错——两句恰好对调。 四类误差里：模型 / 观测误差无法消除；截断误差是数值方法本身带来的近似，是本课程能控制、要研究的核心对象；舍入误差由机器字长决定，可控制的只是它的传播。把「截断」当成机器决定的，整条误差红线就搭错了。

错。 位数不看误差限变没变小，只看「误差限是否不超过某一位的半个单位」：$\varepsilon=0.0004$ 时区间 $[3.1575,3.1583]$ 落在千分位的半单位区间 $[3.1575,3.1585]$ 内 → 4 位；$\varepsilon=0.0002$ 时区间 $[3.1577,3.1581]$ 仍然落在同一半单位区间内 → 还是 4 位。要想多一位，误差限必须跨过万分位的半单位 $0.00005$。

错。 对从属（算子）范数，次可乘性确实可证（$x$ 取单位向量，用两次相容关系）；但对一般矩阵范数它是公理要求（矩阵范数四公理的第 4 条）。把「对某类范数成立」读成「对所有范数成立」是常见失分点——这条区分正是第 2 讲结尾证明乘积不等式的意义所在。

错——两条判据的强弱被颠倒了。 $\lVert G\rVert\lt1$（某个范数）$\Rightarrow$ 解存在唯一且对任意初值收敛（充分，但结论已经足够强）；$\rho(G)\lt1$ 才是充要条件（对任意初值收敛 $\iff$），只是大规模问题算不出特征根。正确表述：范数条件「好算但偏严」，谱半径条件「最准但难算」。

错。 $\omega\in(0,2)$ 只是必要条件；本页 B5 对具体矩阵算出 $\omega=2$ 时 $\rho(G)=1$（特征值 $(-5\pm\mathrm i\sqrt{11})/6$，模恰为 1），充要条件不成立。C2 的实测也显示 $\omega=1.5$ 的步数（25）反而多于 $\omega\approx1.02$（5）——参数不是越大越好，得看 $\rho(G(\omega))$。

错。 $\infty$-范数下 $\lVert y_k\rVert_2\ne1$，$y_k^{\mathrm T}y_k\ne1$，公式必须换成商 $y_k^{\mathrm T}Ay_k/y_k^{\mathrm T}y_k$（板书在「$\lVert\cdot\rVert_\infty$」那一行特意提示「另作调整」）。数值见 B6(3)：$\infty$-范数下 $y^{\mathrm T}Ay=5.0$、$y^{\mathrm T}y=1.381966$，商才等于 $3.618034=\lambda_1$。所以不是「慢一点」，而是公式本身要换。

错。 前提是 $|\lambda_k-p|$ 严格小于其余所有 $|\lambda_i-p|$——只有这时 $A-pI$ 的目标特征值 $\lambda_k-p$ 才是模最小的，反幂法才瞄得准；否则求到的是别的特征值。第二个说法也错：反幂法要求每步解方程组，$A-pI$ 必须可逆。（$p$ 恰等于某个特征值时 $A-pI$ 奇异，这一点课堂未讨论，属需核实的延伸。）

错——把「阶」与「范围」混成了一件事。 二阶收敛来自 $\varphi'(s)=0$（$\varphi=x-f/f'$，$\varphi'=ff''/(f')^2$，在 $f(s)=0$、$f'(s)\ne0$ 处为零），这是收敛阶定理给的，与四条件无关；四条条件管的是收敛范围——把「初值充分靠近」升级成「初值落在 $f(x_0)f''(x_0)\gt0$ 指定的阴影区」。所以：没有四条件，牛顿法在合适的初值下仍是二阶，只是你不知道多近才算「合适」。

错——后半句错。 阶降为一阶是对的（实测误差比恒为 $0.424$，见 B7(5)）；但 $f(x_0)$ 只算一次并全程复用，每步只新增一次求值。它的处境正是「省一次求值，赔一档阶」：牛顿 4 步 / 割线 8 步 / 单点割线 31 步（阈值 $10^{-12}$，见 C4）。

