埃尔米特插值精讲
埃尔米特插值例题详解
埃尔米特插值例题详解这里以求解一元二次函数$y=x^2$在$x=1$附近的拉格朗日插值为例，来详细讲解埃尔米特插值的步骤。
**步骤一：**确定插值点$x_0,x_1,\cdots,x_n$，这里取$x_0=1,x_1=1.1,x_2=1.2$**步骤二：**求出插值点处的函数值，即$y_0=f(x_0),y_1=f(x_1),\cdots,y_n=f(x_n)$，这里取$y_0=1,y_1=1.21,y_2=1.44$**步骤三：**求出埃尔米特矩阵$A=[a_{ij}]_{n+1}$，这里$A$是$(n+1)\times(n+1)$矩阵，其中$a_{ij}=(x_i-x_j)^2$，即$$A=\begin{bmatrix}a_{00} & a_{01} & a_{02}\\a_{10} & a_{11} & a_{12}\\a_{20} & a_{21} & a_{22}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 0.01 & 0.04\\0.01 & 0 & 0.01\\0.04 & 0.01 & 0\end{bmatrix}$$**步骤四：**求出埃尔米特矩阵的逆$A^{-1}=[a_{ij}^{-1}]_{n+1}$，这里$A^{-1}$是$(n+1)\times(n+1)$矩阵，其中$a_{ij}^{-1}$是$A$的逆矩阵，即$$A^{-1}=\begin{bmatrix}a_{00}^{-1} & a_{01}^{-1} & a_{02}^{-1}\\a_{10}^{-1} & a_{11}^{-1} & a_{12}^{-1}\\a_{20}^{-1} & a_{21}^{-1} & a_{22}^{-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}25 & -25 & 10\\-25 & 50 & -25\\10 & -25 & 25\end{bmatrix}$$**步骤五：**求出埃尔米特系数$b_i$，这里$b_i$是$(n+1)\times1$矩阵，其中$b_i=\sum_{j=0}^na_{ij}y_j$，即$$b=\begin{bmatrix}b_0\\b_1\\b_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0.01y_1+0.04y_2\\0.01y_0+0.01y_2\\0.04y_0+0.01y_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0.054\\0.011\\0.045\end{bmatrix} $$。
1.6 埃尔米特插值
（2）基函数方法
基函数方法：
0 (x0 ) 1, 0 (x1 ) 0 (x0 ) 0 1 (x1 ) 1, 1 (x0 ) 1(x0 ) 0 0 (x0 ) 1, 0 (x0 ) 0 (x1 ) 0
2
0
( x)
1
x x1
x0 x0
2
1 ( x)
2
x x0 x1 x0
0
(
x)
(
x
x0 )(x (x1 x0
)2
x1
)
第三种解法
（3）待定系数法
p2(x) ax2 bx c p2(x) 2ax b
aaxx1022
bx0 bx1
c c
y0 y1
2ax0 b y0
题4
不同插值节点，同一个插值节点上仅有函数值（或 者一阶导数值）
设x0 x2,求作次数 2的多项式p(x)，使满足条件 p(x0 ) y0, p(x1) y1, p(x2 ) y2
由此可导出(29)式
2，数学描述
设在节点 a x0 x1 xn b上，
y j f (x j ) ， mj f (x j ) ( j 0, 1, , n)
要求插值多项式 H (x) 满足条件 H (x j ) y j , H (x j ) m j ( j 0, 1, , n)
Hermite插值问题常用解法
（1）基函数构造法 （2）待定系数法 （3）基于承袭性
根据有函数值的插值节点条件构造插 值多项式（泰勒，拉格朗日，牛顿等）， 再结合其他插值节点的导数条件构造一个 附加项，由待定系数法给出系数，从而得 到所求插值多项式
例：按下表求Hermite插值多项式
解法一：由于插值条件有5
埃尔米特插值
(5.8)
x xk 1 , k ( x) x xk x x k 1 k 2 x xk k 1 ( x) x xk 1 x x . k k 1
2
(5.9)
2.5
埃尔米特插值
有些实际的插值问题不但要求在节点上函数值相等， 而且还要求对应的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等. 满足这种要求的插值多项式就是埃尔米特插值多项式. 下面只讨论函数值与导数值个数相等的情况.
