Hermit插值
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2.3插值与逼近之Hermite插值
Hermite插值的余项估计
Hermite插值的余项估计
Hermite插值的余项估计
例题
例 设 f (1) 2，f (2) 3，f (1) 1，f (2) 1， 求满足条件的Hermite插值多项式.
解：x0 1, x1 2, h 2 1 1 则 A1 (1 2( x 1))( x 2) 2 (2 x 1)( x 2) 2 A2 (1 2( x 2))( x 1) 2 (2 x 3)( x 1) 2 B1 ( x 1)( x 2) 2 B2 ( x 2)( x 1) 2
2 3
线性空间
{ p( x ) / p( x ) a0 a1 x a2 x 2 a3 x 3}
V span{1, x, x , x }
2 3
span{h0 ( x ), h1 ( x ), H 0 ( x ), H1( x)}
Hermite基函数表
四个插值基函数{h0 ( x), h1( x), H0 ( x), H1( x)}取值如下表：
非标准的Hermite插值
方法二：构造基函数.
基函数 1 0 0 0 函数值 0 1 0 0 0 0 1 0
2
导数值 0 0 0 1
h2 ( x) k ( x x1 ) ( x x0 )
2
( x x1 ) ( x x0 ) h2 ( x ) ( x2 x1 )2 ( x2 x0 )
Hermite基函数表
基函数 函数值 导数值
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
h1( x) (a bx)( x xi )2
数值分析(13)Hermite插值
Hermite插值中，最基本而重要的情形是只要求 一阶导数的条件。给出n 1个互异节点x0 , x1 , xn上 的函数值和导数值 yi f ( xi )和y 'i f '( xi ) ( i 0,1, 2, , n) 构造不低于2n 1次插值多项式H 2 n 1 ( x )，要求满足 插值条件 H 2 n 1 ( x i ) yi i 0， 1， 2， n H '2 n1 ( xi ) y 'ii 0 i 源自0 i 0 n i 0 nn
n
利用Lagrange插值基函数li ( x ) (
j 0 ( ji )
1)构造hi ( x )( i 0,1, 2, , n) hi ( x )应满足条件： (1)hi ( x )应是 2n 1次多项式； 1 i j (2)hi ( x j ) ij i j 0 h 'i ( x j ) 0 ( i，j 0， 1， 2， ，n)
由条件(2)可列出方程组 2 h ( x ) ( ax b ) l i i i i ( xi ) 1 h' ( x ) al 2 ( x ) 2(ax b)l ( x )l ' ( x ) 0 i i i i i i i i i
li ( xi ) 1, axi b 1, a 2l ( xi ) 0
二、Hermite插值多项式的构造
1、Lagrange型插值基函数法 设Hermite插值多项式为 H 2 n1 ( x ) hi ( x ) yi hi ( x ) y 'i
i 0 i 0 n n
使其满足插值条件 H 2 n 1 ( x i ) yi H '2 n1 ( xi ) y 'i
n
利用Lagrange插值基函数li ( x ) (
j 0 ( ji )
1)构造hi ( x )( i 0,1, 2, , n) hi ( x )应满足条件： (1)hi ( x )应是 2n 1次多项式； 1 i j (2)hi ( x j ) ij i j 0 h 'i ( x j ) 0 ( i，j 0， 1， 2， ，n)
由条件(2)可列出方程组 2 h ( x ) ( ax b ) l i i i i ( xi ) 1 h' ( x ) al 2 ( x ) 2(ax b)l ( x )l ' ( x ) 0 i i i i i i i i i
li ( xi ) 1, axi b 1, a 2l ( xi ) 0
二、Hermite插值多项式的构造
1、Lagrange型插值基函数法 设Hermite插值多项式为 H 2 n1 ( x ) hi ( x ) yi hi ( x ) y 'i
i 0 i 0 n n
使其满足插值条件 H 2 n 1 ( x i ) yi H '2 n1 ( xi ) y 'i
Hermite_插值法
, x0]
lim
xi x0
f [x0, x1,
,
xn ]
1 n!
