《计算方法 》 - 第2章 插值法 - 解题套路

1、4种插值方法及其偏差估计

一、多项式插值（以单项式为基地）

（Ⅰ）解题思路

\[P_n(x)=a_0+a_1x+……+a_nx^n \]

将\(\{x\}_{i=0}^n\)代入，构造出一个关于系数\(a_0，a_1，……，a_n\)的\(n+1\)元线性方程组，并解出\(\{a\}\)。

因为这种插值方法是最繁杂的，因此通常不会用到（除非在小学生面前装*），因此也不会考虑其偏差，若是非得考虑的话，由范德蒙德矩阵可知，矩阵非奇异因此\(P_n(x)\)存在且惟一，故而偏差和其余插值方法的偏差是同样的，这里就不作讨论了。

（Ⅱ）例题（参考《数值分析 第五版》\(P_{48}\ T_1\)）

题目： 当\(x=1，-1，2\)时，\(f(x)=0，-3，4\)，用单项式基底求\(f(x)\)的二次差值多项式。

解答：

构造插值函数：\(P_2(x)=a_0+a_1x+a_2x^2\)，这时代入\(\{x\}_{i=0}^2\)，获得以下的3元线性方程组：

\[\begin{cases} P_2(x_0)=a_0+a_1x_0+a_2x_{0}^2=0\\\\ P_2(x_1)=a_0+a_1x_1+a_2x_{1}^2=-3\\\\ P_2(x_2)=a_0+a_1x_2+a_2x_{2}^2=4 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} P_2(1)=a_0+a_1+a_2=0\\\\ P_2(-1)=a_0-a_1+a_2=-3\\\\ P_2(2)=a_0+2a_1+4a_2=4 \end{cases} \]

解得：

\[\begin{cases} a_0=-\ \frac{7}{3}\\\\ a_1=\quad\frac{3}{2}\\\\ a_2=\quad\frac{5}{6} \end{cases} \]

因此最后得出插值函数：\(P_2(x)=-\frac{7}{3}+\frac{3}{2}x+\frac{5}{6}x^2\)。

二、拉格朗日插值法

（Ⅰ）解题思路

\[L_n(x)=\sum_{i=0}^n{f(x_i)\times\frac{(x-x_0)…(x-x_{j-1})(x-x_{j+1})…(x-x_n)}{(x_j-x_0)…(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})…(x_j-x_n)}} \]

\[R_n(x)=\frac{f^{（n+1）}(\xi)}{(n+1)!}\times\omega_{n+1}(x)，\xi\in（a，b） \]

因此线性插值的函数和偏差估计为：

\[L_1(x)={f(x_0)\times\frac{(x-x_1)}{(x_0-x_1)}+f(x_1)\times\frac{(x-x_0)}{(x_1-x_0)}} \]

\[R_1(x)=\frac{f^{（2）}(\xi)}{2}\times(x-x_0)(x-x_1)，\xi\in（x_0，x_1） \]

二次插值的函数和偏差估计为：

\[L_2(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}\times f(x_0)+\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}\times f(x_1)+\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}\times f(x_2) \]

\[R_2(x)=\frac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)(x-x_{0})(x-x_{1})(x-x_{2}) \]

有上述的偏差分析能够看到，\(n\)阶拉格朗日插值法对\(n\)阶及其如下的\(f(x)\)都准确成立，因此精度为\(n\)。

（Ⅱ）例题

例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_1\)）\(\Longrightarrow\) 解出插值函数

题目： 当\(x=1，-1，2\)时，\(f(x)=0，-3，4\)，用拉格朗日插值基底求\(f(x)\)的二次差值多项式。

解答：

\[\begin{cases} &l_0(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}=-\ \frac{1}{2}(x+1)(x-2)\\\\ &l_1(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}=\quad\frac{1}{6}(x-1)(x-2)\\\\ &l_2(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}=\quad\frac{1}{3}(x-1)(x+1) \end{cases} \]

因此解得\(L_2(x)=-\frac{1}{2}(x+1)(x-2)+\frac{1}{6}(x-1)(x-2)+\frac{1}{3}(x-1)(x+1)\)。

例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_4\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值的精度

题目： 设\(x_j\)为互异节点（\(j=0，1，…，n\)），求证：\(\sum_{j=0}^{n}{[x_j^k\times l(x_j)]}\equiv x^k\)，\(k=0，1…n\)。

