数值计算课后答案4(word文档)

习题四解答1、设x00,x11，写出f(x)ex的一次插值多项式L1(x)，并预计插值偏差。解：依据已知条件，有x01y1e1设插值函数为L1(x)axb，由插值条件，成立线性方程组为a0b1a1be1解之得ae111则L1(x)(e11)x1由于y( )ex,y()exxx所以，插值余项为r(x)f(x)p(x)(n1f(n1)( )(x)1)!f(2)( )(x)2!1f(2)( )(xx0)(xx1)2!1e(x0)(x1)((0,1))2所以r(x)1maxemaxx(x1)2010x1。111e02482、给定函数表xi-0.10.30.71.1f(xi)0.9950.9950.7650.454采用适合的三次插值多项式来近似计算f(0.2)和f(0.8)。解：设三次插值多项式为f(x)a0a1xa2x2a3x3，由插值条件，成立方程组为a0a1(0.1)a2(0.1)2a3(0.1)30.995a0a10.3a20.32a30.330.995a0a10.7a20.72a30.730.765a0a11.1a21.12a31.130.4541即a00.1a10.01a20.001a30.995a00.1a10.01a20.001a30.995a00.3a10.09a20.027a30.9950.4a10.08a20.028a30a00.7a10.49a20.343a30.7650.8a10.48a20.344a31.76a01.1a11.21a21.331a30.4540.4a10.72a20.988a30.311a00.1a10.01a20.001a30.9950.4a10.08a20.028a300.32a20.288a31.760.384a33.831解之得a00.41a16.29a23.48a39.98则所求的三次多项式为f(x)0.416.29x3.48x29.98x3。所以f(0.2)0.416.290.23.480.229.980.230.91f(0.8)0.416.290.83.480.829.980.831.743、设xi(i0,1,2,,n)是n+1个互异节点，证明：n（1）xikli(x)xk(k0,1,2,,n)；i0nx)kli(x)（2）(xi0(k0,1,2,,n)。i0证明：（1）由拉格朗日插值定理，以x0,x1,x2,xn为插值节点，对y=f(x)=xk作n次插值，插值多项式为npn(x)li(x)yi，i0而yi=xik,nn所以pn(x)li(x)yili(x)xiki0i0同时，插值余项1f(n1)( )(x)1(xk)(x)0r(x)xkpn(x)(n1)(n1)!(n1)!nli(x)xikxk所以i0结论得证。（2）取函数f(x)(xt)k,k0,1,2,,n对此函数取节点xi(i0,1,2,,n)，则对应的插值多项式为2nt)kli(x)，pn(x)(xii0由余项公式，得knk1(n1)1k(n1)r(x)(xt)(xili(x)f(xt)t)( )(x)(x)0i0(n1)!(n1)!所以(xt)knt)kli(x)i0(xi令t=x，nx)kli(x)(xi0i04、给定数据（f(x)x）x2.02.12.22.4f(x)1.4142141.4491381.483201.54919(1)试用线性插值计算f(2.3)的近似值，并预计偏差；(2)试用二次Newton插值多项式计算f(2.15)的近似值，并预计偏差。解：用线性插值计算f(2.3)，取插值节点为2.2和2.4，则相应的线性插值多项式是p(x)1.483201.549191.48320(x2.2)2.42.21.483200.32995(x2.2)用x=2.3代入，得f(2.3)1.483200.32995(2.32.2)1.450205作差商表以下xf(x)一阶差商二阶差商三阶差商2.01.4142140.3501-0.0471.5960.6599依据定理2，f(x)＝f(x0)＋f[x0，x1](x-x0)+f[x0，x1，x2](x-x0)(x-x1)++f[x0，x1，，xn](x-x0)(x-x1)(x-xn－1)+f[x0，x1，，xn，x]π(x)。以表中的上方一斜行中的数为系数，得f(2.15)＝1.41421＋0.3501×(2.15-2.0)－0.047×(2.15-2.0)×(2.15-2.1)1.6637253指出：偏差未议论。