第二章 插值(5-6-7)

A 1 [( x j x 0 ) 2 ( x j x j 1 ) 2 ( x j x j 1 ) 2 ( x j x n ) 2 ]
(5.4)
于是
j ( x) ( x x j )l 2 ( x),( j 0,1,, n) j
埃尔米特插值
第二，求多项式 H 2n1 ( x)（满足插值条件(5.2)的多项式）
x0 , x1 ,, xn , x
由Rolle定理可知， (t )在 (a , b)内至少有n 1个互异的零点，
0 , 1 ,, n , 使 (t ) 0
2 d n 1 ( t ) 2 n1 ( t ) n1 ( t ) ( x0 ) ( x1 ) ( xn ) 0 dt
由 x0 , x1 ,, x j 1 , x j 1 ,, xn 为 j (x) 的二重零点且 j ( x j ) 1
埃尔米特插值
(x x00))222((x x11))22((x x jjj11))22((x x jj11)22 ( x xn )2 x x0 x x 2 (x x x x x ) ( x x n ) 2 (( x j ( x ) (1 c( x x j )) (x jj x00))22((x jj x11))22( x jj x jj11)22( x jj x jj11)22 ( x jj xn )2 x x x x ( x x ) ( x x ) ( x x n ) 2 (
R2n1 ( x i ) f ( xi ) H 2n1 ( xi ) 0 ( i 0,1, ..., n),
R2n1 ( x i ) f ( xi ) H 2n1 ( xi ) 0 ( i 0,1,..., n),
所以, 设R2n1 ( x) k( x)( x x0 )2 ( x x1 )2 ......( x xn )2
f 1( m1 1)
m 其中 xi (i 0,1,, n) 互异， i 为正整数，记
寻求m次多项式P(x)使满足插值条件：
m
i 0
n
i
m 1，
P ( k ) ( xi ) f ( k ) ( xi ), (i 0,1,, n; k 0,1,, mi 1) (5.1)
n
f (t ) Ln (t ) k( x)(t x0 )2 (t x1 )2 ......(t xn )2 , t [a, b]
( x) 0, ( xi ) 0 (i 0, 1, ..., n)，即(t ) 在[a, b]上有 n 2个互异的零点，
i j n
x xi j ( x) ( x x j )l ( x)； l j ( x ) i 0 x x j i i j
2 j
n
埃尔米特插值
事实上,有 H 2n1 ( x i ) ( j ( x i ) y i j ( x i ) y' j ) y i
H n1 x H 22 n1((x)) ( j ( x ) y j j ( x ) y' j )
j 0 n
？
(5.5)
其中 j ( x), j ( x),( j 0,1,, n)为Hermite插值基函数,即
1 j ( x ) (1 2( x x j ) )l 2 ( x )； j x j xi i 0
微商条件的插值函数。
Hermite插值也叫带指定微商值的插值,它要构造一个插 值函数,不仅要求在节点上函数值相等，而且要求对应的导 数值也相等，使插值函数和被插函数的密和程度更好 。
埃尔米特插值
给定 y f (x ) 函数表及各阶导数表如下：
x f ( x) f ( x ) f ( m i 1 ) ( x ) x0 f0 f 0(1) f 0( m0 1) x1 f1 f 1(1) xn fn f n(1) Hermite插值问题 共有m+1个条件 f n( mn 1)
2 由 j ( x j ) 0，得 0 j ( x j ) cl j ( x j ) 2l j ( x j )l j ( x j )
i j
c 2
l j ( x j ) l j (x j )
2l j ( x j ) 2
i 0 i j
n
1 x j xi
yn y n
其中 xi (i 0,1,, n) 互异,
寻求 2n 1次多项式 H2n1 ( x) 使满足 插值条件:
H 2 n 1 ( x i ) y i i H 2 n 1 ( x i ) y
( i 0,1,, n)Fra bibliotek(5.2)
埃尔米特插值
1 存在唯一性 如果 f ( x ) C [a, b]且已知 f ( x )函数表及导数表， x x0 x1 xn
证: 设 x 为[a, b]上任一点，
(1) 若 x xi (i 0,1,...n), 则f ( xi ) H 2n1 ( xi ),
插值条件
即R2n1 ( x ) 0 右端,定理成立。
(2) 若 x [a, b], 且 x xi ( i 0, 1, ..., n),
Hermite插值余项 ( (a)设f ( x) C 2n1[a, b], f (2n 2) ( x )于(a, b)存在，xi [a, b],
i 0,1,, n, xi互异)
（b）H 2n1 ( x )为Hermite插值多项式，
则
R2n1 ( x) f ( x) H 2n1 ( x)
埃尔米特插值
下证存在性。 （用构造法，同构造L-插值多项式的方法） 第一，求Hermite 插值基函 （两组）。 1. 设 2n 1 次多项式 j ( x),( j 0,1,., n) , 满足条件：
数
1,当k j时 j ( xk ) 0,当k j时 ( x ) 0,( k 0,1, , n) j k
结论：满足（5.1）的插值多项式 p( x ) 存在且唯一。
埃尔米特插值
讨论Hermite插值问题（mi=2, i=0,1,…,n） 问题: 已知 y f ( x) C 1[a, b]函数表及导数表 x x0 x1 xn
f ( x ) y0 f ( x ) y0
y1 y1

