数值计算课后答案4之欧阳化创编

习题 四 解 答

时间：2021.02.06

创作：欧阳化 1、设x00,x11，写出f(x)ex的一次插值多项式L1(x)，并估计插值误差。 解：根据已知条件，有

x y 0 1 1 e1 设插值函数为L1(x)axb，由插值条件，建立线性方程组为

ae11解之得

b1则L1(x)(e11)x1 因为y(x)ex,y(x)ex 所以，插值余项为 所以

1maxemaxx(x1)0x1201。

111e0248r(x)2、给定函数表

xi f(xi) -0.1 0.995 0.3 0.995 0.7 0.765 1.1 0.454 选用合适的三次插值多项式来近似计算f(0.2)和f(0.8)。 解：设三次插值多项式为件，建立方程组为 即 解之得

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f(x)a0a1xa2x2a3x3，由插值条

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则所求的三次多项式为f(x)0.416.29x3.48x29.98x3。 所以

3、设xi(i0,1,2,ni0,n)是 n+1个互异节点，证明：

（1）xikli(x)xk(k0,1,2,ni0,n)；

（2）(xix)kli(x)0(k0,1,2,,n)。

证明： （1）由拉格朗日插值定理，以x0,x1,x2,…xn为插值节点，对y=f(x)=xk作n次插值，插值多项式为

pn(x)li(x)yii0n，

而yi=xik,

所以pn(x)li(x)yili(x)xik

i0i0nn同时，插值余项 所以li(x)xikxk

i0n结论得证。

（2）取函数f(x)(xt)k,k0,1,2,对此函数取节点xi(i0,1,2,pn(x)(xit)kli(x)，

i0n,n

,n)，则对应的插值多项式为

由余项公式，得

r(x)(xt)(xit)kli(x)ki0n11f(n1)()(x)(xt)k(n1)!(n1)!(n1)(x)0所以 令t=x，

4、给定数据（f(x)x f(x) 2.0 1.414214 x）

2.1 1.449138 2.2 1.48320 2.4 1.54919 (1)试用线性插值计算f(2.3)的近似值，并估计误差；

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(2)试用二次Newton插值多项式计算f(2.15)的近似值，并估计误差。

解：用线性插值计算f(2.3)，取插值节点为2.2和2.4，则相应的线性插值多项式是 用x=2.3代入，得 (2)作差商表如下

x 2.0 2.1 f(x) 1.414214 一阶差商 0.3501 0.3407 0.6599 二阶差商 -0.047 1.596 三阶差商 4.1075 1.449138 2.2 1.48320 2.4 1.54919 根据定理2，

f(x)＝f(x0)＋f[x0，x1](x-x0)+f[x0，x1，x2](x-x0)(x-x1)+…

+f[x0，x1，…，xn](x-x0)(x-x1)…(x-xn－1)

+f[x0，x1，…，xn，x]π(x) 。

以表中的上方一斜行中的数为系数，得

f(2.15)＝1.41421＋0.3501×(2.15-2.0)－0.047×(2.15-2.0) ×(2.15-2.1) ＝1.663725 指出：

误差未讨论。 5、给定函数表

x y 0 0 1 16 2 46 4 88 5 0 试求各阶差商，并写出牛顿插值多项式和插值余项。

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解：作差商表如下

x 0 1 2 4 5 f(x) 0 16 46 88 0 一阶差商 16 30 21 －88 二阶差商 7 －3 三阶差商 四阶差商 7 65 2 25 3 109 3 根据定理2，以表中的上方一斜行中的数为系数，得

57p(x)016x7x(x1)x(x1)(x2)x(x1)(x2)(x4)。

26指出：

余项未讨论。 5*、给定函数表

x y 0 0 1 16 2 46 3 88 4 0 试求各阶差分，并求等距节点插值。 解：由已知条件，显然，x0=0，h=1，x=t。 作差分如下

x 0 1 2 4 f(x) 0 16 46 88 一阶差分 16 30 42 二阶差分 三阶差分 14 12 －130 －2 －142 四阶差分 －140 欧阳化创编 2021.02.06