错。 存在唯一由范德蒙德（Vandermonde）行列式 $\det A=\prod_{i\lt j}(x_j-x_i)\ne0$ 保证，与基的选取无关（同一个多项式空间的不同基而已）。基决定的是系数好不好求：$\{1,x,x^2,\dots\}$ 的系数矩阵病态（C5 实测 $n=12$ 时 $\mathrm{cond}_2=6.8\times10^9$），拉格朗日基在节点上的取值矩阵是单位阵，系数直接读出。这正对应复习页的口诀「存在唯一 $\ne$ 能算出来」。

(1) $\varepsilon=0.0004$：区间 $[3.1575,3.1583]\subset[3.1575,3.1585]$（千分位半单位）→ 4 位，写作 $3.158$，$\varepsilon_{\mathrm r}=0.0004/3.1579=1.27\times10^{-4}$。$\varepsilon=0.0008$：区间 $[3.1571,3.1587]$ 越出该半单位区间，退到百分位 $[3.155,3.165]$ 才包住 → 3 位，写作 $3.16$，$\varepsilon_{\mathrm r}=0.0008/3.1579=2.53\times10^{-4}$（误差限翻倍，相对误差限也翻倍，但位数只退一位）。 (2) $\varepsilon_{A+B}=0.005+0.005=0.01$ 超过了百分位的半单位 $0.005$，而十分位的半单位 $0.05\ge0.01$ → $A+B=5.29\approx5.3$，只剩 2 位有效数字（相加会把位数「吃掉」，这是误差限公式的直接后果）。 (3) $\varepsilon(a/b)=\dfrac{|b|\varepsilon_a+|a|\varepsilon_b}{b^2}=\dfrac{0.1\times0.005+2\times0.0005}{0.01}=\dfrac{0.00075}{0.01}=0.15$，$a/b=20$，$\varepsilon_{\mathrm r}=0.15/20=0.75\%$；而 $\varepsilon_{\mathrm r}(a)+\varepsilon_{\mathrm r}(b)=0.25\%+0.5\%=0.75\%$ ✓ 两者一致（乘除法的相对误差限近似相加）。$b=0.010$ 时：$\varepsilon(a/b)=\dfrac{0.01\times0.005+2\times0.0005}{10^{-4}}=10.5$，$a/b=200$，$\varepsilon_{\mathrm r}=5.25\%$——从 $0.75\%$ 涨到 $5.25\%$，全部来自 $\varepsilon_{\mathrm r}(b)=5\%$ 与分母里的 $b^2$。小数不放分母的定量形态。 (4) 误差传播 $\varepsilon_n=-5\varepsilon_{n-1}$，放大因子 $|-5|=5\gt1$ → 正向不稳定；反解 $I_{n-1}=\dfrac{1/n-I_n}{5}$，因子 $-1/5$，$|-1/5|\lt1$ → 反向稳定（从较大的 $n$ 出发往回推）。10 步放大 $5^{10}=9\,765\,625\approx9.8\times10^6$ 倍：初始 $10^{-6}$ 的误差会被放大到量级 $10$。判据只看放大因子，与递推式长什么样无关。

