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1、习 题 一1. 已知，求的插值多项式。解：由题意知：2. 取节点对建立型二次插值函数，并估计差。解3. 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：（1） 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04216.252.52934. 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 5. 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
2、项式，并验证插值多项式的唯一性。 012419233解：（1） Lagrange 插值多项式 =（2） Newton 插值多项式一阶差商二阶差商三阶差商00111982223143343-10由求解结果可知：说明插值问题的解存在且唯一。6. 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：7. 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，8. 设且，求证 证明：以为节点进行线性插值，得 由于,故。于是由 有， 令 9. 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
3、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。10. 已知，求差商和。解：根据差商与微商的关系，有11. 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，12. 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
4、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：1023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01313/213/41/22031/61/3325/3-2/3-5/3-2故：16 . 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 18 求作满足条件的插
5、值多项式，并估计其误差。 解法1：由已知条件0121293用基函数方法构造。令其中，均为三次多项式，且满足条件 如何得来？依条件可设，由 可得：同理， 为什么这么设？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001112122973于是有：令所求插值多项式利用剩下的一个插值条件，得 为什么？由此解出 故有19 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 20 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“三重节点”。因此利用重节点的差商公式： 可以作出差商表 一阶二阶三阶四阶001111100021101039206115根据Newton插值多项式，有 且插值余项为 21 设分段多项式是以为节点的三次样条函数，试确定系数的值。 解：由可得即解得 22 根据给定的数据表 12324121-1建立一个三次样条插值函数。解： 由已知作差商表0121242231283 节点等距 15
计算方法：第1章习题答案