5、给定函数表x01245y01646880试求各阶差商，并写出牛顿插值多项式和插值余项。解：作差商表以下xf(x)一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商001611673052246－376212534881093－8850依据定理2，以表中的上方一斜行中的数为系数，得p(x)016x7x(x1)5x(x1)(x2)7x(x1)(x2)(x4)。26指出：余项未议论。5*、给定函数表x01234y01646880试求各阶差分，并求等距节点插值。解：由已知条件，明显，x0，，x=t。=0h=1作差分以下xf(x)一阶差分二阶差分三阶差分四阶差分00161161430－224612－14042－1424488－1308850依据等距节点插值公式，pn(x0th)pn(t)0t16t(t1)t(t1)(t2)t(t1)(t2)(t3)2!143!(2)(140)4!16t7t(t1)t(t1)(t2)35t(t1)(t2)(t3)指出:36在此题这类状况下,实质上pn(t)pn(x)，也就是说,在这样的条件下,t的多项式就是x的多项式，能够直接变换。一般状况下，把t的关系变换为x的关系需要依据x=x0+th，将t用x表示，即将txx0代入获取的多项式。h6、给定数据表x0.1250.2500.3750.5000.6250.750f(x)0.796180.773340.743710.704130.656320.60228试用三次牛顿差分插值公式计算f(0.1581)及f(0.636)。解：所给节点是等距结点：x00.125,h0.125,xix0ih,i0,1,2,3,4,5。计算差分得xf(x)一阶差分二阶差分三阶差分四阶差分五阶差分0．1250．79618-0.022840．2500．77334-0.00679-0.02963-0.003160．3750．74371-0.009950.00488-0.039580.00172-0.004600．5000．70413-0.008230.00028-0.047810.002000．6250．65632-0.00623-0.054040．7500．60228令xx0th(txx0),依据等距结点插值公式，得ht(t1)pn(x0th)pn(t)0.79618t(0.02284)(0.00679)2!t(t1)(t2)(0.00316)t(t1)(t2)(t3)0.00488t(t1)(t2)(t3)(t4)(0.00460)3!4!5!则5f(0.1581)pn(0.1581)pn(0.1250.2648h)0.790294822,f(0.636)pn(0.6363)pn(0.1254.088h)。0.6518048267、设f(x)在[-4,4]有连续的4阶导数，且f(1)1,f(0)2,f(0)0,f(3)1,f(3)1试结构一个次数最低的插值多项式p(x)，使其知足p(1)f(1)1,p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1给出并证明余项f(x)-p(x)的表达式。解：由7*能够求出知足p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1的三次埃尔米特插值多项式H(x)5x32x22。2735x32x2设p(x)H(x)a(x3)2x22a(x3)2x2，则p(x)知足273p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1，由f(1)1得5(1)32(1)22a(13)2(1)21a1，273108所以p(x)H(x)a(x3)2x25x32x221(x3)2x2273108。1133x4x3x22108544(2)余项拥有以下结构r(x)f(x)p(x)k(x)(x1)x2(x3)2作协助函数(t)f(t)p(t)k(x)(t1)t2(t3)2则明显(t)在点x,1,0,3处有6个零点（此中0，3是二重零点），即(x)0,(1)0,(0)0,(0)0,(3)0,(3)0，不如假定x(1,0)。