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Hermite插值公式



§5.5 Hermite插值公式 插值公式
Newton插值和Lagrange插值虽然构造比较简单,但都存 在插值曲线在节点处有尖点,不光滑,插值多项式在节 点处不可导等缺点. 为了保证插值多项式 Pn (x)能更好地逼近 f (x),对 Pn (x)增 加一些约束条件,例如要求 Pn (x) 在某些结点处与 f (x) 相切,即具有相同的导数值.

>一、Hermite插值问题
求一个次数不大于n+r+1的代数多项式 H (x) ,满足:

H ( xi ) = f ( xi ), i = 0,1,2,L, n ------(1) H ′( xi ) = f ′( xi ), i = 0,1,2,L, r (r ≤ n)
1

称以上的插值问题为Hermite插值问题.

注意:
式(1)包含n+r+2个条件,所以能够确定次数不大于 n+r+1的代数多项式H (x) .

二、Hermite插值公式推导 令

H ( x) = ∑ hk ( x) f ( xk ) + ∑ hk ( x) f ′( xk ) ------(2)
k =0 k =0

n

r

其中,hk ( x) (k = 0,1,L, n)和hk ( x) (k = 0,1,L, r ) 都是 n+r+1次待定多项式,并且它们满足以下条件:.
2

1 hk ( xi ) = 0

i=k i≠k

i, k = 0,1,L, n

------(3)

′ hk ( xi ) = 0, k = 0,1,L, n; i = 0,1,L, r

1 hk ( xi ) = 0 ′

i=k i≠k

i, k = 0,1,L, r

------(4)

hk ( xi ) = 0, k = 0,1,L, r; i = 0,1,L, n
显然满足条件(3),(4)的多项式(2)的次数不大于n+r+1次, 且满足插值条件(1).

1.求解 hk ( x) (k = 0,1,L n)
由条件(3)知 xi 零点 .

(i = 0,1,L, r ; i ≠ k ) 是 hk (x) 的二重
3

且由条件(3)知 xi 的零点 .

(i = r + 1, r + 2,L, n; i ≠ k ) 是 hk (x)

(1)当0 ≤ k ≤ r时, hk ( x)具有如下形式:

hk ( x) = ( Ax + B)( x x0 ) 2 L( x xk 1 ) 2 ( x xk +1 ) 2 L( x xr ) 2 ( x xr +1 )L ( x xn ) = ( Ax + B)∏ ( x xi ) 2 ∏ ( x xi )
i =0 i≠k i = r +1 r n

------(5)

其中,A,B是待定系数

由条件(3)知hk ( xk ) = 1, hk ( xk ) = 0

4



( Axk + B)∏ ( xk xi ) 2 ∏ ( xk xi ) = 1
i =0 i≠k i = r +1

r

n

A∏ ( xk xi ) 2 ∏ ( xk xi ) +
i =0 i≠k i = r +1

r

n

2( Axk + B )∑ ( xk x j )∏ ( xk xi )
j =0 i =0 i≠ j i≠k n r n

r

r

2

i = r +1

∏ (x

n

k

xi ) +

( Axk + B ) ∑ ∏ ( xk xi ) 2 ∏ ( xk xi ) = 0
j = r +1 i =0 i≠k i = r +1 i≠ j

由上述两式解得:
5

A=

n 1 1 2∑ +∑ j =0 xk x j j = r +1 xk x j

r

( xk xi ) 2 ∏ ( xk xi ) ∏
i =0 i≠k i =r +1

r

n

B=

1 Axk ( xk xi ) 2 ∏ ( xk xi ) ∏
i =0 i≠k i = r +1 r n

将A,B代入式(5),得
′ ′ hk ( x) = {1 ( x xk )[lkn ( xk ) + lkr ( xk )]}lkn ( x)lkr ( x) ------(6) k = 0,1,L, r
6