解答：

根据拉格朗日插值函数模型，咱们不妨设\(f(x)=x^k\)；也就是说咱们证的是\(L_n(x)\equiv f(x)\)，即证\(R_n(x)\equiv0\)；根据拉格朗日插值的偏差估计，咱们不可贵出\(R_n(x)=\frac{f^{（n+1）}(\xi)}{（n+1）!}\times\omega_{（n+1）}(x)\)；这个时候考察\(f^{（n+1）}(\xi)\)，因为\(f(x)=x^k\)为\(k\)阶多项式，而且\(k\le n\)，因此\(f^{（n+1）}(\xi)\equiv0\)，故而\(R_n(x)\equiv0\)，证毕；

总结： 此题能够得出结论——\(n\)阶拉格朗日插值多项式的精度为\(n\)，也就是对\(n\)阶之内的函数都准确成立；

例题3（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_5\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值中线性插值的偏差分析

题目： 设\(f(x)\in C^2[a，b]\)且\(f(a)=f(b)=0\)，求证：\(\underset{a\le x\le b}{max}|f(x)|\le\frac{1}{8}(b-a)^2\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(2)}(x)|\)。

解答：

很显然，只给了两个点，正好两个插值条件，因此咱们使用线性插值方法，构造线性插值函数：

\[L_1(x)={f(x_0)\times\frac{(x-x_1)}{(x_0-x_1)}+f(x_1)\times\frac{(x-x_0)}{(x_1-x_0)}}=0 \]

因此\(f(x)=L_1(x)+R_1(x)=R_1(x)=\frac{f^{（2）}(\xi)}{2}\times(x-a)(x-b)，\xi\in（a，b）\)；因此考虑到\((x-a)(x-b)\)在\(（a，b）\)上的最大值在\(x=\frac{a+b}{2}\)处，值为\((\frac{b-a}{2})^2\)，因此便可得出结论：\(\underset{a\le x\le b}{max}|f(x)|\le\frac{1}{8}(b-a)^2\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(2)}(x)|\)，证毕。

总结： 把握线性插值的偏差估计，\(\omega_{n+1}(x)\)在中点出去的最大值。顺便掌握\(n\)阶拉格朗日插值的偏差。

例题4（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_6\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值中二次插值的偏差分析

题目： 在\(-4\le x\le4\)给出\(f(x)=e^x\)的等距节点函数表，若用二次差值求\(e^x\)的近似值，要使截断偏差不超过\(10^{-6}\)，求出函数表的步长\(h\)应取多少？

解答：

\[R_h(x)=\frac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)(x-x_{i-1})(x-x_{i})(x-x_{i+1}) \]

令\(x=x_i+th\)，则\(x_{i-1}，x_i，x_{i+1}\)分别对应\(t=-1，0，1\)，故而有：

\[(x-x_{i-1})(x-x_{i})(x-x_{i+1})=(t-1)t(t+1)h^3 \]

要求是截断偏差不超过\(10^{-6}\)，因此只要偏差限不超过\(10^{-6}\)便可，而偏差限就是\(|R_h(x)|\)的最大值。设函数：\(\psi(t)=(t-1)t(t+1)\)，如今分别考虑\(f^{(3)}(\xi)\)和\(\psi(t)\)的最大值。

对\(\psi(t)\)求一阶导可得：\(\psi^{'}(t)=3t^2-1\)，因此有\(|\psi(t)|\)在\([0，1]\)上的最大值为\(|\psi(\frac{1}{\sqrt{3}})|=\frac{2\sqrt{3}}{9}\)；

\(\underset{-4\le x\le4}{max}|f^{(3)}(x)|=\underset{-4\le x\le4}{max}|e^x|=|e^4|=54.60\)；

因此得出\(\underset{-4\le x\le4}{max}|R_h(x)|=\frac{\sqrt{3}}{27}\cdot54.60\times h^3\le10^{-6}\Longrightarrow h\le0.0066\)；

总结： 看似有步长，为分段插值，其实本质上就是分析拉格朗日插值法的偏差，熟练掌握拉格朗日插值法的偏差估计：\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)}\times\omega_{n+1}(x)\)，经过代入给出的\(f(x)\)的表达式来判断\(f^{(n+1)}(\xi)\)的最大值，并结合\(\omega_{n+1}(x)\)的最大值（此处通常都是整一个步长\(h=\underset{k}{max}\ h_k\)，而后将\(x_i\)和\(x\)替换掉，构形成一个\(t\)的函数），从而肯定出\(n\)阶拉格朗日插值多项式的偏差限。

三、牛顿插值

（Ⅰ）解题思路

牛顿插值有两种表达形式：均差形式的牛顿插值和差分形式的牛顿插值。

第一种：均差形式的牛顿插值

\[\begin{equation}\begin{aligned}P_n(x) &= f(x_0)+f[x_0, x_1]·(x-x_0)+f[x_0, x_1, x_2]·(x-x_0)(x-x_1)+...+f[x_0, x_1, ..., x_n]·(x-x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})\end{aligned}\end{equation} \]

\[R_n(x) = f[x, x_0, x_1, ..., x_n]·\omega_{n+1}(x) \]

