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插值法(2).pdf


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第三章插值法和最小二乘法
§ 插值多项式中的误差
§ 插值多项式中的误差
一、插值余项
从上节可知, y = f (x)的Lagrange插值
n
Ln(x) = å y jl j (x)
j =0
满足 Ln (xi ) = f (xi ) i = 0,1,L, n
但"x Î[a,b] Ln (x) = f (x) 不会完全成立
因此,插值多项式存在着截断误差,那么我们怎样估
计这个截断误差呢?
假设在区间[a,b]上f (x)的插值多项式为Pn (x)
令 Rn (x) = f (x) ­ Pn (x)
显然在插值节点为xi (i = 0,1,L,n)上
Rn (xi ) = f (xi ) ­ Pn (xi ) = 0 ,i = 0,1,L,n
因此Rn (x)在[a,b]上至少有n +1个零点
设 Rn (x) = K(x)ω n+1(x)
其中ω n+1(x) = (x ­ x0 )(x ­ x1)L(x ­ xn ) K(x)为待定函数
Rn (x) = f (x) ­ Pn (x) = K(x)ω n+1(x)
注意与
f (x) ­ Pn (x) ­ K(x)ω n+1(x) = 0 t x
的区分
若引入辅助函数ϕ(t) = f (t) ­ Pn (t) ­ K(x)ω n+1(t)
也可令ϕ(t)
则有ϕ(x) = f (x)­ Pn (x) ­ K(x)ω n+1 (x) = 0
= R(x)ωn+1(t)
­ R(t )ωn+1 (x)
且ϕ(xi ) = f (xi )­ Pn (xi ) ­ K(x)ω n+1 (xi )
= Rn (xi ) ­ K(x)ωn+1(xi ) = 0 i = 0,1,L, n
因此,若令x ¹ xi ,ϕ(t)在区间[a,b]上至少有n + 2个零点,即
ϕ(x) = 0 , ϕ(xi ) = 0 , i = 0,1,2,L, n
由于Pn (x)和ω n+1(x)为多项式,因此若f (x)可微,则ϕ(t)也可微
根据Rolle定理, ϕ¢(t)在区间(a,b)上有至少n +1个零点
再由Rolle定理, ϕ¢¢(t)在区间(a,b)上有至少n个零点
依此类推
在区间(a,b)内至少有一个点ξ,使得ϕ(t)的n +1阶导数为零
(n+1)
ϕ(ξ) = 0 ϕ(t) = f (t) ­ Pn (t) ­ K (x)ωn+1 (t)
(n+1) (n+1) (n+1) (n+1)
由于ϕ(t) = f (t) ­ Pn (t) ­ K(x)ωn+1 (t)
(n+1) (n+1) (n+1) (n+1)
因此ϕ(ξ) = f (ξ) ­ Pn (ξ) ­ K(x)ωn+1 (ξ)
= f (n+1) (ξ) ­ K(x)×(n +1)! = 0
f (n+1) (ξ)
K(x) =
(n +1)!
f (n+1) (ξ)
所以 R (x) = K(x)ω(x) = ω(x)
n n+1 (n +1)! n+1
称Rn (x)为插值多项式Pn (x)的余项(截断误差)
定理1. 设f (x)在区间[a,b]上n + 1阶可微, Pn(x)为f (x)在[a,b]上的
n
n次插值多项式,插值节点为{xi }i=0 Ì [a,b],则"x Î[a,b],有
f (n+1) (ξ)
Rn (x) = ω(x)
(n +1)! n+1 Lagrange型余项
n
其中且依赖于
ωn+1(x) = Õ(x ­ xi ) , ξÎ(a,b) , x.
i=0
( n+1)
设 M n+1 = max| f (x)|
a£ x£b
n
Nn+1 =|ωn+1(x)|=|Õ(x ­ xi )|
i =0
f (n+1)(ξ)
则|R (x)| = ωn+ (x)
n (n + 1)! 1
1
£ M N
(n + 1)! n+1 n+1
例1: ,若f (x) = x ,三个节点为144,169,225
试估计用Lagrange线性和二次插值做f (175)近似值的
截断误差.
解: 设R1(x)为Lagrange线性插值的余项
R2 (x)为二次Lagrange插值的余项
3 5
1 1 ­ 3 ­
f ¢(x) = f ¢¢(x) = ­ x 2 f ¢¢¢(x) = x 2
2 x 4 8
­4
M 2 = max | f ¢¢(x)| =| f ¢¢(169)|£

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  • 时间2011-09-06