埃米特插值法.pdf

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1、§6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≤x

2、x)=a+ax+L+ax，2n+1012n+1如根据上面的条件来确定2n+2个系数a,a,L,a，显然非常复杂，因此，我们仍采012n+1用求拉格朗日插值多项式的基函数方法。先求插值基函数α(x)及β(x)(j=0,1,L,n)，共有2n+2个，每一个基函数都是jj2n+1次多项式，且满足条件≠0,jk,αδ()xx==α′()0,=jkjkjk1,jk=,′ββ()0,x==()xjδ(,0,1kn=,,),Ljkjkjk于是满足Hermite插值条件的插值多项式H(x)=H(x)可写成用插值基函数表示的形式2n+1nH2n+1(x)=∑[yjαj(x)+mj

3、βj(x)].j=0由所要构造的基函数满足的条件，显然有H(x)=y，2n+1kkH′(x)=m,(k=0,1,L,n)。下面的问题就是求满足条件的基函数α(x)及β(x)。2n+1kkjj确定基函数：可利用拉格朗日插值基函数l(x)。j()xx−LL()xxxx−−()()xx−01jj−+1nlxj()=()x−−−−xxxxxxxLL()()()jj01j−+jj1jn2令α(x)=(ax+b)l(x),jj其中l(x)是拉格朗日插值基函数。由要构造的Hermite插值基函数条件有j2a(x)=(ax+b)l(x)=1,jjjjja′(x)=l(x)[al(x)+2(ax

4、+b)l′(x)]=0,jjjjjjjjj整理得axj+b=1;a+2l′j(xj)=0.解出al=−2(),′′xbx=+12().lxjjjjj由于(x−x)L(x−x)(x−x)L(x−x)0j−1j+1nl(x)=j(x−x)L(x−x)(x−x)L(x−x)j0jj−1jj+1jn利用两端取对数再求导，得n1l′j(xj)=∑,k=0xj−xkk≠j于是n12aj(x)=1−2(x−xj)∑lj(x).k=0xj−xkk≠j同理，由于β()x在x()ij≠处函数值与导数值均为0，而β()0x=，故可设jijj2β()(x=−cxxlx)(

5、).jjj'又由于β()1x=，有jj'2βj()xc=lx()1.=即c=1jjj故有2β(x)=(x−x)l(x).jjjHermite插值多项式是唯一的用反证法，假设H(x)及H(x)均满足Hermite插值条件，于是由2n+12n+1ϕ(x)=H(x)−H(x).2n+12n+1有ϕ()xHxHx=−=()()0kn21++kn21k'''ϕ()xkkk=−=HxHx21nn++()21()0(0,1k=,,)Ln在每个节点x上均有二重根，即ϕ(x)有2n+2重根。但ϕ(x)是不高于2n+1次的多项式，k故ϕ(x)=0。唯一性得证。Hermite插值多项式余项：仿照拉格

6、朗日插值余项的证明方法，若f(x)在(a,b)内的2n+2阶导数存在，则其插值余项(2n+2)f(ξ)2R(x)=f(x)−H(x)=ω(x),2n+1n+1(2n+2)!其中ξ∈(a,b)且与x有关。三次Hermite插值：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x及x，插值多kk+1项式为H(x)，满足条件3Hx()=y,Hx()=y;33kkk++1k1Hxm′′()==,Hx()m.33kkk+1k+1相应的插值基函数为α(x)、β(x)、α(x)、β(x)，它们满足条件kkk+1k+1α()1xx=,()0,αα==′()xα′()0,x=k

7、kkk++11kkkββ()xx=()0,===β′()1x,()0,β′xkkkk++11kkkkα()0,xx=αα()1==,′()xα′()0;x=kk++11kk+1kk+1kk+1+1β()xx==ββ()0,′()x=0,β′(x)1.=kk++11kk+1kk+1kk+1+1根据Hermite插值的一般基函数表达式，可得到2x−xx−xkk+1α(x)=1+2,kx−xx−xk+1kkk+12x−xx−xk+1kα(x)=1