f
(n) ( x0 )
重节点Newton插值
在 Newton 插值公式中，令 xi x0 , i = 1, … , n, 则
Nn( x) f ( x0 ) f [ x0 , x1]( x x0 )
f ( x0 ) f '( x0 )( x x0 )
( x1 x0 )( x1 x2 )
三点三次Hermite 插值
余项公式
由于 x0 , x1 , x2 是 R(x) 的零点，且 x1 是二重零点，故可设 R( x) f ( x) P( x) k( x)( x x0 )( x x1 )2 ( x x2 )
与 Lagrange 插值余项公式的推导过程类似，可得
x
x0
)
x x0
x1 x1
2
1(
x)
(
x
x1
)
x x1
x0 x0
两点三次Hermite 插值
满足插值条件
P(x0) = f(x0) = y0，P’(x0) = f’(x0) = m0 P(x1) = f(x1) = y1，P’(x1) = f’(x1) = m1
的三次 Hermite 插值多项式为
三点三次Hermite 插值
三点三次 Hermite 插值
插值节点：x0 , x1 , x2
插值条件：P(xi) = f(xi)，i = 0, 1, 2，P’(x1) = f’(x1) 设 P( x) f ( x0 ) f [x0, x1]( x x0 )
f [ x0, x1, x2]( x x0 )( x x1) A( x x0 )( x x1 )( x x2 ) 将 P’(x1) = f’(x1) 代入可得 A f '( x1 ) f [ x0 , x1] f [ x0, x1, x2]( x1 x0 )
第三章 插值法 Hermite插值
, H3 ( xk1 ) yk1 , H'3 ( xk1 ) mk1
H3(x) 存在且唯一，表达式为
f '( x) mk
(5.8)
mk 1
H3 ( x) ykk ( x) yk1 k1( x) mk k ( x) mk1k1( x) (5.9)
其中
k ( x)
(1
2
x xk xk1 xk
则可令 j (x) A(x xj )(x x0)2(x x1)2 (x xj1)2(x xj1)2 (x xn )2
又由 j ( x j ) 1 ，则有 1 j ( xj ) A(xj x0)2(xj x1)2 ( xj xj1)2( xj xj1)2 (xj xn )2
lj
n1
xj)
i0
xj
xi
i j
(x x j )l
nx
(x)
x i 0
i j
j
)l
2 j
(
x
)；
2 j
(
x)；
xi xi
余项公式为:
R3( x)
f (x) H3(x)
f
(4) (
4!
)
(
x
xk
)2
(
x
xk 1
)2
x x0 x1 x2
例 已知 y f (x) 函数表及导数表 f ( x) y0 y1 y2
f ( x)
f1
求次数不超过3的多项式 P3 ( x) 使满足插值条件：
分析
P3 ( p'3
xi ) ( x1
yi ,(i ) f '1
0,1,2)
已知 ( x0 , y0 ), ( x1, y1 ), ( x2 , y2 ) 三点，由牛顿插值多项式，
第三章 插值法 Hermite插值
j
(
x
)
(1
c(
x
x
j
))
(((xxx xx000))222((xx xx11))222 ((xxjj xx00))22((xxjj xx11))22
(((xxxxxjjj11))222((xx xxjj11))22 ((xx ((xxjj xxjj11))22((xxjj xxjj11))22 ((
P3( x) f ( x0 ) f x0, x1x x0 f x0, x1, x2 ( x x0 )x x1
f [ x0 , x1, x1, x2 ,]( x x0 )( x x1 )( x x2 ) --- 带重节点的牛顿插值多项式
插值余项（误差估计）:
条件 f ( x) C 3[a, b]，f（4）( x)存在。
i 0,1, , n, xi互异)
（b）H2n1( x) 为Hermite插值多项式，
则
R2n1( x) f ( x) H 2n1( x)
f ( (2n2) )
(2n 2)!
(x
x0 )2( x
x1 )2
( x xn )2
f (2n (2n
2) ( )
2)!
