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文章来源:SEO    发布时间:2020-04-09 08:18:54  【字号:      】

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文档介绍: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nLn(x)=yjlj(x)j=0满足Ln(xi)=f(xi)i=0,1,L,n但x[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)ωn+1(x)其中ωn+1(x)=(xx0)(xx1)L(xxn)K(x)为待定函数Rn(x)=f(x)Pn(x)=K(x)ωn+1(x)注意与f(x)Pn(x)K(x)ωn+1(x)=0tx的区分若引入辅助函数(t)=f(t)Pn(t)K(x)ωn+1(t)也可令(t)则有(x)=f(x)Pn(x)K(x)ωn+1(x)=0=R(x)ωn+1(t)R(t)ωn+1(x)且(xi)=f(xi)Pn(xi)K(x)ωn+1(xi)=Rn(xi)K(x)ωn+1(xi)=0i=0,1,L,n因此,若令xxi,(t)在区间[a,b]上至少有n+2个零点,即(x)=0,(xi)=0,i=0,1,2,L,n由于Pn(x)和ωn+1(x)为多项式,因此若f(x)可微,则(t)也可微根据Rolle定理,(t)在区间(a,b)上有至少n+1个零点再由Rolle定理,(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(t)的n+1阶导数为零(n+1)(ξ)=0(t)=f(t)Pn(t)K(x)ωn+1(t)(n+1)(n+1)(n+1)(n+1)由于(t)=f(t)Pn(t)K(x)ωn+1(t)(n+1)(n+1)(n+1)(n+1)因此(ξ)=f(ξ)Pn(ξ)K(x)ωn+1(ξ)=f(n+1)(ξ)K(x)(n+1)!=0f(n+1)(ξ)K(x)=(n+1)!f(n+1)(ξ)所以R(x)=K(x)ω(x)=ω(x)nn+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nn次插值多项式,插值节点为{xi}i=0[a,b],则x[a,b],有f(n+1)(ξ)Rn(x)=ω(x)(n+1)!n+1Lagrange型余项n其中且依赖于ωn+1(x)=(xxi),ξ(a,b),=0(n+1)设Mn+1=max|f(x)|axbnNn+1=|ωn+1(x)|=|(xxi)|i=0f(n+1)(ξ)则|R(x)|=ωn+(x)n(n+1)!11MN(n+1)!n+1n+1例1:在上节例1.中,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35113f(x)=f(x)=x2f(x)=x22x484M2=max|f(x)|=|f(169)|=max|f(x)|=f144x225|(144)|(175)=|ω2(175)|=|(175169)(175225)|=300N3(175)=|ω3(175)|=|(175144)(175169)(175225)|=930011|R(175)|!2221163|R(175)|!6从以上分析可知,在求175时用Lagrange二次插值比线性插值的误差更小1例2.设函数f(x)=,x[5,5]1+x210将[5,5]n等份取n+1个节点x=5+ih,h=,i=0,1,L,nin试就n=2,4,6,8,10作f(x)的n次Lagrange插值多项式并作图比较.1解:yi=f(xi)=21+xi作n次Lagrange插值多项式n1n(xx)L(x)=in2n=2,4,6,8,10j=01+xji=0(xjxi)ij内容来自淘豆网转载请标明出处.澳门太阳城体育官方平台




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