(1) $\det A=1\times1.001-1\times1=0.001$， $$A^{-1}=\frac{1}{0.001}\begin{pmatrix}1.001&-1\\-1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1001&-1000\\-1000&1000\end{pmatrix}.$$ $\lVert A\rVert_\infty=\max(1+1,\ 1+1.001)=2.001$；$\lVert A^{-1}\rVert_\infty=\max(1001+1000,\ 1000+1000)=2001$； $$\mathrm{cond}_\infty(A)=2.001\times2001=4004.001\approx4.0\times10^3 .$$ （与复习页 §2.3登记的量级一致。）$\log_{10}4004=3.60$，数量级上对应 3~4 位有效数字的损失——注意「损失位数 $\approx\log_{10}\mathrm{cond}$」这条结论属补充篇 2.4，课堂未讲，需核实。 (2) 原方程两式相减得 $0.001x_2=0.001$，故原解 $x=(1,1)^{\mathrm T}$（代入可验）。新右端 $(2,\ 2.002)^{\mathrm T}$：相减得 $0.001x_2=0.002\Rightarrow x_2=2$，再回代 $x_1=0$，新解 $x'=(0,2)^{\mathrm T}$。相对扰动 $\lVert\Delta b\rVert_\infty/\lVert b\rVert_\infty=0.001/2.001=5.0\times10^{-4}$（$0.05\%$）；解的相对变化 $\lVert\Delta x\rVert_\infty/\lVert x\rVert_\infty=1/1=100\%$——放大 $2\times10^3$ 倍，与 $\mathrm{cond}_\infty$ 同量级。而界给出 $\mathrm{cond}\times\delta=4004\times5.0\times10^{-4}\approx2.0$（即 $200\%$）：实测 $100\%\le200\%$ ✓，界成立且几乎被取到。 (3) 不能。 条件数是问题（矩阵与右端）的属性：$\mathrm{cond}=\lVert A\rVert\lVert A^{-1}\rVert$ 与用什么算法无关。列主元只把消去乘数控制到 $|m_{ik}|\le1$，防止误差在消去过程中被继续放大；它救不了「两行几乎相同」这个几何事实——第二行只比第一行多在第二分量上加了一个 $0.001$，两个方程几乎重合，交点对右端极敏感。处置要换提法（换基、换模型），见 D1 与第 9 讲 §十一。

(1) $\Delta_1=0.5\ne0$，$\Delta_2=0.5\times2-1\times1=0$。由充要条件（前 $n-1=2$ 个顺序主子式均不为零 $\iff$ 能不换行消成上三角）知：第一步能走，第二步卡住（实测第一步后第二行为 $(0,0,2)$，主元 $a^{(1)}_{22}=0$）。$\det A=3\ne0$ 说明 $Ax=b$ 有唯一解——「能不能消」看前 $n-1$ 个顺序主子式，「有没有唯一解」看第 $n$ 个，这是两件事。 (2) $m_{21}=-\dfrac{1}{0.5}=-2$，$m_{31}=-\dfrac{2}{0.5}=-4$（$|m|\gt1$，误差会被放大）；第二行 $(1,2,4)-2(0.5,1,1)=(0,0,2)$，第三行 $(2,1,3)-4(0.5,1,1)=(0,-3,-1)$。列主元：第一列绝对值最大元为 $2$（第 3 行），交换第 1、3 行得 $A=\begin{pmatrix}2&1&3\\1&2&4\\0.5&1&1\end{pmatrix}$、$b=(6,7,3)^{\mathrm T}$，此时 $m_{21}=-\frac12$、$m_{31}=-\frac14$，都满足 $|m|\le1$——这就是列主元的全部目的。 (3) 第一步消去后 $\begin{pmatrix}2&1&3\\0&1.5&2.5\\0&0.75&0.25\end{pmatrix}$，$b=(6,4,1.5)^{\mathrm T}$；第二步主元 $1.5\gt0.75$ 不必交换，$m_{32}=-\dfrac{0.75}{1.5}=-\dfrac12$，得 $\begin{pmatrix}2&1&3\\0&1.5&2.5\\0&0&-1\end{pmatrix}$，$b=(6,4,-0.5)^{\mathrm T}$。回代：$x_3=0.5$；$x_2=\dfrac{4-2.5\times0.5}{1.5}=\dfrac{11}{6}=1.8333$；$x_1=\dfrac{6-1\times\frac{11}{6}-3\times0.5}{2}=\dfrac43=1.3333$。即 $x=\left(\dfrac43,\dfrac{11}{6},\dfrac12\right)^{\mathrm T}$，代回三行逐行验证 ✓。 (4) 逐圈（第 1 行 U → 第 1 列 L → 第 2 行 U → 第 2 列 L）：$u_{11}=2,\ u_{12}=2,\ u_{13}=3$；$l_{21}=4/2=2,\ l_{31}=-2/2=-1$；$u_{22}=7-2\times2=3,\ u_{23}=7-2\times3=1$；$l_{32}=\dfrac{4-(-1)\times2}{3}=2$。回代得最后一元 $u_{33}=5-(-1)\times3-2\times1=6$，于是 $$L=\begin{pmatrix}1&0&0\\2&1&0\\-1&2&1\end{pmatrix},\qquad U=\begin{pmatrix}2&2&3\\0&3&1\\0&0&6\end{pmatrix},$$ 乘回去逐元素等于 $A'$ ✓（顺序主子式 $\Delta_1=2,\Delta_2=6,\Delta_3=36$ 均非零，分解存在）。关键在安排顺序：每一圈只含一个未知数。