只有各阶的均差咱们是不知道的，可是咱们能够经过构造均差表来求得。

而且值得注意的一点是：在高阶均差中的同阶均差相差很少，能够近似相等，这能够简化求偏差限；一样也正是由于这个缘由，咱们在求偏差限的时候一般是将\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)换成\(f[x_0, x_1, ..., x_n，x_{n+1}]\)，也就是说咱们须要\(n+2\)个点才能估计出均差形式的偏差限。

第二种：差分形式的牛顿插值（牛顿前插公式）

\[P_n(x_0+th) = f_0+t\Delta f_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2f_0+…+\frac{t(t-1)…(t-n+1)}{n!}\Delta^nf_0 \]

\[R_n(x) = \frac{t(t-1)…(t-n+1)}{(n+1)!}h^{n+1}f^{(n+1)}(\xi)，其中\xi \in [x_0, x_n] \]

一样的，咱们能够经过构造差分表来获取\(x_0\)点处的各阶差分。

与均差形式的牛顿插值不一样，差分形式的牛顿插值在解算偏差限的时候只须要\(n+1\)个点。

不过咱们依然能够看到，差分形式是由均差形式经过“均差-差分”（\(f[x_k, ..., x_{k+m}] = \frac{1}{m}\frac{1}{h^m}\Delta^mf_k，其中m=1,2,...,n\)）以及“差分-导数”（\(\Delta^nf_k = h^nf^{(n)}(\xi)\)，其中\(\xi \in [x_k, x_{k+n}]\)）这两层关系推出来的，也就是说将\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)换成了\(f^{(n+1)}(\xi)\)，这样就要求\(f(x)\)的\(n+1\)阶导数。

总结： 当插值函数是一个复杂函数（这里的复杂指的是原函数的导数不容易得出）时，如：\(f(x)=\sqrt{\frac{\cos x+2\sin x}{2\cos x-\sin x}}\)，想求\(n+1\)阶导数几乎是不存在的（除非你是徐半仙或者聂星人或者许外挂），这是咱们就只能经过构造均差表来解算其偏差限；当插值函数是一个简单函数时，如\(f(x)=\cos x\)，这时求\(n+1\)阶导数赶赶单单没有\(len\)何挑战，因此就能够构造差分表来解算偏差限。

通常地，题目中应该会给咱们\(n+2\)个点来研究\(n\)次的牛顿插值。可是若是题目中的原函数是复杂函数，而且只给了\(n+1\)个点，这个时候咱们不用慌，还有\(PlanB\)——题目确定是要咱们求\(f(m)\)的近似值，其中\(m\in(x_0，x_n)\)，这个时候就至关于给了咱们第\(n+2\)个点：\(m\)，咱们就可以经过\(f(m)\)的值（代入表达式中得到的近似值）来求得\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)。

（Ⅱ）例题

例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{32} 例题4\)）\(\Longrightarrow\) 均差形式的牛顿插值及其偏差估计

题目： 给出\(f(x)\)的函数表求4次牛顿插值多项式，并由此计算\(f(0.596)\)的近似值及其偏差限。

解答：

首先根据给定函数表构造《函数-均差表》：

\(x\)	\(f(x)\)	\(\Delta f^{(1)}\)	\(\Delta f^{(2)}\)	\(\Delta f^{(3)}\)	\(\Delta f^{(4)}\)	\(\Delta f^{(5)}\)
\(0.40\)	\(\underline{0.41075}\)
\(0.55\)	\(0.57815\)	\(\underline{1.11600}\)
\(0.65\)	\(0.69675\)	\(1.18600\)	\(\underline{0.28000}\)
\(0.80\)	\(0.88811\)	\(1.27573\)	\(0.35893\)	\(\underline{0.19733}\)
\(0.90\)	\(1.02652\)	\(1.38410\)	\(0.43348\)	\(0.21300\)	\(\underline{0.03134}\)
\(1.05\)	\(1.25382\)	\(1.51533\)	\(0.52493\)	\(0.22863\)	\(0.03126\)	\(-\ 0.00012\)

\[\begin{equation}\begin{aligned}P_n(x) &= f(x_0)+f[x_0, x_1]·(x-x_0)+f[x_0, x_1, x_2]·(x-x_0)(x-x_1)+...+f[x_0, x_1, ..., x_n]·(x-x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})\end{aligned}\end{equation} \]

