《计算方法 》 - 第2章 插值法 - 解题套路
一、4种插值方法及其误差估计
1、多项式插值（以单项式为基地）
（Ⅰ）解题思路
\[P_n(x)=a_0+a_1x+……+a_nx^n \]将\(\{x\}_{i=0}^n\)代入，构造出一个关于系数\(a_0，a_1，……，a_n\)的\(n+1\)元线性方程组，并解出\(\{a\}\)。
由于这种插值方法是最繁杂的，所以一般不会用到（除非在小学生面前装*），所以也不会考虑其误差，如果非得考虑的话，由
范德蒙德矩阵可知，矩阵非奇异所以\(P_n(x)\)存在且唯一，故而误差和其他插值方法的误差是一样的，这里就不做讨论了。
（Ⅱ）例题（参考《数值分析 第五版》\(P_{48}\ T_1\)）
题目： 当\(x=1，-1，2\)时，\(f(x)=0，-3，4\)，用单项式基底求\(f(x)\)的二次差值多项式。
解答：
构造插值函数：\(P_2(x)=a_0+a_1x+a_2x^2\)，这时代入\(\{x\}_{i=0}^2\)，得到如下的3元线性方程组：
\[\begin{cases} P_2(x_0)=a_0+a_1x_0+a_2x_{0}^2=0\\\\ P_2(x_1)=a_0+a_1x_1+a_2x_{1}^2=-3\\\\ P_2(x_2)=a_0+a_1x_2+a_2x_{2}^2=4 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} P_2(1)=a_0+a_1+a_2=0\\\\ P_2(-1)=a_0-a_1+a_2=-3\\\\ P_2(2)=a_0+2a_1+4a_2=4 \end{cases} \]解得：
\[\begin{cases} a_0=-\ \frac{7}{3}\\\\ a_1=\quad\frac{3}{2}\\\\ a_2=\quad\frac{5}{6} \end{cases} \]所以最后得出插值函数：\(P_2(x)=-\frac{7}{3}+\frac{3}{2}x+\frac{5}{6}x^2\)。
2、拉格朗日插值法
（Ⅰ）解题思路
\[L_n(x)=\sum_{i=0}^n{f(x_i)\times\frac{(x-x_0)…(x-x_{j-1})(x-x_{j+1})…(x-x_n)}{(x_j-x_0)…(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})…(x_j-x_n)}} \]\[R_n(x)=\frac{f^{（n+1）}(\xi)}{(n+1)!}\times\omega_{n+1}(x)，\xi\in（a，b） \]所以线性插值的函数和误差估计为：
\[L_1(x)={f(x_0)\times\frac{(x-x_1)}{(x_0-x_1)}+f(x_1)\times\frac{(x-x_0)}{(x_1-x_0)}} \]\[R_1(x)=\frac{f^{（2）}(\xi)}{2}\times(x-x_0)(x-x_1)，\xi\in（x_0，x_1） \]二次插值的函数和误差估计为：
\[L_2(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}\times f(x_0)+\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}\times f(x_1)+\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}\times f(x_2) \]\[R_2(x)=\frac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)(x-x_{0})(x-x_{1})(x-x_{2}) \]有上述的误差分析可以看到，\(n\)阶拉格朗日插值法对\(n\)阶及其以下的\(f(x)\)都准确成立，所以精度为\(n\)。
（Ⅱ）例题
例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_1\)）\(\Longrightarrow\) 解出插值函数
题目： 当\(x=1，-1，2\)时，\(f(x)=0，-3，4\)，用拉格朗日插值基底求\(f(x)\)的二次差值多项式。
解答：
\[\begin{cases} &l_0(x)=\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}=-\ \frac{1}{2}(x+1)(x-2)\\\\ &l_1(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}=\quad\frac{1}{6}(x-1)(x-2)\\\\ &l_2(x)=\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}=\quad\frac{1}{3}(x-1)(x+1) \end{cases} \]所以解得\(L_2(x)=0*[-\frac{1}{2}(x+1)(x-2)]+(-3)*\frac{1}{6}(x-1)(x-2)+4*\frac{1}{3}(x-1)(x+1)=-\frac{1}{2}(x-1)(x-2)+\frac{4}{3}(x-1)(x+1)\)。
例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_4\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值的精度
题目： 设\(x_j\)为互异节点（\(j=0，1，…，n\)），求证：\(\sum_{j=0}^{n}{[x_j^k\times l(x_j)]}\equiv x^k\)，\(k=0，1…n\)。
