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-0.230037cos3x1.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 ∫−hhf(x)dx≈A−1f(−h)+A0f(0)+A1f(h) \int_{-h}^{h}f(x)dx\approx A_{-1}f(-h)+A_0f(0)+A_1f(h) ∫−hhf(x)dx≈A−1f(−h)+A0f(0)+A1f(h) 将f(x)=1,x,x2分别代入公式两端并令其左右相等，得将f(x)=1,x,x^2分别代入公式两端并令其左右相等，得将f(x)=1,x,x2分别代入公式两端并令其左右相等，得 {A−1+A0+A1=2h−hA−1+hA1=0h2A−1+h2A1=23h2 \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. ⎩⎨⎧A−1+A0+A1=2h−hA−1+hA1=0h2A−1+h2A1=32h2 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)