因此咱们能够获得：

\[\begin{equation}\begin{aligned} P_4(x) &= \quad0.41075+1.11600\cdot(x-0.40)+0.28000\cdot(x-0.40)(x-0.55)\\&+\quad0.19733\cdot(x-0.40)(x-0.55)(x-0.65)\\ &+\quad 0.03134\cdot(x-0.40)(x-0.55)(x-0.65)(x-0.80) \end{aligned}\end{equation} \]

因此有：\(f(0.596)\approx P_4(0.596)=0.63192\ 3237\)，另外咱们有截断偏差为：

\[|R_4(x)| = |f[x, x_0, x_1, ..., x_4]·\omega_{5}(0.596)|\approx |f[x_0, x_1, ..., x_5]·\omega_{5}(0.596)|\le3.63\times10^{-9} \]

\(PlanB\)：

如下内容了解便可，考试时通常用不着！！！

你们不难发现，我这里保留了小数点后15位，那是否是保留10位或者更小的有效数字就为0了呢？咱们不妨来看一下保留5位和7位的状况：

保留小数点后5位：

保留小数点后7位：

你们不难发现，结果并非咱们想象的那样简单，有效位数对偏差影响是很是很是大的，正所谓“差之毫厘谬以千里”，可是咱们不用慌，由于如图所示（天机就是拿来泄漏的🤪）：

因此你们就循序渐进便可，题目仍是很严谨的！！！

例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{34} 例题5\)）\(\Longrightarrow\) 差分形式的牛顿插值及其偏差估计

题目： 给出\(f(x)=\cos x\)在\(x_k=kh\)（k=0,1,…,5\(、\)h=0.1\(）处的函数值，试用4次牛顿前插公式计算\)\(f(0.048)\)的近似值并估计偏差。

解答：

首先构造差分表，并用牛顿前插公式：

由\(x=x_0+th\Longrightarrow t=\frac{x-x_0}{h}=0.48\)；因此有

\[\begin{aligned}\cos(0.048)\approx P_4(0.048)&=1.00000+0.48\times(-0.00500)+\frac{0.48\cdot(0.48-1)}{2!}\times(-0.00993)\\&+\frac{0.48\cdot(0.48-1)\cdot(0.48-2)}{3!}\times(0.00013)\\&+\frac{0.48\cdot(0.48-1)\cdot(0.48-2)\cdot(0.48-3)}{4!}\times(0.00012)\\&=0.99885\end{aligned} \]

其偏差限函数为：

\[|R_4(x)| = \frac{t(t-1)(t-2)(t-3)(t-4)}{5!}h^{5}f^{(5)}(\xi)，其中\xi \in [x_0, x_n] \]

因此有：

\[|R_4(0.0480)| \le \frac{0.48(0.48-1)(0.48-2)(0.48-3)(0.48-4)}{5!}(0.1)^{5}\times|\sin(0.5)|\le1.3433\times10^{-7} \]

总结：

均差表能够不用原函数求\(n+1\)阶导数，可是它的缺点就是难算，并且估计偏差的时候须要\(n+2\)个点；

差分表的制做过程比均差表简单得多，并且能够不用第\(n+2\)个点就能估计出偏差限，前提是原函数的导数必须是能求出来的；

四、埃尔米特插值

（Ⅰ）整理思绪：埃尔米特插值与牛顿插值的联系

这也就是说埃尔米特插值就是牛顿插值的一种特殊状况，两点三次埃尔米特插值和\(n\)点\(n\)次埃尔米特插值是埃尔米特插值的两种经常使用模型；并且通常也就是靠这两种（除非有人想要🐶你并让你🤮）。

（Ⅱ）解题思路

普通的牛顿插值在此前已经研究完了，如今咱们开始研究埃尔米特插值的套路。

（1）套路2（普通的埃尔米特插值）： 给出了\(m+1\)个插值条件【含函数值（\(k+1\)个）和导数值（\(n-k\)个）】构造出不超过\(m\)次的埃尔米特插值多项式。【顺便提一嘴：书上有说不给通常埃尔米特插值的公式，由于这不必】。

因为以前有说“埃尔米特插值就是牛顿插值的特殊状况”，那么很显然，这句话的意思就是埃尔米特插值也遵循牛顿插值的套路——套路1。在这里咱们就有了两套方案：

\(PlanA\)： 我亲切地称之为“牛顿插值附身法”（由于和牛顿插值简直如出一辙）

构造函数表和均差表，重结点就替换为导数，啥一阶导、二阶导通通安排上（如今感受十分挠头不要紧，以后有例子和详细步骤，因此不用慌张）。

\(PlanB\)： 我愿称之为“暴力硬核待定系数法”（真的很暴力，通常也就3点3次埃尔米特插值用）

用全部的点（不包含其余重节点，意思就是只能每一组重节点中只能有一个入选）构造一个《函数-均差表》，而后写出插值函数，这个插值函数十年小母🐮——老🐮🍺了，一共是分为俩部分：牛顿插值函数和待定系数高阶多项式。