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5 0 －88 根据等距节点插值公式，

pn(x0th)pn(t)0t16t(t1)t(t1)(t2)t(t1)(t2)(t3)14(2)(140)2!3!4!t(t1)(t2)3516t7t(t1)t(t1)(t2)(t3)36指出:

在本题这种情况下,实际上pn(t)pn(x)，也就是说,在这样的条件下,t的多项式就是x的多项式，可以直接转换。

一般情况下，把t的关系转换为x的关系需要根据x=x0+th，将t用x表示，即将txx0代入得到的多项式。

h6、给定数据表

x f(x) 0.125 0.250 0.375 0.500 0.625 0.750 0.79618 0.77334 0.74371 0.70413 0.65632 0.60228 试用三次牛顿差分插值公式计算f(0.1581)及f(0.636)。 解：所给节点是等距结点：

x00.125,h0.125,xix0ih,i0,1,2,3,4,5。

计算差分得

x 0．125 0．250 0．375 0．500 0．625 0．750 f(x) 0．79618 0．77334 0．74371 0．70413 0．65632 0．60228 一阶差分 -0.02284 -0.02963 -0.03958 -0.04781 -0.05404 二阶差分 三阶差分 -0.00679 -0.00995 -0.00823 -0.00623 -0.00316 0.00172 0.00200 四阶差分 0.00488 0.00028 五阶差分 -0.00460 令xx0th(txx0),根据等距结点插值公式，得

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t(t1)(0.00679)2!t(t1)(t2)t(t1)(t2)(t3)t(t1)(t2)(t3)(t4)(0.00316)0.00488(0.00460)3!4!5!pn(x0th)pn(t)0.79618t(0.02284)则

f(0.1581)pn(0.1581)pn(0.1250.2648h)0.790294822,f(0.636)pn(0.6363)pn(0.1254.088h)0.651804826。

7、设f(x)在[-4,4]有连续的4阶导数，且

(1)试构造一个次数最低的插值多项式p(x)，使其满足

p(1)f(1)1,p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1 (2)给出并证明余项f(x)-p(x)的表达式。 解：

(1)由7*可以求出满足 的三次埃尔米特插值多项式

H(x)5322xx2。 2735322xx2a(x3)2x2，则273设p(x)H(x)a(x3)2x2由f(1)1得

p(x)满足

p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1，

521， (1)3(1)22a(13)2(1)21a273108所以

p(x)H(x)a(x3)2x253221xx2(x3)2x2273108141333xxx22108544。

(2)余项具有如下结构 作辅助函数

则显然(t)在点x,1,0,3处有6个零点（其中0，3是二重零点），即

(x)0,(1)0,(0)0,(0)0,(3)0,(3)0，

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不妨假设x(1,0)。

由罗尔定理，存在1(1,x),2(x,0),3(0,3)， 使得(1)0,(2)0,(3)0， 再注意到

(0)0,(3)0，即

(t)有5个互异的零点

12033

再次由罗尔定理得，存在1(1,1),2(2,0),3(0,3),4(3,3)， 使得(1)0,(2)0,(3)0,(4)0

第三次应用罗尔定理得，存在1(1,2),2(2,3),3(3,4) 使得(1)0,(2)0,(3)0，

第四次应用罗尔定理得，存在1(1,2),2(2,3) 使得(4)(1)0,(4)(2)0，

第五次应用罗尔定理得，存在(1,2) 使得(5)()0 注意到

（r(t)f(t)p(t)中p(t)是4次函数，其5次导数为0）。 所以

()f(5)(5)f(5)()()5!k(x)=0k(x)=，

5!代入余项表达式，有

f(5)()r(x)f(x)p(x)(x1)x2(x3)2。

5!指出：

本题是非标准插值问题，比较简单的求解方法有：

①求插值问题的基本方法是待定系数法。以本题来说，有5个条件，可以确定一个4次的插值多项式，设为

ya0a1xa2x2a3x3a3x3，将条件代入，建立一个

5元的线性

方程组，求出各参数，就可以求出插值多项式。

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②求插值问题的第二种方法是基函数法，即根据给定条件设定插值多项式的结构和各基函数的结构，根据条件确定基函数即可。具体方法与拉格朗日插值基函数构造和埃尔米特插值基函数构造相似。

