Hermite插值公式 ppt课件

ik
i j
由上述两式解得：
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5
r
2
1
n

1
A
j0 xk x j
r
jr1 xk x j
n
(xk xi )2 (xk xi )
i0
i r 1
ik
B r
1 Axk
n
(xk xi )2 (xk xi )
i0
i r 1

r
1, r
2,, n;i

k)是
hk (x)
(1)当0 k r时, hk (x)具有如下形式：
hk (x) ( Ax B)(x x0 )2 (x xk1)2 (x xk1)2
(x xr )2 (x xr1)(x xn )
r
n
(Ax B) (x xi )2 (x xi )
于是G(x)必含有因式(x xi )2(i 0,1,, r) 和(x xi )(i r 1, r 2,, n)
故G(x)的次数至少为 n r 2,矛盾.证毕
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定理2 ( Hermite插值余项定理) Hermite插值公式的余项为
f
(x)

H
(x)

f (nr2) ( )
x xi xk xi
ik
lkn(xk )
n i0
1 xk xi
ik
lkr(xk )
r i0
1 xk xi
ik
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7
(2)当r 1 k n时, hk (x)具有如下形式：
r
n
hk (x) C (x xi )2 (x xi )
-----(9)
i0
i0
ik
由条件(4)知hk(xk ) 1
D n n
1
r
rn
r
(xk xi ) (xk xi )
(xk xi ) (xk xi )
j0 i0
i0
j0 i0
i0
i j
ik
jk
ik
i j
将D代入式(9)，得
hk (x) (x xk )lkn(x)lkr (x), k 0,1,, r -----(10)
ik
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
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6
其中，
lkn(x)
n i0
x xi xk xi
ik
lkr(x)
r i0
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10
其中，
lkn(x)
n i0
x xi xk xi
ik
lkr(x)
r i0
x xi xk xi
ik
由式(2)(6)(8)(10)所表示的多项式称为Hermite插值多项式
其中由式(6)(8)(10)所表示的多项式称为Hermite插值基函数
定理1 Hermite插值问题式 (1)的解H (x)存在而且唯一
x 2 x 12
3x3 13x2 17x 9
f (1.5) H3(1.5) 2.625
f (1.7) H3(1.7) 2.931
作为多项式插值,三次已是较高的次数，次数再高就有 可能发生Runge现象,因此，对有n+1节点的插值问题， 我们可以使用分段两点三次Hermite插值
(n r 2)!wn (x)wr
(x)
其中，是插值区间(a, b)内的某一点.
证明：
引进辅助函数
F(t) f (t) H (t) wn (t)wr (t) [ f (x) H (x)] wn (x)wr (x)
由条件(1)知 F (x) F (x0) F (x1) F (xn ) 0
f (x) H (x)
f (2n2) (2n
( )
2)!
wn2
(
x),

(a,
b)
特别当r n 1时，插值条件为：
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H (xi ) f (xi ), H (xi ) f (xi ), i 0,1
由此得三次Hermite插值多项式：
H (x) h0 (x) f (x0 ) h1(x) f (x1) h0 (x) f (x0 ) h1(x) f (x1) --(12)
i0
i r 1
ik
r
r
n
2( Axk B) (xk x j ) (xk xi )2 (xk xi )
j0
i0
i r 1
i j
ik
nr
n
(Axk B)
(xk xi )2 (xk xi ) 0
jr1 i0
i r 1
i0
i r 1
ik
由条件(3)知hk (xk ) 1
C r
1
n
(xk xi )2 (xk xi )
i0
i r 1
ik
将C代入式(7)，得
------(7)
hk
(x)

wr (x) wr (xk )
lkn ( x),
k r 1, r 2,, n -(8)
------(4)
显然满足条件(3),(4)的多项式(2)的次数不大于n+r+1次， 且满足插值条件(1).
1.求解 hk (x) (k 0,1,n)
由条件(3)知 xi (i 0,1,, r;i k) 是 hk (x) 的二重
零点 .
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3
且由条件(3)知 xi
的零点 .
(i
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x x0 x1 x0
2

y0 x

x0


x x1 x0 x1
2

y1 x

x1

x x0 x1 x0
2
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H3(x) 21 2(x 1)x 22 31 2(x 2) x 12
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2
1 i k hk (xi ) 0 i k
i, k 0,1,, n
hk (xi ) 0, k 0,1,, n;i 0,1,, r
------(3)
hk
(
xi
)