牛顿插值函数 依据\(PlanB\)中构造的均差表获得的牛顿插值函数；

待定系数高阶多项式 因为不是\(n+1\)个点，因此牛顿插值函数必然到不到\(n\)阶，这是咱们就须要待定系数，而且按照牛顿插值函数构造的规则来填补剩下的高阶多项式。若是是\(n\)点\(n\)次埃尔米特插值函数，那么就直接在\(n-1\)阶牛顿插值函数后面利用第\(n\)个点：\(P_n(x)=P_{n-1}(x)+A\times(x-x_0)…(x-x_n)\)。

其偏差估计固然就能够用牛顿插值的偏差估计了，不过值得注意的是咱们用的牛顿前插公式，并且将步长与\((t-i+1)\)进行了合并，从新获得了\((x-x_i)\)：

\[R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}\cdot f^{(n+1)}(\xi)\times\prod_{i=0}^k(x-x_i)^{j_i} \]

其中\(j_i\)表示第\(x_i\)这个点出现的次数，好比若是不是重节点那么该值就为1。

（2）套路3（两点三次埃尔米特插值）： 有两个节点，在这两个节点上，原函数函数值与插值函数函数值相等（\(f(x_i)=P(x_i)\)），而且对应的导数值也相等（\(f^{(1)}(x_i)=P^{(1)}(x_i)\)）。直接给出公式：

\[\begin{aligned}H_3(x)=&(1+2\cdot\frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y(x_k)+(1+2\cdot\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_k})^2\cdot y(x_{k+1})\\\\&+({x-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y^{'}(x_k)+({x-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_{k}})^2\cdot y^{'}(x_{k+1})\end{aligned} \]

其偏差估计为：

\[R_3(x)=\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x-x_k)^2(x-x_{k+1})^2\qquad\xi\in(x_k，x_{k+1}) \]

（Ⅲ）例题

例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{13}\)）\(\Longrightarrow\) 套路2（普通的埃尔米特插值）

题目： 求次数小于等于3的多项式\(P_3(x)\)，是知足条件\(P_3(x_0)=f(x_0)\)、\(P_3^{(1)}(x_0)=f^{(1)}(x_0)\)、\(P_3^{(2)}(x_0)=f^{(2)}(x_0)\)、\(P_3(x_1)=f(x_1)\)。

解答：

能够看到这虽然是“两点三次埃尔米特插值”，可是此非彼，因此初步断定此题为🤮题；

此题是“普通埃尔米特插值”，因此有两种解法（忽然发现一举两得）：

\(PlanA\)： “牛顿插值附身法”

构建《函数-均差表》：

\(x\)	\(f(x)\)	一阶均差	二阶均差	三阶均差
\(x_0^{(1)}\)	\(f(x_0)^{(1)}\)
\(x_0^{(2)}\)	\(f(x_0)^{(2)}\)	\(f^{(1)}(x_0)^{(1)}\)
\(x_0^{(3)}\)	\(f(x_0)^{(3)}\)	\(f^{(1)}(x_0)^{(2)}\)	\(\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}\)
\(x_1\)	\(f(x_1)\)	\(f[x_0,x_1]\)	\(\frac{f[x_0,x_1]-f^{(1)}(x_0)}{x_1-x_0}\)	\(\frac{\frac{f[x_0,x_1]-f^{(1)}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}}{x_1-x_0}\)

这些东西通常都是已知的，只要带进去算（反正我是不建议找规律带公式的），仍是一个一个算吧，这公式忒难记了。

而后直接用牛顿插值就行了，这里我就不写了，没多大个意义。

直接给出答案：

\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]

\(PlanB\)： “暴力硬核待定系数法”

构造《函数-均差表》：

\(x\)	\(f(x)\)	一阶均差
\(x_0\)	\(f(x_0)\)
\(x_1\)	\(f(x_1)\)	\(f[x_0,x_1]\)

而后构造函数：

\[P_3(x)=f(x_0)+f[x_0,x_1]\cdot(x-x_0)+A\times(x-x_0)(x-x_1)+B\times(x-x_0)^2(x-x_1) \]

\[P_3^{(1)}(x)=f[x_0,x_1]+A\times[2x-(x_0+x_1)]+B\times[(x-x_0)^2+2(x-x_0)(x-x_1)] \]

\[P_3^{(2)}(x)=2A+B\times[2(x-x_0)+2\cdot[2x-(x_0+x_1)]] \]

