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1、第二章 插值法一、内容分析与教学建议本章内容统称为插值法，包括Lagrange插值、逐步线性插值、Newton 插值、Hermite插值、分段多项式插值、有理函数插值等内容，既是教学的重点。在教学上，注意由浅入深，由直观到抽象，多用实例和图形作解释，建立插值概念，注意讲解上述插值是如何根据实际问题要求的提高而先后发展起来的。 培养学生分析问题和解决问题的能力。（一） Lagrange插值1、回顾高等数学的Taylor公式，讲解Taylor公式是根据某一点的多个信息得到近似多项式的插值思想。2、将上述思想应用到多点的信息，即根据所给的多点的数据，建立插值多项式。3、讲解过程中，沿着“发现问题提出
2、解决方法方法的存在性和惟一性建立Lagrange插值公式误差公式”这样一个思路去讲解Lagrange插值的思想和方法。（二） 逐步线性插值1、讲解为什么要建立逐步线性插值？这是由于Lagrange插值没有承袭性，当需要增加一个插值节点时，以前所做的工作要全部重做。2、逐步线性插值是一个将高次插值转化成逐步线性插值的迭代过程，正是这一点使得逐步线性插值具有了承袭性。3、强调逐步线性插值是求一点处近似值的快速方法，不太适合建立插值解析式。（三） Newton 插值1、Newton 插值克服了上述两类插值的缺点，继承了它们的优点：即具有承袭性，又是一个完整的解吸式，便于理论研究和分析。2、首先掌握差
3、分和差商的概念以及它们的性质，在此基础上建立Newton 插值公式和误差公式。3、Newton 插值公式实际上是Lagrange插值公式的另外一种表现形式，这揭示了一种现象：将已有成果通过引入新思想、新方法，对其进行加工、改造，完全有可能产生新的、更好的成果。（四） Hermite插值1、上述插值都是根据未知函数若干个点处的函数值，建立插值公式或算法。为了提高精度，与必要根据未知函数在若干个点处更多的信息（例如：一阶、二阶导数）建立插值公式。这就是Hermite插值的思想。2、要建立Hermite插值公式，一般是根据所给条件，确定插值基函数，仿照建立Lagrange插值公式的过程建立Hermi
4、te插值公式。（五） 分段多项式插值1、为了克服高次多项式插值出现的Runge现象，提出将插值区间划分为若干个区间，在每个小区间上建立低次插值公式，再将各个小区间上的低次插值曲线连接起来，构成整个插值区间上的插值函数，从而达到高精度的要求，这就是分段多项式插值的思想。2、在分段插值中，分段线性插值和分段三次Hermite插值是重点，分段二次插值可略讲。3、这一部分的内容建议用多媒体演示，使学生有一个直观的印象，为以后的样条插值做准备。（六） 有理函数插值1、首先阐述要引入有理函数插值的必要性：由于多项式插值无法处理含有极点的情形，而有理函数却能很好地处理上述情况，因此建立有理函数插值是完全必要
5、的。2、讲清楚研究有理函数插值与研究多项式插值的不同点，即多项式插值是插值、惟一的；而有理函数插值的存在性问题是一个迄今尚未完全解决的问题。3、本节所介绍的判断有理函数插值存在性的方法是一个比较新的结果，一定程度上解决了有理函数插值存在性的问题，但还是没有彻底解决。4、本节介绍的连分式方法是用连分式处理有理函数插值的有效方法，尤其是连分式的递推性质，它是有理函数插值的一个非常重要的算法。为了介绍连分式，首先要引入倒差商和反差商的概念，并与差商的概念进行比较。重点介绍逐步有理插值的方法。本章结束时，建议安排一次上机实习，加深和巩固学生对本章内容和方法的了解和掌握。二、补充例题 例1 已知函数的函
6、数表如下：0.400.550.650.800.901.050.410750.578150.696750.888111.026521.25382求4次Newton插值多项式，并由此求的近似值，然后估计误差。分析：表中给6对数据，故最高可构造5次多项式。但由于0.596接近于，因此可取前5对数据来构造差商表。解 构造差商表如下一阶差商二阶差商三阶差商四阶差商0.400.550.650.800.900.410750.578150.696750.888111.026521.116001.186001.275731.384100.280000.358930.433480.197330.213000.03
7、134故4次Newton插值多项式为于是.由于本题没有给出的具体表达式，估计误差时只能有Newton型插值余项来做，但由于，故只能得到近似误差.例2 设要将在的值列成等距分布的一张数表，步长最大不超过多少才能保证利用三点插值公式求非列表点处的的值，其截断误差不超过？这里假定所用的数表值是精确的，计算时也不考虑舍入误差。分析：本题要求应取多大才能保证截断误差不超过规定的界限，并不要求具体计算正弦函数值，因此只需对误差估计式进行分析计算即可。解 由题意知，所采用的是三点等距插值，故可设插值节点为；由于步长为，故. 由误差公式，令，由，即解得的驻点：. 故，所以 ，令 ，解得，故当时，就能保证. 注
8、记：估计误差界有两个关键，一个是的估计，一个是上界的估计。在上界的估计时，可能有许多别的粗糙的办法。例如，当时，当时，. 故.令，得.不同的估计方法自然有不同的的取值范围。用求的驻点的方法所得结果最好。例3 求一个次数不高于3的多项式，使它满足下列插值条件：12324123并估计插值误差。分析：这是一个带导数的插值问题，但有不是Hermite插值问题。解决着类问题的方法很多，但基本的思想是灵活运用插值法来求解。下面给出两种常见的做法。解法一 （插值待定系数法）设满足，则. 为求出，根据插值条件，应具有形式，这样的自然满足. 为确定待定系数，可用条件.，即，由，得. 故.解法二 （插值基函数法）
9、设节点编号为，则可写成，其中及均为次数不超过3的多项式，且满足：由所满足的条件知，根据，得,故有. 同理可得.最后求. 根据满足的条件，知.利用，得 即 解得. 故 .下面求误差. 根据题意，应具有形式：.做辅助函数，则在点处有5个零点（为二重零点），反复应用Rolle定理，得：至少存在一个，使得，即，解得. 故.例4 设函数在处具有导数，证明当时，Newton插值多项式变为Taylor公式.分析：本题是以等距节点为插值节点的Newton插值多项式，要证明当时，. 由于，只需证明当时，对成立即可，而这这一点可利用差分与导数的关系来证。证 由用差分与导数的关系知，存在，使,，故有，.又因为，所以 .