由罗尔定理，存在1(1,x),2(x,0),3(0,3)，使得(1)0,(2)0,(3)0，再注意到(0)0,(3)0，即(t)有5个互异的零点12033再次由罗尔定理得，存在1(1,1),2(2,0),3(0,3),4(3,3)，使得(1)0,(2)0,(3)0,(4)0第三次应用罗尔定理得，存在1(1,2),2(2,3),3(3,4)使得(1)0,(2)0,(3)0，第四次应用罗尔定理得，存在1(1,2),2(2,3)使得(4)(1)0,(4)(2)0，第五次应用罗尔定理得，存在(1,2)6使得(5)( )0注意到(5)(t)r(5)(t)5!k(x)f(5)(t)5!k(x)（r(t)f(t)p(t)中p(t)是4次函数，其5次导数为0）。所以(5)( )f(5)()5!k(x)=0k(x)=f(5)()，5!代入余项表达式，有r(x)f(x)p(x)f(5)()(x1)x2(x3)2。5!指出：此题是非标准插值问题，比较简单的求解方法有：①求插值问题的基本方法是待定系数法。以此题来说，有5个条件，能够确立一个4次的插值多项式，设为ya0a1xa2x2a3x3a3x3，将条件代入，成立一个5元的线性方程组，求出各参数，就能够求出插值多项式。②求插值问题的第二种方法是基函数法，即依据给定条件设定插值多项式的结构和各基函数的结构，依据条件确立基函数即可。详细方法与拉格朗日插值基函数结构和埃尔米特插值基函数结构相像。③以标准插值为基础的方法是一种更简单的方法，此题中，第一利用4个条件构造一个埃尔米特插值，在此基础上设定所求插值多项式的一般形式，保证其知足埃尔米特插值条件，代入未利用条件解方程（组），求出此中的未知参数，即可求出插值多项式。此题也能够先利用p(1)f(1)1,p(0)f(0)2,p(3)f(3)构1造一个2次插值多项式p2(x)，以此为基础结构4次插值多项式p4(x)，p4(x)的结构是p4(x)p2(x)(axb)(x1)x(x3)，知足p(1)f(1)1,p(0)f(0)2,p(3)f(3)1再依据p(0)f(0)0,p(3)f(3)1列出两个线性方程构成的方程组，求出a、两个参数，即可求出所求的插值多项式。求插值函数余项r(x)的常用方法是：r(x)f(x)p(x)应拥有以下形式（以此题为例）r(x)f(x)p(x)k(x)(x1)x2(x3)2作协助函数(t)f(t)p(t)k(x)(t1)t2(t3)2则(t)在点x,1,0,3处有6个零点（此中0，3是二重零点）。频频应用罗尔定理，直到起码有一个(4,4)，使得(5)( )0。此时即有7(5)(5))5!k(x)=0f(5)( )()f(k(x)=5!代入余项表达式即可求出。7*、设f(x)在[-4,4]有连续的4阶导数，且f(0)2,f(0)0,f(3)1,f(3)1试用两种方法结构三次埃尔米特插值多项式H(x)，使其知足p(0)f(0)2,p(0)f(0)0,p(3)f(3)1,p(3)f(3)1。解一（待定系数法）：解：设H(x)a0a1xa2x2a3x3，则H(x)a12a2x3a3x2，由插值条件得2H(0)a00H(0)a11H(1)a0a1a2a31H(1)a12a23a3解之得a02,a10,a22,a35，52x2327所以H(x)x32。3解二（基函数法）：解：设H3(x)f(x0)0(x)f(x1)1(x)f(x0)0(x)f(x1)1(x)，由于线性拉格朗日插值基函数为l0(x)xx1x33x，x0x1033l1(x)xx0x0x，x1x0303由④得0(x)[12(xx0)1]l02(x)x0x12[12(xx0)1]xx1x0x1x0x1132[12(x0)x]3039x22x327同理222x31(x)[12(xx1)]xx09xx0x1x1x027由⑤得8220(x)(xx0)xx1x3xx0x132x33x21(x)(xx1)xx0x1x09则H(x)5x32x22。2738、设f(x)ex(0x1)，试作一个二次多项式p(x)，使其知足p(0)f(0),p(0)f(0),p(1)f(1)，并导出余项预计式。解：设此二次式为p(x)abxcx2，由于f(x)ex,f(x)ex，所以，由已知条件p(0)f(0)1,p(0)f(0)1,p(1)f(1)e将其代入p(x)abxcx2,p(x)b2cx，得a1a1b1b1abcece2所以，要求的二次多项式为p(x)1x(e2)x2。由于0是2重零点，1是1重零点，所以能够设余项拥有以下形式：r(x)f(x)p(x)K(x)(x0)2(x1)，此中K(x)为待定函数。固定x，作协助函数(t)r(t)K(x)(t0)2(t1)明显(0)0,(0)0,(x)0,(1)0，不如假定x(0,1)。