(1) $D=\operatorname{diag}(3,4)$，$L=\begin{pmatrix}0&0\\-1&0\end{pmatrix}$，$U=\begin{pmatrix}0&-1\\0&0\end{pmatrix}$， $$G_J=D^{-1}\bigl(-(L+U)\bigr)=\begin{pmatrix}0&\tfrac13\\[2pt]\tfrac14&0\end{pmatrix}.$$ $\lVert G_J\rVert_\infty=\max\left(\tfrac13,\tfrac14\right)=\tfrac13=0.3333$。形如 $\begin{pmatrix}0&a\\b&0\end{pmatrix}$ 的矩阵特征值为 $\pm\sqrt{ab}$，故 $\rho(G_J)=\sqrt{\tfrac1{12}}=\dfrac{1}{2\sqrt3}=0.2887$。 (2) 行对角占优（strict diagonal dominance）：$|3|\gt|-1|$ ✓、$|4|\gt|-1|$ ✓，于是 $$\lVert G_J\rVert_\infty=\max_i\frac{\sum_{j\ne i}|a_{ij}|}{|a_{ii}|}=\max\left(\tfrac13,\tfrac14\right)=\tfrac13\lt1\ \Rightarrow\ \text{Jacobi 收敛}.$$ 这一步走的是充分条件（$\lVert G\rVert_\infty\lt1$，手算即可）；(1) 的 $\rho(G_J)\lt1$ 是充要条件，本例太小、两者都能算，大规模问题只能走前者。 (3) $L+D=\begin{pmatrix}3&0\\-1&4\end{pmatrix}$，$(L+D)^{-1}=\begin{pmatrix}\frac13&0\\\frac1{12}&\frac14\end{pmatrix}$， $$G_{GS}=-(L+D)^{-1}U=\begin{pmatrix}0&\tfrac13\\[2pt]0&\tfrac1{12}\end{pmatrix}\ (\text{下三角})\ \Rightarrow\ \rho(G_{GS})=\tfrac1{12}=0.0833 .$$ （数值上 $0.0833=0.2887^2$；这种「平方关系」需要额外的一致次序（consistently ordered）条件，本 8 讲未讲，需核实。） (4) 常数 $=\dfrac{1/3}{2/3}=\dfrac12$。用途：后验误差估计 $\lVert x^*-x^{(k)}\rVert_\infty\le\dfrac12\lVert x^{(k)}-x^{(k-1)}\rVert_\infty$——这就是「相邻差小就停机」的定量依据。C2 会用实测比值（$0.36\sim0.45$）验证这条界成立。

