QUESTION 1

(a) To show that if both  H₁(x) and H₂(x) solve the interpolation problem, then  H₁(x)   =  H₂(x), we  can use the uniqueness theorem for interpolating polynomials, which states that there can be only one polynomial of degree at most n that interpolates  n + 1 given points.

Suppose that  H₁(x) and H₂(x) both solve the interpolation problem, i.e., H₁(xj)   =

f(xj) and H’₁(xj)  =  f’ (xj), and H₂(xj)  =  f(xj) and H’₂(xj)  =  f’ (xj), for j  =  0, 1 … …. , n.

H(Le)₁(t)(x(d))−=H) )f(h)s p0(o)a(yn)n(o)d(m)d’(ia)xj(of))drH’(ee)xo H’(2n)xj(1)T f(n)’)−=f’ (xj)   =

0, for j  =  0, 1… …. , n.

Therefore,  d(x) ℎas n + 1 distinct roots at  x0, x1, . . . , xn. But a polynomial of degree at most 2n + 1 can have at most 2n + 1 roots, so  d(x) must be identically zero. Thus,  H₁(x)   =  H₂(x), and the interpolation problem ( ∗ ) has a unique solution.

(b) (i) We have

= Lp xp 2Bp xp +  2 Ljxp  Lp xp  Bj xp

j≠p

=  Bp  xp ) +  2

j≠p

f xj − Bp xj)Ljxp

Taking the derivative with respect to  x and evaluating at  xp, we get

H' xp) =  B'   xp − 2 f  xj − Bp xj))Lj’ xpxj)2

=  B’p xp − 2 f xx(j)p−−Bxj(p)xj) Lj’ xpxj)

=  B’p xp − 2

j≠p

(f xj) − Bp xj)

L ’p xp〕

We want to find conditions relating  f(xp) and f’ (xp) to Bp(xp) and B’p(xp). We can use the given

interpolation conditions to eliminate some of the terms in the expression above. Specifically, we know

that  H(xp)  =  f(xp), which means that  Bp(xp)   =  f(xp), and we also know that  H’ (xp)   =  f’ (xp), which means that  B’p(xp)   =  f’ (xp). Substituting these into the expression above, we get:

H' xp =  f’ xp) − 2

j≠p

(f x(xj)p fxj(x)p

L ’p xp)

=  f’ xp − 2

j≠p

f xj − f xp)

L ’p xp)

To simplify the expression further, we can use the following property of Lagrange polynomials:

n

Ljx =  1        foT all x

j=0

This means that:

Lp xp =  1, and Ljxp =  0

j≠p

Taking the derivative of the first equation with respect to  x and evaluating at  xp, we get:

L’p(xp)  =  0

Substituting this into the expression for  H’ (xp), we get:

H' xp =  f’ xp −  2

f x0 − f xp)

L’p xp − 2

n

j=1, j≠p

f xj − f xp)

L ’p xp

This is our final expression for  H’ (xp).

(ii) To construct the suitable functions  Bp(x), we can use the polynomial of the lowest degree that

passes through the nodes xj  and satisfies the condition  Bp(xp)   =  f(xp). This polynomial is given by

Bp(x) = σLj(xj)xp(Lj)x

where  Lj(x) is tℎej − tℎ Lagrange polynomial. The degree of this polynomial is at most  n, and it is

unique since it is determined by the nodes and the function values at those nodes. We can then

substitute  Bp(x) and L’p(xp) into the equation for  H' (xp) to obtain a formula for the derivative at xp.

(c) (i) To show that  F’ (t) has at least 2n  +  2 distinct roots in the interval [a, b], we can use the Rolle's   theorem repeatedly. Note that  F(t) is a polynomial of degree at most 2n  +  1. Since  F(a)   =  F(b)   = F' (a)  =  F' (b)   =  0, there must be at least  n  +   1 distinct roots of  F' (t) in the interval (a, b) by

Rolle's theorem. Similarly,  F'' (a)   =  F'' (b)   =   0, so there must be at least n distinct roots of  F'' (t) in   the interval (a, b) by Rolle's theorem. Continuing this process, we can show that  F2n+2t has at least one root in [a, b].

(ii) From the previous part, we know  tℎat F2n+2t has at least one root in [a, b]. Let  C be a root of F2n+2t〕in [a, b]. Then by Taylor's theorem, we have

f(x)  −  H(x)  =  F(x)  +  R(x)

where  R(x) is the remainder term given by

R x = x  − C2n+2 f2n+2ξ

for some  ξ   between  x and C. Since c is a root of  F2n+2   t , we have  R(x)   =   0 wℎen x   =  C, so

f x − H x =  F x +  R x =  F x) +  0 x −  C2n+2)

where the notation  0 x – C〕2n+2)      indicates that the error term is of order x – C〕2n+2    or smaller. Therefore, the error in the approximation  f(x)   ≈  H(x) is of order x – C2n+2    or smaller.