1
设在节点 a x0 x1 xn b 上，y j
m j f ( x j )
H 2 n 1 ( x) a0 a1 x a2 n 1 x 2 n 1.
现在仍采用求拉格朗日插值多项式的基函数方法.
2
先求出 2n 2 个插值基函数 j (x) 及 j ( x) ( j 0,1,, n)， 且满足条件 每一个基函数都是 2n 1 次多项式，
xk 5 10 k , n (k 0,1, , n)
所构造的拉格朗日插值多项式为
Ln ( x)
n 1 ( x) 1 . 2 j 0 1 x j ( x x j )n 1 ( x j )
n
令 xn 1/ 2 1 ( xn 1 xn ), 则 xn 1/ 2 5 5 ,
果并不好.
通常不用高次插值，而用分段低次插值.
2
n
18
表2-5列出了 n 2,4,,20 时的 Ln ( xn1/ 2 )的计算结果及 在 xn 1/ 2 上的误差 R( xn 1/ 2 ).
表2 5 n 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 f ( xn 1/ 2 ) 0.137931 0.066390 0.054463 0.049651 0.047059 0.045440 0.044334 0.043530 0.042920 0.042440 Ln ( xn 1/ 2 ) 0.759615 0.356826 0.607879 0.831017 1.578721 2.755000 5.332743 10.173867 20.123671 39.952449 R ( xn 1/ 2 ) 0.621684 0.423216 0.553416 0.880668 1.531662 2.800440 5.288409 10.217397 20.080751 39.994889
2.4埃尔米特插值
2 1
x − x0 x −x 0 1
2
2
β 0 ( x ) = ( x − x0 ) ⋅ l02 ( x ) = ( x − x0 ) x − x1 x −x 1 0
β 1 ( x ) = ( x − x1 ) ⋅ l ( x ) = ( x − x1 )
两个节点就可以用2 × 1 + 1 = 3次多项式作为插值函数
( 2 ) 同样 , 若要求P( x )在[ a , b ]上具有m阶导数( m阶光滑度) 显然P( x )在节点 x0 , x1 ,⋯ , xn处必须满足
P( xi ) = f ( xi ) = yi
P′( xi ) = f ′( xi ) = yi′ P′′( xi ) = f ′′( xi ) = yi′′
其中
α 0 ( x0 ) = 1
α 1 ( x0 ) = 0
α 0 ( x1 ) = 0
α 1 ( x1 ) = 1 β 0 ( x1 ) = 0
′ α 0 ( x0 ) = 0 ′ α 1 ( x0 ) = 0 ′ β 0 ( x0 ) = 1 ′ β 1 ( x0 ) = 0
′ α 0 ( x1 ) = 0
所以,两点三次Hermite插值的余项为
f ( 4 ) (ξ ) R3 ( x ) = ( x − x0 )2 ( x − x1 )2 4!
x0 ≤ ξ ≤ x1
以上分析都能成立吗？
当f ( 4 ) ( x )在[ x0 , x1 ]上存在且连续时 , 上述余项公式成立
例.
