数值分析带导数的插值..ppt

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资源描述

1、华长生制作1iiijjijiilxlbx11nnnnnnaaaaaaaaaA212222111211bAx ni,3,2 2.2.4 带导数的插值问题带导数的插值问题华长生制作2Newton插值和Lagrange插值虽然构造比较简单,但都存在插值曲线在节点处有尖点,不光滑,插值多项式在节点处不可导等缺点,)(1010nnyyybxxxaxf处的函数值为在节点设值函数上的具有一阶导数的插的在区间为设,)()(baxfxP处必须满足在节点显然nxxxxP,)(10iiiyxfxP)()(iiiyxfxP)()()(,)()1(一阶光滑度上具有一阶导数在若要求baxPni,1,0ni,1,0-(1)

2、华长生制作3处必须满足在节点显然nxxxxP,)(10iiiyxfxP)()(iiiyxfxP)()()(,)(,)2(阶光滑度阶导数上具有在若要求同样mmbaxP2n 222n共+个方程,可以解出个待定的系数次的多项式可以是最高次数为因此12)(nxP次多项式作为插值函数两个节点就可以用3112iiiyxfxP )()()()()()()(miimimyxfxPni,1,0-(2)华长生制作4定义1.称满足(1)或(2)式的插值问题为Hermite插值,称满足(1)或(2)式的插值多项式P(x)为Hermite插值多项式,记为Hk(x),k为多项式次数仍用分段插值不宜太大因此现象收敛性和稳定

3、性如果太高会影响的次数插值多项式次一般,),()(,kRungekxHHermitekk两点三次Hermite插值先考虑只有两个节点的插值问题1010,)(yyxxxf处的函数值为在节点设1010,yyxx处的的一阶导数值为在节点作为插值函数多项式次两个节点最高可以用)(33xHHermite华长生制作5应满足插值条件)(3xH003)(yxH113)(yxH003)(yxH113)(yxH示应用四个插值基函数表)(3xH3,2,1,0),()(3ixhxHi的插值基函数为设)()()()()(332211003xhaxhaxhaxhaxH希望插值系数与Lagrange插值一样简单重新假设)(

4、)()()()(110011003xyxyxyxyxH华长生制作6其中1)(00 x0)(00 x1)(00 x)()()()()(110011003xyxyxyxyxH0)(10 x0)(01x1)(11x0)(10 x0)(01x0)(11x0)(00 x0)(10 x0)(01 x0)(11 x0)(10 x0)(01 x1)(11 x可知即可假设的二重零点是,)(01xx)()()(210baxxxx1)(00 x0)(00 x由华长生制作7可得310)(2xxa3100210)(2)(1xxxxxb)()()(210baxxxx21)(xx 310)(2xxx3100210)(2)(

5、1xxxxx21021)()(xxxx102xxx10021xxx01021xxxx2101xxxx)()(21(201xlxlLagrange插值基函数华长生制作8)(1x)()(21(210 xlxl类似可得)(0 x)()(200 xlxx)(1x)()(211xlxx10121xxxx2010 xxxx0 xx 2101xxxx2010 xxxx1xx)(0 x01021xxxx2101xxxx)()(21(201xlxl即将以上结果代入华长生制作9)()()()()(110011003xyxyxyxyxH得两个节点的三次Hermite插值公式)()()()()(110011003xy

6、xyxyxyxH)()(21(2101xlxly)()(2000 xlxxy)()(2111xlxxy)()(21(2010 xlxly101121xxxxy2010 xxxx00 xxy2101xxxx2010 xxxx11xxy010021xxxxy2101xxxx华长生制作10二、两点三次Hermite插值的余项两点三次Hermite插值的误差为)()()(33xHxfxR0)()()(33iiixHxfxR0)()()(33iiixHxfxR1,0i因此可设的二重零点均为,)(,310 xRxx21203)()()(xxxxxKxR待定其中)(xK华长生制作1121203)()()()

7、()(xtxtxKtHtft构造辅助函数0)()()()()(21203xxxxxKxHxfxiiiii1,0i0)()()()()(21203xxxxxKxHxfx均是二重根个零点至少有因此5)(t连续使用4次Rolle定理,可得,,10 xx至少存在一点使得0)()4(华长生制作120)(!4)()()4()4(xKf即!4)()()4(fxK所以,两点三次Hermite插值的余项为2120)4(3)()(!4)()(xxxxfxR10 xx以上分析都能成立吗?上述余项公式成立上存在且连续时在当,)(10)4(xxxf华长生制作13 例例 设设f(x)=lnx,给定,给定f(1)=0,f(

8、2)=0.693147,f(1)=1,f(2)=0.5。用三次用三次Hermite插值多项式插值多项式H3(x)计算计算f(1.5)的近似值。的近似值。解解 记记x0=1,x1=2,可得可得.)1)(2()(,)2)(1()(,)1)(25()(,)2)(12()(20202120 xxxxxxxxxxxx 得三次得三次Hermite插值多项式插值多项式由此得由此得f(1.5)的近似值的近似值H3(1.5)=0.40907423)1)(25(693147.0)(xxxH.)1)(2(5.0)2)(1(22 xxxx华长生制作14例1.1)2(,0)1(21)(3)2(,2)1(21)(ffxf