③以标准插值为基础的方法是一种更简单的方法，本题中，首先利用4个条件构造一个埃尔米特插值，在此基础上设定所求插值多项式的一般形式，保证其满足埃尔米特插值条件，代入未利用条件解方程（组），求出其中的未知参数，即可求出插值多项式。

本题也可以先利用p(1)f(1)1,p(0)f(0)2,p(3)f(3)1构造一个2次插值多项式p2(x)，以此为基础构造4次插值多项式p4(x)，p4(x)的结构是

p4(x)p2(x)(axb)(x1)x(x3)，

满足

再根据p(0)f(0)0,p(3)f(3)1列出两个线性方程组成的方程组，求出a、b两个参数，即可求出所求的插值多项式。 求插值函数余项r(x)的常用方法是：

r(x)f(x)p(x)应具有如下形式（以本题为例）

作辅助函数

则(t)在点x,1,0,3处有6个零点（其中0，3是二重零点）。反复应用罗尔定理，直到至少有一个(4,4)，使得

(5)()0。此时即有

代入余项表达式即可求出。

7*、设f(x)在[-4,4]有连续的4阶导数，且

试用两种方法构造三次埃尔米特插值多项式H(x)，使其满

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足

p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1。

解一（待定系数法）：

解：设H(x)a0a1xa2x2a3x3，则

H(x)a12a2x3a3x2，

由插值条件得

解之得a02,a10,a22,a335， 27所以H(x)5322xx2。 273解二（基函数法）： 解：设H3(x)f(x0)0(x)f(x1)1(x)f(x0)0(x)f(x1)1(x)，