将\(P_3^{(1)}(x_0)=f^{(1)}(x_0)\)、\(P_3^{(2)}(x_0)=f^{(2)}(x_0)\)分别代入可得：

\[P_3^{(1)}(x_0)=1+A\times(x_0-x_1)=f^{(1)}(x_0) \]

\[P_3^{(2)}(x_0)=2A+B\times[2\cdot(x_0-x_1)]=f^{(2)}(x_0) \]

解得：

\[A=\frac{f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]}{x_0-x_1},\qquad B=\frac{f^{(2)}(x_0)\times(x_0-x_1)-2[f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]]}{2(x_0-x_1)^2} \]

代入函数，可得：

\[\begin{aligned}P_3(x)&=f(x_0)+f[x_0,x_1]\cdot(x-x_0)\\\\&+\frac{f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]}{x_0-x_1}\times(x-x_0)(x-x_1)\\\\&+\frac{f^{(2)}(x_0)\times(x_0-x_1)-2[f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]]}{2(x_0-x_1)^2}\times(x-x_0)^2(x-x_1)\end{aligned} \]

不妨整理一下（将\(x-x_1\Longrightarrow x-x_0+x_0-x_1\)），易得（放💨，可贵一批）：

\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]

至此证毕，因此……你们知道为啥我愿称之为“暴力硬核待定系数法”了嘛？我去梳梳头皮了先。

\(PlanC\)： 没啥好名儿了，就暂定为“牛顿待定系数法”吧

惊不惊喜，意不意外，没想到我还有第三种方法叭（）。这是针对于仅仅不知道最高阶的均差（或者说不想直接从表中求得）而且该点不是重节点。之因此说通常为最后一项，是由于若是前面不知道后面的均差通常也无从得知，这是一个一环扣一环的过程。

首先咱们依据\(PlanB\)中构造的《函数-均差表》，因此有：

\(x\)	\(f(x)\)	一阶均差	二阶均差	三阶均差
\(x_0^{(1)}\)	\(f(x_0)^{(1)}\)
\(x_0^{(2)}\)	\(f(x_0)^{(2)}\)	\(f^{(1)}(x_0)^{(1)}\)
\(x_0^{(3)}\)	\(f(x_0)^{(3)}\)	\(f^{(1)}(x_0)^{(2)}\)	\(\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}\)
\(x_1\)	\(f(x_1)\)	\(f[x_0,x_1]\)	\(f[x_0,x_0,x_1]\)	\(f[x_0,x_0,x_0,x_1]\)

而后发现只有第三节均差咱们是不知道的，因为在牛顿插值的时候其实最后一个点是用不上的，可是插值函数很显然是经过这个点的，因此先构造插值函数（设\(f[x_0,x_0,x_0,x_1]=A\)）：

\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+A\times{(x-x_0)^3} \]

再将最后一个点代入函数，解得：

\[A=[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{1}{x_1-x_0} \]

因此最后仍是能够获得插值函数为：

\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]

总结： 像套路2（普通埃尔米特插值函数）一共有三种解法

①、最朴素的解法（\(PlanA\)：牛顿插值附身法）： 将全部的点（包含重节点）都放入《函数-均差表》中，用牛顿插值法的思想解出函数的表达式。优势——一步一步无脑代入、缺点——繁琐；

②、最暴力的解法（\(PlanB\)：暴力硬核待定系数法）： 将全部点（不包含其余重节点）放入《函数-均差表》中，先用牛顿插值法写出前半部分，而后再用待定系数法构造出后半部分的高阶多项式。最后将导数值的差之条件代入，并解出各个待定的系数。优势——因为插值的时候不考虑重节点，因此对计算机更加友好、缺点——常识告诉咱们暴力的方法只有计算机能胜任；

③、当朴素和暴力擦除爱情的火花时（\(PlanC\)：牛顿待定系数法）： 当知足一下两个条件时才能触发：只有一项均差不知道 && 这一项对应的节点不能是重节点。这种状况及其罕见，除非有人刻意安排（就像爱情同样），因此你们必定要长点儿心，不要和这玩意儿失之交臂。经过待定系数构造出插值函数以后，将所求点代入方程接触系数。

例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{14}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（两点三次埃尔米特插值）

题目： 求小于等于3的多项式\(P_3(x)\)使其知足条件\(P_3(0)=0\)、\(P_3^{'}(0)=1\)、\(P_3(1)=1\)、\(P_3^{'}(1)=2\)。

解答：

\[\begin{aligned}H_3(x)=&(1+2\cdot\frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y(x_k)+(1+2\cdot\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_k})^2\cdot y(x_{k+1})\\\\&+({x-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y^{'}(x_k)+({x-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_{k}})^2\cdot y^{'}(x_{k+1})\end{aligned} \]

