Hermite插值教学教材.ppt

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1、Hermite插值误差估计：与Lagrange分析完全类似为确定(x)，作辅助函数：∵当t=x时，使(x)=0∴t=x,x0,x2为(t)的一重零点，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)=0注意到x1是的二次零点，x0,x2为其一次零点，所以：对hi(x)：x=xj(ji)为其二重零点，故应含有因式(xxj)2(ji)，因此可以设为这样来确定a,b

2、较麻烦，引入li(x)),,2,1,0(,10)(ˆ,0)(ˆnjjijixhxhjijiL=îíì=¹=¢=2(),,2,1,0(0)(,10)()njxhjijixhjijiL==¢îíì=¹=对:由于x=xj(ji)为其二重零点，xi为一重零点，故可设:特别地，当n=1时，有:和引例类似，可导出Hermite插值的误差估计。定理设x0,x1,…,xn为区间[a,b]上的互异节点，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

3、[a,b]插值余项为：特别地，n=1的三次Hermite插值余项为：于是上式0这表明Hermite插值多项式是唯一的。证明（反证法）假设另有一个H(x)是满足相同插值要求的2n+1次Hermite多项式推论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。设x0,x1,…,xn为区间[a,b]上互异节点，f(x)在(a,b)上2n+2阶导数存在，

4、则上述Hermite插值多项式是唯一的。定理5.3Quiz:给定xi=i+1,i=0,1,2,3,4,5.下面哪个是h2(x)的图像？x0--10.5123456yxy0---10.5123456斜率=1求Hermite多项式的基本步骤：写出相应于条件的hi(x)、hi(x)的组合形式；对每一个hi(x)、hi(x)找出尽可能多的条件给出的根；根据多项式的总阶数和根的个数写出表达式；根据尚未利用的条件解出表达式中的待定系数；最后完整写出H(x)。例按下表求Hermite插值多项

5、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(i=0,1)的方法，它们分别应满足：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Hermite插值多项式为：解法3:还可直接设五次方程求解例Hermite插值举例（续）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插值多项式此课件下载可自行编辑修改，仅供参考！感谢您的支持，我们努力做得更好！谢谢