2 n1
(
x
),
(a, b)且与 x 有关。
结论
R( x)
f ( x) P3 ( x)
f
(4) (
4!
)
(
x
x0
)( x
x1 )2 ( x x0 , x2
x2 )。 且依赖于x
证明
（1）当 x xi (i 0,1,2)时, R( xi ) 0 右端 0; （2）当 x xi (i 0,1,2)时,
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。
第一章 第三节 Hermite插值
内至少有一个零点，即存在 a, b ，使
F
2 n+2
0
即
f
2 n+ 2
x 2n + 2 ! 0
f
于是
x
2 n + 2 !
2 n+2
将它代入表达式4.9，便得到 Hermite 插值余项。综合以上， 有 定理 2
(4.1)
类似于Lagrange插值多项式的构造法，可以设想H（x） 具有如下形式：
H ( x) Ai ( x) yi + Bi ( x) yi'
j 0 j 0
n
n
(4.2)
其中 Aj ( x), B j ( x) 都是2n + 1次多项式，且满足条件
Aj ( xi ) ij , A'j ( xi ) 0 B j ( xi ) 0, B 'j ( xi ) ij
可以证明，三次 Hermite 插值多项式的余项为
R x f x H3 x f
4
24
x x0 x x1
2
2
例 2、求作二次式H 2 x ，使满足
H 2 x0 y0 , H 2 x0 y0 , H 2 x1 y1 ,
n
l 2 x y j j
+ x x j l 2 x y j j
n j 0
可知，
x x0 x x1 A0 x 1 2 x0 x1 x0 x1
2
若记 x1 x0 h, 则
x x0 x x0 A0 x 1 1 + 2 h h
5.2Hermite插值
三、Hermite插值问题的存在唯一性 插值问题的存在唯一性
证明 令:
第一步:存在性 第一步 存在性
Hm+n+1(x) = pn (x) + qm (x)ωn+1(x)
pn (xi ) = f (xi ),i = 0,1,2,L, n
qm (x) = ∑a j x j
j=0 m
Hm+n+1 ( xi ) = yi
参看 P157
第二步:唯一性 第二步 唯一性
~ 都满足 假设存在两个多项式 H (x), H (x) ∈ Dm+n+1 都满足:
Hm+n+1 (xi ) = yi , i = 0,1,2,L, n
′ Hm+n+1 (xik ) = yi′k , k = 0,1,2,L, m
令:
~ r(x) = H(x) − H(x) ∈ Dm+n+1
插值问题（ 二、Hermite插值问题（带导数条件的代数插值问题） 插值问题 带导数条件的代数插值问题）
P158
H5 (x) = p3 (x) + q1(x)ω4 (x) H5 (x) = p3 (x) + (ax + b)(x +1)(x − 0)(x −1)(x − 2)
插值问题（ 二、Hermite插值问题（带导数条件的代数插值问题） 插值问题 带导数条件的代数插值问题）
5.2 Hermite插值 插值
一 、Hermite插值的概念 插值的概念 二、Hermite插值问题 插值问题 三、Hermite插值问题的存在唯一性 插值问题的存在唯一性 四、Hermite插值问题余项 插值问题余项
Hermite插值
)
0,
(k 0,1, , n)
的2n+1次多项式 j (x)( j 0,1, ,n)
显然, x0, x1, …,xj-1,xj+1,…,xn为 j (x) 的二重零点 且 j ( x j ) 1于是
j (x) (c(x x j ) 1)
( x x0 )2 ( x x j1)2 ( x x j1)2 ( x xn )2 ( x j x0 )2 ( x j x j1)2 ( x j x j1)2 ( x j xn )2
H3(x) 2 2( x 1) 1 ( x 1)(x 2) 2( x 1)(x 2)(x 2) 2x3 9x2 15x 6
解法3 插值基函数表示法(略)
插值余项
R3( x)
f (31) ( ) ( x 1)( x 2)2 ( x 3),
(3 1)!