因为线性拉格朗日插值基函数为l0(x)l1(x)xx0x0x， x1x0303xx1x33xx0x1033，

由④得 同理 由⑤得 则

H(x)5322xx2。 2738、设f(x)ex(0x1)，试作一个二次多项式p(x)，使其满足

p(0)f(0),p(0)f(0),p(1)f(1)，并导出余项估计式。

解：设此二次式为p(x)abxcx2， 因为f(x)ex,f(x)ex， 所以，由已知条件

将其代入p(x)abxcx2,p(x)b2cx，得 所以，要求的二次多项式为

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p(x)1x(e2)x2。

因为0是2重零点，1是1重零点，因此可以设余项具有如下形式：

r(x)f(x)p(x)K(x)(x0)2(x1)，

其中K(x)为待定函数。 固定x，作辅助函数 显然

(0)0,(0)0,(x)0,(1)0，

不妨假设x(0,1)。

由罗尔定理，存在1(0,x),2(x,1)， 使得(1)0,(2)0， 再注意到(0)0

再次由罗尔定理得，存在1(0,1)(0,1),2(1,2)(0,1)， 使得(1)0,(2)0

再次应用罗尔定理，存在(1,2)(0,1) 使得

()0。

注意到

（r(t)f(t)p(t)中p(t)是2次函数，其3次导数为0）。 所以

()f()3!K(x)=0K(x)=f()， 3!代入余项表达式，有

f()e22r(x)f(x)p(x)(x0)(x1)=x(x1)。

3!3!指出：

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石瑞民《数值计算》关于余项讨论很清楚。

9、给出sinx在[0,π]上的等距结点函数表，用线性插值计算sinx的近似值，使其截断误差为1104，问该函数表的步长

2h取多少才能满足要求？ 解：设xk(k0,1,则有

f(x)L1(x)f()(xxk)(xxk1)， 2)为等距结点，步长为

h，则xk1xkh

当x[xk,xk1]时，作f(x)的线性插值

由此易知 因此

h21由104，得h0.02。

82指出：关于最大值的计算与12题相同。 10、求误差。

解：由分段三次埃尔米特插值多项式 则f(x)x4的分段埃尔米特插值为 其中

其余项估计式为

h4h4h4(4)r(x)maxf(x)4!。

384axb38416f(x)x4在区间[a,b]上的分段埃尔米特插值，并估计

11、已知数据表

i xi f(xi) 0 2.5 4.0 0.13 1 7.5 7.0 2 10 5.0 -0.13 f(xi) 求三次样条插值函数。

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解：这是第一类边界条件，要求解方程组 其中

将以上数据代入方程组 解之得

将获得的数据代入到 中，得

12、设f(x)C2[a,b]（具有二阶连续导数），且f(a)=f(b)=0，证明：

证明：以a、b为节点进行插值，得

因为(xa)(xb)在x1(ab)处取得最大值，故

213.给定数据表

x y －2 －0．1 －1 ０．１ 0 ０．４ 1 ０．９ 2 １．６ 用两种方法求其二次拟合曲线。 解一：

设所求的拟合函数为yabxcx2， 则L[(abxicxi2)yi]2。

i15对a、b、c分别求偏导，并令偏导数等于0，得 将各数据点的数值代入，得方程组为 解之得a=0.4086，b=0。42，c=0.0857， 所以数据点所反映的函数的近似关系为 解二：设所求的拟合函数为yabxcx2， 将数据代入方程得

方程组的系数矩阵和右端向量为

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因为 所以

解之得a=0.4086，b=0。42，c=0.0857， 所以数据点所反映的函数的近似关系为 14、已知试验数据

x y 19 19．0 25 32．3 31 49．0 38 73．3 44 97．8 用最小二乘法求形如yabx2的经验公式，并计算均方误差。

解：设yabx2 则

对a、b分别求偏导，并令偏导数等于0，得 将数据代入得

5ab(192252312382442)(19.032.349.073.397.8)0222224444422a(1925313844)b(1925313844)(1919.02532.331249.038273.344297.8)0化简得

第二个方程减去第一个方程乘以1065进一步化简得 解之得

则x与y的函数关系是 y=1.01+0.05x2。 此时，平方逼近误差为 所以,均方误差为指出：

均方误差实际上就是按最小二乘法则确定的残差。 15、观测物体的直线运动，得出如下数据：

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0.0170.13。

欧阳化创编 2021.02.06 时间t(s) 距离s(m) 0 0 0.9 10 1.9 30 3.0 50 3.9 80 5.0 110 求运动方程。

解：设运动方程为s＝a+bt则 将上述数据代入方程组 得方程组 解之得

所以，s7.855047822.25376t。 指出：

利用统计型计算器，有关中间数据可以简单求出。 16、在某化学反应中，由实验得分解物浓度与时间关系如下：

时间t 0 0 浓度y(104) 时间t 40 浓度y(104) 4.51 5 1.27 45 4.58 10 2.16 50 4.62 15 2.86 55 4.64 20 3.44 25 3.87 30 4.15 35 4.37 用最小二乘法求y=f(t)。