解答：
根据拉格朗日插值函数模型，我们不妨设\(f(x)=x^k\)；也就是说我们证的是\(L_n(x)\equiv f(x)\)，即证\(R_n(x)\equiv0\)；根据拉格朗日插值的误差估计，我们不难得出\(R_n(x)=\frac{f^{（n+1）}(\xi)}{（n+1）!}\times\omega_{（n+1）}(x)\)；这个时候考察\(f^{（n+1）}(\xi)\)，由于\(f(x)=x^k\)为\(k\)阶多项式，并且\(k\le n\)，所以\(f^{（n+1）}(\xi)\equiv0\)，故而\(R_n(x)\equiv0\)，证毕；
总结： 此题可以得出结论——\(n\)阶拉格朗日插值多项式的精度为\(n\)，也就是对\(n\)阶以内的函数都准确成立；
例题3（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_5\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值中线性插值的误差分析
题目： 设\(f(x)\in C^2[a，b]\)且\(f(a)=f(b)=0\)，求证：\(\underset{a\le x\le b}{max}|f(x)|\le\frac{1}{8}(b-a)^2\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(2)}(x)|\)。
解答：
很显然，只给了两个点，正好两个插值条件，所以我们使用线性插值方法，构造线性插值函数：
\[L_1(x)={f(x_0)\times\frac{(x-x_1)}{(x_0-x_1)}+f(x_1)\times\frac{(x-x_0)}{(x_1-x_0)}}=0 \]所以\(f(x)=L_1(x)+R_1(x)=R_1(x)=\frac{f^{（2）}(\xi)}{2}\times(x-a)(x-b)，\xi\in（a，b）\)；所以考虑到\((x-a)(x-b)\)在\(（a，b）\)上的最大值在\(x=\frac{a+b}{2}\)处，值为\((\frac{b-a}{2})^2\)，所以即可得出结论：\(\underset{a\le x\le b}{max}|f(x)|\le\frac{1}{8}(b-a)^2\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(2)}(x)|\)，证毕。
总结： 把握线性插值的误差估计，\(\omega_{n+1}(x)\)在中点出去的最大值。顺便掌握\(n\)阶拉格朗日插值的误差。
例题4（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_6\)）\(\Longrightarrow\) 拉格朗日插值中二次插值的误差分析
题目： 在\(-4\le x\le4\)给出\(f(x)=e^x\)的等距节点函数表，若用二次差值求\(e^x\)的近似值，要使截断误差不超过\(10^{-6}\)，求出函数表的步长\(h\)应取多少？
解答：
\[R_h(x)=\frac{1}{3!}f^{(3)}(\xi)(x-x_{i-1})(x-x_{i})(x-x_{i+1}) \]令\(x=x_i+th\)，则\(x_{i-1}，x_i，x_{i+1}\)分别对应\(t=-1，0，1\)，故而有：
\[(x-x_{i-1})(x-x_{i})(x-x_{i+1})=(t-1)t(t+1)h^3 \]要求是截断误差不超过\(10^{-6}\)，所以只要误差限不超过\(10^{-6}\)即可，而误差限就是\(|R_h(x)|\)的最大值。设函数：\(\psi(t)=(t-1)t(t+1)\)，现在分别考虑\(f^{(3)}(\xi)\)和\(\psi(t)\)的最大值。
对\(\psi(t)\)求一阶导可得：\(\psi^{'}(t)=3t^2-1\)，所以有\(|\psi(t)|\)在\([0，1]\)上的最大值为\(|\psi(\frac{1}{\sqrt{3}})|=\frac{2\sqrt{3}}{9}\)；
\(\underset{-4\le x\le4}{max}|f^{(3)}(x)|=\underset{-4\le x\le4}{max}|e^x|=|e^4|=54.60\)；
所以得出\(\underset{-4\le x\le4}{max}|R_h(x)|=\frac{\sqrt{3}}{27}\cdot54.60\times h^3\le10^{-6}\Longrightarrow h\le0.0066\)；
总结： 看似有步长，为分段插值，其实本质上就是分析拉格朗日插值法的误差，熟练掌握拉格朗日插值法的误差估计：\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)}\times\omega_{n+1}(x)\)，通过代入给出的\(f(x)\)的表达式来判断\(f^{(n+1)}(\xi)\)的最大值，并结合\(\omega_{n+1}(x)\)的最大值（此处一般都是整一个步长\(h=\underset{k}{max}\ h_k\)，然后将\(x_i\)和\(x\)替换掉，构造成一个\(t\)的函数），从而确定出\(n\)阶拉格朗日插值多项式的误差限。
3、牛顿插值
（Ⅰ）解题思路
牛顿插值有两种表达形式：
均差形式的牛顿插值和差分形式的牛顿插值。第一种：均差形式的牛顿插值