(1,3)
补充:反插值问题
§2.2.3 埃尔米特插值
/*Hermite ’s Interpolation*/
前述插值问题:要求被插函数与插值多项式在结
点取相同值:
y
pn (xi ) f (xi )
几何上:两曲线有公共交点
0 x0
xi
xn x
在某些实际问题中，希望近似多项式能更好的密
合原来的函数，即不但要求插值多项式在节点上
称为Hermite插值多项式
三、Hermite插值余项
f (2n1) ( x) 于[a,b]连续, f (2n2) ( x)于(a,b)存
在，则：
R2n1( x) f ( x) H2n1( x)
f (2n2) (2n
( )
2)!
(
x
x0
)2
埃尔米特插值
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（Hermite）插值多项式 尔 二、两种简单情形 米 特 三、例题 插 值
情形1. 已知：3个条件
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)。
注意用Lagerange基函数的思想和方法： 各司其职。
解：用Lagerange基函数的方法，设
H2 ( x) y00 ( x) y11( x) y0 0 ( x)
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 ) f [ x0 ,, x3 ]( x x0 )( x x2 )
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：
1(0) 0
1
计算方法 13 Hermite插值资料
x x1
x0 x0
2
(x
x1 )l1( x)2.
记 h x1 x0
A0 (x)
1
2
x
x0 h
1
x
x0 h
2
A1 ( x)
3
2
x
x0 h
x
x0 h
2
B0 (x)
h
x
x0 h
1
x
x0 h
2
B1 ( x)
h
x
x0 h
1 x
x0
2
h
置 x0 0, x1 1，则
观察上面的条件，可知
n个插值节点xk , k 0,1,, n, k j是插值基函数Aj (x)的二重 零点, 而x j不是Aj (x)的零点，然而基函数Aj (x)是2n 1次多项 式。故我们可以假设
Aj ( x) D j (ax b)( x x0 )2 ( x x j1 )2 ( x x j1 )2 ( x xn )2
A0 ( x)
x0
x1
B0 ( x)
x0
x1
A1( x)
Bj (x) (x x j ) l j (x) 2
再构造 Aj ( x) ： 由于第一个方程用于确定与函数值相关的条件，因此，有
Aj ( xk ) 0, k 0,1,, n, 且k j; Aj ( xk ) 1, k j.
而第二个方程用于确定与导数值相关的条件，因此，有
Aj ( xk ) 0, k 0,1,, n.
令
n
n
H 2n1( x) Aj ( x) y j B j ( x) yj ,
j0
j0
其中插值基函数 Aj ( x) ，B j ( x) 都是 2n 1 次式。由于 插值问题的解存在唯一性定理，有
Hermite插值法
′ ′ R3 ( xi ) = f ′( xi ) − H 3 ( xi ) = 0
i = 0 ,1
x0 , x1均为R3 ( x )的二重零点,因此可设
R3 ( x ) = K ( x )( x − x0 )2 ( x − x1 )2
其中K (x )待定
10
构造辅助函数
ϕ (t ) = f (t ) − H 3 (t ) − K ( x )(t − x0 )2 (t − x1 )2
求一个次数不超过2n+1次的多项式H(x)使 求一个次数不超过2n+1次的多项式H(x)使 2n+1次的多项式H(x)
H ( xi ) = f ( xi ) = yi H ′( xi ) = f ′( xi ) = yi′
i = 0 ,1,L , n i = 0 ,1,L , n
这种带有导 数的多项式 问题， 插值 问题， 称为 Hermite插 Hermite插 值问题。 值问题。 1
′ ′ H 3 ( x) = y0α 0 ( x) + y1α1 ( x) + y0 β 0 ( x) + y1β1 ( x)