由罗尔定理，存在1(0,x),2(x,1)，使得(1)0,(2)0，再注意到(0)0再次由罗尔定理得，存在1(0,1)(0,1),2(1,2)(0,1)，使得(1)0,(2)0再次应用罗尔定理，存在(1,2)(0,1)使得( )0。注意到(t)r(t)3!K(x)f(t)3!K(x)（r(t)f(t)p(t)中p(t)是2次函数，其3次导数为0）。所以9( )f( )3!K(x)=0K(x)=f( )，3!代入余项表达式，有r(x)f(x)p(x)f( )(x0)2(x1)=ex2(x1)。3!3!指出：石瑞民《数值计算》对于余项议论很清楚。9、给出sinx在[0,π]上的等距结点函数表，用线性插值计算sinx的近似值，使其截断偏差为1104，问该函数表的步长h取多少才能知足要求？2解：设xk(k0,1,)为等距结点，步长为h，则xk1xkh当x[xk,xk1]时，作f(x)的线性插值L1(x)xxk1f(xk)xxkf(xk1)xkxk1xk1xk则有f(x)L1(x)f( )(xxk)(xxk1)，2由此易知f(x)L1(x)1maxf(x)(xxk)(xxk1)1h2,x[xk,xk1]2xkxxk124所以f(x)L1(x)h28由h21104，得h0.02。82指出：对于最大值的计算与12题同样。10、求f(x)x4在区间[a,b]上的分段埃尔米特插值，并预计偏差。解：由分段三次埃尔米特插值多项式nH3(x)[f(xi)i(x)f(xi)i(x)]i0则f(x)x4的分段埃尔米特插值为nH3(x)[f(xi)i(x)f(xi)i(x)]i0n43[xii(x)4xii(x)]i0此中10[12(xxi)]xxi12,xi1xxi,ixi1xixixi1[12(xxi)]xxi12(xi),xixxi1,ixi1xixixi10,其余xxi21,xi1xxi,i0(xxi)xixi1xxi2(xi)1,xixxi1,in(xxi)xixi10,其余其余项预计式为r(x)h4maxf(4)(x)h44!h4。384axb3841611、已知数据表i01xi2.57.5f(xi)4.07.0f(xi)0.13求三次样条插值函数。解：这是第一类界限条件，要求解方程组210M0g0121M1g1012M2g2此中h0x1x07.52.55h1x2x1107.52.51h020.66667h0h131110.33333

0n2105.0-0.1311g06(y1y0y0)0.564h1h1g1h16(y2y1y1y0)1.12002h2h2h1g26(y2y2y1)1.608h2h2将以上数据代入方程组210M0g0121M1g1012M2g2解之得M00.807339M11.050678M21.329334将获取的数据代入到Si(x)Mi1(xix)3(xxi1)3Mi12xixMi2)xxi16hiMi(yi1hi)(yi6hihi6hi6hi中，得s(x)0.026911(7.5x)30.035023(x2.5)30.127218(7.5x)2.275565(x2.5)0.070045(10x)30.088622(x7.5)33.237783(5.0x)1.446111(x7.5)12、设f(x)C2[a,b]（拥有二阶连续导数），且f(a)=f(b)=0，证明：maxf(x)1(ba)2maxf(x)axb8axb证明：以a、b为节点进行插值，得f(x)p1(x)r(x)xbf(a)xaf(b)1f()(xa)(xb)abba2!1f( )(xa)(xb)(ab)2!由于(xa)(xb)在x1(ab)处获得最大值，故1max2maxf(x)f(x)max(xa)(xb)axb2axbaxb1(ba)2maxf(x)8axb给定数据表x－2－1012y－0．1０．１０．４０．９１．６12用两种方法求其二次拟合曲线。解一：设所求的拟合函数为yabxcx2，5则L[(abxicxi2)yi]2。1对a、b、c分别求偏导，并令偏导数等于0，得L5cxi2)2[(abxiyi]0ai15cxi2)yi]0i1[(abxi5555abxicxi2yi0i1i1i1L5cxi2)2[(abxiyi]xi0bi15cxi2)yi]xii1[(abxi05555axibxi2cxi3xiyi0i1i1i1i1L5cxi2)yi]xi22[(abxi0ci15cxi2)yi]xi2i1[(abxi05555axi2bxi3cxi4xi2yi0i1i1i1i1将各数据点的数值代入，得方程组为5a10c2.910b4.210a3c47解之得a=0.4086，b=0。