\[\begin{equation}\begin{aligned}P_n(x) &= f(x_0)+f[x_0, x_1]·(x-x_0)+f[x_0, x_1, x_2]·(x-x_0)(x-x_1)+...+f[x_0, x_1, ..., x_n]·(x-x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})\end{aligned}\end{equation} \]\[R_n(x) = f[x, x_0, x_1, ..., x_n]·\omega_{n+1}(x) \]只有各阶的均差我们是不知道的，但是我们可以通过构造均差表来求得。
并且值得注意的一点是：在高阶均差中的同阶均差相差不多，可以近似相等，这可以简化求误差限；同样也正是因为这个原因，我们在求误差限的时候通常是将\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)换成\(f[x_0, x_1, ..., x_n，x_{n+1}]\)，也就是说我们需要\(n+2\)个点才能估计出
均差形式的误差限。
第二种：差分形式的牛顿插值（牛顿前插公式）
\[P_n(x_0+th) = f_0+t\Delta f_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2f_0+…+\frac{t(t-1)…(t-n+1)}{n!}\Delta^nf_0 \]\[R_n(x) = \frac{t(t-1)…(t-n+1)}{(n+1)!}h^{n+1}f^{(n+1)}(\xi)，其中\xi \in [x_0, x_n] \]同样的，我们可以通过构造差分表来获取\(x_0\)点处的各阶差分。
与
均差形式的牛顿插值不同，差分形式的牛顿插值在解算误差限的时候只需要\(n+1\)个点。不过我们依然可以看到，差分形式是由均差形式通过“均差-差分”（\(f[x_k, ..., x_{k+m}] = \frac{1}{m}\frac{1}{h^m}\Delta^mf_k，其中m=1,2,...,n\)）以及“差分-导数”（\(\Delta^nf_k = h^nf^{(n)}(\xi)\)，其中\(\xi \in [x_k, x_{k+n}]\)）这两层关系推出来的，也就是说将\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)换成了\(f^{(n+1)}(\xi)\)，这样就要求\(f(x)\)的\(n+1\)阶导数。
总结： 当插值函数是一个复杂函数（这里的复杂指的是原函数的导数不容易得出）时，如：\(f(x)=\sqrt{\frac{\cos x+2\sin x}{2\cos x-\sin x}}\)，想求\(n+1\)阶导数几乎是不存在的（除非你是徐半仙或者聂星人或者许外挂），这是我们就只能通过构造
均差表来解算其误差限；当插值函数是一个简单函数时，如\(f(x)=\cos x\)，这时求\(n+1\)阶导数赶赶单单没有\(len\)何挑战，所以就可以构造差分表来解算误差限。一般地，题目中应该会给我们\(n+2\)个点来研究\(n\)次的牛顿插值。但是如果题目中的原函数是复杂函数，并且只给了\(n+1\)个点，这个时候我们不用慌，还有\(PlanB\)——题目肯定是要我们求\(f(m)\)的近似值，其中\(m\in(x_0，x_n)\)，这个时候就相当于给了我们第\(n+2\)个点：\(m\)，我们就能够通过\(f(m)\)的值（代入表达式中获得的近似值）来求得\(f[x, x_0, x_1, ..., x_n]\)。
（Ⅱ）例题
例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{32} 例题4\)）\(\Longrightarrow\)
均差形式的牛顿插值及其误差估计题目： 给出\(f(x)\)的函数表求4次牛顿插值多项式，并由此计算\(f(0.596)\)的近似值及其误差限。
解答：
首先根据给定函数表构造《函数-均差表》：
\(x\) \(f(x)\) \(\Delta f^{(1)}\) \(\Delta f^{(2)}\) \(\Delta f^{(3)}\) \(\Delta f^{(4)}\) \(\Delta f^{(5)}\) \(0.40\) \(\underline{0.41075}\) \(0.55\) \(0.57815\) \(\underline{1.11600}\) \(0.65\) \(0.69675\) \(1.18600\) \(\underline{0.28000}\) \(0.80\) \(0.88811\) \(1.27573\) \(0.35893\) \(\underline{0.19733}\) \(0.90\) \(1.02652\) \(1.38410\) \(0.43348\) \(0.21300\) \(\underline{0.03134}\) \(1.05\) \(1.25382\) \(1.51533\) \(0.52493\) \(0.22863\) \(0.03126\) \(-\ 0.00012\) \[\begin{equation}\begin{aligned}P_n(x) &= f(x_0)+f[x_0, x_1]·(x-x_0)+f[x_0, x_1, x_2]·(x-x_0)(x-x_1)+...+f[x_0, x_1, ..., x_n]·(x-x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})\end{aligned}\end{equation} \]所以我们可以得到：