线性插值基函数代入定理1.5 将Lagrange线性插值基函数代入定理 线性插值基函数代入定理 中的基函数求得三次Hermite插值的基 中的基函数求得三次 插值的基 函数! 函数
x − x1 l0 ( x) = x0 − x1 x − x0 l1 ( x) = x1 − x0
基函数具有 什么表达式？ 什么表达式？
4
x − x0 x − x1 α 0 ( x) = 1 + 2 x1 − x0 x0 − x1
2
x − x1 x − x0 α1 ( x ) = 1 + 2 x0 − x1 x1 − x0
i = 0 ,1
x0 , x1均为R3 ( x )的二重零点,因此可设
R3 ( x ) = K ( x )( x − x0 )2 ( x − x1 )2
其中K (x )待定
10
构造辅助函数
ϕ (t ) = f (t ) − H 3 (t ) − K ( x )(t − x0 )2 (t − x1 )2
求一个次数不超过2n+1次的多项式H(x)使 求一个次数不超过2n+1次的多项式H(x)使 2n+1次的多项式H(x)
H ( xi ) = f ( xi ) = yi H ′( xi ) = f ′( xi ) = yi′
i = 0 ,1,L , n i = 0 ,1,L , n
这种带有导 数的多项式 问题， 插值 问题， 称为 Hermite插 Hermite插 值问题。 值问题。 1
′ ′ H 3 ( x) = y0α 0 ( x) + y1α1 ( x) + y0 β 0 ( x) + y1β1 ( x)
线性插值基函数代入定理1.5 将Lagrange线性插值基函数代入定理 线性插值基函数代入定理 中的基函数求得三次Hermite插值的基 中的基函数求得三次 插值的基 函数! 函数
x − x1 l0 ( x) = x0 − x1 x − x0 l1 ( x) = x1 − x0
基函数具有 什么表达式？ 什么表达式？
4
x − x0 x − x1 α 0 ( x) = 1 + 2 x1 − x0 x0 − x1
2
x − x1 x − x0 α1 ( x ) = 1 + 2 x0 − x1 x1 − x0
54第四节 Hermite插值
数学学院 信息与计算科学系
二、误差估计
定理4 设f(x)在包含x0、x1的区间[a, b]内存在 四阶导数，则当x∈[a, b]时有余项式
R3( x)
f (x)
H3(x)
1 4!
f (4)( )( x
x0 )2( x
x1 )2
( (a, b)且与x有关)
设
M4
max
x0 x x1
x
144
x
1212
得 由
125
H3
(125) f (4)(
11.18035
x)
15 16 x 7
/
2
可求得
R3 (125)
15 1
384 16 3
42 192
15 384
192 1213 11
0.000012
x0 x0
)
2
,
1
(
x
)
(
x
x1
)(
x x1
x0 x0
)2
0 ( x) [1 2l1( x)]l02( x) 0 ( x) ( x x0 )l02( x) 1( x) [1 2l0 ( x)]l12( x) 1( x) ( x x1 )l12( x)
数学学院 信息与计算科学系
第四节 埃尔米特(Hermite)插值
一、 埃尔米特插值多项式
为了使插值函数能更好的切合原来的函数，许多 问题不但要求节点上的函数值相等，还要求导数值相 同，甚至高阶导数也相等，这类插值问题称为埃尔米 特插值。
hermit插值
p(0) 0
p(0) 0
p(1) p(1) 1
p(2) 1
解：f (x)的函数表如下
x f ( x) f ( x ) 0 0 0 1 1 1 2 1
解法一： 设
P( x) a4 x a3 x a2 x a1x a0
4 3
2
P( x) 4a4 x 3a3 x
m0 H 0 ( x0 ) m1H1 ( x0 )
y0
则应有
h0 ( x0 ) 1 h1 ( x0 ) 0 H 0 ( x0 ) 0 H1 ( x0 ) 0
又由
H ( x1 ) y0 h0 ( x1 ) y1h1 ( x1 )
m0 H 0 ( x1 ) m1H1 ( x1 ) y1
f
( 4)
(t ) k ( x)4!
所以
( ) f
( 4)
( 4)
( ) k ( x)4! 0
k ( x)
于是
f
( 4)
( ) 4!