j 0 n
H ' 2 n1 ( x i ) ( ' j ( x i ) y j ' j ( x i ) y' j ) y' i ( i 0,1,, n)
j 0
n
即(5.5)式是满足插值条件(5.2)的插值多项式 。
所以存在2n+1次多项式满足插值条件(5.2)。
埃尔米特插值
但在插值节点上 y f ( x ) 与 y Ln ( x) Nn ( x) 一般不“相切”，即
f ( xi ) N n ( xi ). （光滑性较差）
埃尔米特插值

如果除了知道f(x)在插值节点上的取值外,还知道f(x)在插值
点xi上的 1≤mi≤n阶导数，如何来构造插值函数呢? Hermite插值就是既满足插值节点xi的函数值条件又满足
f ( x ) y0 f ( x ) y0
y1 y1

yn y n
则存在唯一次数不超过 2n 1 次多项式 H2n1 ( x) 满足插值条件(5.2). 证明：先证唯一性。 ~ 设有 H2n1 ( x) 及 H2n1 ( x)都是Hermite 插值问题（5.2）的解，则
~ Q( x) H 2n1 ( x) H 2n1 ( x)为次数 2n 1 的多项式且满足条件：
f ( 2n 2) ( ) ( x x0 )2 ( x x1 )2 ( x xn )2 (2n 2)! f ( 2 n 2 ) ( ) 2 n1 ( x ), (a, b)且与 x 有关。 ( 2n 2)!
证明与拉格朗日余项公式证明类似。
埃尔米特插值
Q ( x i ) 0 Q ( x i ) 0 ( i 0,1, , n)
这说明 x xi (i 0,1,, n) 都是 Q ( x ) 的二重零点，即 Q ( x )共有 ~ 2n 2 个零点，故Q( x ) 0 ，即 H 2n1 ( x) H 2n1 ( x) 。
埃尔米特插值
j ( x) A( x x j )( x x0 )2 ( x x1 )2 ( x x j 1 )2 ( x x j 1 )2 ( x xn )2
又由 ( x j ) 1，则有 j
1 ( x j ) A( x j x0 )2 ( x j x1 )2 ( x j x j 1 )2 ( x j x j 1 )2 ( x j xn )2 j
0, 当k j时
由于 x0 , x1 ,, x j 1 , x j 1 ,, xn 为 j (x) 的二重零点且 j ( x j ) 0 , 则可令 j ( x) A( x x j )( x x0 )2 ( x x1 )2 ( x x j 1 )2 ( x x j 1 )2 ( x xn )2
2 (1 c( x x j )) l（x） (5.3) j
其中C为待定常数,
x xi l j (x) i 0 x j xi
n
(5.3)式求导，得 ( x) cl ( x) 2[c( x x j ) 1]l j ( x)l ( x) j j
2 j
Q ( x i ) 0 Q ( x i ) 0 ( i 0,1, , n)