其中,

x xi lkn ( x) = ∏ i =0 xk xi
n i≠k r

x xi lkr ( x) = ∏ i =0 xk xi
i≠k n

1 ′ lkn ( xk ) = ∏ i =0 xk xi
i≠k
r

1 ′ lkr ( xk ) = ∏ i =0 xk xi
i≠k
7

(2)当r + 1 ≤ k ≤ n时, hk ( x)具有如下形式:

hk ( x) = C ∏ ( x xi )
i =0

r

2

i = r +1 i≠k

∏ (x x )
i

n

------(7)

由条件(3)知hk ( xk ) = 1

C=

1

∏ (x
i =0

r

k

xi )

2

i =r +1 i≠k

∏ (x

n

k

xi )

将C代入式(7),得

wr ( x) hk ( x) = lkn ( x), wr ( xk )

k = r + 1, r + 2,L, n -(8)
8

其中,

wr ( x) = ∏ ( x xi )

r

wr ( xk ) = ∏ ( xk xi )
i =0
n

i =0 r

x xi lkn ( x) = ∏ i =0 xk xi
i≠k

综合(1)(2)得到 hk ( x) ( k = 0,1,L n) 即式(6),(8)

2.求解 hk ( x) (k = 0,1,L n)
由条件(4)知 xi 零点 .

(i = 0,1,L, r ; i ≠ k ) 是 hk (x) 的二重
9

且由条件(4)知 xi 的零点 .

(i = k , r + 1, r + 2,L, n) 是
n r

hk (x)

当0 ≤ k ≤ r时, hk ( x)具有如下形式:

hk ( x) = D∏ ( x xi )∏ ( x xi )
i =0

-----(9)

′ 由条件(4)知hk ( xk ) = 1
D= 1

i =0 i≠k

∑∏ (x
j =0 i =0 i≠ j

n

n

k

xi )∏ ( xk xi ) + ∑ ∏ ( xk xi )∏ ( xk xi )
i =0 i≠k j =0 i =0 j ≠k i =0 i≠k i≠ j

r

r

n

r

将D代入式(9),得

hk ( x) = ( x xk )lkn ( x)lkr ( x), k = 0,1,L, r -----(10)
10

其中,

x xi lkn ( x) = ∏ i =0 xk xi
n i≠k r

x xi lkr ( x) = ∏ i =0 xk xi
i≠k

由式(2)(6)(8)(10)所表示的多项式称为Hermite插值多项式 其中由式(6)(8)(10)所表示的多项式称为Hermite插值基函数

定理1 Hermite插值问题式(1)的解H ( x)存在而且唯一
证明:
11

存在性已由上面推导,下证唯一性. 反证法,设插值问题式(1)有两个不同的解 H1 ( x), H 2 ( x) 令 G ( x ) = H1 ( x ) H 2 ( x )

并且其为次数不大于n + r + 1的多项式, 且满足
G ( xi ) = 0, i = 0,1,L, n G′( xi ) = 0, i = 0,1,L, r

于是G ( x)必含有因式( x xi ) 2 (i = 0,1,L, r ) 和( x xi )(i = r + 1, r + 2,L, n)

故G ( x)的次数至少为n + r + 2, 矛盾.证毕
12

定理2 ( Hermite插值余项定理) Hermite插值公式的余项为 f ( n+r +2 ) (ξ ) f ( x) H ( x) = wn ( x) wr ( x) (n + r + 2)! 其中,ξ是插值区间(a, b)内的某一点.
证明:

引进辅助函数 wn (t ) wr (t ) F (t ) = f (t ) H (t ) [ f ( x) H ( x)] wn ( x) wr ( x)

由条件(1)知

F ( x) = F ( x0 ) = F ( x1 ) = L = F ( xn ) = 0

F ′( x0 ) = F ′( x1 ) = L = F ′( xr ) = 0
13

即F (t ) = 0有n r + 1个单根x, xr +1 , xr +2 ,L, xn 和r + 1个二重根x0 , x1 ,L, xr .

由Rolle定理知,F ′(t )在(a, b)内至少有n + r + 2个零点 F ′′(t )至少有n + r + 1个零点,依此类推可知:

F ( n+r +2 ) (t )在(a, b)内至少有一个零