第五章插值法

Lagrange插值

Newton插值

Hermite插值1為什么需要插值?

函數表達式復雜,不便于計算和進行理論分析;

沒有函數表達式,只給出離散樣點.

找簡單函數近似,即函數逼近.

函數逼近常用方法:插值法,曲線擬合法.插值法:多項式插值,三角多項式插值.2已知函數f(x)在區間[a,b]上(n+1)個不同點x0,x1,x2,…,xn

處的函數值yi=f(xi)(i=0,1,2,…,n),求函數n(x),使其滿足(1)n(x)為至多n次多項式,即(2)滿足插值條件n(x):插值多項式xi:插值節點[a,b]:插值區間§1Lagrange插值3First-ordersecond-orderthird-order幾何意義:n次多項式插值就是過(n+1)個點(xi,f(xi))(i=0,1,…,n),作一條多項式曲線y=n(x)近似曲線y=f(x).4三個基本問題插值多項式n(x)是否存在唯一？若n(x)存在,截斷誤差f(x)－n(x)=?如何求n(x)？5插值多項式n(x)的存在唯一性

n次多項式n(x)有(n+1)個待定系數ai

(i=0,1,2,…,n),插值條件n(xi)=f(xi)=yi

(i=0,1,2,…,n)也是(n+1)個,恰好給出(n+1)個方程.6即系數矩陣A的行列式是Vandermonde行列式,其值為當插值節點xi(i=0,1,2,…,n)互不相同時,此行列式不為0,即系數矩陣A可逆.因此ai

(i=0,1,2,…,n),存在唯一,即n(x)存在唯一.7插值余項與誤差估計截斷誤差或插值余項定理若則存在(a,b),使得證明故其中K(x)是與x有關的待定函數.如何求K(x)?8現把x看成是[a,b]上的固定點,作輔助函數即F(t)在[a,b]上有n+2個零點.根據Rolle定理,F(t)在F(t)的兩個零點之間至少有一個零點,故F(t)在(a,b)內至少有(n+1)個零點.對F(t)再應用Rolle

定理，可知F(t)在(a,b)內至少有n個零點.依此類推,F(n+1)(t)在(a,b)內至少有一個零點,記之為(a,b),使得則9因此若則10當n=1時,線性插值余項為當n=2時,拋物線插值余項為11求L1(x)(1)至多1次多項式;(2)已知

Lagrange方法求插值多項式當用Lagrange方法求插值多項式時,其n次插值多項式記為Ln(x).

n=1的情形12x0x11次多項式1次多項式n=1

線性插值多項式L1(x)是過兩點(x0,y0),(x1,y1)的直線方程13已知求L2(x)(1)至多2次多項式;(2)

二次插值多項式14n=22次多項式2次多項式2次多項式

二次插值多項式15l1(x)f(x1)l2(x)f(x2)l0(x)f(x0)x0x1x2

二次插值多項式L2(x)16已知求Ln(x)(1)至多n次多項式;(2)插值節點插值多項式

n次Lagrange插值多項式17其中li

(x)為插值基函數n次多項式

n次Lagrange插值多項式18例已知函數y=lnx

的函數表如下xi2.56492.48492.39792.3026f(xi6391分別用Lagrange線性插值和拋物線插值求ln11.5的近似值,并估計誤差.解線性插值.取兩個節點x0=11,x1=12,插值函數為計算器19拋物線插值.取x0=11,x1=12,x1=13,插值多項式為2021例已知函數y=lnx

的函數表如下xi2.56492.48492.39792.3026f(xi6391分別用Lagrange線性插值和拋物線插值求ln11.5的近似值,并估計誤差.解線性插值.取兩個節點x0=11,x1=12,插值函數為計算器X=[11,12]Y=[2.3979,2.4849]pp=polyfit(X,Y,1)ln11dot5=polyval(pp,11.5)22例已知函數y=lnx

的函數表如下xi2.56492.48492.39792.3026f(xi6391分別用Lagrange線性插值和拋物線插值求ln11.5的近似值,并估計誤差.解計算器X=[11,12,13]Y=[2.3979,2.4849,2.5649]pp=polyfit(X,Y,2)ln11dot5=polyval(pp,11.5)拋物線插值.取x0=11,x1=12,x1=13,插值多項式為23由于插值基函數只與節點有關而與函數值無關,因此當插值節點相同而函數值不同時,所有的Lagrange插值基函數均不變,此時用Lagrange插值多項式比較方便.當新增加插值節點時,用Lagrange插值多項式,則需要重新計算所有的插值基函數,計算量大且應用不方便.Lagrange插值Newton插值24線性插值多項式的另一表現形式§2Newton插值Newton插值公式25

差商定義一階差商(f(x)關于點xi,xj的一階差商)二階差商(f(x)關于點xi,xj

,xk的二階差商)一階差商的差商26

k階差商

差商定義27差商的性質各階差商具有線性性,即若f(x)=ag(x)+bh(x),則有

k階差商可表為f(x0),f(x1),…,f(xk)的線性組合,例一階差商28二階差商29

3階以上的差商可用數學歸納法證明.30各階差商均具有對稱性,即改變節點的位置,差商值不變.若f(x)是n次多項式,則一階差商f[x,xi

]是(n1)次多項式.例31計算各階差商可按差商表計算1階差商2階差商3階差商

4階差商計算公式？32線性插值多項式的另一表現形式

Newton線性插值多項式Newton插值公式33

二次Newton插值多項式把二次插值多項式改寫成下列形式它與二次函數的通常形式是一樣的.兩者的系數有如下對應關系.34利用3個插值條件來確定3個系數b0,b1,b2.令x=x0確定系數b0令x=x1確定系數b1