(1) $N=L+\omega^{-1}D=\begin{pmatrix}3/\omega&0\\-1&4/\omega\end{pmatrix}$（下三角），$P=(\omega^{-1}-1)D-U=\begin{pmatrix}3(\omega^{-1}-1)&1\\0&4(\omega^{-1}-1)\end{pmatrix}$（上三角）。相减：对角元 $3/\omega-3(\omega^{-1}-1)=3$、$4/\omega-4(\omega^{-1}-1)=4$，下三角 $-1$，上三角 $-1$ → $N-P=A$ ✓（构造的检验式）。 (2) $\omega=1.2$：$|\det G|=|\omega-1|^2=0.2^2=0.04$。直接核对：$\det N=(3/\omega)(4/\omega)=12/1.44=8.3333$，$|\det P|=\left|\omega^{-1}-1\right|^2\times3\times4=0.16667^2\times12=0.33333$，故 $|\det G|=0.33333/8.3333=0.04$ ✓。 (3) $\omega=2$：$N=\begin{pmatrix}1.5&0\\-1&2\end{pmatrix}$，$P=\begin{pmatrix}-1.5&1\\0&-2\end{pmatrix}$，$N^{-1}=\begin{pmatrix}\frac23&0\\\frac13&\frac12\end{pmatrix}$， $$G=N^{-1}P=\begin{pmatrix}-1&\tfrac23\\[2pt]-\tfrac12&-\tfrac23\end{pmatrix},\qquad \operatorname{tr}G=-\tfrac53,\quad \det G=1 .$$ 特征方程 $\lambda^2+\tfrac53\lambda+1=0$，根 $\lambda=\dfrac{-5\pm\mathrm i\sqrt{11}}{6}$，$|\lambda|^2=\dfrac{25+11}{36}=1$ → $\rho(G)=1$。充要条件是 $\rho(G)\lt1$，而 $|\det G|=|\omega-1|^n=1$ 恰好落在必要条件的边界上：特征值模之积为 1，就不可能「每个模都小于 1」。所以 $\omega=2$ 不保证收敛，本题更是 $\rho=1$（误差按模 1 的复特征值旋转、不衰减）。 (4) 以步长 $10^{-3}$ 扫描得 $\omega\approx1.022$ 处最小：$\rho_{\min}\approx0.0218$（$\omega=1.02$ 时 $0.0354$、$\omega=1.05$ 时 $0.0500$——极小点很窄）。经典教材的最优参数公式 $\omega_{\mathrm{opt}}=\dfrac{2}{1+\sqrt{1-\rho(G_J)^2}}=1.0217$ 与扫描值吻合，但此公式不在本 8 讲范围，需核实。「必要不充分」的意思：定理只保证 $\omega\notin(0,2)$ 一定不收敛；区间内部收不收敛要看矩阵——本题 $A$ 对称正定，由 Ostrowski 定理 $0\lt\omega\lt2$ 是充要（区间内都收敛）；换成一般矩阵，同样 $\omega\in(0,2)$ 也可能 $\rho(G)\ge1$。

(1) $u_k$ 同乘正数不改变 $y_k$，故可整型化：$u_0=(1,0)\to u_1=(2,1)\to u_2=(5,5)\to u_3=(15,20)\to u_4=(50,75)$。对应 $$y_1=\frac{(2,1)}{\sqrt5}\approx(0.8944,0.4472),\quad y_2=\frac{(1,1)}{\sqrt2}\approx(0.7071,0.7071),\quad y_3=(0.6,0.8),\quad y_4=\frac{(2,3)}{\sqrt{13}}\approx(0.5547,0.8321).$$ （顺序不能反：先单位化，再乘 $A$。） (2) $R_0=2$（$y_0=(1,0)$）、$R_1=3$、$R_2=3.5$、$R_3=3.6$、$R_4=\dfrac{47}{13}=3.6153846$；误差 $e=0.618034,\ 0.118034,\ 0.018034,\ 0.002650,\dots$，比值 $0.191\to0.153\to0.147\to0.146$，趋于 $0.1459=\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^2=0.381966^2$。注意：特征向量的误差按 $|\lambda_2/\lambda_1|=0.382$ 衰减，而由 $R$ 读出的特征值误差按它的平方 $0.146$ 衰减——这条「平方加速」是本页的数值观察（课堂未展开，需核实）。 (3) $\infty$-范数极限单位向量为 $y=(0.618034,\ 1)$，此时 $y^{\mathrm T}Ay=5.0$、$y^{\mathrm T}y=1.381966$，两者不是同一个数；但 $$\frac{y^{\mathrm T}Ay}{y^{\mathrm T}y}=\frac{5.0}{1.381966}=3.618034=\lambda_1\ ✓ .$$ 所以换范数后必须补上分母 $y_k^{\mathrm T}y_k$。 (4) $A^{-1}=\dfrac15\begin{pmatrix}3&-1\\-1&2\end{pmatrix}$；迭代 $u_{k+1}=A^{-1}y_k$（实际每步解 $Au_{k+1}=y_k$，不构造 $A^{-1}$），整型化序列 $(1,0)\to(3,-1)\to(2,-1)\to(7,-4)$： $$R_0=2,\quad R_1=1.5,\quad R_2=1.4,\quad R_3=\tfrac{18}{13}=1.384615 ,$$ 继续两步得 $1.382353$、$1.382022$ → 报 $\lambda_2=1.3820$，与 $\dfrac{5-\sqrt5}{2}=1.3819660$ 一致到 4 位以上小数（误差比同样趋于 $0.146$）。

