数值分析-插值法

我们能得到一个函数f在区间[a,b]上某些点的值或者这些点上的高阶导数

我们就能通过插值法去得到一个函数g，g与f是非常相近的

一般来说g分为三类，一类是n次多项式 a_n*xⁿ + a_n-1*x^n-1 + .......+a₀，一类是三角多项式，最后一类是分段n次多项式

 

多项式插值

这个可以说是最简单的插值了

 对于a_n*xⁿ + a_n-1*x^n-1 + .......+a0，我们有n+1个未知数，我只需要知道n+1个点的函数值就可以解出这n+1个未知数

将解出的值带入即可

 

优点:简单粗暴

缺点:要解n+1个方程，时间复杂度较高，n不好确定，若n过大，容易过拟合，若n过小，容易欠拟合

 

拉格朗日插值

先说一阶多项式

我们有两点式

f(x) = y_k*(x_k+1 - x) / (x_k-x_k+1) + y_k+1*(x-x_k) / (x_k+1 - x_k) 

此两点式可以看做∂ * y_k + (1-∂) * y_k+1

那么自然的在x=x_k的时候 ∂=0  在x=x_k+1的时候∂=1

这里的∂其实是与x相关的一阶多项式

再说二阶多项式

对于一个二次函数，我们有三个点(x_k-1,y_k-1) ,(x_k,y_k) ,(x_k+1,y_k+1)

我们有l_k-1,l_k,l_k+1

f(x) = l_k-1*y_k-1 + l_k*y_k  +  l_k+1*y_k+1

其中l是与x相关的二次多项式

我们可以把l当作基函数

这样的话就有

x = x_k-1 时l_k-1 = 1, l_k=0, l_k+1 = 0

x = x_k时   l_k-1 = 0, l_k=1, l_k+1 = 0

x = x_k+1时l_k-1 = 0, l_k=0, l_k+1 = 1

那么这个插值基函数是很好求的

因为每个插值函数都有两个零点

对于l_k-1来说有零点x_k,x_k+1

那么lk-1就可以表示为l_k-1 = A*(x-x_k)*(x-x_k+1)

因为x=xk-1时l_k-1 = 1

所以A = 1 / (（x_k-1 - x_k）* (x_k-1 - x_k+1) )

那么同理l_k和l_k+1也能求出来了

那我们得到二阶的拉格朗日插值多项式

 

现在将二阶推广到n阶

得到n接的拉格朗日插值多项式

 

余项:

R_n(x) = f(x) - L_n(x)  R_n(x)表示n次拉格朗日多项式的插值余项

R_n(x) = f^_n+1(e)/(n+1)!  * w_n+1(x)    e属于[a,b]且依赖与x  w_n+1(x) = (x-x₀)(x-x₁).......(x-x_n)

 

 

优点:算法较为简单

缺点:无法处理动态增加节点的情况

 

牛顿插值

还是先从一阶到二阶进行说明

我先得到了一阶差值多项式P₁(x),P₁(x) 满足过点(x1, f(x1)), (x2,f(x2))

假设现在有第三个点(x3,f(x3))我们要通过这个点去得到二阶差值多项式P₂(x) 使得P₂(x)过这三个点

可以设P₂(x) = P₁(x) + a₂*(x-x₀)*(x-x₁)

通过第三个点解出a₂就行了

推广到多阶

那么可以得到P_n(x) = a₀ + a₁(x-x₀) + a2(x-x₀)(x-x1) + a3(x-x₀)(x-x1)(x-x2) + ......

求这个插值多项式的值可以通过递推一步一步的求

这样就实现了动态增删

可以看到计算a_k需要计算(k-1)²次，那么牛顿插值法就是一个快速的计算方法   

 

均差

一阶均差  f[x₀, x_k] = ( f(x_k) - f(x₀)  ) / (x_k - x₀)

二阶均差  f[x₀, x_1, x₂] = (f[x₀, x₂] -f[x₀, x₁]  ) / (x₂ - x₁)

可以看到一阶均差就是简单的求斜率

二阶均差就是对一阶均差求斜率

那么k阶均差就是

f[x₀, x_1,,,,,,x_k] = (f[x₀,,,,,x_k-2, x_k] -f[x₀, ,,,,,,,x_k-2,x_k-1]  ) / (x_k - x_k-1)

f[x₀, x_1,,,,,,x_k] = fⁿ(ε) / n!