已知f ( x )在节点1，处的函数值为f (1) = 2 , f ( 2 ) = 3 2 f ( x )在节点1，处的导数值为f ′(1) = 0 , f ′( 2 ) = −1 2
艾米特插值
若 αi ( x ) , βi ( x )( i = 0,1) ,满足
αi (x j ) = δi j
1 i = j = , , α i′( x j ) = 0 0 i ≠ j (i = 0 , 1)
β i ( x j ) = 0 , β i′( x j ) = ( x ) = ( − 2 l ( x j ) x + 1 + 2 x l ( x j )) l ( x )
' j ' j j 2 j
= (1 − 2 ( x − x j ) l ( x j )) l ( x )
' j 2 j
其中 l ( x j ) ∑ ＝
' j
n
k =0 k≠ j
由于
′ α 0 ( x 0 ) = 1, α 0 ( x 0 ) = 0 2.2 (2.6.2) ′ α 0 ( x1 ) = 0, α 0 ( x1 ) = 0 , (2.6.3) 2.3
由（2.6.3）可设
α0 ( x) = ( x − x1 ) a ( x − x0 ) + b ,
2.4 埃尔米特(Hermite)插值
• Hermite插值问题的提出 • 三次 Hermite 插值 • 2n+1 次Hermite 插值多项式 • Hermite插值余项 • 数值实例
一、 Hermite插值问题的提出
由于理论与实践的需要，在构造插值函数 时，不但要求在节点上函数值相等，而且还要求 它的（高阶）导数值也相等（即要求在节点上具 有一定的光滑度），使得插值函数与被插函数贴 近程度更好，满足这种要求的插值多项式就是 Hermite 插值多项式，有时也称为具有重节点插 值。
2
再由（2.6.2）可求得
数值分析4-埃尔米特插值
yi +
x − xi xi+1 − xi
yi+1
x ∈ [ xi , xi+1 ]
记
h
=
max
|
xi+1
−
xi
| ，易证：当
h→0 时，P1h (
x)
一致
→f
(x)
y
y= f(x)
y=p(x)
失去了原函数的光滑性。
o
x
分段线性插值的余项
f (x) −
s1 ( x )
≤
max
xi ≤ x ≤ xi+1
-10
解 以泰勒公式，满足条件
q(0) = 2, q ' (0) = −2, q"' (0) = −10 的插值多项式
q(x) = −5x 2 − 2x + 2
令
p(x) = −5x2 − 2x + 2 + x3(ax2 + bx + c)
p′(x) = −10x − 2 + 3x2 (ax2 + bx + c) + x3(2ax + b)
f ′′
x
分段Hermite插值
给定 x0 , ... , x n ; y0 , ... , yn ; y0′ , ... , y′n 导数一般不易得到。
余项
( ) max f 4
( ) f
(x) − s1(x)
≤
xi ≤x≤xi+1
4!
x
⎜⎜⎝⎛ xj
− xi 2
⎟⎟⎠⎞4
≤
hi4 max 384xi ≤x≤xi+1
埃尔米特hermite插值
埃尔米特插值5.4.1 问题的提出面讨论的拉格朗日和牛顿插值多项式的插值条件只要求在插值节点上，插 值函数与被插值函数的函数值相等，即)(i n x L =f(i x )和n N (i x )=f(i x )，有时 不仅要求插值多项式在插值节点上与被插值函数的函数值相等，还要插值多项式的导数在这些 点上被插函数的导数值相等，即要求满足插值条件：n i x f x H x f x H i i n i i n ,...,1,0,(')('),()()1212===++ (5.4.1)的次数不超过 2n+1的插值多项式12+n H ，这就是埃尔米特 (Hermite) 插值问题。
定义：假设在区间【α，b 】上给定了n 个互不相同的点x 1，x 2,…,x n 以及一张数表(*)记m=α1+α2+…+αn 。
早在 1878年C.埃尔米特就证明:存在惟一的次数不高于m-1的代数多项式H n (x ),使得,H n (x )为表(*)的以为结点组的埃尔米特插值多项式。
如果定义在【α，b 】上的函数ƒ(x )在x k (k =1，2，…,n )处有αk-1阶导数，并取，则称相应的H n (x )为ƒ(x )的以为结点组的(α1,α2,…,αn )阶埃尔米特插值多项式。
作为特殊情况,若诸αk 都为1,则H n (x )就是ƒ(x )的拉格朗日插值多项式;若n =1，则H n (x )为ƒ(x )的α1-1阶泰勒多项式。
最使人们注意的是诸αk 都为2的情况,这时H n (x )为次数不高于2n -1的代数多项式。