42，c=0.0857，所以数据点所反应的函数的近似关系为2解二：设所求的拟合函数为yabxcx2，将数据代入方程得a2b4c0.1abc0.1a0.4abc0.9a2b4c1.6方程组的系数矩阵和右端向量为131240.11110.1A100,B0.41110.91241.6由于124111111115010ATA210121000100,41014111100341240.1111110.12.9ATB210120.44.2410140.971.6所以5010a2.90100b4.210034c7解之得a=0.4086，b=0。42，c=0.0857，所以数据点所反应的函数的近似关系为214、已知试验数据x1925313844y19．032．349．073．397．8用最小二乘法求形如yabx2的经验公式，并计算均方偏差。解：设yabx2则5L[(abxi2)yi]21对a、b分别求偏导，并令偏导数等于0，得14L52)2[(abxiyi]0ai15bxi2)[(ayi]0i1555abxi2yi0i1i1L5bxi2)yi]xi22[(a0bi15[(abxi2)yi]xi20i1555x2yax2bx4i0iiii1i1i1将数据代入得5ab(192252312382442)(19.032.349.073.397.8)0a(192252312382442)b(194254314384444)(19219.025232.331249.038273.344297.8)0化简得5a5327b271.405327a7277699b369321.50第二个方程减去第一个方程乘以1065进一步化简得5a5327b271.402a1604444b80279.50解之得1.010.05则x与y的函数关系是y=1.01+0.05x2。此时，平方迫近偏差为5L[(abxi2)yi]20.017i1所以,均方偏差为。指出：均方偏差实质上就是按最小二乘法例确立的残差。15、观察物体的直线运动，得出以下数据：时间t(s)00.91.93.03.95.0距离s(m)010305080110求运动方程。解：设运动方程为s＝a+bt则1566266ti14.7,t53.63,si280,tisi1078ii1i1i1i1将上述数据代入方程组666abtisii1i166ti26atibtisii1i1i1得方程组6a14.7b28014.7a53.63b1078解之得7.8550478b22.25376所以，s7.855047822.25376t。指出：利用统计型计算器，相关中间数据能够简单求出。16、在某化学反响中，由实验得分解物浓度与时间关系以下：时间t05101520253035浓度y(104)01.272.162.863.443.874.154.37时间t40455055浓度y(104)4.514.584.624.64用最小二乘法求y=f(t)。解：描草图，察看草图能够发现，该组数据散布近似于指数函数曲线，并且跟着t的增大，y的增速放缓，故设byaet。两边取对数，得lnylnab1，z,1t令lnys,lnac，t则拟合函数转变为线性拟合关系zcbs。1111si0.6039755,si20.06232136i1i11111zi13.639649,sizi0.5303303。i1i1将上述数据代入16111111cbsizii1i1111111csibsi2sizii1i1i1得11c0.6039755b13.6396490.5303303解之得b所以7.4961692y5.2151048et。指出：1）T=0，该拟合函数不合用。2）专业的变化规律（经验函数）应当由专业人员给出。只是从有限数据的草图得出的规律可能不具广泛性。17、给定数据表x7.22.73.54.14.8y6560535046用最小二乘法求形如yaebx的经验公式。解：对yaebx两边取对数，得lnylnabx，令lnyY,lnaa0,ba1，则Ya0a1x，代入数据，成立方程组为5a017.3a119.9796881517.3a064.23a168.55117703解之得a04.45380aea085.9529a10.132329ba10.132329所以85.9529e0.132329x。18、用最小二乘法求方程组2x4y113x5y3x2y6x2y14的近似解。