\[\begin{equation}\begin{aligned} P_4(x) &= \quad0.41075+1.11600\cdot(x-0.40)+0.28000\cdot(x-0.40)(x-0.55)\\&+\quad0.19733\cdot(x-0.40)(x-0.55)(x-0.65)\\ &+\quad 0.03134\cdot(x-0.40)(x-0.55)(x-0.65)(x-0.80) \end{aligned}\end{equation} \]所以有：\(f(0.596)\approx P_4(0.596)=0.63192\ 3237\)，另外我们有截断误差为：
\[|R_4(x)| = |f[x, x_0, x_1, ..., x_4]·\omega_{5}(0.596)|\approx |f[x_0, x_1, ..., x_5]·\omega_{5}(0.596)|\le3.63\times10^{-9} \]\(PlanB\)：
以下内容了解即可，考试时一般用不着！！！
大家不难发现，我这里保留了小数点后15位，那是不是保留10位或者更小的有效数字就为0了呢？我们不妨来看一下保留5位和7位的情况：
保留小数点后5位：
保留小数点后7位：
大家不难发现，结果并不是我们想象的那样简单，有效位数对误差影响是非常非常大的，正所谓“差之毫厘谬以千里”，但是我们不用慌，因为如图所示（天机就是拿来泄漏的🤪）：
所以大家就按部就班即可，题目还是很严谨的！！！
例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{34} 例题5\)）\(\Longrightarrow\)
差分形式的牛顿插值及其误差估计题目： 给出\(f(x)=\cos x\)在\(x_k=kh\)（k=0,1,…,5\(、\)h=0.1\(）处的函数值，试用4次牛顿前插公式计算\)\(f(0.048)\)的近似值并估计误差。
解答：
首先构造
差分表，并用牛顿前插公式：
由\(x=x_0+th\Longrightarrow t=\frac{x-x_0}{h}=0.48\)；所以有
\[\begin{aligned}\cos(0.048)\approx P_4(0.048)&=1.00000+0.48\times(-0.00500)+\frac{0.48\cdot(0.48-1)}{2!}\times(-0.00993)\\&+\frac{0.48\cdot(0.48-1)\cdot(0.48-2)}{3!}\times(0.00013)\\&+\frac{0.48\cdot(0.48-1)\cdot(0.48-2)\cdot(0.48-3)}{4!}\times(0.00012)\\&=0.99885\end{aligned} \]其误差限函数为：
\[|R_4(x)| = \frac{t(t-1)(t-2)(t-3)(t-4)}{5!}h^{5}f^{(5)}(\xi)，其中\xi \in [x_0, x_n] \]所以有：
\[|R_4(0.0480)| \le \frac{0.48(0.48-1)(0.48-2)(0.48-3)(0.48-4)}{5!}(0.1)^{5}\times|\sin(0.5)|\le1.3433\times10^{-7} \]
总结：
均差表可以不用原函数求\(n+1\)阶导数，但是它的缺点就是难算，而且估计误差的时候需要\(n+2\)个点；
差分表的制作过程比均差表简单得多，而且可以不用第\(n+2\)个点就能估计出误差限，前提是原函数的导数必须是能求出来的；
4、埃尔米特插值
（Ⅰ）整理思绪：埃尔米特插值与牛顿插值的联系
这也就是说埃尔米特插值就是牛顿插值的一种特殊情况，两点三次埃尔米特插值和\(n\)点\(n\)次埃尔米特插值是埃尔米特插值的两种常用模型；而且一般也就是靠这两种（除非有人想要🐶你并让你🤮）。
（Ⅱ）解题思路
普通的牛顿插值在此前已经研究完了，现在我们开始研究埃尔米特插值的套路。
（1）套路2（普通的埃尔米特插值）： 给出了\(m+1\)个插值条件【含函数值（\(k+1\)个）和导数值（\(n-k\)个）】构造出不超过\(m\)次的埃尔米特插值多项式。【顺便提一嘴：书上有说不给一般埃尔米特插值的公式，因为这没必要】。
由于之前有说“埃尔米特插值就是牛顿插值的特殊情况”，那么很显然，这句话的意思就是埃尔米特插值也遵循牛顿插值的套路——套路1。在这里我们就有了两套方案：
\(PlanA\)： 我亲切地称之为“牛顿插值附身法”（因为和牛顿插值简直一模一样）
构造函数表和均差表，重结点就替换为导数，啥一阶导、二阶导统统安排上（现在感觉十分挠头没关系，之后有例子和详细步骤，所以不用慌张）。
\(PlanB\)： 我愿称之为“暴力硬核待定系数法”（真的很暴力，一般也就3点3次埃尔米特插值用）
用所有的点（不包含其他重节点，意思就是只能每一组重节点中只能有一个入选）构造一个《函数-均差表》，然后写出插值函数，这个插值函数十年小母🐮——老🐮🍺了，一共是分为俩部分：牛顿插值函数和待定系数高阶多项式。
牛顿插值函数 依据\(PlanB\)中构造的均差表得到的牛顿插值函数；
待定系数高阶多项式 由于不是\(n+1\)个点，所以
牛顿插值函数必然到不到\(n\)阶，这是我们就需要待定系数，并且按照牛顿插值函数构造的规则来填补剩下的高阶多项式。如果是\(n\)点\(n\)次埃尔米特插值函数，那么就直接在\(n-1\)阶牛顿插值函数后面利用第\(n\)个点：\(P_n(x)=P_{n-1}(x)+A\times(x-x_0)…(x-x_n)\)。其误差估计当然就可以用
牛顿插值的误差估计了，不过值得注意的是我们用的牛顿前插公式，而且将步长与\((t-i+1)\)进行了合并，重新得到了\((x-x_i)\)：\[R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}\cdot f^{(n+1)}(\xi)\times\prod_{i=0}^k(x-x_i)^{j_i} \]其中\(j_i\)表示第\(x_i\)这个点出现的次数，比如如果不是重节点那么该值就为1。