(a, b)
R( x)
f
( 4)
( ) 2 2 ( x x0 ) ( x x1 ) 4!
x y
x0 y0
x1 y1
§5 Hermit 插值
是带指定微商的插值,构造的插值函 数,不但满足函数值插值条件,而且 满足导数值插值条件.
图
y
y f ( x)
c
p
B
y n ( x)
x
A
p( x , y )
图
y
y f ( x)
c
B
y n ( x)
x
p
A
hermit插值法
hermit插值法Hermit插值法是一种常用的数值插值方法，它可以通过已知的数据点来推断未知点的值。
这种方法常用于数值计算、数据分析以及图像处理等领域。
本文将详细介绍Hermit插值法的原理、应用以及优缺点。
一、Hermit插值法的原理Hermit插值法是基于Hermite多项式的插值方法。
Hermite多项式是一组满足特定条件的多项式，可以用来表示插值函数。
在Hermit 插值法中，我们通过已知的数据点构造Hermite插值函数，然后利用该函数来推断未知点的值。
具体而言，Hermit插值法使用两个数据点的函数值和导数值来构造一个二次多项式。
这个多项式不仅要经过这两个数据点，还要满足这两个点的导数值。
通过这样的插值过程，我们可以得到一个更加精确的插值函数。
二、Hermit插值法的应用Hermit插值法在实际应用中有着广泛的用途。
其中，最常见的应用是在数值计算中的函数逼近。
通过Hermit插值法，我们可以根据已知的函数值和导数值来估计未知函数值，从而实现函数逼近的目的。
Hermit插值法还可以用于数据分析和图像处理。
在数据分析中，我们常常需要通过已知数据点来估计未知数据点的值。
通过Hermit插值法，我们可以通过已知的数据点和导数值来推断未知数据点的值，从而实现数据的补全和预测。
在图像处理中，Hermit插值法可以用于图像的放大和缩小。
通过已知的像素点和导数值，我们可以构造一个插值函数，并利用该函数来推断未知像素点的值。
从而实现图像的放大和缩小。
三、Hermit插值法的优缺点Hermit插值法相对于其他插值方法具有一些优点。
首先，Hermit插值法可以提供更高阶的插值函数，从而可以更准确地逼近数据点。
其次，Hermit插值法可以通过导数值来考虑数据点的变化趋势，从而更好地逼近曲线的形状。
然而，Hermit插值法也存在一些缺点。
首先，由于需要计算导数值，Hermit插值法对数据的光滑性要求较高。
如果数据点之间存在较大的波动或者噪声，可能会导致插值结果不准确。
hermit插值
16 多项式(12)常用作分段低次插值，称为分段三次Hermite插值.
x − x1 2 h0 ( x) = ( x − x0 )( ) x0 − x1 x − x0 2 h1 ( x) = ( x − x1 )( ) x1 − x0
例1.
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
8
其中，
wr ( x) = ∏ ( x − xi )
r
wr ( xk ) = ∏ ( xk − xi )
i =0
n
i =0 r
x − xi lkn ( x) = ∏ i =0 xk − xi
i≠k
综合(1)(2)得到 hk ( x) ( k = 0,1,⋯ n) 即式(6),(8)
2.求解 hk ( x) (k = 0,1,⋯ n)
i =0 i≠k i = r +1 r n
将A,B代入式(5)，得
′ ′ hk ( x) = {1 − ( x − xk )[lkn ( xk ) + lkr ( xk )]}lkn ( x)lkr ( x) ------(6) k = 0,1,⋯, r
6
其中，
x − xi lkn ( x) = ∏ i =0 xk − xi
n i≠k r
x − xi lkr ( x) = ∏ i =0 xk − xi
i≠k n
1 ′ lkn ( xk ) = ∏ i =0 xk − xi
i≠k
r
1 ′ lkr ( xk ) = ∏ i =0 xk − xi
i≠k
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
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H（ h1 ( x) y1 h2 ( x) y2 h1 ( x) y '1 h2 ( x) y '2 3 x）
（3）用推广的牛顿插值法确定Hermite插值 ' f ( x ) c , f ( x0 ) c01, f ( x1 ) c10 . 例： 0 00 x0 c00 解：
由条件(2)可列出方程组 2 h ( x ) ( cx d ) l i i i i ( xi ) 0 2 ' h ' ( x ) cl ( x ) 2( cx d ) l ( x ) l i i i i i i i i ( xi ) 1
li ( xi ) 1, cxi d 0, c 1 解出 d xi 于是求出
p( x) 2 3( x 1) ( x 1)2 2( x 1)2 ( x 2) ( x 1)2 ( x 2)2
18
1 3 1 3 ' 1 • 例： f ( ) , f ( ) , f ( ) 1, f (2) 3. 2 4 2 4 2
-0.5 -0.75 0.5 -0.75 0.5 -0.75 2 3 0 1 2.5 1 1
k 1
• 例： f (1) 2, f ' (1) 3, f (2) 6, f ' (2) 7, f '' (2) 8. 解： 1 1 2 2 2 2 2 6 6 6 3 4 7 7
1 3 4
2 1
－1
1 (2) f [ x2 , x2 , x2 ] f ( x2 ) 4 2!
