有一些有點難度但是不是特別難的的大一高數題推薦嗎？

作者：由一顆李子發表于攝影時間：2021-12-16

我心永恆2021-12-16 13:54:38

試試牛頓插值法。已經算一個課題了，且不算太難。

給定一個未知函式f（x）的n+1個不同座標x0，x1，…，xn下的函式值。也就是知道這曲線上的n+1個點，來預測這個函式。可以用n次多項式來預測它，n+1個點唯一決定一個n次多項式p（x）。設

p（x）=f（x0）+a1（x-x0）+a2（x-x0）（x-x1）+…+an（x-x0）（x-x1）（x-x2）…（x-x_n-1）。

可唯一求出係數a1…an。這個係數分別就是這些點的各階差商。注意這個差商有兩種形式。而且假如只有一個點x0，p（x）=f（x0）+a1（x-x0）；兩個點x0，x1 p（x）=f（x0）+a1（x-x0）+a2（x-x0）（x-x1）

也就是每增加一個數據點，前面的多項式不變，只需要加一個高一次的多項式就可以了。

再假設f（x）在包含這些點的區間內有n階導數，當然可以推出前面的低階導數存在且連續。可以證明an等於（x0，xn）中某一點的n階導數。這可以用羅爾定理證明。建構函式g（x）=f（x）-p（x），顯然這個函式有至少n+1個根，x0，…xn。根據羅爾定理在每一個小區間上，區間端點函式值為零，中間必有一點導數為零。也就是g（x）的一階導函式g［1］（x）有至少n個根。這n個根又分為了n-1個區間，且又滿足羅爾定理。它的導函式即g（x）的二階導函式g［2］（x）又有n-1個零點。…那麼n階導函式必有至少一個根。g［n］（ξ）=f［n］（ξ）-p［n］（ξ）=f［n］（ξ）-（n！）an=0，即an=（1/n！）f［n］（ξ）。x0<ξ

所以，又假設n階導數也連續。若這n個點都趨於（x0，xn）內某個點h，那麼這些差商也趨於h點的各階導數比各個階乘。這就是泰勒公式。

有興趣可以算一下牛頓插值多項式的餘項。假設區間（x0，xn）內n+1階導數存在。建構函式q（x）=f（x）-p（x）-Kω（x）。其中K為常數，ω（x）=（x-x0）…（x-xn）。顯然這個函式已有x0到xn個零點。假設區間內不同於這些點的一x’也是零點。即使f（x’）=p（x’）+Kω（x’）。那麼g（x）就有至少n+2個零點，那麼n+1階導數就至少有一個零點。即f［n+1］（ξ）=Kω［n+1］（ξ）=K（n+1）！，即K=f［n+1］（ξ）/（n+1）！。

所以f（x）=p（x）+（f［n+1］（ξ）/（n+1）！）ω（x），這就是帶有餘項的牛頓插值多項式。當然和泰勒公式一樣。ξ顯然與x有關。