(1) $f(1)=-1\lt0$，$f(2)=5\gt0$ ✓（介值定理保证有根）。$c_1=1.5$、$f=0.875\gt0\to[1,1.5]$；$c_2=1.25$、$f=-0.296875\to[1.25,1.5]$；$c_3=1.375$、$f=0.224609\to[1.25,1.375]$。区间长 $=\dfrac{1}{2^n}$，需 $\dfrac1{2^n}\lt10^{-6}\Rightarrow n\gt\log_210^6=19.93$，即 20 步。 (2) $\varphi(x)=(x+1)^{1/3}$ 单增：$\varphi(1)=1.2599\in[1,1.5]$，$\varphi(1.5)=1.3572\in[1,1.5]$ → 自映射 ✓；$\varphi'(x)=\dfrac13(x+1)^{-2/3}$，$\varphi'(1)=0.2100$、$\varphi'(1.5)=0.1810$，取 $L=0.21\lt1$ → 压缩 ✓（两条件各管什么：第一条管迭代值不越界，第二条管误差收缩）。迭代：$1\to1.2599210\to1.3122938\to1.3223538\to1.3242687$；误差 $6.48\times10^{-2},\,1.242\times10^{-2},\,2.364\times10^{-3},\,4.492\times10^{-4}$，比值 $0.1917,0.1903,0.1900\to\varphi'(s)=0.18995$：线性（一阶）收敛，误差每步约乘 $0.19$。 (3) $\varphi_2'(x)=3x^2$，$\varphi_2'(s)=3\times1.7548=5.2646\gt1$ → 在根附近误差被放大，迭代发散（实测 $1.5\to2.375\to12.40\to1904\to6.9\times10^9$）。变形不唯一，选错就发散——这正是收敛定理存在的理由。 (4) 牛顿迭代（$x_{k+1}=x_k-f/f'$，$f'=3x^2-1$）：

$k$	$x_k$	$e_k=|x_k-s|$
0	1.5	$1.7528\times10^{-1}$
1	1.3478260870	$2.3108\times10^{-2}$
2	1.3252003990	$4.8244\times10^{-4}$
3	1.3247181740	$2.1675\times10^{-7}$
4	1.3247179572	$4.4\times10^{-14}$

