数值分析读书笔记(5)数值逼近问题(I)—-插值极其数值计算
给出一般性的插值概念
给定f(x),x∈[a,b] ,已知它在n+1个互异的节点x0,x1,… 上的函数值为y0,y1,…
目的即寻求φ(x) ,使得φ(xi)=f(xi)=yi
令所有的φ(x) 组成Φ ,通常Φ 是有限维线性空间,记
Φ=span{φi(x)}ni=0
其中φi(x) 为一组基, 于是有φ(x)=∑i=0naiφi(x)
故我们可以利用序列{ai}ni=0 来确定φ(x) , 这里的φ(x) 就是插值函数
通过概念我们可以看出来,目的就是让插值函数去接近给定的函数
1.关于多项式插值
当给定插值函数是多项式函数的时候, 我们可以产生一种插值的方案, 下面介绍一下Lagrange插值
令P(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn=∑ni=0aixi
由于
P(xi)=yi,i=0,1,2,…,n
⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪a0+a1x0+⋯+anxn0⋮a0+a1xn+⋯+anxnn=y0=y0
得系数阵为A=⎛⎝⎜⎜1⋮1x0⋮xn⋯⋱⋯xn0⋮xnn⎞⎠⎟⎟
由Vandermonde行列式的特性,我们可以知道|A|=∏0≤i<j≤n(xj−xi)
若xi 互异,则有唯一解
构造插值基函数li(xj)=δij={10i=ji≠j
i≠j 时,li(xj)=0 ,故
li(x)=ci∏k=0,k≠in(x−xk)
又对于ci 由于li(xj)=1 当仅当i=j ,故
li(xi)=ci∏k=0,k≠in(xi−xk)=1
所以可以得到ci=∏k=0,k≠in(xi−xk)−1
我们将ci 回代回去,则有
li(x)=∏k=0,k≠in(x−xk)(xi−xk)
令Ln(x)=∑i=0nyili(x)=∑i=0n(yi∏k=0,k≠in(x−xk)(xi−xk))
上式即为所求的Lagarange插值函数
这里为了运算记录方便, 记
ωn+1(x)=∏k=0n(x−xk)
则有
ω′n+1(xi)=∏k=0,k≠in(xi−xk),ωn+1(x)x−xi=∏k=0,k≠in(x−xk)
故
Ln(x)=∑i=0n(yiωn+1(x)(x−xi)ω′n+1(xi))
下面继续讨论Lagrange插值的误差,引入误差余项
R(x)≡f(x)−Ln(x)
我们引入一个辅助函数
令
F(t)=f(t)−Ln(t)−K(x)ωn+1(t),t∈[a,b],x≠xi,i=0,1,2,…
这里面对于辅助函数的构造,其中末尾一项是保证当x等于节点中的一个时,误差为0
其中
K(x)ωn+1(x)=f(x)−Ln(x)
t=x0,x1,…,xn
是辅助函数的n+2个相异的零点
注意到Rolle定理
φ(x),x∈[a,b],φ(a)=φ(b)=0,其中φ(x)满足连续等条件,则必有ξ∈[a,b],使得φ′(ξ)=0
F(t)=f(t)−Ln(t)−K(x)ωn+1(t),对F(t),F′(t),....应用Rolle定理
必有ξ∈[a,b],使得F(n+1)(ξ)=0,故f(n+!)(ξ)−K(x)(n+1)!=0故K(x)=f(n+1)(x)(n+1)!从而Rn(x)=f(n+1)(x)(n+1)!ωn+!(x)
以上是关于Lagrange插值的介绍,针对Lagrange插值,节点个数的增加或者减少的时候,插值基函数需要变动,为了解决这一问题,我们引入Newton插值
Nn(x)=a0+a1(x−x0)+⋯+an(x−x0)(x−x1)⋯(x−xn)also defineNn−1(x)=a0+a1(x−x0)+⋯+an−1(x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)For xi (i=0,1,⋯,n−1) Nn−1(x)=Nn(x)=yiSo Nn(x)−Nn−1(x)=c(x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)When x=xnNn(xn)−Nn−1(xn)=yn−Nn−1(xn)=c∏i=0n−1(x−xi)We can get c=[yn−Nn−1(x)]∏i=0n−1(x−xi)−1Pay attention to thatNn−1(x)=∑i=0n−1yili(xn)=∑i=0n−1(yi∏k=0,k≠in−1(xn−xkxi−xk))So