（2）套路3（两点三次埃尔米特插值）： 有两个节点，在这两个节点上，原函数函数值与插值函数函数值相等（\(f(x_i)=P(x_i)\)），并且对应的导数值也相等（\(f^{(1)}(x_i)=P^{(1)}(x_i)\)）。直接给出公式：
\[\begin{aligned}H_3(x)=&(1+2\cdot\frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y(x_k)+(1+2\cdot\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_k})^2\cdot y(x_{k+1})\\\\&+({x-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y^{'}(x_k)+({x-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_{k}})^2\cdot y^{'}(x_{k+1})\end{aligned} \]其误差估计为：
\[R_3(x)=\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x-x_k)^2(x-x_{k+1})^2\qquad\xi\in(x_k，x_{k+1}) \]
（Ⅲ）例题
例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{13}\)）\(\Longrightarrow\) 套路2（普通的埃尔米特插值）
题目： 求次数小于等于3的多项式\(P_3(x)\)，是满足条件\(P_3(x_0)=f(x_0)\)、\(P_3^{(1)}(x_0)=f^{(1)}(x_0)\)、\(P_3^{(2)}(x_0)=f^{(2)}(x_0)\)、\(P_3(x_1)=f(x_1)\)。
解答：
可以看到这虽然是“两点三次埃尔米特插值”，但是此非彼，所以初步判定此题为🤮题；
此题是“普通埃尔米特插值”，所以有两种解法（突然发现一箭双雕）：
\(PlanA\)： “牛顿插值附身法”
构建《函数-均差表》：
\(x\) \(f(x)\) 一阶均差 二阶均差 三阶均差 \(x_0^{(1)}\) \(f(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(2)}\) \(f(x_0)^{(2)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(3)}\) \(f(x_0)^{(3)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(2)}\) \(\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}\) \(x_1\) \(f(x_1)\) \(f[x_0,x_1]\) \(\frac{f[x_0,x_1]-f^{(1)}(x_0)}{x_1-x_0}\) \(\frac{\frac{f[x_0,x_1]-f^{(1)}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}}{x_1-x_0}\) 这些东西一般都是已知的，只要带进去算（反正我是不建议找规律带公式的），还是一个一个算吧，这公式忒难记了。
然后直接用牛顿插值就好了，这里我就不写了，没多大个意义。
直接给出答案：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]\(PlanB\)： “暴力硬核待定系数法”
构造《函数-均差表》：
\(x\) \(f(x)\) 一阶均差 \(x_0\) \(f(x_0)\) \(x_1\) \(f(x_1)\) \(f[x_0,x_1]\) 然后构造函数：
\[P_3(x)=f(x_0)+f[x_0,x_1]\cdot(x-x_0)+A\times(x-x_0)(x-x_1)+B\times(x-x_0)^2(x-x_1) \]\[P_3^{(1)}(x)=f[x_0,x_1]+A\times[2x-(x_0+x_1)]+B\times[(x-x_0)^2+2(x-x_0)(x-x_1)] \]\[P_3^{(2)}(x)=2A+B\times[2(x-x_0)+2\cdot[2x-(x_0+x_1)]] \]将\(P_3^{(1)}(x_0)=f^{(1)}(x_0)\)、\(P_3^{(2)}(x_0)=f^{(2)}(x_0)\)分别代入可得：
\[P_3^{(1)}(x_0)=1+A\times(x_0-x_1)=f^{(1)}(x_0) \]\[P_3^{(2)}(x_0)=2A+B\times[2\cdot(x_0-x_1)]=f^{(2)}(x_0) \]解得：
\[A=\frac{f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]}{x_0-x_1},\qquad B=\frac{f^{(2)}(x_0)\times(x_0-x_1)-2[f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]]}{2(x_0-x_1)^2} \]代入函数，可得：