 

均差的性质

k阶均差可表示为f(x₀),f(x1), f(x2),,,,,,,,, f(x_k)的线性组合

 

 

牛顿插值中的a就是均差，可以从一阶开始推，然后使用数学归纳法证明

那么牛顿插值多项式就是：

在计算f[x₀,x₁,,,,,,,,,,x_n]时，一般使用均差表

 

均差表的计算方式为

a[i,j] = (  a[i-1][j] - a[i-1][j-1]  )  / (末尾的x - 最开始的x)

 

 

误差:

误差为最后一阶的均差 * w(x)

　　

优点:可动态增删节点

缺点:无法处理要求导数相同的情况

 

埃尔米特插值法实验报告

一个点，多个导数:

牛顿插值中的均差在xi->x0时其实分别是i阶导数，这样就是我们熟悉的泰勒多项式

此时的插值函数就是泰勒多项式

 

两个点，一个导数

我们有三个条件，也就是说我们能求出三次插值多项式

这时我们先写出过这两个点的牛顿插值多项式

在这个多项式的基础上我们再加上一个三次项

 

搞定，可以观察到，这三个项数其实可以算是正交的，因为当x=x1或者x=x2时最后一项是0满足条件的

两个点，两个导数

这也是题目所要求的情况

因为有两个导数，所以牛顿插值法无法解决，这里只能使用基函数方法

设插值函数为H(x), 点与导数分别为(x₁,y₁,m₁),(x₂,y₂,m₂)

H(x)满足：H(x₁) =y₁, H(x₂) = y₂, H(x₁)’ = m₁,H(x₂)=m₂

H(x) = a₁*x₁ + a₂*x₂ + b₁*m₁ + b₂*m₂

其中 a_1,  a_2,  b_1,  b₂均为三层插值多项式

X=x₁时 a₁(x₁) = 1,a₂(x₁) = 0, b₁(x₁) = 0,b₂(x₁) = 0,a₁’(x₁) = 1,a₂’(x₁) = 0

X=x₂时 a₁(x₂) = 0,a₂(x₂) = 1, b₁(x₂) = 0,b₂(x₂) = 0,a₁’(x₂) = 1,a₂’(x₂) = 0

X=x₁时 b₁’(x₁) = 1,b₂’(x₁) = 0

X=x₂时b₁’(x₁) = 0,b₂’(x₁) = 1

 

然后用了一个很巧妙的方法设基函数，解出来值和就是这样子的

 

R₃(x) = 1/4! * (x-x_k)²(x-x_k+1)²*f⁴(ε)

 

 

两个点，两个导数2

直接使用泰勒多项式，并把将余项改为未知数，使用多余的一个条件去求余项的值

例如:

求次数小于等于3的多项式P(x)，使满足条件

  P(x₀)=f(x₀)，P'(x₀)=f'(x₀)，P"(x₀)=f"(x₀)，P(x₁)=f(x₁)。

 

 

 

 

多个点，多个一阶导数，三次

两个点作为一个区间每个区间分别求就好啦

这样子还保证了导数的连续性

 

优点:可保证一阶导数连续

 

三次样条插值

三次样条插值就是使用 ax³+bx²+cx + d = 0去做拟合

一共有4个未知数，也就是说 对于每个小区间，我需要至少4个方程

假设我有n个点， 那么就一共有n-1个小区间，一共就是4n - 4个方程

 

因为n个点中，我们有n个点的函数值  n个方程

每个区间相邻点函数值相等                 n-2个方程

每个区间相邻点一阶导相等  　　　　n-2个方程

每个区间相邻点二阶导相等　　　　  n-2个方程

 

 

还差两个条件 

剩下的两个条件一般为   　　

　　区间两端点的一阶导已知

　　区间两端点的二阶导为0

 

那么一共是4n - 2个方程，搞定

 

具体解法:

这里放一个例题

 

 

 

 

 

优点:三次样条插值得到的插值函数二阶导，一阶导均连续，此为三次样条插值的