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1、1.6埃尔米特(Hermite)插值如果对插值函数，不仅要求它在节点处与函数同值，而且要求它与函数有相同的一阶、二阶甚至更高阶的导数值，这就是Hermite插值问题。本节主要讨论在节点处插值函数与函数值及一阶导数值均相等的Hermite插值。1.6.1Hermite插值设已知函数y=f(x)在〃+1个互异节点兀。，刃，£上的函数值兀=fa)(i=0,12…E)和导数值£=广(兀)(i=0,12…加，要求一个至多2n+l次的多项式H(x),使得H(xi)=yiHf(xi)=yfi(i=0,1,2,•••,?!)(1-28)满足条件(1-28)的多项式称为Her
2、mite插值多项式。我们仍采用构造插值基函数的方法来求Hermite插值多项式。可以设想，如果有两组函数说(兀)，0(兀)(i=0」2…必),它们满足：(1)%(x),(%)(i=0,1,2,…/)都是至多2/1+1次多项式；(1-29)Hi(xj)=0叽)=；“J1J=()=0丄2，・・・小)则多项式H(x)=工[兀也(兀)+yHi(x)]i=0必定满足插值多项式条件式(1-28),且次数不超过2/1+1。按条件式(1-29),力(兀)在xj"处函数值与导数值均为0,故它们应含因子(X-X.)2(J7^0,因此可以设为(x)=[a+b(x-xz)]Z
3、z2(x)(1-30)其中£(x)=®+i(x)/[(x—兀)©+i(xj]为Lagrange插值基函数。由条件式(—29),还应满足沟(兀)=1,h；(xj=0代入式(1~30)，得hj(xj—al)(兀j)=a=1fi；(xj=Z?/z2(x.)+2[a+Z?(x.-xz)]/z.(xz)Zzr(xz)—b+2al：(x)=0其解为b=。所以(x)=[1-2(x—»"；(“)"：(x)(z=0,1,2,…,n)(1-31)同理，由于ya在Xj(j“处函数值与导数值均为o,而aa)=o,故可设H=c(x-x.)Z.2(x)H；(兀)=cl：(x)+2c(x
4、-xt)/.(兀"：(兀)H：(xJ=c£(xJ=l于是C=l,因此(1-32)Hi(x)=(x-jcJ『(x)(i=0,1,2,•••,〃)所以Hermite插值多项式为nH(x)=工[必⑴+yHi(x)]i=0=/{[1-2(兀-xi)l,i(xi)]lf(x)yi+(x-兀"：(x)y；}(1-33)1=()特别地，当斤=1时有/、(x)=1+2—_—I山―X。丿(、2x-xx申一"丿(、2x-x0h{(x)=1+2IxQ—x1八x{—x0J(、2x-xxl兀0兀x-XqH0(x)=(x-x0)17、2Hl(x)=(x-xl)x~xoJ所以，两个
5、节点的三次Hermite插值多项式为(H(x)=1+2—I"―兀0丿(%_兀0)卫0一兀1丿(、2x-xxf(、rCX_兀1+1+2LIX。-W丿/、2X_兀°fy(、2x-x0"1—兀0丿(1-34)1.6.2Hermite插值误差估计与Lagrange插值的误差估计相类似，可导出Hermite插值的误差估计。定理设兀0，兀1，・「£为区间［d，b］上的互异节点，Hg为f(x)的过这组节点的2/1+1次Hermite插值多项式。如果/(兀)在［。,创上2〃+2次连续可导，则对任意xe［a,b］^插值余项为f⑵2+2)/7?(x)=f(x)-H(x)=—
6、-———Mge@4(2n+2)!(1-35)与Lagrange插值余项证明相类似，可令辅助函数为肖⑴-/—-RE初+i⑴(1—36)特别地，三次Hermite插值余项为R(x)=甞(一和2(-“)2(1-37)定理设兀0卫1八・，七为区间⑺力］上的互异节点/(«X)wC⑴［⑦方］，则满足插值条件式(1-28)的2〃+1次Hermite多项式是唯一的。证明假设丹(无)与戸(Q是满足相同插值要求的2〃+1次Hermite多项式，容易看出戸S)也是的2〃+1次插值多项式。由余项公式_TT(2/?+2)/H(Q—H(x)二—一—-虻+i(x)gw(Q,b)(2n+2
7、)!因为为至多2n+1次多项式，故H(2,1+2)(x)=0o于是H(X)—H(X)=05所以Hermite插值多项式是唯一的。由此导出以下结论：(1)至多2/1+1次的多项式在任意〃+1个互异节点上的Hermite多项式就是其自身。⑵工人(兀)=1z=0事实上，令=则有/(兀)二1，广(兀)二0(0,1,…加。显然丹⑴二九(x)=1满足这组插值条件，由上述定理即得结论。/=0【例1T4】按下表求插值多项式0101y；39解将表中的数据代入式，即得Hermite插值多项式壮)/+2匕皆]2I1—0人0-1丿=(3—2x)x2+3兀(兀一1尸+9x2(x-1)
8、zxO+1+2+(兀—0x-P口丿2x9xl=10，