\[\begin{aligned}P_3(x)&=f(x_0)+f[x_0,x_1]\cdot(x-x_0)\\\\&+\frac{f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]}{x_0-x_1}\times(x-x_0)(x-x_1)\\\\&+\frac{f^{(2)}(x_0)\times(x_0-x_1)-2[f^{(1)}(x_0)-f[x_0,x_1]]}{2(x_0-x_1)^2}\times(x-x_0)^2(x-x_1)\end{aligned} \]不妨整理一下（将\(x-x_1\Longrightarrow x-x_0+x_0-x_1\)），易得（放💨，难得一批）：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]至此证毕，所以……大家知道为啥我愿称之为“暴力硬核待定系数法”了嘛？我去梳梳头皮了先
。
\(PlanC\)： 没啥好名儿了，就暂定为“牛顿待定系数法”吧
惊不惊喜，意不意外，没想到我还有第三种方法叭（
首先我们依据\(PlanB\)中构造的《函数-均差表》，所以有：
\(x\) \(f(x)\) 一阶均差 二阶均差 三阶均差 \(x_0^{(1)}\) \(f(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(2)}\) \(f(x_0)^{(2)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(1)}\) \(x_0^{(3)}\) \(f(x_0)^{(3)}\) \(f^{(1)}(x_0)^{(2)}\) \(\frac{f^{(2)}(x_0)}{2}\) \(x_1\) \(f(x_1)\) \(f[x_0,x_1]\) \(f[x_0,x_0,x_1]\) \(f[x_0,x_0,x_0,x_1]\) 然后发现只有第三节均差我们是不知道的，由于在牛顿插值的时候其实最后一个点是用不上的，但是插值函数很显然是通过这个点的，所以先构造插值函数（设\(f[x_0,x_0,x_0,x_1]=A\)）：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+A\times{(x-x_0)^3} \]再将最后一个点代入函数，解得：
\[A=[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{1}{x_1-x_0} \]所以最后还是可以得到插值函数为：
\[P_3(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)\times(x-x_0)+\frac{1}{2}f^{''}(x_0)\times(x-x_0)^2+[\frac{f[x_0,x_1]-f^{'}(x_0)}{x_1-x_0}-\frac{1}{2}f^{''}(x_0)]\times\frac{(x-x_0)^3}{x_1-x_0} \]总结： 像套路2（普通埃尔米特插值函数）一共有三种解法
①、最朴素的解法（\(PlanA\)：牛顿插值附身法）： 将所有的点（包含重节点）都放入《函数-均差表》中，用牛顿插值法的思想解出函数的表达式。优点——一步一步无脑代入、缺点——繁琐；
②、最暴力的解法（\(PlanB\)：暴力硬核待定系数法）： 将所有点（不包含其他重节点）放入《函数-均差表》中，先用牛顿插值法写出前半部分，然后再用待定系数法构造出后半部分的高阶多项式。最后将导数值的差之条件代入，并解出各个待定的系数。优点——由于插值的时候不考虑重节点，所以对计算机更加友好、缺点——常识告诉我们暴力的方法只有计算机能胜任
③、当朴素和暴力擦除爱情的火花时（\(PlanC\)：牛顿待定系数法）： 当满足一下两个条件时才能触发：
只有一项均差不知道&&这一项对应的节点不能是重节点。这种情况及其罕见，除非有人刻意安排（就像爱情一样），所以大家一定要长点儿心，不要和这玩意儿失之交臂。通过待定系数构造出插值函数之后，将所求点代入方程接触系数。
例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{14}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（两点三次埃尔米特插值）
题目： 求小于等于3的多项式\(P_3(x)\)使其满足条件\(P_3(0)=0\)、\(P_3^{'}(0)=1\)、\(P_3(1)=1\)、\(P_3^{'}(1)=2\)。
解答：
\[\begin{aligned}H_3(x)=&(1+2\cdot\frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y(x_k)+(1+2\cdot\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_k})^2\cdot y(x_{k+1})\\\\&+({x-x_k})(\frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}})^2\cdot y^{'}(x_k)+({x-x_{k+1}})(\frac{x-x_{k}}{x_{k+1}-x_{k}})^2\cdot y^{'}(x_{k+1})\end{aligned} \]直接代入，无脑求解：
\[\begin{aligned}P_3(x)&=(1+2\cdot\frac{x-0}{1-0})(\frac{x-1}{0-1})^2\cdot 0+(1+2\cdot\frac{x-1}{0-1})(\frac{x-0}{1-0})^2\cdot 1\\\\&+({x-0})(\frac{x-1}{0-1})^2\cdot 1+({x-1})(\frac{x-0}{1-0})^2\cdot 2\\\\&=x^2(3-2x)+x(x-1)^2+2x(x-1)=x^3-x^2+x\end{aligned} \]总结： 像这种题一般都是无脑题，只要翻翻书就知道答案了（但是知道和算对永远是两码事）；
