数值分析讲稿3

H2n1(x) a0 a1x L a2n1x2n1
如根据上面的条件来确定2n+2个系数， a0, a1, L , a2n1 显然非常复杂，因此，我们仍采 用求拉格朗日插值多项式的基函数方法。
先求插值基函数 j (x) 及 j (x) ( j 0, 1, L , n) ， 共有个2n+2，每一个基函数都是2n+1次多项式， 且满足条件
x x
j1)(x x j1)L (x j1)(x j x j1)L (x j
xn ) xn
)
利用两端取对数再求导，得
n
lj (x j )
k 0
1 x j xk
,
k j
ln(l j (x)) ln(x x0) ... ln(x xj1) ln(x xj1) ... ln(x xn) ln(xj x0) ...
l
' j
(x)
(x
x0 )'
...
1
1
... 1
l j (x) x x0
x x j1 x x j1
x xn
于是
a
j
(
x)
1
2(x
x
j
n
)
k 0 k j
xj
1
xk
l
2 j
(
x).
jBaidu Nhomakorabea
(
x)
(ax
b)l
2 j
(x),
a 2lj (xj ), b 1 2xjlj (xj ).
同理，由于 j (x) 在 xi (i j) 处函数值与导数值 均为0，而 j (x j ) 0 ，故可设
' (xk
)
H
' 2n
1
(
xk
)
H
' 2
n1
(
xk
)
0
(k 0,1,L , n)
在每个节点 xk 上均有二重根，即 (x) 有 2n+2重根。但 (x) 是不高于2n+1次的多项式， 故 (x) 0 。
唯一性得证。
• Hermite插值多项式余项： 仿照拉格朗日插值余项的证明方法，若 f (x)
)
'
j
(x
j
)
cl
2 j
(
x
j
)
1.
即 c 1 ，故有
j
(
x)
(
x
x
j
)l
2 j
(
x).
• Hermite插值多项式是唯一的 用反证法，假设 H2n1(x) 及 H 2n1(x) 均满足 Hermite插值条件，于是由
(x) H2n1(x) H2n1(x)
有
(xk ) H2n1(xk ) H 2n1(xk ) 0
由所要构造的基函数满足的条件，显然 有 H2n1(xk ) yk , H2n1(xk ) mk , (k 0, 1, L , n) 。下面的 问题就是求满足条件的基函数 j (x) 及 j (x) 。
• 确定基函数：
j (xk ) jk
0, 1,
j k, j k,
j (xk ) 0,
k1(xk ) 0, k1(xk1) 1, k1(xk ) k1(xk1) 0; k1(xk ) k1(xk1) 0, k1(xk ) 0, k1(xk1) 1.
H3 (xk ) yk , H3(xk1) yk1; H3(xk ) mk , H3(xk1) mk1.
相应的插值基函数为 k (x), k (x),k1(x), k1(x) ， 它们满足条件
k (xk ) 1, k (xk1) 0, (xk ) k (xk1) 0, k (xk ) k (xk1) 0, k (xk ) 1, k(xk1) 0,
mj f (x j ) ( j 0, 1, L , n) ，要求插值多项式 H (x) ， 满足条件
H (x j ) y j , H (x j ) mj ( j 0, 1, L , n)
• 求解的思想： 这里给出了2n+2个条件，可唯一确定一个次
数不超过2n+1的多项式 H2n1(x) H (x) ，其形式为
可利用拉格朗日插值基函数 lj (x) 。
lj
(x)
(x x0 )L (x (xj x0 )L (xj
xj1)(x x j1)L (x x j1)(x j x j1)L (x j
xn ) xn
)
令
j
(
x)
(ax
b)l
2 j
(
x),
其中
lj (x)
是拉格朗日
插值基函数。由要构造的Hermite插值基函数条
j (xk ) jk
0, 1,
j k, j k,
j
(
xk
)
0,
j (xk ) jk
j (xk ) 0,
( j, k 0, 1, L , n),
于是满足Hermite插值条件的插值多项式 H (x) H2n1(x) 可写成用插值基函数表示的形式
n
H2n1(x) [ y j j (x) m j j (x)]. j0
在 (a, b) 内的2n+2阶导数存在，则其插值余项
R(x)
f (x) H2n1(x)
f (2n2) ( )
(2n 2)!
2 n1
(
x),
其中 (a,b) 且与 x 有关。
• 三次Hermite插值：
Rn
(x)
(n
1 1) !
f
( n 1)
(
)n 1 ( x)
作为Hermite插值多项式的重要特例是n=1的 情形。这时可取节点 xk 及 xk 1 ，插值多项式 为 H3(x) ，满足条件
j (xk ) 0, j (xk ) jk ( j, k 0, 1, L , n),
j
(
x)
c(
x
x
j
)l
2 j
(
x).
又由于
' j
(x
j
)
1
，有
lj
(x)
(x x0)L (x (xj x0)L (xj
xj1)(x xj1)L (x xj1)(xj xj1)L (xj
xn ) xn
件有
aj
(xj
)
(axj
b)l
2 j
(xj
)
1,
aj (x j ) l j (x j )[al j (x j ) 2(ax j b)lj (x j )] 0,
整理得
axj b 1
a
2l
' j
(
x
j
)
0
a 2lj (xj ), b 1 2xjlj (xj ).
由于
l
j
(x)
(x x0 )L (x (xj x0 )L (xj
§4 埃尔米特插值
• 问题的提出： 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。下面 只讨论函数值与导数值个数相等的情况。
• 数学描述：
设在节点 a x0 x1 L xn b 上，y j f (xj ) ，