数值分析4-埃尔米特插值

于是所求插值多项式
p(x) = 4x5 −15x4 +17x3 −5x2 −2x + 2
各种插值方法的总结
待定系数法 基函数法
承袭法
p n+1 ( x ) = p n ( x ) + cw n ( x )
承袭性公式的证明
假设： pn (x)满足已知的 n +1个条件 则：在这 n +1个条件下 wn (x)的值为0 又因为： pn+1(x) = pn (x) + cwn (x) 则在这 n +1个条件下： pn+1(x) = pn (x) 即pn+1(x)满足这已知的 n +1个条件 因为已知条件共有 n + 2个 因此，可以利用最后一 个条件来确定系数 c
f ′′
x
分段Hermite插值
给定 x0 , ... , x n ; y0 , ... , yn ; y0′ , ... , y′n 导数一般不易得到。
余项
( ) max f 4
( ) f
(x) − s1(x)
≤
xi ≤x≤xi+1
4!
x
⎜⎜⎝⎛ xj
− xi 2
⎟⎟⎠⎞4
≤
hi4 max 384xi ≤x≤xi+1
题2 求作次数≤2的多项式p(x),使满足插值条件 p (0 ) = 1, p (1) = 2 , p ' ( 0 ) = 0
解 求解这个简单问题可直接由待定系数法。 令所求的插值多项式
p(x) = a0 + a1x + a 2 x 2
p '(x) = a1 + 2a 2 x
依所给插值条件可列出方程
用剩下的插值条件列出方程
1 = p(1) = −5 + (a + b + c) − 1 = p ' (1) = −12 + 3(a + b + c ) + (2a + b)
2 = p ( 2 ) = − 22 + 8 ( 4 a + 2 b + c )
由此解出
a = 4 , b = − 15 , c = 17
f ( x ) − s1 ( x )
( ) ≤ max f ′′ ξ i
xi ≤ x ≤ xi+1
2!
( x − x i )( x − x i +1 )
( ) max f ′′ x ( ) ≤ x i ≤ x ≤ xi+1
2!
⎜⎜⎝⎛
xj − 2
xi
⎟⎟⎠⎞ 2
≤
h
2 i
8
max
xi ≤ x ≤ xi+1
问题：
当剩余的条件多于一个时，应该如何处理？
把常数c改为一个多项式，此多项式采用 待定系数法的形式。
多项式的次数如何确定？
剩余条件个数-1
分段低次插值
例：在[−5,
5]上考察
f (x) =
1 1+ x2
的Ln(x)。取 xi
=
−5
+
10 n
i
(i = 0, ...,n)
2.5
2
Ln(x) ×→ f (x)
-10
解 以泰勒公式，满足条件
q(0) = 2, q ' (0) = −2, q"' (0) = −10 的插值多项式
q(x) = −5x 2 − 2x + 2
令
p(x) = −5x2 − 2x + 2 + x3(ax2 + bx + c)
p′(x) = −10x − 2 + 3x2 (ax2 + bx + c) + x3(2ax + b)
f
(4)
x
样条函数插值
yi +
x − xi xi+1 − xi
yi+1
x ∈ [ xi , xi+1 ]
记
h
=
mቤተ መጻሕፍቲ ባይዱx
|
xi+1
−
xi
| ，易证：当
h→0 时，P1h (
x)
一致
→f
(x)
y
y= f(x)
y=p(x)
失去了原函数的光滑性。
o
x
分段线性插值的余项
f (x) −
s1 ( x )
≤
max
xi ≤ x ≤ xi+1
1.5
1 0.5
0 -0.5
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
n 越大， 端点附近抖动 越大，称为 Runge 现象
分段线性插值
在每个区间[ xi , xi+1] 上，用1阶多项式 (直线) 逼近 f (x):
f ( x) ≈ P1( x) =
x − xi+1 xi − xi+1
第一章 插 值
埃尔米特插值
埃尔米特插值问题
问题描述
多项式插值余项的表示形式
从中我们可以发现多项式插值结果的余项组成规律：
如果已知条件有n个，则在余项中分母为n!； 相应的，分子上的导数阶数也是n；
如果条件中出现某点
x
的从
i
0阶直到
k阶的导数值
则在后面的因式中存在 （ x - x i ) k +1
1 = p(0) = a 0 0 = p '(0) = a1
2 = p (1) = a 0 + a1 + a 2
由此解出 a 0 = 1, a 1 = 0 .a 2 = 1
故有
p(x) = 1 + x2
题8 求作次数≤5的多项式p(x),使满足下列插值条 件：
xi
0
1
2
yi
2
1
2
y 'i
-2
-1
y "i