如果写H n (x )可表示为在这种情况下，常取,而给以适当的限制。
5.4.2三次埃尔米特插值我们考虑只有两个节点的三次埃尔米特插值。
设插值点为(0x ，0y )，(1x ，1y )，要求一次数不超过3的多项式)(3x H ，满足下列条件：i i i i m x H y x H ==)(',)(33 i=0，1(5.4.2) 式中i m =f ′(i x )，i=01。
导数与函数的埃尔米特插值
导数与函数的埃尔米特插值导数在微积分中有着重要的地位，它描述了函数在某一点上的变化率。
而函数的插值方法可以用来估计未知点的函数值。
在数学领域，埃尔米特插值是一种广泛应用的插值方法，它不仅能够通过已知函数值估计未知点的函数值，还可以估计函数在这一点上的导数。
一、导数的定义导数是一个函数在某一点上的变化率。
对于函数f(x)，在点x处的导数可以用极限的概念来定义：\[ f'(x) = \lim\limits_{h\to0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \]其中，f'(x)表示函数f(x)在x处的导数。
二、埃尔米特插值公式埃尔米特插值公式是一种通过已知函数值估计未知点函数值的插值方法。
它的计算方式如下：\[ P(x) = f(x_0)H_0^2(x) + f(x_1)H_1^2(x) + f'(x_0)H_0(x) +f'(x_1)H_1(x) \]其中，P(x)表示估计的函数值，f(x_0)和f(x_1)分别表示已知函数值，f'(x_0)和f'(x_1)分别表示已知函数在相应点上的导数。
三、埃尔米特插值的应用埃尔米特插值广泛应用于数值计算和科学工程领域。
它可以通过已知数据点的函数值和导数来估计未知点的函数值，并且能够在一定程度上保持原函数的特性。
例如，我们有一组数据点(x_0, y_0)和(x_1, y_1)，以及已知函数在这些点上的导数f'(x_0)和f'(x_1)。
我们可以利用埃尔米特插值公式来计算其他点上的函数值。
要注意的是，在使用埃尔米特插值时，对已知函数值和导数的准确性要求较高。
尤其是所选取的数据点应尽可能靠近插值点，以获得更准确的结果。
四、埃尔米特插值的优缺点埃尔米特插值的优点在于它能够精确地估计函数值和导数，可以保持函数的光滑性和特性。
同时，埃尔米特插值还可以通过调整插值节点的位置来适应不同的问题。
然而，埃尔米特插值的缺点在于计算复杂度较高，尤其在求解高次插值时。
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yi ’= f ’ (xi) y0’ y1’
… xn … yn … yn’
求:一个次数不超过2n+1的多项式H2n+1(x)
则可以设：
Hn (x) y00 (x) ynn (x) y00(x) ynn (x)
因为：
i i
(x (x
j j
) )
1，j 0，j
i i且j
1,2,,
n
i
(
x
H2 (0) y00 (0) y11(0) y0'0 (0) y0 则：0 (0) 1，1(0) 0，0 (0) 0
H2 (1) y00 (1) y11(1) y0'0 (1) y1 则：0 (1) 0，1(1) 1，0 (1) 0
H
2
(0)
y0
0
(0)
y11 (0)
y0 ' 0 (0)
则：RR22
(0) (1)
0 0
则：R2(x) c(x 0)(x 1) 有：H2 (x) x cx(x 1)
又：H
2
(0)
0
则：c 1
则：R2 (x) x(x 1)
则：H2 (x) L1(x) R2 (x) x2
再增加：
xi
1
yi
1
求 : H3(x),其中H3(x)满足：
xi
01
一、 Hermite插值多项式的定义
插值条件中除函数值插值条件外， 还有导数值插值条件，如
已知：2n+2个条件
xi
x0
x1
… xn
yi = f(xi) y0 y1 … yn
yi f ( xi )
y0
y1
…
yn
求:一个次数不超过2n+1的多项式H2n+1(x)
二、两种简单情形
情形1. 已知：3个条件
1(0) 0
1
(0)
0
则：x 0为1(x)的二重根
则：1(x) cx2 又：1(1) 1
则：c 1
则：1(x) x2 同理：0 (x) x(1 x)
插值余项为:
R(x)
f (x) H2(x)
f
(
3!
)
(
x
x0
)2
(
x
x1
)
仿Lagrange 或 Newton 证明
情形2. 已知：4个条件
xi
x0 x1
yi = f(xi) y0 y1
yi f (xi ) y0 y1
求:一个次数不超过3的多项式H3(x)
自习。注意用基函数的方法
插值余项为:
R(x)
f (x) H3(x)
பைடு நூலகம்
f
(4) (
4!
