数值分析引论2.6.ppt

(1)理解H-插值多项式的构造方法； (2)能根据具体条件求出H-插值多项式及插值余项. * L-插值 先求插值基函数 (以拉格朗日插值为例) 再求插值多项式 ---基函数法 插值多项式的构造方法 插值问题 已知f(x)在n+1个互异节点xk (k =0,1,…,n)上的函数值 f (xk) 求次数不超过n的多项式Pn(x),满足: 一类插值: (k =0,1,…,n), 余项表达式 Hermite插值 另一类插值: 插值基函数的线性组合 函数值 §6 埃尔米特(Hermite)插值 Hermite插值问题的数学提法 其中 互异, 为正整数, 给定函数y =f(x) 函数表及各阶导数表如下 寻求m次多项式P(x)使满足插值条件: Hermite插值问题共有m+1个条件 mi,i=0,1,…,n可相同，亦可不同 若记 二、mi 不相等的Hermite插值问题（例题） 一、 mi都相等的Hermite插值问题（以 mi=2, i=0,1,…,n 为例） 一、mi都相等的Hermite插值问题（以 mi=2, i=0,1,…,n 为例） 问题 函数表及导数表 已知函数 其中 互异,寻求 次多项式 使满足 插值条件: 1. Hermite插值多项式的存在性 第一步, 求Hermite 插值基函数 （用基函数法构造） 已知 , 求 次多项式 第一组基函数 （两组） y0 y1 … yj … yn f (x) x0 x1 … xj … xn x 0 0 … 1 … 0 f (x) x0 x1 … xj … xn x 并估计误差. 满足插值条件: 2. Hermite插值多项式的唯一性 3. Hermite插值余项 ,于是可令 的二重零点, (6.3)式求导, 得 其中C为待定常数, 所以 已知 由于 的二重零点, 又由 ,则有 则可令 所以 求 次多项式 ,使满足插值条件: 第二组基函数 于是 第二步, 求多项式 （满足插值条件(6.2)的多项式） 另一方面, 即(6.5)式是满足插值条件(6.2)的插值多项式. 分别为 其中 ？ 2. Hermite插值多项式的唯一性 为次数 的多项式且满足条件: 及 都是满足Hermite 插值条件(6.2)的解, 则 设 这说明 都是Q(x)的二重零点, 个零点, 故 , 即 即Q(x)共有2n+2 定理9 且已知f (x)函数表及导数表 如果 满足插值条件: ，则存在唯一次数不超过2n+1 次的多项式 3. Hermite插值余项 定理10 为Hermite插值多项式 , 注: 余项公式与拉格朗日余项公式类似; 则 公式证明类似. n次拉格朗日插值余项 (1)理解H-插值多项式的构造方法; (2) 对较简单的mi(i=0,1, …,n)都相等的Hermite插值问题，会由 (6.5)式写出插值多项式、会求出插值余项. 证明与拉格朗日余项 4. 重要特例:带导数的两点插值 结论： 函数表及导数表 问题:已知 使满足插值条件: 存在且唯一，表达式为 其中 求3次多项式 H3(x), 余项公式为: 二、 mi 不相等的Hermite插值问题（例题） 例5 已知 函数表及导数表 使满足插值条件： 求次数不超过3的多项式P3(x)， 分析： 解法二，已知 三点， 在此基础上，增加了一个 并估计误差. 1.已知节点xi (i=0,1,…,n)的 “连续” 信息量 解： 过3点 用牛顿插值多项式的形式表示 2次多项式， 可确定2次多项式，可 节点，则增加三次项即可. 解法一， 的2次插值多项式为 可由基函数法直接构造插值多项式与余项； (解法二) 一、mi都相等的Hermite插值问题（以 mi=2, i=0,1,…,n 为例） 先求插值多项式 由 --- 带重节点的牛顿插值多项式 设所求多项式为 重节点定义 重节点定义 解： 过3点 的2次插值多项式 (解法二) 先求插值多项式 插值余项（误差估计） 所以插值余项 事实上， 构造函数（作辅助函数): 设 , 其中k(x)为待定函数. 则 2. 已知某些节点的信息量仅仅是导数值 补例 已知f(x)函数表及 并估计误差. 分析 解法二， 解法一， 可由基函数法直接构造插值多项式与余项； 利用例5解法的思想方法， 先构造一个低一阶的多项式， 然后增加一项得到所求的插值多项式. 但