解：描草图，观察草图可以发现，该组数据分布近似于指数函数曲线，而且随着t的增大，y的增速放缓，故设

yaebt。

1， t两边取对数，得

lnylnabt令lnyz,1s,lnac，

则拟合函数转化为线性拟合关系zcbs。

11zi1i13.639649,sizi0.5303303。

i111将上述数据代入

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得 解之得 所以

y5.2151048e7.4961692t。

指出：

（1）T=0，该拟合函数不适用。

（2）专业的变化规律（经验函数）应当由专业人员给出。仅仅从有限数据的草图得出的规律可能不具普遍性。 17、给定数据表

x y 7.2 65 2.7 60 3.5 53 4.1 50 4.8 46 用最小二乘法求形如yaebx的经验公式。 解：对yaebx两边取对数，得

lnylnabx，

令lnyY,lnaa0,ba1， 则

Ya0a1x，

代入数据，建立方程组为 解之得 所以

y85.9529e0.132329x。

18、用最小二乘法求方程组 的近似解。

分析：这是方程个数多于未知数个数的超定方程组，是矛盾方程组，用最小二乘法求解。

解：设方程组中各个方程的一般形式为aixbiyci，则

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对x、y分别求偏导，并令偏导数等于0，得 将数据代入得 解之得

19、已知数据表

x y 1 15.3 2 3 4 5 6 7 8 20.5 27.4 36.6 49.1 65.6 87.8 117.6 1的拟合函数，试求本问题的最小二乘p(x)abx它有形如解。

解：令y1，则拟合函数变形为

zzabx，原拟合问题转化为线性拟合问题。

则L[(abxi)yi]2。

i18对a、b分别求偏导，并令偏导数等于0，得 将数据代入，得 解之得

所以，所求的拟合函数为

p(x)1。

520.58104.02x20、在平面上给出三个点，它们的坐标是

x1(1,1)T,x2(2,0)T,x3(1.5,3)T，每个点对应一个函数值

z11.8,z22.6,z33.1，找出一个通过这三个点的平面。

解：这实际上是求过三个点(1,1,1.8),(2,0,2.6),(1.5,3,3.1)的平面方程。

由解析几何知识可知，平面的三点式方程为

将三点坐标代入，解此方程就可求出所求平面方程。 （以下从略）

补充题（一）

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1、求次数不超过2和3的多项式p2(x)和p3(x)。使得 p2(0)＝p3(0)＝0，p2(1)＝p3(1)＝1，p2(2)＝p3(2)＝8，p3(3)＝27。

解一：设二次多项式为p2(x)=a0+a1x+a2x2 ，则有 解之得，a00,a12,a23。所以

p2(x)2x3x2。

设三次多项式为p3(x)=a0+a1x+a2x2＋a3x3 ，则有 解之得，a00,a10,a20,a31。所以

p2(x)x3。

解二：由题6，可以直接利用插值多项式公式求出所要求的多项式来。

解三：在学习了差商和差分后，也可以利用牛顿插值公式或等距节点插值公式求出所求多项式。

对f(x)在0，1，2，3处求差商得 所

x 0 1 2 3 f(x) 0 1 8 27 一阶差商 二阶差商 三阶差商 1 7 19 3 6 1 以，

p2(x)=p2(0)+1×(x-0)+3×(x-0)(x-1)=3x2-2x，

p3(x)=p3(0)+1×(x-0)+3×(x-0)(x-1)+1×(x-0)(x-1)(x-2)=x3。

2、已知函数f(x)在节点－1，0，1处的值分别是

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0.3679,1.000,2.7182，用待定系数法和插值基函数法两种方法求出拉格朗日插值。