实测阶：$k=2$ 处 $p=1.9922$，$k=3$ 处 $p=2.0000$ → 二阶 ✓。理论因子 $\dfrac{f''(s)}{2f'(s)}=\dfrac{6s}{2(3s^2-1)}=\dfrac{7.9483}{8.5293}=0.9319$，而实测 $e_3/e_2^2=0.931$ ✓（二阶收敛的常数正是这个因子）。 (5) 割线法（差商代导数）序列：$1,\,2,\,1.1666667,\,1.2531120,\,1.3372064,\,1.3238501,\,1.3247079,\,1.3247179654,\,1.3247179572$，误差 $3.25\times10^{-1},\,6.75\times10^{-1},\,1.58\times10^{-1},\,7.16\times10^{-2},\,1.25\times10^{-2},\,8.7\times10^{-4},\,1.0\times10^{-5},\,8.1\times10^{-9},\,7.6\times10^{-14}$——到 $10^{-12}$ 共 8 步；稳定段实测阶 $1.5270,\,1.6731,\,1.5958,\,1.6267\approx1.618$（黄金比，$r^2-r-1=0$）。注意前两步误差反而增大（$0.32\to0.68$）：超线性只在根附近显现。 单点割线法（$x_0=2$ 钉住）序列：$1.5,\,1.3939394,\,1.3532486,\,1.3366746,\,1.3297631,\,1.3268528,\dots$，误差比恒为 $0.424$（常数！）→ 一阶；到 $10^{-12}$ 需 31 步。 差距的来源一句话：牛顿每步用 $f$ 与 $f'$（二阶）、割线用两次函数值近似导数（阶 $1.618$）、单点割线把远端钉死（信息陈旧 → 一阶）。步数 4 / 8 / 31，而二分法要 40 步（同在 $10^{-12}$）。

(1) $l_0(x)=\dfrac{(x-1)(x-2)}{(0-1)(0-2)}=\dfrac{(x-1)(x-2)}{2}$，$l_1(x)=\dfrac{x(x-2)}{(1)(1-2)}=-x(x-2)$，$l_2(x)=\dfrac{x(x-1)}{(2)(2-1)}=\dfrac{x(x-1)}{2}$。于是 $$L_2(x)=1\cdot l_0+2\cdot l_1+5\cdot l_2=\tfrac{x^2-3x+2}{2}-2x^2+4x+\tfrac{5x^2-5x}{2}=x^2+1 .$$ 筛选性质：$l_i(x_i)=1$、$l_i(x_j)=0\ (j\ne i)$——代入节点时只有自己那项存活，系数直接就是函数值 $(1,2,5)$，$L_2(x_i)=x_i^2+1$ 与数据一致 ✓（一步方程都不用解，这就是换基的收益）。 (2) 同一组基、系数换成 $(1,\mathrm e,\mathrm e^2)$：$(l_0,l_1,l_2)|_{x=0.5}=(0.375,\,0.75,\,-0.125)$， $$L_2(0.5)=0.375+0.75\,\mathrm e-0.125\,\mathrm e^2=1.49007936,\qquad \mathrm e^{0.5}=1.64872127\ \Rightarrow\ R_2=-0.15864191 .$$ $x=1.5$：$L_2(1.5)=4.68460741$，$\mathrm e^{1.5}=4.48168907\Rightarrow R_2=+0.20291834$。 (3) $f^{(3)}=\mathrm e^x$ 在 $[0,2]$ 上最大为 $\mathrm e^2=7.389056$，故 $\dfrac{f^{(3)}(\xi)}{3!}\le\dfrac{7.389056}{6}=1.231509$；而 $x=0.5$ 与 $1.5$ 处 $\left|\prod(x-x_i)\right|=0.5\times0.5\times1.5=0.375$，于是 $$|R_2(0.5)|,\ |R_2(1.5)|\le1.231509\times0.375=0.461816 .$$ 整体上界：$[0,2]$ 上 $\max|x(x-1)(x-2)|=0.384900$（在 $x=1\pm\dfrac{1}{\sqrt3}=0.4226,\ 1.5774$ 取到），故 $|R_2(x)|\le1.231509\times0.384900=0.474008$。 (4) 不紧。 实测误差只占界的一部分：$x=0.5$ 处 $34\%$、$x=1.5$ 处 $44\%$；$[0,2]$ 上最大实测误差 $0.2135$ 也只到全局界的 $45\%$。余项界给的是有保证的上界，不是误差估计——要预测误差量级、判断「节点加密是否收敛」，得等下一讲（Runge 现象一类问题，需核实）。余项式本身出现在第 9 讲 §十二 页末预告，本页只做误差界。