用Hermite插值方法估計積分值

2022-02-09 22:30:57 字數 1882 閱讀 5294

設$f'(x)$在$[a,b]$上連續,且$f(a)=f(b)=0$,則

\begin

\max_|f'(x)|\geq \frac\int_a^b|f(x)|dx

\end

證明:只要做掉$f(x)$在$[a,b]$內恆非負的情形就足夠了(為什麼?).設$f(x)$在$[a,b]$內恆非負.令

$$g(x)=\int_a^xf(t)dt$$

因為$f(a)=f(b)=0$,所以由微積分第一基本定理,可得

\begin

g'(a)=g'(b)=0

\end

且易得$g(a)=0$.由於$f'(x)$在$[a,b]$上連續,因此$g''(x)$在$[a,b]$上連續.我們要證明的結論即

\begin

\max_|g''(x)|\geq \frac|g(b)|

\end

為此,我們對$g$進行hermite多項式插值.由於hermite插值是牛頓多項式插值的極限情形,為此我們先進行牛頓多項式插值.我們設立牛頓插值的插值點

\begin

x_0=a,x_1,x_2,x_3=b

\end

易得經過這四個插值點的牛頓插值多項式為

\begin

g(x_0)+(x-x_0)g[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)g[x_0,x_1,x_2]+(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)g[x_0,x_1,x_2,x_3]

\end

取極限,令$x_1\to x_,x_2\to x_3$,則牛頓插值多項式變為hermite插值多項式

\begin

p(x)= g(x_0)+(x-x_0)g[x_0,x_0]+(x-x_0)^2g[x_0,x_0,x_3]+(x-x_0)^2(x-x_3)g[x_0,x_0,x_3,x_3]

\end

該hermite插值多項式即

\begin

p(x)= g(a)+(x-a)g[a,a]+(x-a)^2g[a,a,b]+(x-a)^2(x-b)g[a,a,b,b]

\end

由於$g'(a)=g'(b)=0,g(a)=0$.因此

\begin

p(x)=(x-a)^2 g[a,a,b]+(x-a)^2(x-b)g[a,a,b,b]

\end

令\begin

q(x)=g(x)-p(x)

\end

可得\begin

q(a)=q(b)=0,q'(a)=q'(b)=0

\end

於是使用rolle定理兩次(這裡用到了「$g''$在$[a,b]$上連續」這個條件)可得存在$\xi\in (a,b)$使得

\begin

q''(\xi)=0

\end

即\begin

g''(\xi)=2g[a,a,b]+(6\xi-2b-4a)g[a,a,b,b]

\end

而\begin

g[a,a,b]=\frac=\frac}=\frac

\end

\begin

g[a,b,b]=\frac=\frac-g'(b)}=\frac

\end

因此\begin

g[a,a,b,b]=\frac=\frac

\end

即\begin

g''(\xi)=\frac+(6\xi-2b-4a)\frac

\end

即\begin

g''(\xi)=\frac[1+\frac]

\end

即\begin

g''(\xi)=\frac[\frac]

\end

可見,\begin

\max_ |g''(\xi)|\geq \frac

\end

完畢.

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