(d) (i) In the limit  E → 0, the divided difference table will converge to the derivative of the function at x0, since

f x0, x0 + E = lim f x0 + E − f x0) =  f' (x0)

ℎ→0                             E

and

f x0, x0 + E, x0 + 2E = lim f x0 + E, x0 + 2E1−f x0, x0 + E) =  f''(x0)

ℎ→0                                                  E

and so on for higher-order divided differences.

(ii) To construct the Newton polynomial in the limit  E → 0, we can start by writing the divided difference table with two nodes:

x0 f[x0]

x0 + E f[x0, x0 + E]

In the limit as  E   approaches 0, the divided difference  f[x0, x0 + E] approaches  f' (x0), and the table converges to:

x0 f[x0]

x0 + E f' (x0)

We can then use the standard formula for the Newton polynomial with two nodes:

P(x)  =  f[x0]  +  (x −  x0)f[x0, x0 + E]

In the limit as  E approaches 0, this becomes:

P(x)  =  f(x0)  +  (x −  x0)f' (x0)

This is a linear approximation to the function  f(x) neaT x0, which is the same as the first-order Taylor approximation.

To show that the Newton polynomial will continue to satisfy the conditions  P(x0)   =

f(x0) and P’ (x0)  =  f’ (x0) if further nodes are added, we can use induction. Suppose we have a divided difference table with  k + 1 nodes:

x0, x1, . . . , xk

In the limit as  E   approaches 0, the table will converge to:

x0 f[x0]

x1 f[x0, x1]

. . . . . .

xkf[x0, x1, . . . , xk]

The Newton polynomial with  k + 1 nodes is:

P(x)  =  f[x0]  +  (x −  x0)f[x0, x1]  +  . . .  +  (x − x0)(x − x1). . . (x − xk)f[x0, x1, . . . , xk]

In the limit as  E appToacℎes 0, the divided differences  f[x0, x1], f[x0, x1, x2], . . . , f[x0, x1, . . . , xk] will converge to the corresponding derivatives at x0, and the Newton polynomial will become:

P x =  f x0 + x  −  x0  f ' x0 + …  + x −  x0x −  x1 … x −  xk(k)! fkx0

This polynomial satisfies  P(x0)  =  f(x0) and P' (x0)   =  f' (x0), and we can use induction to show that it will continue to satisfy these conditions if more nodes are added to the table.

QUESTION 2

(a) Let  w1, w3, and w5 be the weights for the   Gk5 rule, and let  t1   = − t5 and t3  =  0 due to

symmetry. Then we have the following system of equations:

w1  +  w5  =  2

w1t1  +  w3t3  +  w5t5   =  0

w1t12  +  w3t32  +  w5t52  =

Since  t1   = − t5 and t3  =  0, we can simplify the system to:

w1t1 −

w1t12  +

w5  =  2

w5t1  =  0

w5t12        1

= —

3           3

(b) Since  P2(t) is the Legendre polynomial of degree 2, we have:

P2t) = 3t2 − 1

2

Let  kat) =  At3  +  Bt2  +  ct  +  D. Then we have:

1 P2tkattT dt  =  0 foT T = 0, 1, 2.

Substituting P2(t) and expanding the integrand, we get:

( A 1 t5dt  + ) 1 t4dt  + ) 1 t3dt  + ) 1 t2dt  =   0

(2

(2

A 1 t4dt +

A 1 t3dt  +

1 t3dt  +

1 t2dt +

1 t2dt  +

1 tdt +

1 tdt =  0

1 1dt =  0

Simplifying and solving for  A, B, C, and D, we get:

A  = , B  =  0, C  = , D  =  0

Therefore,  kat) = t3 – t.

The roots of  kat)aTe t1   = − , t3   =  0, and t5   = .

(c) (i) Substituting  t1  = − , t3   =  0, and t5  =

get:

into the system of equations from part (a), we

w1  +  w5  =  2

− w1 + w5 =  0

(5)         (7 w5      1

Solving for  w1 and w5, we get:

w1  =

w5

18      2

=

45      5

28

=

45

(ii) To calculate the exact value of the first nonzero coefficient  Sp in the error formula for the   GK5 rule, we need to apply the error formula to a function that has a nonzero fourth derivative at some point

within each subinterval. A function that satisfies this condition is  f x =  x5.

We can then compute the coefficients as follows:

Sp  = 1 f6t