剖析：这是方程个数多于未知数个数的超定方程组，是矛盾方程组，用最小二乘17法求解。解：设方程组中各个方程的一般形式为aixbiyci，则4L[(aixbiy)ci]21对x、y分别求偏导，并令偏导数等于0，得L42[(aixbiy)ci]ai0xi14[(aixbiy)ci]ai0i1444xai2yaibiaici0i1i1i1L42[(aixbiy)ci]bi0yi14[(aixbiy)ci]bi0i1444xaibiybi2bcii0i1i1i1将数据代入得15x3y5103x49y690解之得x3.727y1.63619、已知数据表x12345678y15.320.527.436.649.165.687.8117.6它有形如p(x)1的拟合函数，试求本问题的最小二乘解。abx解：令y1，则拟合函数变形为zabx，原拟合问题转变为线性拟合问题。8则L[(abxi)yi]2。1对a、b分别求偏导，并令偏导数等于0，得L82[(abxi)yi]0ai18[(abxi)yi]0i1888abxiyi0i1i118L82[(abxi)yi]xi0bi18[(abxi)yi]xi0i1888axibxi2xiyi0i1i1i1将数据代入，得888abxiyi08a36b419.908a36b419.90i1i188836a204b2479.484b8737.90axibxi2xiyi0i1i1i1解之得a520.58b104.02所以，所求的拟合函数为p(x)1。520.58104.02xx1(1,1)T,x2(2,0)T,x3(1.5,3)T，每20、在平面上给出三个点，它们的坐标是个点对应一个函数值z11.8,z22.6,z33.1，找出一个经过这三个点的平面。解：这其实是求过三个点(1,1,1.8),(2,0,2.6),(1.5,3,3.1)的平面方程。由分析几何知识可知，平面的三点式方程为xyz1x1y1z11x2y2z21x3y2z31

0将三点坐标代入，解此方程便可求出所求平面方程。（以下从略）增补题（一）1、求次数不超出2和3的多项式p2(x)和p3(x)。使得p2(0)＝p3(0)＝0，p2(1)＝p3(1)＝1，p2(2)＝p3(2)＝8，p3(3)＝27。解一：设二次多项式为p2(x)=a0+a1x+a2x2，则有a0a10a2020a0a11a2121a0a12a2228解之得，a00,a12,a23。所以p2(x)2x3x2。设三次多项式为p3(x)=a0+a1x+a2x2＋a3x3，则有19a0a10a202a3030a0a11a212a3131a0a2a22a238123a0a13a232a33327解之得，a00,a10,a20,a31。所以p2(x)x3。解二：由题6，能够直接利用插值多项式公式求出所要求的多项式来。解三：在学习了差商和差分后，也能够利用牛顿插值公式或等距节点插值公式求出所求多项式。对f(x)在0，1，2，3处求差商得xf(x)一阶差商二阶差商三阶差商0011137128619327所以，p2(x)=p2(0)+1×(x-0)+3(x×-0)(x-1)=3x2-2x，p3(x)=p3(0)+1×(x-0)+3(x×-0)(x-1)+1(x×-0)(x-1)(x-2)=x3。2、已知函数f(x)在节点－1，0，1处的值分别是0.3679,1.000,2.7182，用待定系数法和插值基函数法两种方法求出拉格朗日插值。解1：设所求的多项式为p2(x)a0a1xa2x2，把已知条件代入得a0a1(1)a2(1)20.3679a0a1(0)a2(0)21.000a0a1(1)a2(1)22.7182解之得a01,a11.751,a20.5431所以p2(x)11.1751x0.5431x2。20解2：由插值基函数公式n(xxk)k0kili(x)n(xixk)0kil0(x0)(x1)x(x1)(x)0)(11)2(1l1[x(1)](x1)(x1)(x1)(x)(1)](01)[0l2[x(1)](x0)x(x1)(x)(1)](10)2[1代入插值公式得p2(x)0.3679l0(x)1.000l1(x)2.7182l2(x)即p2(x)11.1751x0.5431x2。3、设f(x)=x4，试利用拉格朗日插值余项定理写出以－1，0，1，2为插值节点的三次插值多项式。解：记三次插值多项式为p(x)，由插值余项定理f(x)px( )1f(n1)( )x( )(n1)!1f(4( ))x(1x)(x0)(x1)(2)4!