例题3（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{16}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（两点三次埃尔米特插值）— 埃尔米特与牛顿
题目： 求一个不高于4次的多项式\(P_4(x)\)，使它满足\(P_4(0)=P_4^{'}(0)=0\)、\(P_4(1)=P_4^{'}(1)=1\)、\(P_4(2)=1\)。
解答： 重点—埃尔米特插值是一种特殊的牛顿插值
所以我们可以依据条件：\(P_4(0)=P_4^{'}(0)=0\)和\(P_4(1)=P_4^{'}(1)=1\)，可以无脑得到两点三次的埃尔米特插值多项式\(H_3(x)=x^2(2-x)\)；又已知\(P_4(x)\)不高于4次，所以根据牛顿插值的改正思想构造函数：
\[P_4(x)=H_3(x)+A(x-0)^2(x-1)^2 \]最后将最后一个点（想到套路2中的\(PlanC\)）代入式中解得\(A=\frac{1}{4}\)，故而得出插值函数为：
\[P_4(x)=x^2(2-x)+\frac{1}{4}x^2(x-1)^2=\frac{1}{4}x^2(x-3)^2 \]总结： 埃尔米特插值是一种特殊的牛顿插值，可以运用改正的思想，并且巧妙的结合套路2中的\(PlanC\)，把握机会。
例题3（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{15}\)）\(\Longrightarrow\) 套路3（两点三次埃尔米特插值）— 误差分析
题目： 证明两点三次埃尔米特的余项为\(R_3(x)=\frac{1}{4!}\cdot f^{(4)}(\xi)\times(x-x_k)^2(x-x_{k+1})^2，\xi\in(x_k,x_{k+1})\)。
解答： 让你记你就记着，你是十万个为什么蛮？
总结： 其实这个余项可以从牛顿前插公式余项中瞥见端倪，给出牛顿插值余项：\(R_n(x)=\frac{1}{(n+1)!}\cdot f^{(n+1)}(\xi)\times\prod_{i=0}^k(x-x_i)^{j_i}\)，很显然\(n=3，j_1=j_2=2\)，所以就有了两点三次埃尔米特插值的误差估计。
5、分段低次插值
（Ⅰ）解题思路： 掌握前面4种插值方法。
（Ⅱ）例题：
例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{18}\)）分段线性插值
主要掌握一点：
\[I_h(x)=\sum_{i=0}^n(f(x_i)\cdot l_i(x)) \]而其中有：（\(x=x_i\)分别对应了两段插值函数）
\[l_i(x)=\begin{cases}&\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}}=\frac{1}{h}\times(x-x_{i-1})，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\&\frac{x-x_{i+1}}{x_i-x_{i+1}}=\frac{1}{h}\times(x_{i+1}-x)，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\\\\&0，其他\end{cases} \]误差分析为：
\[R_1(x)=\frac{1}{2}\cdot f^{''}(\xi)\times(x-x_i)(x-x_{i+1}) \]所以误差限为：
\[\underset{a\le x\le b}{max}|R_{(1,h)}(x)|=\frac{1}{2}\cdot\underset{a\le x\le b}{max}{|f^{''}(x)|}\times(\frac{x_{i+1}-x_i}{2})^2=\frac{1}{8}\cdot\underset{a\le x\le b}{max}{|f^{''}(x)|}\times h^2 \]
例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{19}\)）两点三次埃尔米特插值
与上述同理，构造分段插值函数：
\[I_h(x)=\sum_{i=0}^n[\alpha_i(x)f(x_i)+\beta_i(x)f^{'}(x_i)] \]其中有：
\[\alpha_i(x)=\begin{cases}&(1+2\cdot\frac{x-x_{i}}{x_{i-1}-x_{i}})(\frac{x-x_{i-1}}{x_{i}-x_{i-1}})^2，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\&(1+2\cdot\frac{x-x_{i}}{x_{i+1}-x_i})(\frac{x-x_{i+1}}{x_{i}-x_{i+1}})^2，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\end{cases}，\qquad\beta_i(x)=\begin{cases}({x-x_i})(\frac{x-x_{i-1}}{x_i-x_{i-1}})^2，x_{i-1}\le x\lt x_i\\\\({x-x_{i}})(\frac{x-x_{i+1}}{x_{i}-x_{i+1}})^2，x_{i}\le x\lt x_{i+1}\end{cases} \]误差分析：
