max f x xi x xi1
2!
x
j
2
xi
2
hi2 8
max
xi x xi1
f
x
分段Hermite插值
给定 x0 , ... , xn ; y0 , ... , yn ; y0 , ... , yn 导数一般不易得到。
余项
max f 4 x
f
(x) s1(x)
xi xxi1
4!
xj
xi 2
4
hi4 384
max
xi xxi1
f
(4)
x
样条函数插值
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 a1 x a2 x 2
p ' (x) a1 2a2 x
依所给插值条件可列出方程
1 p(0) a0 0 p ' (0) a1
2 p(1) a0 a1 a2
由此解出 a0 1, a1 0.a2 1
p(x) 10x 2 3x2(ax2 bx c) x3(2ax b)
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(4a 2b c)
由此解出
a 4, b 15, c 17
yi 1
x [ xi , xi1 ]
记
h
max
|
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 xi1
f (x) s1(x)
max f i
xi x xi1
2!
( x xi )( x xi1)
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
pn1(x) pn (x) cwn (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：pn1(x) pn (x) cwn (x) 则在这n 1个条件下：pn1(x) pn (x) 即pn1(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
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)
1.5
1 0.5
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
2
1
2
yi
y 'i
-2
-1
y"i
-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)
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 , xi1] 上，用1阶多项式 (直线) 逼近 f (x):
f ( x) P1( x)
x xi1 xi xi1
yi
x xi xi1 xi
埃尔米特插值问题
Hale Waihona Puke 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xi的从0阶直到k阶的导数值 则在后面的因式中存在（x - xi )k1
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