埃尔米特插值

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((xxj
) 0，j j ) 0，j
A 59 , 360
B 161 360
例5：给定如下数据表，求次数不高于3 次的代数多项式。
xi f(xi)
f (xi )
f ( xi )
x0 f(x0)
f ( x0 )
f (x0 )
x1 f(x1)
提示 H3 (x) H2 (x) A(x x0 )2 (x x1)
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
f(xi) 0
1
f (xi )
0
1
：H3(x) = H2 (x) + R3(x)
R3(0) = 0 其中：R3(1) = 0
例6：给定如下数据表，求首项系数为1 的4次的代数多项式。
xi
ab
f(xi) 0
f (xi )
0
0
f ( xi ) 0
提示 H3(x) H2 (x) c(x a)3
H2 (x) 0
xi
ab
f(xi) 0
f (xi )
0
0
f ( xi ) 0
进一步讨论第2列中的“0”上移和下移情 况下如何求解？
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
则可以设：
Hn (x) y00(x) ynn (x) y00 (x) ynn (x)
因为：ii
( (
x x
j j
) )

1，j 0，j
i i且j

1,2,,
n
i(x j ) 0, j 0,1,, n
其中：i 0,1,, n
10 4( x 1) ( x 1)x 1 ( x 1)x( x 1) 6
14 19 x x2 1 x3
6
6
再构造插值于两个导数值的插值多项式
H5( x) N3( x) ( Ax B)( x 1)x( x 1)( x 2)
解出系数
*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
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
f
(4) (
4!
)
(
x

x0 )2
(x

x1 ) 2
仿Lagrange 或 Newton 证明
与Taylor公式进行比较，思考。
则对于一般情况：
已知：2n+2个条件
xi
x0
x1
yi = f(xi) y0 y1
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)
二、简单情形
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)
(
x

x1 )
仿Lagrange 或 Newton 证明
情形2. 已知：4个条件
xi
x0) y0 y1
求:一个次数不超过3的多项式H3(x)
练习：用Lagerange基函数的思想和方法： 各司其职。
插值余项为:
R(x)
f (x) H3(x)
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。
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。
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（Hermite）插值多项式 尔 二、两种简单情形 米 特 三、例题 插 值
复习
前面我们已经学过两种插值方法： Langrange插值法和Newton插值法
特点 1）插值条件为函数值，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：采用节点基函数
Langrange插值法：
Ln( x)
n i0
yi
插值余项为：
Rn (x) f (x) Hn (x)

f (n1) ( )
(n 1)!
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：当给出某一点处的函数值及其各阶
导数时，即为泰勒（插值）公式。
作业： 习题 14，16
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)
则：RR22
(0) (1)

0 0
则：R2(x) c(x 0)(x 1)
有：H2(x) x cx(x 1)
一、 Hermite插值多项式的定义
插值条件中除函数值外，还有导数值（回顾 Taylor展开式, 是某点的导数值），如
已知：2n+2个条件
xi
x0
x1
yi = f(xi) y0 y1
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)
0,1,, n i, j 0,1,,
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
又：
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
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 )
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 要求满足:
0( 0 ) 1，0( 0 ) 0，0(1) 0 1( 0 ) 0，1( 0 ) 0，1(1) 1 0( 0 ) 0，0 '( 0 ) 1，0(1) 0