9、ffxf处的导数值为,在节点处的函数值为,在节点已知.7.1,5.1)(,)(处的函数值在及的两点三次插值多项式求xxfxf解:2,110 xx3,210yy1,010yy)()()()()(110011003xyxyxyxyxH101121xxxxy2010 xxxx00 xxy2101xxxx2010 xxxx11xxy010021xxxxy2101xxxx华长生制作15)2(213x21x21x2 x)1(212x22x)(3xH91713323xxx)5.1(f)5.1(3H625.2)7.1(f)7.1(3H931.2作为多项式插值,三次已是较高的次数,次数再高就有可能发生Runge

10、现象,因此,对有n+1节点的插值问题,我们可以使用分段两点三次Hermite插值华长生制作16Hermite 插值是带导数的插值,除了可以要求插值多项式与被插插值是带导数的插值,除了可以要求插值多项式与被插值函数在插值节点上取值相等外,还可以要求在节点上它们的导数值值函数在插值节点上取值相等外,还可以要求在节点上它们的导数值也相等,甚至要求高阶导数也相等。也相等,甚至要求高阶导数也相等。下面只讨论在插值节点上函数下面只讨论在插值节点上函数值和函数的一阶导数值都给定的情形。值和函数的一阶导数值都给定的情形。设在设在n+1个不同点的插值节点个不同点的插值节点 上,给定上,给定。要求一个次数不超过。

11、要求一个次数不超过2n+1的多项式的多项式H2n+1(x),试的满足插值条件试的满足插值条件nxxx,10),(),(iiiixfmxfy ni,1,0 2121(),(),0,1,.niiniiHxf xHxfxin 同样Hermite 插值多项式可以用类似于求插值多项式可以用类似于求Lagrange 插值多项式的插值多项式的方法给出,这种插值多项式是唯一存在的。方法给出,这种插值多项式是唯一存在的。先求出插值基函数先求出插值基函数 每个基函数为每个基函数为2n+1次多项式,并且满足如下条件次多项式,并且满足如下条件,1,0),(),(nixxii 一般的一般的 Hermite插值多项式插值

12、多项式华长生制作17 .,1,0,)(,0)(0)(,)(nkxxxxikkikikiikki 利用利用 构造多项式构造多项式,1,0),(),(nixxii 210()()().nniiiiiHxfxxfxx这是一个次数不超过这是一个次数不超过2n+1的多项式。的多项式。022020,0,1,1,1,jniiijiijijxxlxlxlxlxlxjiini鉴于关于节点 x的拉格朗日基函数满足2()()(),0,1,iixaxb lxin于是设其中其中li(x)为为Lagrange插值基函数,由条件得插值基函数,由条件得 .0)(2,1iiixlabax由此得由此得()()华长生制作18201

13、()12()(),0,1,.niiikikkixxxlxinxx同理可得同理可得.,1,0),()()(2nixlxxxiii 下面讨论唯一性问题,设还有一个次数不超过下面讨论唯一性问题,设还有一个次数不超过2n+1的多项式的多项式Gn+1(x)满足相同的插值条件。满足相同的插值条件。令令 ,则有,则有)()()(1212xGxHxRnn .,1,0,0)()(nixRxRii 因为因为R(x)是一个次数不超过是一个次数不超过2n+1的多项式,最多有的多项式,最多有2n+1个零点,但个零点,但现在它有现在它有n+1个二重根个二重根 ,即有,即有2n+2个零点,所以,必有个零点,所以,必有R(x

14、)=0,即即H2n+1(x)=G2n+1(x)。nxxx,10华长生制作19).()!22()()()()(21)22(1212xnfxHxfxRnnnn 同样仿照仿照Lagrange 插值余项的证明方法,可得下面的余项定理插值余项的证明方法,可得下面的余项定理定理定理 设设 为为a,b上相异节点,上相异节点,,并并且且 f(2n+2)(x)在在(a,b)内存在,内存在,Hn+1(x)是满足前面插值条件的插值多项式,是满足前面插值条件的插值多项式,则对任何则对任何xa,b,存在存在(a,b),使得使得nxxx,10,)(12baCxfn 华长生制作20带不完全导数的埃尔米特插值多项式举例例 建立埃尔米特插值多项式 使之满足如下插值条件:3,Hx 3300,0,1,2iiHxf xiHxfx解 二次牛顿插值多项式 满足插值条件 3,0,1,2iiHxf xi 2001001201,Nxf xf x xxxf x x xxxxx华长生制作21故可设满足题目条件的插值多项式是 32012HxNxk xxxxxx显然它已满足第一个条件。两边求导,将第二个条件代入得2001020Nxk xxxxfx解之得到001012010102,fxf x xf x x xxxkxxxx

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