(x1)(x0)(x1)(x2)所以，p(x)f(x)(x1)(x0)(x1)(x2)x4x(x21)(x2)2x3x22x思虑：用插值多项式公式直接求插值多项式与此题求出的多项式比较一下。4、已知sin0.32=0.314567,sin0.34=0.333487,sin0.36=0.352274，用抛物线插值计算sin0.3367。解：sin0.3367＝0.330374。5、设lk(x)(k=0,1,2,是,n)n+1个互异节点x0,x1,x3,xn上的n次基本插值多项式，证明下边的恒等式成立21nxkmlk(x)xm(m0,1,2,,n)k0012,xn为插值节点，对y=f(x)=xm作n证明：由拉格朗日插值定理，以x,x,x次插值，插值多项式为npn(x)li(x)yi，i0而yi=xim,所以nnpn(x)li(x)yili(x)ximi0i0同时，插值余项r(x)xmpn(x)1f(n1)( )(x)1(xm)(x)0(n1)(n1)!(n1)!所以nli(x)ximxmi0结论得证。指出：此题说明，任何次数不超出n的多项式的n次拉格朗日插值多项式就是它自己。我们也能够证明：nli(x)1。i06、设x0,x1,x2,xn是随意给定的n+1个互异节点，证明f(x)=a0+a1x+＋anxn对于这组节点的n次插值多项式pn(x)就是f(x)。证明：记n次插值多项式为pn(x)，由插值余项定理f(x)pn(x)1f(n1)()(x)(n1)!1(a0a1xanxn)(n1)(x)(n1)!0所以pn(x)f(x)。增补题（二）1、令x00,x11，写出y(x)ex的一次插值多项式，并预计偏差。222、已知10010,12111,14412,求115并预计偏差。n3、证明对随意的xR，都有li(x)1，此中li(x),(i0,1,2,,n)定义为i0n(xxk)k0li(x)kin(xixk)k0ki4、(a)设有多项式f(x)x25x3，取插值节点为－2，－1，0，1，2，试求f(x)的拉格朗日插值多项式P4(x)，它与f(x)关系怎样。(b)Pn(x)表示函数f(x)在互异节点x0,x1,x2,,xn上的n次拉格朗日插值多项式。证明假如f(x)是m(mn)次多项式，则Pn(x)f(x)。5、设f(x)C2[a,b]（拥有二阶连续导数），且f(a)=f(b)=0，证明：maxf(x)1(ba)2maxf(x)axb8axb6、以－0.1,0.15,0.2为插值节点，计算f(x)x的二次拉格朗日插值多项式P2(x)，比较P2(x)与f(x)，看上题结果能否合用于此题。剖析与解答1、解：记x00,x11，则y0e01,y1e1。由线性插值公式，y(x)ex的以x00,x11为插值节点的一次插值多项式为p(x)1(e11)x。由于y(x)ex,y(x)ex所以，插值余项为r(x)f(x)p(x)1f(n1)( )(x)(n1)!f(2)( )(x)2!f(2)( )(xx0)(xx1)2!1e(x0)(x1)((0,1))223所以r(x)1maxemaxx(x1)2010x1。111e02482、解：将已知的插值条件代入抛物线插值多项式得p(115)(115121)(115144)10(115100)(115144)11(115100)(115121)12(100121)(100144)(121100)(121144)(144100)(144121)10.7228记y(x)x，明显，13311y(x)x2,y(x)x2,y(x)x248

52由于r(x)f(x)p(x)1f(n1)()(x)(n1)!1f(3)()(x)3!1f(3)()(xx0)(xx1)(xx2)6所以r(115)1f(3)( )(xx0)(xx1)(xx2)65132(115100)(115121)(115144)681351002(115100)(115121)(115144)680.1631023、剖析：对于插值基函数li(x),(i0,1,2,,n)的性质的证明，在考虑证明方法时，应当从对函数进行插值下手，经过耐心地推证或奇妙地选用被插值函数，获取所需要的结论。由拉格朗日插值多项式的结构，此题的被插值函数明显应当取为f(x)=1。证明：由拉格朗日插值定理，以x0,x1,x2,xn为插值节点，对yf(x)1作n次插值，插值多项式为24npn(x)li(x)yi，i0而yi=1所以nnpn(x)li(x)yil