直接代入，无脑求解：

\[\begin{aligned}P_3(x)&=(1+2\cdot\frac{x-0}{1-0})(\frac{x-1}{0-1})^2\cdot 0+(1+2\cdot\frac{x-1}{0-1})(\frac{x-0}{1-0})^2\cdot 1\\\\&+({x-0})(\frac{x-1}{0-1})^2\cdot 1+({x-1})(\frac{x-0}{1-0})^2\cdot 2\\\\&=x^2(3-2x)+x(x-1)^2+2x(x-1)=x^3-x^2+x\end{aligned} \]

总结： 像这种题通常都是无脑题，只要翻翻书就知道答案了（可是知道和算对永远是两码事）；

例题3（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{16}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（两点三次埃尔米特插值）— 埃尔米特与牛顿

题目： 求一个不高于4次的多项式\(P_4(x)\)，使它知足\(P_4(0)=P_4^{'}(0)=0\)、\(P_4(1)=P_4^{'}(1)=1\)、\(P_4(2)=1\)。

解答： 重点—埃尔米特插值是一种特殊的牛顿插值

因此咱们能够依据条件：\(P_4(0)=P_4^{'}(0)=0\)和\(P_4(1)=P_4^{'}(1)=1\)，能够无脑获得两点三次的埃尔米特插值多项式\(H_3(x)=x^2(2-x)\)；又已知\(P_4(x)\)不高于4次，因此根据牛顿插值的改正思想构造函数：

\[P_4(x)=H_3(x)+A(x-0)^2(x-1)^2 \]

最后将最后一个点（想到套路2中的\(PlanC\)）代入式中解得\(A=\frac{1}{4}\)，故而得出插值函数为：

\[P_4(x)=x^2(2-x)+\frac{1}{4}x^2(x-1)^2=\frac{1}{4}x^2(x-3)^2 \]

总结： 埃尔米特插值是一种特殊的牛顿插值，能够运用改正的思想，而且巧妙的结合套路2中的\(PlanC\)，把握机会。

例题3（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{15}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（两点三次埃尔米特插值）— 偏差分析

题目： 证实两点三次埃尔米特的余项为\(R_3(x)=\frac{1}{4!}\cdot f^{(4)}(\xi)\times(x-x_k)^2(x-x_{k+1})^2，\xi\in(x_k,x_{k+1})\)。

解答： 让你记你就记着，你是十万个为何蛮？

总结： 其实这个余项能够从牛顿前插公式余项中瞥见端倪，给出牛顿插值余项：\(R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}\cdot f^{(n+1)}(\xi)\times\prod_{i=0}^k(x-x_i)^{j_i}\)，很显然\(n=3，j_1=j_2=2\)，因此就有了两点三次埃尔米特插值的偏差估计。

五、分段低次插值

（Ⅰ）解题思路： 掌握前面4种插值方法。

（Ⅱ）例题：

例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{18}\)）分段线性插值

主要掌握一点：

\[I_h(x)=\sum_{i=0}^n(f(x_i)\cdot l_i(x)) \]

而其中有：（\(x=x_i\)分别对应了两段插值函数）

\[l_i(x)=\begin{cases}&\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}}=\frac{1}{h}\times(x-x_{i-1})，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\&\frac{x-x_{i+1}}{x_i-x_{i+1}}=\frac{1}{h}\times(x_{i+1}-x)，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\\\\&0，其余\end{cases} \]

偏差分析为：

\[R_1(x)=\frac{1}{2}\cdot f^{''}(\xi)\times(x-x_i)(x-x_{i+1}) \]

因此偏差限为：

\[\underset{a\le x\le b}{max}|R_{(1,h)}(x)|=\frac{1}{2}\cdot\underset{a\le x\le b}{max}{|f^{''}(x)|}\times(\frac{x_{i+1}-x_i}{2})^2=\frac{1}{8}\cdot\underset{a\le x\le b}{max}{|f^{''}(x)|}\times h^2 \]

例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{19}\)）两点三次埃尔米特插值

与上述同理，构造分段插值函数：

\[I_h(x)=\sum_{i=0}^n[\alpha_i(x)f(x_i)+\beta_i(x)f^{'}(x_i)] \]

其中有：

\[\alpha_i(x)=\begin{cases}&(1+2\cdot\frac{x-x_{i}}{x_{i-1}-x_{i}})(\frac{x-x_{i-1}}{x_{i}-x_{i-1}})^2，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\&(1+2\cdot\frac{x-x_{i}}{x_{i+1}-x_i})(\frac{x-x_{i+1}}{x_{i}-x_{i+1}})^2，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\end{cases}，\qquad\beta_i(x)=\begin{cases}({x-x_i})(\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}})^2，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\({x-x_{i}})(\frac{x-x_{i+1}}{x_{i}-x_{i+1}})^2，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\end{cases} \]

