3、=其中,,d=1(j=k),0(j¹k)于是Hx()=H()xjjk2n+1(xj-x0)L(xj-xj-1)(xj-xj+1)L(xj-xn)可写成用插值基函数表示的形式a()x=(axblx+)(),2令jj由Hermite插值条件有n2ax()=(ax+blx)()1,=H()x=å[ya()x+mb()],xjjjjj2n+1jjjjj=0ax¢()=lx()[alx()2(+ax+blx)()]¢=0,jjjjjjjjj可知其满足整理得H()x=yH,¢()x=m,k=0,1,L,.n2n+1kk2n+1kkìax+=b1a=-2(),lx¢jjj下面的问题就是如何求基函数aj
4、()x及bj()x.ía+2()lx'=0Þb=+12xlx¢().îjjjjj由于(xx-0)L(xx-j-1)(xx-j+1)L(x-xn)同理,由lx()=j(x-x)L(x-x)(x-x)L(x-x)j0jj-1jj+1jnb()0,x=b¢()x=d(,jk=0,1,L,),njkjkjk求导,得可令n12lx¢j()j=å,bj()x=cxxlx(-j)().jk=0xj-xkkj¹于是,'2'b()x=clx()2(+cxxlxlx-)()()于是jjjjj'æö结合bj()1xj=,可得c=1,从而n1ax()=ç12(-x-x)å÷lx2().2jçj-÷jbj()x=
5、(x-xlxj)().jçk=0xjxk÷èkj¹ø12012/10/18•Hermite插值多项式是唯一的•Hermite插值多项式余项:反证法.假设H2n+1()x及H2n+1()x均满足Hermite插仿照拉格朗日插值余项的证明方法,若fx()值条件,令在(,)ab内的2n+2阶导数存在,则其插值余项(2n+2)j()x=H2n+1()x-H2n+1()xRx()=fx()-H()x=f()xw2(),x2n+1n+1则有(2n+2)!'j()x=0,j()x=0,k=0,1,L,,nkk其中xÎ(,)ab且与x有关.xj()x1(n+1)于是,每个节点k均为的二重根,但j()x(
6、拉格朗日型插值:Rxn()=f()xwn+1()x)(n+1)!是不高于2n+1次的多项式,故j()x=0,唯一性得•三次Hermite插值:证.考虑n=1的情形.此时可取节点xk及xk+1,插值多项式Hx3()满足条件æöHx()=y,Hx()=y;n13kk3k+1k+1ç÷2axj()=ç12(-xx-j)å-÷lxj().Hx¢()=m,Hx¢()=m.çk=0xjxk÷3kk3k+1k+1èkj¹øìæöæö2xx-xx-设相应的插值基函数为a(),xb(),xa(),xb()xïa()x=ç12+k÷çk+1÷,kkk+1k+1kïèx-xøèx-xøk+1kkk+1它们满足
7、条件í2ïæxx-öæx-xöa()1,x=a(x)=0,a¢()x=a¢(x)=0,ïa()x=ç12+k+1÷çk÷.kkkk+1kkk+1k+1èx-xøèx-xøîkk+1k+1kb()x=b(x)=0,b¢()1,x=b¢(x)=0,kkkk+1kkkk+122ìæxx-öbj()x=(xxlx-j)().ja()x=0,a(x)1,=a¢()x=a¢(x)=0;ïb()x=(xx-)çk+1÷,k+1kk+1k+1k+1