口存在唯一性满足插值条件的多项式是存在唯一的。证明设y=f(x）的插值多项式为：P,(x)=ao +ax+a,x? +...+a,x则有：P(x)=yii=0,1,2,...,n即P(x)的系数ao,a,az,",a,满足方程组：a +ax +a,x +..+a,x' = yoa +ax +ax+..+ax"=y..ao,a,,a,存在且唯一a +ax, +a,x +...+a,x" =yn即：P(x)存在且唯一。：方程组的系数矩阵行列式xoXo.X+X2x1xx1(x,-x)±0i=0 j=i+1xnx?xn6
-6- 设y f x ( ) 的插值多项式为： 2 0 1 2 ( ) n P x a a x a x a x n n ( ) 0,1,2, , 则有：P x y i n n i i 0 1 2 ( ) , , , , 即P x a a a a n n 的系数 满足方程组： 2 0 1 0 2 0 0 0 2 0 1 1 2 1 1 1 2 0 1 2 n n n n n n n n n n a a x a x a x y a a x a x a x y a a x a x a x y 2 0 0 0 2 1 1 1 2 1 1 1 n n n n n n x x x x x x V x x x 1 0 1 ( ) n n j i i j i x x i j x x 0 方程组的系数矩阵行列式 0 1 , , , n a a a 存在且唯一 即：P x n ( )存在且唯一 。 满足插值条件的多项式是存在唯一的。 证明 . 存在唯一性
例1求满足下面插值条件的二次插值多项式。031 x231y解设 P(x)=a, +ax+a,x,则a, =1a, =1a +a, = 2=a =17/6a +a, +a, = 3±33a, +9a, =1[a, = -5/6[a + 3a, +9a, = 2517这种方法: P(x)=1+X66称为待定000系数法！
-7- 这种方法 称为待定 系数法！ 2 2 0 1 2 设 P x a a x a x ( ) ，则 a a a a a a a 0 0 1 2 0 1 2 1 3 3 9 2 a a a a 1 2 1 2 2 3 9 1 a a a 0 1 2 1 17 6 5 6 2 2 17 5 ( ) 1 6 6 P x x x 解 例1 求满足下面插值条件的二次插值多项式。 x 0 1 3 y 1 3 2
插值余项（截断误差假设在区间[a,b上f(x)的插值多项式为P,(x)令R,(x)= f(x)-P(x)显然在插值节点 x,(i=0,1,,n)上R,(x)=f(x)-P(x)=0,i=0,1,.,n因此R,(x)在[a,b]上至少有n+1个零点因此可设R,(x) = K(x)0u+1(x)其中のn+1(x)=(x-x(x-x)..(x-x,)，K(x)为待定函数所以R,(x)= f(x)- P,(x)= K(x)on+1(x)即f(x)-P,(x)-K(x)Ou+1(x)= 0-8-
-8- [ , ] ( ) ( ) n 假设在区间 a b f x P x 上 的插值多项式为 令 ( ) ( ) ( ) R x f x P x n n ( 0,1, , ) i 显然在插值节点 x i n 上 ( ) ( ) ( ) 0 , R x f x P x n i i n i ( ) [ , ] 1 因此R x a b n n 在 上至少有 个零点 因此可设 1 ( ) ( ) ( ) R x K x x n n 其中 1 0 1 ( ) ( )( ) ( ) n n x x x x x x x ，K x( )为待定函数 所以 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) R x f x P x K x x n n n 即 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n f x P x K x x 0 i n 0,1, , . 插值余项(截断误差)
引入辅助函数： g(t)=f(t)-P,(t)-K(x)のn+1(t)注意与x的区分则有 p(x)= f(x)- P,(x)-K(x)のn+1(x)=0且 p(x,)= f(x,)- P,(x,)-K(x)@n+1(x,)= R,(x,)- K(x)ou+(x,)= 0 i=0,1,..,n因此,若令x±x,p(t)在区间[a,b]上至少有n+2个零点,即p(x)=0, p(x)=0 , i=0,1,2,",n由于P, (x)和の+(x)为多项式,因此若f(x)可微,则g(t)也可微由Rolle中值定理β(t)在区间a,b)上有至少n+1个零点g"(t)在区间(a,b)上有至少n个零点再由Rolle中值定理-9
- 9 - 则 有 ( ) x 的区分 注意 t 与 x 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n t f t P t K x t 引入辅助 函数： 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n f x P x K x x 0 ( )i 且 x 1 ( ) ( ) ( ) ( ) i n i n i f x P x K x x 1 ( ) ( ) ( ) R x K x x n i n i 0 i n 0,1, , , , ( ) [ , ] 2 , i 因此 若令x x t a b n 在区间 上至少有 个零点 即 ( ) 0 , x ( ) 0 , 0,1,2, , i x i n 1 ( ) ( ) , ( ) , ( ) 由于P x x f x t n n 和 为多项式 因此若 可微 则 也可微 由Rolle 中 值 定 理 ( ) ( , ) 1 t a b n 在区间 上有至少 个零点 再 由Rolle 中 值 定 理 ( ) ( , ) t a b n 在区间 上有至少 个零 点
依次类推p(t)= f(t)-P,(t)-K(x)on+i(t)在区间(a,b)内至少有一个点,使得β(t)的n+1阶导数为零p(n+1)(5) = 0由于(n+I)(t) = f(n+1)(t)- P(n+1) (t)-K(x)o(+ (t)因此p(n+1)(5)= f(n+1)(5)- P(n+)() - K(x)(++()= f(n+I)(5)-K(x)·(n+1)! = 0f(n+1)()所以K(x) :(n+ 1)!f(n+l) ()所以R,(x)= K(x)u+1(x) :n+1(x)(n+1)!-10-
-10- 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n t f t P t K x t 依次类推 在区间( , ) , ( ) 1 a b t n 内至少有一个点 使得 的 阶导数为零 ( 1)( ) 0 n 由于 ( 1) ( ) n t ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n f t P t K x t 因此 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n n n n f P K x ( 1)( ) ( ) ( 1)! n f K x n 0 所以 ( 1)( ) ( ) ( 1)! n f K x n 所以 1 ( ) ( ) ( ) R x K x x n n ( 1) 1 ( ) ( ) ( 1)! n n f x n