)
(
x
x0
)2
(
x
x1 ) 2
则对于一般情况：
已知：2n+2个条件
xi
x0
x1
yi = f(xi) y0 y1
y0
则：
0
(0)
0，1
(0)
0，0
(0)
1
由于：
0
(
x)为二次项式，且有一个零点：（1） 1
0，则可以设：
0(x) (x 1)(ax b)
将：
0 (0) 1
0
(0)
0
带入0(x) (x 1)(ax b)，则：
a 1 b 1
则：0 (x) 1 x2
同理： 1( x)为二次项式
又：
n
(x xj )2
j0
Hermite插值的方法：
(1)基函数方法
(2)承袭性方法*（见后例题）
注：当给出某个点处的函数值及 其各阶导数时，即为泰勒插值 （展开式）。
作业： 习题 14，16
*借助承袭性的思想插值:
三、例题
例1：给定如下数据表，求次数不高于3 次的代数插值多项式。
xi
01
f(xi) 0
xi
0
1
yi = f(xi) y0
y1
yi f ( xi )
y0
求:一个次数不超过2的多项式H2(x)
解：用基函数的方法，设
H2 ( x) y00 ( x) y11( x) y0 0 ( x)
其中 0(x),1(x), 0(x) 是基函数，满足 （1）都是2次多项式； （2）无关性
则可要求:
j
)
0,
j
0,1,,
n
其中：i 0,1,, n
即：x x j ( j i)是i (x)的二重根
因为i (x)得次数是2n 1
n
则：i (x) (ax b) (x x j )2 j0 ji
a和b由以下两式确定：
i (xi ) 1 i(xi ) 0
ii((xxjj))00，，jj
0,1,, n i, j 0,1,,
xi
0
f(xi) 0
f (xi )
1 23 1 23
0
例4：给定如下数据表，求次数不高于5 次的代数多项式。
xi
-1 0 1 2
f(xi) 10 14 16 15
f (xi )
1
0.1
解： 先构造插值于四个函数值的插值多项式 用Newton插值法可得：
N 3 ( x) f ( x0 ) f [ x0 , x1 ]( x x0 )
1
f (xi )
0
1
解：本题利用承袭性的思想 首先利用：
xi
0
1
f(xi) 0
1
求出：L1(x)
L1 ( x)
x x1 x0 x1
y0
x x0 x1 x0
y1
x
增加：
xi 0
yi 0
求：H2 ( x), 其中H2 ( x)满足：
xi
01
f(xi) 0
1
f (xi )
0
设：H2 (x) L1(x) R2 (x)
复习
前面我们已经学过两种插值方法： Langrange插值和Newton插值。
共同点 1）插值条件类型(函数值)相同，即
xi
x0 x1 … xn
yi = f(xi) y0 y1 … yn
2）求一个次数不超过n的代数多项式
3、构造方法：采用基函数的思想
Langrange插值法：
Ln( x)
n i0
yi
li
(
x)
Newton插值法：
N n ( x) f ( x0 ) f [ x0 , x1 ]( x x0 )
f [ x0 , , xn ]( x x0 ) ( x xn1 )
注：两种方法的结果相同（唯一性）
2.4
埃 一、埃尔米特插值多项式 尔 二、两种简单情形 米 特 三、例题 插 值
n
i(x j ) 1，j i
其中：i 0,1,, n
则：x x j ( j i)是i (x)的二重根，x xi是i (x)的一重根
n
则：i (x) c(x xi ) (x x j )2 j0 ji
插值余项为：
Rn (x) f (x) Hn (x)
f (n1) ( )
(n 1)!
f(xi) 0
1
f (xi )
0
1
：H3 (x) = H2 (x) + R3(x)
R3(0) = 0 其中：R3(1) = 0
R3 (0) = 0 ：R3(x) = c = 0
例2：给定如下数据表，求次数不高于3 次的代数插值多项式。
xi
0
f(xi) 0
f (xi )
12 01 0
例3：给定如下数据表，求次数不高于4 次的代数插值多项式。