c=yn∏i=0n−1(xn−xi)−1−Nn−1(xn)∏i=0n−1(xn−xi)−1Nn−1(xn)∏i=0n−1(xn−xi)−1=∑i=0n−1(yi∏k=0,k≠in−1(xn−xkxi−xk))/∏i=0n−1(xn−xi)SoNn−1(xn)∏i=0n−1(xn−xi)−1=−∑i=0n−1(yi∏k=0,k≠in(xi−xk)−1)We can get c=yn∏i=0n−1(xn−xi)−1+∑i=1n−1(yi∏k=0,k≠in(xi−xk)−1)Because of thatWe get. Nn(x)−Nn−1(x)=c∏i=0n−1(x−xi)=[∑i=1n−1(yi∏k=0,k≠in(xi−xk)−1)]∑i=0n−1(x−xi)
这里引入差商(Difference Quotient)的概念
Let. f[x0,⋯,xn]=∑i=1n−1(yi∏k=0,k≠in(xi−xk)−1)Nn(x)=f[x0]+f[x0,x1](x0−x1)+⋯+f[x0,x1,⋯,xn]∏i=0n−1(x−xi)The Difference Quotient is like thatf[xi,xj]=f(xi)−f(xj)xi−xj , f[xi,xj,xk]=f[xi,xj]−f[xj,xk]xi−xk
我们可以利用这里的差商的概念写出Newton插值公式
Nn(x)=f(x0)+f[x0,x1](x0−x1)+⋯+f[x0,x1,⋯,xn](x−x0)(x−x1)⋯(x−xn−1)
其实Newton插值公式和Lagrange插值公式其实本质上是一样的,只不过是书写的方式不同,但是这样的不同的书写方式在实际操作中带来了很大的便利,当需要增加一个插值点的时候,只需要在原插值多项式的后面再添加一个新的项就可以了
有时候我们不但要求插值函数P(x)在节点处的函数值与被插值函数f(x)的值相等,而且要求在节点处的导数值也相等,这就引出了了一种新的插值方案Hermit插值
Given f(x), and n+1 different points x0,x1,⋯,xnLet f(xi)=yi f′(xi)=y′iWe can construct a polynomialH2n+1(xi)=yi H′2n+1(xi)=y′i
我们这次要构造的多项式比起之前的lagrange多项式,多了导数值相等的条件,那我们就利用两组基函数来试着构造这一多项式
l0j(xi)=δij, l′0j(xi)=0l1j(xi)=0, l′1j(xi)=δijSo we get the simple polynomial : H2n+1(x)=∑j=0nyjl0j(x)+∑j=0ny′jl1j(x)When i≠j ,l0j(xi) and l0j(xi)′ always equal zeroBecause of that ,Assume l0j(x)=(ax+b)l2j(x){(axj+b)l2j(xj)=1lj(xj)[alj(xj)+2(axj+b)l′j(xj)]=0(3)(4)About the second formula , turned from "al2j(xj)+2lj(xj)l′j(xj)(axj+b)"That means we just to solve the following:axj+b=1 and a+2(axj+b)l′j(xj)=0We get that : a=−2l′j(xj), b=1+2xjl′j(xj)Similarly l1j(x)=(cx+d)lj(xj)And we also get c=1 and d=−xjSo we can easily build H2n+1(x)The result is that H2n+1(x)=∑j=0nyj[2(xj−x)l′j(x)+1]l2j(x)+∑j=0ny′j[(x−xj)l2j(x)]Do some job about making formula neatWe get that H2n+1(x)=∑j=0nl2j(x)[yj+(x−xj)(y′j−2yj)l′j(xj)]
这里我们需要提及的是,使用上述方法对各个节点进行插值的时候,很有可能在端点处产生一定程度的Runge现象,解决的手段可以使用分段线性插值构造出一系列的分段函数,对于分段线性插值,我们可以理解为对于多个划分的子区间进行Lagrange插值得到的一系列分段函数,当然分段插值也有非线性的,例如分段的二次插值,就是在划分的多个子区间上使用Lagrange2次插值.
这里由于某些教材的不同,可能介绍了Hermit三次插值的方案,在上述的公式中可以令n=1即可.