二次Newton插值多項式把二次插值多項式改寫成下列形式35令x=x2得到系數b2

二次Newton插值多項式把二次插值多項式改寫成下列形式36

二次Newton插值多項式37

n階Newton插值多項式38由一階差商定義得由二階差商定義得故Newton線性插值多項式余項39二次Newton插值多項式余項故40三次Newton插值多項式余項41一般地有n次Newton均差插值多項式Nn(x)余項Rn(x)42

Nn(x)的特點Nn(x)為至多n次多項式,因此Nn(x)是f(x)的n次插值多項式.43

n階Newton插值多項式系數bi(i=0,1,2,…,n)就是差商表中對角線上的元素.44

Newton插值多項式的優點:增加一個節點,插值多項式只增加一項,即便于遞推計算,Newton插值計算量小于Lagrange插值.由插值多項式的唯一性知,n階Newton插值多項式和n階Lagrange插值多項式是一樣的,只是表現形式不同而已.45

Newton插值多項式的余項由插值多項式的唯一性得故46§3分段線性插值高次插值多項式的缺陷：Runge現象用Lagrange插值多項式

Ln(x)近似f(x),是否插值節點個數n越多,其逼近精度越高呢?回答是否定的！

20世紀初Runge給出了一個非常著名的例子采用等距節點插值.47Runge

函數48Runge

函數49如圖所示,Lagrange插值多項式L10(x)僅在區間中部能較好地逼近f(x),在其他部位差異較大,而且越接近區間端點,逼近效果越差.可以證明當節點個數n趨于無窮時,存在一個常數c,c0.726,使得當|x|c時,Ln(x)f(x)(n),而當|x|>c時{Ln(x)}發散.這一現象稱為Runge現象.50它表明用高次插值多項式Ln(x)近似f(x)效果不見得好,因而通常不用高次插值,而用分段低次插值.常用分段低次插值:分段線性插值,分段三次Hermite插值,三次樣條插值.51分段線性插值定義定義已知函數y=f(x)在區間[a,b]上的(n+1)個節點上的函數值yi=f(xi)(i=0,1,…,n),求插值函數(x),使得在每一個小區間上是線性函數;(1)(2)(3)稱函數(x)為[a,b]上關于數據(xi,yi)(i=0,1,…,n)的分段線性插值函數.52x0x1x2x3i(x)=ai

x+bi分段線性插值53分段線性插值根據Newton插值公式可寫出(x)的分段表達式54分段線性插值55分段線性插值的誤差估計定理

如果f(x)在[a,b]上二階連續可微，則分段線性插值函數(x)的余項有以下估計其中56在每個小區間[xi,xi+1](i=0,1,…,n)上,(x)是f(x)的線性插值函數，故對任意x[xi

,xi+1]有證明故而57分段線性插值分段線性插值簡單易行,收斂性,穩定性有保證.沒有光滑性,一階導數不連續.可用更高階的分段插值來得到連續導數，如三次樣條插值.58

Hermite插值多項式求

H(x).(1)至多(2n+1)次多項式;(2)§4Hermite插值已知H(x):Hermite插值多項式59(2n+1)次多項式(2n+1)次多項式Hi(x),hi(x)(i=0,1,2,…,n):Hermite插值基函數60其中li

(x)是Lagrange插值基函數.(2n+1)次多項式61其中li

(x)是Lagrange插值基函數.(2n+1)次多項式62

Hermite插值多項式63n=1兩個節點的三次Hermite插值多項式6465插值余項與誤差估計截斷誤差或插值余項定理若則存在(a,b),使得證明故其中K(x)是與x有關的待定函數.如何求K(x)?66現把x看成是[a,b]上的固定點,作輔助函數即F(t)在[a,b]上有n+2個零點.根據Rolle定理,F(t)在F(t)的兩個零點之間至少有一個零點,故F(t)在(a,b)內至少有(n+1)+(n+1)個零點.對F(t)再應用Rolle

定理,可知F(t)在(a,b)內至少有(2n+1)

個零點.依此類推,F(2n+2)(t)在(a,b)內至少有一個零點,記之為(a,b),使得則67因此若則68兩個節點的三次Hermite插值多項式的截斷誤差69定理滿足的2n+1階Hermite插值多項式是唯一存在的.因為H(x)為至多2n+1次多項式，故H(2n+2)(x)=0.從而

Hermite插值多項式的唯一性證明假設H(x)與H(x)是滿足相同插值條件的2n+1次Hermite多項式，H(x)也是H(x)的(2n+1)次Hermite插值多項式.由余項公式H(x)=H(x)70分段三次Hermite插值定義

給定函數表求分段三次Hermite插值函數H(x),使其滿足(1)(2)在每個小區間