也是 $f$ 的 $n$ 次最佳一致逼近。由最佳一致逼近的唯一性，

$$p_n^*(x)=p_n^*(-x),$$

故 $p_n^*$ 为偶函数。

（b） 记 $p=p_{2m}^*$，则由第 (a) 问，$p$ 为偶函数，故误差函数

$$e(x)=f(x)-p(x)$$

也是偶函数。于是 $p$ 可写成

$$p(x)=q(x^2),\qquad q\in P_m.$$

在 $[0,a^2]$ 上定义 $g(t)=f(\sqrt t)$，则

$$\left\lVert f-p\right\rVert_{\infty,[-a,a]} =\left\lVert g-q\right\rVert_{\infty,[0,a^2]}.$$

因此 $q$ 是 $g$ 在 $P_m$ 中的最佳一致逼近。由交错点定理，存在

$$0\leq t_0<t_1<\cdots<t_{m+1}\leq a^2$$

使 $g(t_i)-q(t_i)$ 达到最大绝对值且交替变号。

若 $t_0=0$，则

$$0,\ \pm\sqrt{t_1},\ldots,\pm\sqrt{t_{m+1}}$$

经由从小到大的适当排列构成 $2m+3$ 个交错点。若 $t_0>0$，则各点成对出现；在

$$-\sqrt{t_{m+1}}<\cdots<-\sqrt{t_0} <\sqrt{t_0}<\cdots<\sqrt{t_{m+1}}$$

中，中央两点处的误差因偶性而同号。删去中央两点中的任意一点，其余 $2m+3$ 点的误差仍依次交替变号。因此，$p_{2m}^*$ 至少有 $2m+3$ 个交错点。