解1：设所求的多项式为

p2(x)a0a1xa2x2，把已知条件代入得

解之得 所以

p2(x)11.1751x0.5431x2。

解2：由插值基函数公式 代入插值公式得 即

p2(x)11.1751x0.5431x2。

3、设f(x)=x4，试利用拉格朗日插值余项定理写出以－1，0，1，2为插值节点的三次插值多项式。

解：记三次插值多项式为p(x)，由插值余项定理 所以， 思考：

用插值多项式公式直接求插值多项式与本题求出的多项式比较一下。

4、已知sin0.32=0.314 567,sin0.34=0.333

487,sin0.36=0.352 274，用抛物线插值计算sin0.3367。

解：sin0.3367＝0.330 374。

5、设lk(x)(k=0,1,2,…,n)是n+1个互异节点x0,x1,x3,…xn上的n次基本插值多项式，证明下面的恒等式成立

证明： 由拉格朗日插值定理，以x0,x1,x2,…xn为插值节点，对y=f(x)=xm作n次插值，插值多项式为

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pn(x)li(x)yii0n，

而 yi=xim, 所以

同时，插值余项 所以

结论得证。

指出：本题说明，任何次数不超过n的多项式的n次拉格朗日插值多项式就是它本身。

我们也可以证明：

l(x)1。

ii0n6、设x0,x1,x2,…xn是任意给定的n+1个互异节点，证明 f(x)=a0+a1x+…＋anxn

关于这组节点的n次插值多项式pn(x)就是f(x)。 证明：记n次插值多项式为pn(x)，由插值余项定理 所以pn(x)f(x)。

补充题（二）

1、令x00,x11，写出y(x)ex的一次插值多项式，并估计误差。

2、已知10010,12111,14412,求 115并估计误差。

n3、证明对任意的

li(x),(i0,1,2,,n)定义为

xR，都有li(x)1，其中

i04、(a)设有多项式f(x)x25x3，取插值节点为－2，－

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1，0，1，2，试求f(x)的拉格朗日插值多项式P4(x)，它与f(x)关系如何。

(b)Pn(x)表示函数f(x)在互异节点x0,x1,x2,Pn(x)f(x)。

,xn上的

n次拉格

朗日插值多项式。证明如果f(x)是m(mn)次多项式，则

5、设

（具有二阶连续导数），且

f(x)C2[a,b]f(a)=f(b)=0，证明：

6、以－0.1,0.15,0.2为插值节点，计算f(x)x的二次拉

格朗日插值多项式P2(x)，比较P2(x)与f(x)，看上题结果是否适用于本题。

分析与解答

1、解：记x00,x11，则

y0e01,y1e1。

由线性插值公式，y(x)ex的以x00,x11为插值节点的一

次插值多项式为p(x)1(e11)x。

因为

所以，插值余项为 所以

1maxemaxx(x1)0x1201。

111e0248r(x)2、解：将已知的插值条件代入抛物线插值多项式得 ＝10.7228 记y(x)因为

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x，显然，

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所以

3、分析：关于插值基函数li(x),(i0,1,2,,n)的性质的证

明，在考虑证明方法时，应该从对函数进行插值入手，通过耐心地推证或巧妙地选取被插值函数，获得所需要的结论。

由拉格朗日插值多项式的结构，本题的被插值函数显然应当取为f(x)=1。

证明：由拉格朗日插值定理，以x0,x1,x2,…xn为插值节点，对ynf(x)1作n次插值，插值多项式为

pn(x)li(x)yii0，

而 yi=1 所以

同时，插值余项 所以

结论得证。 4、(a)解：由 得 所以

可见，求出的插值多项式就是被插值函数本身。 指出：可以用余项定理直接求。 (b)证明：记n次插值多项式为Pn(x)，

f(x)a0a1xamxm(mn)，

由插值余项定理

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所以Pn(x)f(x)。

5、分析：本题要证的结论是

f(x)与

f(x)的关系，而用

泰勒展开的方法难以奏效。因为用泰勒展开，不外乎在a,b或者使得f(x)0的点处展开，但这些点处的展开式都不能直接得到

f(x)与

f(x)的关系式。在本节我们讨论多项式插值

问题，而且又有条件f(a)=f(b)=0，容易想到，如果用线性插值，线性插值函数只能为0，且误差为1直接把

f(x)2!f()(xa)(xb)，

与

f(x)联系起来，有可能得出结果。

证明：以a、b为节点进行插值，得

因为(xa)(xb)在x1(ab)处取得最大值，故

2得证。 6、解：由 得 下略。

实际上本题错误，因为－0.15不能开平方，即求不出

y0。因本题是课本原题，故进行上述分析。

时间：2021.02.06 创作：欧阳化 欧阳化创编 2021.02.06