2n
共2n 2个方程，可求出2n 2个系数a0 , a1 ,..., a2n , a2n1 .
Hermite插值多项式的构造
( 2) Lagrange型插值基函数法 设Hermite插值多项式为 H 2 n1 ( x ) hi ( x ) yi hi ( x ) y 'i
代入后得到 x x1 x x2 2 x x2 2 h1 ( x ) （1 2 ）（ ） ，h1 ( x ) （x x1）（ ） x2 x1 x1 x2 x1 x2 x x2 x x1 2 x x1 2 h2 ( x ) （1 2 ）（ ） ，h2 ( x ) （x x2）（ ） x1 x2 x2 x1 x2 x1
f [ x0 , x1 ] f [ x0 , x0 ] c10 c00 c01 f [ x0 , x0 , x1 ] . 2 x1 x0 ( x1 x0 ) x1 x0 p ( x) f ( x0 ) f [ x0 , x0 ]( x x0 ) f [ x0 , x0 , x1 ]( x x0 ) 2 1 (k ) 1 (k ) 由 f [ x0 , x1 , , xk ] f ( ) f [ x0 , x0 , , x0 ] f ( x0 ) k! k ! 17
m f ( m n 2) ( ) R( x) f ( x) H m n1 ( x) n1 ( x) ( x xik ) (m n 2)! k 0 ，且依赖于 x 。 其中 I
x
例题：求一个次数不高于 4 的多项式 p( x) ，使它满足
p(0) p(0) 0, p(1) p(1) 1, p(2) 1。
x0 x1
'
c00
c10
f [ x0 , x0 ] f [ x0 , x1 ]
f [ x0 , x0 , x1 ]
f [ x0 , x0 ] f ( x0 ) c01 ,
f ( x1 ) f ( x0 ) c10 c00 f [ x0 , x1 ] . x1 x0 x1 x0
此时，只要说明 qm ( x) 存在，则 H mn1 ( x) 存在。
定理 5.2 m n1中唯一的存在多项式 H mn1 ( x) ，使它满足
H m n1 ( xi ) yi , i 0,1,, n H m n1 ( xik ) yik , k 0,1,, m
H mn1 ( x) ，使其满足
H m n1 ( xi ) yi , i 0,1,, n H m n1 ( xik ) yik , k 0,1,, m
例 求一个三次插值多项式 H （x），使 x 0 时，H （0） 1，H（ ' 0） 2； x 1 时，H （1） 0，H（ ' 1） 10
†
满足上式的多项式是否存在唯一？
分析： H mn1 ( x) 与 pn ( x) 有相同的插值节点 ( x0 , x1 ,, xn ) 所以有： 即
H mn1 ( x) pn ( x) qm ( x)n1 ( x) H mn1 ( x) pn ( x) qm ( x)n1 ( x)
作业
• 课后习题：17、19
北京航空航天大学 数学与系统科学学院
Email: numerical_analysis@ Password:buaa2015 答疑时间：星期一下午15:00－17:00 答疑地点：双周：西配楼519室， 单周：主南307
朱立永
第五章插值与逼近
第十五讲
Hermite插值
Hermite插值
利用Lagrange插值基函数li ( x ) (
j 0 ( ji ) n
x xj
xi x j
)
设
hi ( x ) (ax b)l 2 i ( x )
由条件(2)可列出方程组 2 h ( x ) ( ax b ) l i i i i ( xi ) 1 ' 2 ' h ( x ) al ( x ) 2( ax b ) l ( x ) l i i i i i i i i ( xi ) 0