\[\underset{a\le x\le b}{max}|R_{(3,h)}(x)|\le\frac{h^4}{4!\times4^{^2}}\times\underset{a\le x\le b}{max}|f^{(4)}(\xi)| \]
二、均差与差分
（Ⅰ）均差的性质
● 均差性质（1）： \(k\)阶均差可表示为函数值\(f(x_0)\)、\(f(x_1)\)、……\(f(x_k)\)。
\[f[x_0,x_1,……x_k]=\sum_{j=0}^k\frac{f(x_j)}{(x_j-x_0)…(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})…(x_j-x_k)} \]
● **均差性质（2）： **第\(k\)阶均差可以用如下两个\(k-1\)阶均差表示（均差表的基础）
\[f[x_0,x_1,……x_k]=\frac{f[x_1,……x_k]-f[x_0,x_1,……x_{k-1}]}{x_k-x_0} \]
● 均差性质（3）： \(n\)阶均差与导数的关系（分析误差限和牛顿插值函数的精度）
\[f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}，\xi\in[a，b] \]从上述式子中我们就可以看出，牛顿插值的余项为\(f[x,x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{{n+1}!}\)，故精度即为\(n\)。
通常在做题的过程中，性质（1）和性质（3）用得多一些。
（Ⅱ）差分、导数和均差的三角恋
（1）差分与均差的关系：
\[f[x_k,……,x_{k+m}]=\frac{1}{m}\frac{1}{h^m}\Delta^mf_k，其中m=1,2,...,n \]
（2）差分与导数的关系：
\[\Delta^nf_k = h^nf^{(n)}(\xi)，其中\xi \in [x_k, x_{k+n}] \]
（3）\(n\)阶均差与导数的关系：
\[f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}，\xi\in[a，b] \]
（Ⅲ）例题
例题1（参考《数值分析 第五版》\(P_{48} T_{8}\)）均差与导数的关系\(\Longrightarrow\)牛顿插值函数的精度
题目： \(f(x)=x^7+x^4+3x+1\)，求\(f[2^0,2^1,…2^7]\)及\(f[2^0,2^1,…2^8]\)。
解答：
根据\(n\)阶均差与导数的关系：\(f[x_0,x_1,……x_n]=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\)，我们不难得出：
\[f[x_0,x_1,……x_7]=\frac{f^{(7)}(\xi)}{7!} \qquad \xi\in[2^0,2^7]\\f[x_0,x_1,……x_8]=\frac{f^{(8)}(\eta)}{8!} \qquad \eta\in[2^0,2^8] \]而\(f(x)\)的最高次数为7，所以可得：
\[f[x_0,x_1,……x_7]=\frac{7!}{7!}=1\\f[x_0,x_1,……x_8]=\frac{0}{7!}=0\\ \]
例题2（参考《数值分析 第五版》\(P_{49} T_{12}\)）均差与导数的关系\(\Longrightarrow\)牛顿插值函数的精度
题目： \(f(x)=a_0+a_1x+…+a_{n-1}x^{n-1}+a^nx^n\)，有\(n\)个不同实根\(x_1,x_2,…,x_n\)，证明：
\[\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{'}(x_j)}=\begin{cases}0，\qquad 0\le k\le n-2；\\\\a_n^{-1}，\quad k=n-1；\end{cases} \]解答：
记\(g(x)=x^k\)，\(\omega_n(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i)\)，则有：
\[f(x)=a_n\cdot\omega_n(x)，\qquad f^{'}(x_j)=a_n\omega_n^{'}(x_j) \]由均差的性质（1）可得：\(g[x_1,…x_k]=\sum_{j=0}^k\frac{f(x_j)}{\omega_k^{'}(x_j)}\)，又有均差与导数的关系：\(g[x_1,……x_k]=\frac{g^{(k-1)}(\xi)}{{(k-1)}!}\)。
所以有：
\[\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{f^{'}(x_j)}=\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{a_n\omega_n^{'}(x_j)}=\frac{1}{a_n}\cdot\sum_{j=1}^n\frac{x_j^k}{\omega_n^{'}(x_j)}=\frac{1}{a_n}\cdot g[x_1,……x_n]=\frac{1}{a_n}\cdot\frac{g^{(n-1)}(\xi)}{{(n-1)}!} \]所以当\(0\le k\le n-2\)时，\(g(x)\)的最高次数为\(k\)，对\(g(x)\)求\(n-1\)阶导之后显然为0；
当\(k=n-1\)，\(g(x)=x^{n-1}\)，所以对\(g(x)\)求\(n-1\)阶导之后为\((n-1)!\)，所以得出最后的值为\(a_n^{-1}\)；
证毕。
