第一章习题的答案修改稿.docVIP

习 题 一 已知，求的插值多项式。 解：由题意知： 取节点对建立型二次插值函数，并估计差。 解 已知函数在处的函数值，试通过一个二次插值函数求的近似值，并估计其误差。 解： 采用Lagrange插值多项式 其误差为 （2）采用Newton插值多项式 根据题意作差商表： 一阶差商 二阶差商 0 4 2 1 6.25 2.5 2 9 3 设，试列出关于互异节点的插值多项式。 注意到：若个节点互异，则对任意次数的多项式，它关于节点满足条件的插值多项式就是它本身。可见，当时幂函数关于个节点的插值多项式就是它本身，故依公式有 特别地，当时，有 而当时有 依据下列函数表分别建立次数不超过3的插值多项式和插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。 0 1 2 4 1 9 23 3 解： Lagrange 插值多项式 = = = = Newton 插值多项式 一阶差商 二阶差商 三阶差商 0 0 1 1 1 9 8 2 2 23 14 3 3 4 3 -10 由求解结果可知： 说明插值问题的解存在且唯一。 已知由数据构造出的插值多项式的最高次项系数是6，试确定。 解：= = = = 中最高次项系数为： 设，试利用余项定理给出以为节点的插值多项式。 解：由Lagrange余项定理 可知：当时， 求作关于节点的插值多项式，并利用插值余项定理证明 式中为关于节点的插值基函数。 解：注意到关于节点的插值多项式为 其插值余项为 据此令即得。 附加题：设为关于节点的插值基函数，证明 证明：据题4可知， 令，则有。注意到 （证明见王能超数值简明教程145页题6） 令即有。 已知，求差商和。 解：根据差商与微商的关系，有 已知互异，求。其中。（此题有误。）（见王能超《教程》P149－题2） 解：因为，则 由差商性质可知， 设首项系数为1的n次式有n个互异的零点，证明 证明：按题设，有表达式 故原式左端 注意到上式右端等于关于节点的阶差商（见第10页2.1式）利用差商与导数的关系（见2.11式）得知 13．设节点与点互异，试对证明 并给出的插值多项式。 解 依差商的定义 ， 一般地，设 则 故的插值多项式为 14．设是任意一个首项系数为1的n+1次多项式，试证明 其中。。 解：(1)由题意，可设，由Lagrange插值余项公式得 (2) 由(1)式可知， 15．给定数据表： 1 0 2 3 构造出函数的差商表，并写出它的三次插值多项式. 解：利用Newton插值公式： 先作出差商表 一阶差商 二阶差商 三阶差商 0 1 3 1 3/2 13/4 1/2 2 0 3 1/6 1/3 3 2 5/3 -2/3 -5/3 -2 故： . 求作满足条件的插值多项式 。 解法1：根据三次Hermite插值多项式： 并依条件，得 解法2：由于，故可直接由书中（3.9）式，得 17．设充分光滑，，求证 证明：显然，满足条件的插值多项式 由于 故 求作满足条件的插值多项式，并估计其误差。 解法1：由已知条件 0 1 2 1 2 9 3 用基函数方法构造。令 其中，均为三次多项式，且满足条件 依条件可设，由 可得： 同理， 误差为： 解法2：用承袭性构造 由条件先构造一个二次多项式 作差商表： 一阶差商 二阶差商 0 0 1 1 1 2 1 2 2 9 7 3 于是有： 令所求插值多项式 利用剩下的一个插值条件，得 由此解出 故有 求作满足条件的插值多项式。并给出插值余项。 解：令 利用插值条件定出 ： 注意到这里是三重零点，是单零点，故插值余项为 求作次数的多项式，使满足条件 并列出插值余项。 解法1：由于在处有直到一阶导数值的插值条件，所以它是“二重节点”；而在处有直到二阶导数值的插值条件所以是