' i
a 2li' ( xi ) 解出 ' b 1 2 x l i i ( xi )
hi ( x ) (1 2( x xi )li' ( xi )) l i2 ( xi ) ( i 0,1, 2, n) n n x xj 1 ' 其中 li ( x ) ( ), l i ( xi ) ( ) xi x j xi x j j0 j0 所以
2 i
c 1
h i ( x ) ( x x i )l ( x )
代入hi ( x )和hi ( x )经整理得到 H 2 n1 ( x ) [(1 2( x xi )l 'i ( xi ) yi ) ( x xi ) y 'i ]li2 ( x )
i 0 n
†
Hermite 插值：给定 n 1个互异的节点 x0 , x1,, xn ，并已
知函数值 yi f ( xi )(i 0,1,, n) 以及导数值
yik f ( xik )(k 0,1,, m)，其中 0 ik n, m n,在次数不
高 于 m n 1 的 多 项 式 集 合 N m n1 中 求 一 多 项 式
' ' 例 在节点x1和x2上已知y1 , y2和 y1 , y2 。 试构造两点三次Hermite插值多项式H（ 3 x）满足条件 yi i 1, 2 H（ 3 x i） ' ' H （ x ） y i 1, 2 i 3 i 解： H（ h1 ( x ) y1 h2 ( x ) y2 h1 ( x ) y '1 h2 ( x ) y '2 3 x） 由Hermite插值基函数的一般形式，用于两点三次H（ 3 x） x1））l 2 上，有 h1 ( x ) （1 （ 2 x x1）（ l1 （ 1 x） 2 h2 ( x ) （1 （ 2 x x2）l（ x ）） l （ 2 2 2 x） h1 ( x ) （x x1）l 2 （ 1 x） h2 ( x ) （x x2）l 2（ 2 x） x x2 1 ' 其中 l1 ( x ) ， l 1( x) x1 x2 x1 x2 x x1 1 ' l2 ( x ) ， l 2 ( x) x2 x1 x2 x1
不少实际问题不但要求在节点上函数值相等，而且 还要求它的导数值也相等（即要求在节点上具有一 阶光滑度），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（Hermite）插值多项式。
以上总共有N n 1 mi 个插值条件，要求构
i 0
n
造不低于N 1次插值函数H （x）满足以上插值条件。
( ji ) ( ji )
2.构造 hi ( x ),( i 0,1, 2, , n) hi ( x )应满足条件： (1)hi ( x )应是2n 1次多项式； 1 i j (2)h 'i ( x j ) ij i j 0 hi ( x j ) 0 ( i，j 0， 1， 2， ，n)
设
hi ( x) (cx d )l 2i ( x)
由条件(2)可列出方程组 2 hi ( xi ) (cxi d )li ( xi ) 0 2 ' h 'i ( xi ) cli ( xi ) 2(cxi d )li ( xi )l i ( xi ) 1
i 0 i 0 n n
使其满足插值条件 H 2 n 1 ( x i ) yi H '2 n1 ( xi ) y 'i
i 0， 1， 2， n
1.构造hi ( x )( i 0,1, 2, , n) hi ( x )应满足条件： (1)hi ( x )应是 2n 1次多项式； 1 i j (2)hi ( x j ) ij i j 0 h 'i ( x j ) 0 ( i，j 0， 1， 2， ，n)