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1、第2章插值法1、当x=1，-1，2时，f(x)=0，-3，4，求f(x)的二次插值多项式。（1）用单项式基底。（2）用Lagrange插值基底。（3）用Newton基底。证明三种方法得到的多项式是相同的。解：（1）用单项式基底2设多项式为:P(x)a0a1xa2x，21x0x01112所以：A1x1x1111621x2x212422f(x0)x0x01x0x001111122147a0f(x1)x1x11x1x13111112263f(x2)x2x21x2x2424124221f(x0)x01x0x01011112293a11f(x1)x11x1x11311
2、1122621f(x2)x21x2x214412421x0f(x0)1x0x0110111255a21x1f(x1)1x1x11131112661x2f(x2)1x2x21241247352所以f(x)的二次插值多项式为：P(x)xx326（2）用Lagrange插值基底(xx1)(xx2)(x1)(x2)l0(x)(x0x1)(x0x2)(11)(12)(xx0)(xx2)(x1)(x2)l1(x)(x1x0)(x1x2)(11)(12)(xx0)(xx1)(x1)(x1)l2(x)(x2x0)(x2x1)(21)(21)1/28Lagrange插值多项式
3、为：L2(x)f(x0)l0(x)f(x1)l1(x)f(x2)l2(x)110(3)(x1)(x2)4(x1)(x1)635237xx6237352所以f(x)的二次插值多项式为：L2(x)xx326(3)用Newton基底:均差表如下：xkf(xk)一阶均差二阶均差10-1-33/2247/35/6Newton插值多项式为：N2(x)f(x0)f[x0,x1](xx0)f[x0,x1,x2](xx0)(xx1)350(x1)(x1)(x1)265237xx6237352所以f(x)的二次插值多项式为：N2(x)xx326由以上计算可知，三种方法得到的多项
4、式是相同的。xx6、在4x4上给出f(x)e的等距节点函数表，若用二次插值求e的近似-6值，要使截断误差不超过10，问使用函数表的步长h应取多少？解：以xi-1,xi,xi+1为插值节点多项式的截断误差，则有1R2(x)f()(xxi1)(xxi)(xxi1),(xi1,xi1)3!式中xi1xh,xi1xh.41414213e3R2(x)emax(xxi1)(xxi)(xxi1)ehhxxx6i1i1633932/284e36令h10得h0.0065893插值点个数4(4)11216.81217N1是奇数，故实际可采用的函数值表步长4(4)8h0.0065
5、79N11216740170188、f(x)xx3x1，求f[2,2,,2]及f[2,2,,2]。解：由均差的性质可知，均差与导数有如下关系：(n)f()f[x0,x1,,xn],[a,b]n!(7)017f()7!所以有：f[2,2,,2]17!7!(8)018f()0f[2,2,,2]08!8!15、证明两点三次Hermite插值余项是(4)22R3(x)f()(xxk)(xxk1)/4!,(xk,xk1)并由此求出分段三次Hermite插值的误差限。证明：利用[xk，xk+1]上两点三次Hermite插值条件H3(xk)f(xk),H3(xk1)f(x
6、k1)H3(xk)f(xk),H3(xk1)f(xk1)知R3(x)f(x)H3(x)有二重零点xk和k+1。设22R3(x)k(x)(xxk)(xxk1)确定函数k(x):当xxk或xk+1时k(x)取任何有限值均可；当xxk,xk1时，x(xk,xk1)，构造关于变量t的函数22g(t)f(t)H3(t)k(x)(xxk)(xxk1)3/28显然有g(xk)0,g(x)0,g(xk1)0g(xk)0,g(xk1)0在[xk,x][x,xk+1]上对g(x)使用Rolle定理，存在1(xk,x)及2(x,xk1)使得g(1)0,g(2)0在(xk,1)，(
7、1,2)，(2,xk1)上对g(x)使用Rolle定理，存在k1(xk,1)，k2(1,2)和k3(2,xk1)使得g(k1)g(k2)g(k3)0再依次对g(t)和g(t)使用Rolle定理，知至少存在(xk,xk1)使得(4)g()0(4)(4)(4)而g(t)f(t)k(t)4!，将代入，得到1(4)k(t)f(),(xk,xk1)4!推导过程表明依赖于xk,xk1及x(4)22综合以上过程有：R3(x)f()(xxk)(xxk1)/4!确定误差限：记I(x)为f(x)在[a,b]上基于等距节点的分段三次Hermite插值函数。hbaxkakh,(k0
8、,1,n),hn在区间[xk，xk+1]上有(4)2