偏差分析：

\[\underset{a\le x\le b}{max}|R_{(3,h)}(x)|\le\frac{h^4}{4!\times4^{^2}}\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(4)}(\xi)| \]

2、均差与差分

（Ⅰ）均差的性质

● 均差性质（1）： \(k\)阶均差可表示为函数值\(f(x_0)\)、\(f(x_1)\)、……\(f(x_k)\)。

\[f[x_0,x_1,……x_k]=\sum_{j=0}^k\frac{f(x_j)}{(x_j-x_0)…(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})…(x_j-x_k)} \]

● **均差性质（2）： **第\(k\)阶均差能够用以下两个\(k-1\)阶均差表示（均差表的基础）

\[f[x_0,x_1,……x_k]=\frac{f[x_1,……x_k]-f[x_0,x_1,……x_{k-1}]}{x_k-x_0} \]

● 均差性质（3）： \(n\)阶均差与导数的关系（分析偏差限和牛顿插值函数的精度）

\[f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}，\xi\in[a，b] \]

从上述式子中咱们就能够看出，牛顿插值的余项为\(f[x,x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{{n+1}!}\)，故精度即为\(n\)。

一般在作题的过程当中，性质（1）和性质（3）用得多一些。

（Ⅱ）差分、导数和均差的三角恋

（1）差分与均差的关系：

\[f[x_k,……,x_{k+m}]=\frac{1}{m}\frac{1}{h^m}\Delta^mf_k，其中m=1,2,...,n \]

（2）差分与导数的关系：

\[\Delta^nf_k = h^nf^{(n)}(\xi)，其中\xi \in [x_k, x_{k+n}] \]

（3）\(n\)阶均差与导数的关系：

\[f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}，\xi\in[a，b] \]

（Ⅲ）例题

例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_{8}\)）均差与导数的关系\(\Longrightarrow\)牛顿插值函数的精度

题目： \(f(x)=x^7+x^4+3x+1\)，求\(f[2^0,2^1,…2^7]\)及\(f[2^0,2^1,…2^8]\)。

解答：

根据\(n\)阶均差与导数的关系：\(f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\)，咱们不可贵出：

\[f[x_0,x_1,……x_7]=\frac{f^{(7)}(\xi)}{7!} \qquad \xi\in[2^0,2^7]\\f[x_0,x_1,……x_8]=\frac{f^{(8)}(\eta)}{8!} \qquad \eta\in[2^0,2^8] \]

而\(f(x)\)的最高次数为7，因此可得：

\[f[x_0,x_1,……x_7]=\frac{7!}{7!}=1\\f[x_0,x_1,……x_8]=\frac{0}{7!}=0\\ \]

例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{12}\)）均差与导数的关系\(\Longrightarrow\)牛顿插值函数的精度

题目： \(f(x)=a_0+a_1x+…+a_{n-1}x^{n-1}+a^nx^n\)，有\(n\)个不一样实根\(x_1,x_2,…,x_n\)，证实：

\[\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{'}(x_j)}=\begin{cases}0，\qquad 0\le k\le n-2；\\\\a_n^{-1}，\quad k=n-1；\end{cases} \]

解答：

记\(g(x)=x^k\)，\(\omega_n(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)，则有：

\[f(x)=a_n\cdot\omega_n(x)，\qquad f^{'}(x_j)=a_n\omega_n^{'}(x_j) \]

由均差的性质（1）可得：\(g[x_1,…x_k]=\sum_{j=0}^k\frac{f(x_j)}{\omega_k^{'}(x_j)}\)，又有均差与导数的关系：\(g[x_1,……x_k]=\frac{g^{(k-1)}(\xi)}{{(k-1)}!}\)。

因此有：

\[\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{'}(x_j)}=\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{a_n\omega_n^{'}(x_j)}=\frac{1}{a_n}\cdot\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{\omega_n^{'}(x_j)}=\frac{1}{a_n}\cdot g[x_1,……x_n]=\frac{1}{a_n}\cdot\frac{g^{(n-1)}(\xi)}{{(n-1)}!} \]

因此当\(0\le k\le n-2\)时，\(g(x)\)的最高次数为\(k\)，对\(g(x)\)求\(n-1\)阶导以后显然为0；

当\(k=n-1\)，\(g(x)=x^{n-1}\)，因此对\(g(x)\)求\(n-1\)阶导以后为\((n-1)!\)，因此得出最后的值为\(a_n^{-1}\)；

证毕。