分析05-插值法（下）数值分析教学课件ppt-西南交通大学

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1、第五章插值法（下）5-1第五章插值法§3Hermite插值不少实际问题不但要求插值函数在节点上与原来的函数相等（满足插值条件），而且还要求在节点上的各阶导数值也相等，满足这种要求的插值多项式，称为Hermite插值多项式记为H(x)，本节主要讨论已知节点的函数值和一阶导数的情形。2第五章插值法3.1Hermite插值设已知函数y=f(x)在n+1个互异节点x0,x1,…,xn上的函数值yi=f(xi)(i=0,1,2,…n)和导数值yi=f(xi)(i=0,1,2,…n)，要求一个不超过2n+1次的多项式H(x)，使其满足：这样的H(x)称为Hermite插值多项式。3第五

2、章插值法引例（续1）4第五章插值法引例（续2）5第五章插值法引例的误差估计：注意到x1是H(x)的二阶零点，x0,x2为其一阶零点，所以：为确定(x)，作辅助函数：∵当t=x时，可选择(x)，使(x)=0∴t=x,x0,x2为(t)的一阶零点，t=x1为二重零点。因此(t)共五重零点，反复使用罗尔中值定理（对重零点也适合）可得到：存在x，使(4)(x)=0，即：由于H(t)是t的三次多项式，∴H(4)(x)=06第五章插值法推广至n+1个点推广至n+1个点的yi,yi时，利用构造插值基函数的方法，照上述引例，可设：其中hi(x)和Hi(x)(i=0,1,2,…,n)满足：

3、（1）hi(x),Hi(x)(i=0,1,2,…,n)都是不超过2n+1次的多项式；下面分别确定hi(x)和Hi(x)：7第五章插值法下面分别确定hi(x)和Hi(x)：对hi(x)：x=xj(ji)为其二重零点，故应含有因式(xxj)2(ji)，因此可以设为请注意：直观上应设hi(x)为：这样来确定a,b较麻烦，上述引入li(x)后，较简单。∵hi(x)还应满足：8第五章插值法对Hi(x):对Hi(x):由于x=xj(ji)为其二重零点，xi为一重零点，故可设:这样，代回去得:特别地，当n=1时，有:9第五章插值法两个节点的三次Hermite插值多项式因此n=1的三次Hermite

4、插值多项式可用标准化的基函数表示为：更便于上机使用，上式中h=x1-x0。通常称之为“标准化”的基函数，而上述三次Hermite插值基函数可由其表示出：10第五章插值法3.2误差估计和引例类似，可导出Hermite插值的误差估计。定理5.2设x0,x1,…,xn为区间[a,b]上的互异节点，H(x)为f(x)的过这组节点的2n+1次Hermite插值多项式。若f(x)在[a,b]上2n+2连续可导，则对x[a,b]插值余项为：特别地，n=1的三次Hermite插值余项为：注意与引例的误差估计式，与Lagrange插值的误差估计式相比较。11第五章插值法定理5.3设x0,x1,…,xn为区

5、间[a,b]上互异节点，f(x)C(1)[a,b]，则上述Hermite插值多项式是唯一的。定理5.3推论1：不超过2n+1次的多项式在任意n+1个互异节点上的Hermite插值多项式就是其自身。对于推论2，事实上，可令f(x)=1，f(xi)=0，(i=0,1,…,n)，显然满足这组插值条件，即得结论。证明（反证法）假设另有一个H(x)与H(x)一样，为满足相同插值要求的2n+1次Hermite多项式，可将H(x)视作f(x)，而H(x)为H(x)的2n+1次Hermite插值多项式，由余项公式则有：∵H(x)为不超过2n+1次多项式，∴H(2n+2)(x)0于是H(x)H

6、(x)0这表明Hermite插值多项式是唯一的。12第五章插值法Hermite插值举例例6按下表求Hermite插值：13第五章插值法Hermite插值举例（续）例7设：已知函数f(x)的如下值:f(-1)=-2，f(0)=-1，f(1)=0，f(0)=0，求不超过3次的Hermite插值多项式H(x)14第五章插值法3.3Hermite插值的一般形式求一个不超过n+m+1次的多项式H(x)使得:与前面的讨论类似，可以证明这样的Hermite插值多项式是唯一存在的，其余项为:这里的一般形式即是在节点处的一阶导数值没有全部给出，与前面引例相似，举例说明方法。给定(xi,yi)i=0,1,2

7、,…,n及某些节点上的导数值（而不是全部导数值）Hermite插值问题的一般形式是：15第五章插值法Hermite插值一般形式（举例）例8按下表求Hermite插值多项式：解法一：这里有5个条件，所以插值多项式不超过4次，用构造插值基函数hi(x)(i=0,1,2)和Hi(x)(i=0,1)的方法，它们分别应满足：16第五章插值法例8（解法2）解法2：∵x=0为二阶零点，故可设插值多项式为代入条件：所求四次H