1 0
ik ik
i, k 0,1,, r
hk (xi ) 0, k 0,1,, r;i 0,1,, n
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8
其中，
r
wr (x) (x xi ) i0
r
wr (xk ) (xk xi ) i0
lkn(x)
n i0
x xi xk xi
ik
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)
y0 0, y1 1
H3(x) y0h0 (x) y1h1(x) y0h0 (x) y1h1(x)

y0 1

2
x x0 x1 x0


x x1 x0 x1
2
y1 1

2
x x1 x0 x1

证明：
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存在性已由上面推导，下证唯一性. 反证法，设插值问题式(1)有两个不同的解 H1(x), H2(x) 令
G(x) H1(x) H2(x)
并且其为次数不大于 n r 1的多项式,且满足
G(xi ) 0,i 0,1,, n G(xi ) 0,i 0,1,, r
若r n,则相应的Hermite插值多项式为
其中
n
n
H (x) hk (x) f (xk ) hk (x) f (xk )
k 0
k 0
-----(11)
hk (x) [1 2(x xk )lkn(xk )]lk2n(x), k 0,1,, n hk (x) (x xk )lk2n(x), k 0,1,, n 余项公式为：
F (nr2) (t)在(a,b)内至少有一个零点 ，因此
f (nr2) ( ) (n r 2)! [ f (x) H (x)] 0
wn (x)wr (x)
即得
f
(x)

H
(x)

f (nr2) ( )
(n r 2)!
wn (x)wr (x)
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一、Hermite插值问题
求一个次数不大于n+r+1的代数多项式 H (x) ，满足：
H (xi ) f (xi ), i 0,1,2,, n ------(1)
H (xi ) f (xi ), i 0,1,2,, r (r n)
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1
称以上的插值问题为Hermite插值问题.
h0
(
x)

(1

2
x x1

x0 x0
)(
x x0
x1 x1
)
2
h1(
x)

(1

2
x x0

x1 x1
)(
x x1

x0 x0
)2
h0
(
x)

(
x

x0
)(
x x0
x1 x1
)2
h1
(
x)

(
x

x1
)(
x x1

x0 x0
)2
多项式(12)常用作分段低次插pp值t课件， 称为分段三次 Hermite插16值.
F(x0) F(x1) F(xr ) 0
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即F(t) 0有n r 1个单根x, xr1, xr2,, xn 和r 1个二重根x0, x1,, xr.
由Rolle定理知，F(t)在(a,b)内至少有n r 2个零点 F(t)至少有n r 1个零点，依此类推可知：
例1. 已知f (x)在节点1，2处的函数值为f (1) 2, f (2) 3 f (x)在节点1，2处的导数值为f (1) 0, f (2) 1
求f (x)的两点三次插值多项式 ,及f (x)在x 1.5,1.7处的函数值 .
解:
x0 1, x1 2 y0 2, y1 3
§ 5.5 Hermite插值公式
Newton插值和Lagrange插值虽然构造比较简单，但都存 在插值曲线在节点处有尖点，不光滑，插值多项式在节 点处不可导等缺点. 为了保证插值多项式 Pn (x)能更好地逼近f (x)，对 Pn (x)增 加一些约束条件，例如要求 Pn (x) 在某些结点处与 f (x) 相切，即具有相同的导数值.
注意：
式(1)包含n+r+2个条件，所以能够确定次数不大于 n+r+1的代数多项式H (x) .
二、Hermite插值公式推导
令
n
r
H (x) hk (x) f (xk ) hk (x) f (xk ) ------(2)
k 0
k 0
其中，hk (x) (k 0,1,, n)和hk (x) (k 0,1,, r) 都是 n+r+1次待定多项式，并且它们满足以下条件：.
由条件(4)知 xi (i 0,1,, r;i k) 是 hk (x) 的二重
零点 .
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且由条件(4)知 xi (i k, r 1, r 2,, n) 是 hk (x)
的零点 .
当0 k r时, hk (x)具有如下形式：
n
r
hk (x) D (x xi ) (x xi )
i0
Baidu Nhomakorabea
i r 1
ik
------(5)
其中，A,B是待定系数
由条件(3)知hk (xk ) 1, hk(xk ) 0 即
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4
r
n
(Axk B) (xk xi )2 (xk xi ) 1
i0
i r 1
ik
r
n
A (xk xi )2 (xk xi )