Hermite插值jg6

1、6埃爾米特插值問(wèn)題的提出：不少實(shí)際問(wèn)題不但要求在節(jié)點(diǎn)上函數(shù)值相等，而且還要求它的導(dǎo)數(shù)值也相等(即要求在節(jié)點(diǎn)上具有一階光滑度)，甚至要求高階導(dǎo)數(shù)也相等，滿足這種要求的插值多項(xiàng)式就是埃爾米特(Hermite)插值多項(xiàng)式。下面只討論函數(shù)值與導(dǎo)數(shù)值個(gè)數(shù)相等的情況。數(shù)學(xué)描述：f(%)(j0,1,n),j兀b上，y=f(%),mnjjj要求插值多項(xiàng)式H(%)，滿足條件m(jj0,1,n)求解的思想：這里給出了2n2個(gè)條件，可唯一確定一個(gè)次數(shù)不超過(guò)2n1的多項(xiàng)式H(%)H(%)，其形式為2n+1H(%)=a+a%2n+101a%2n+1，2n+1如根據(jù)上面的條件來(lái)確定2n2個(gè)系數(shù)ao,a,用求拉格朗日插值多

2、項(xiàng)式的基函數(shù)方法。先求插值基函數(shù)(%)及(%)(j0,1,jj2n1次多項(xiàng)式，且滿足條件(%)0,jk,jkjk1,jk,(%)0,(%)jkjk于是滿足Hermite插值條件的插值多項(xiàng)式H(%),a，顯然非常復(fù)雜，因此，我們?nèi)圆?n+1,n)，共有2n2個(gè)，每一個(gè)基函數(shù)都是(%)0,jk(j,k=0,1,L,n),jkH(%)可寫成用插值基函數(shù)表示的形式2n+1H(%)y(%)m(%).2n+1jjjjj=0由所要構(gòu)造的基函數(shù)滿足的條件，顯然有H(%)兒，2n+1kkH(%,)m,(k0,1,n)。下面的問(wèn)題就是求滿足條件的基函數(shù)(%)及()。2n+1kkjj確定基函數(shù)：可利用拉格朗日插值基

3、函數(shù)l(x)。jl(x)(x-x)L(x-x)(x-x)L(x-x)0)1)1用(xx)(xx)(xx)(xx)0)-1)+1)n(x)=(ax+b)l2(x),)其中I(x)是拉格朗日插值基函數(shù)。由要構(gòu)造的)Hermite插值基函數(shù)條件有a(x)=(ax+b)l2(x)=1,)a(x)l(x)al(x)2(axb)l(x)0,)整理得axb1;ja2l(x)0.)解出a2l(x),b12xl(x).)由于l(x)(x-x)L(x-x)(x-x)L(x-x)0j1j1n(x-x)L(x-x)(x-x)L(x-x)j0jj-1jj+1jn利用兩端取對(duì)數(shù)再求導(dǎo)，得7Z0jkkkxjxakk0jl2

4、j同理，由于(x)在x(iji丿)處函數(shù)值與導(dǎo)數(shù)值均為0,而(x)jj0，故可設(shè)(x)=c(x-x)l2(x).jjj又由于(x)1，有jj故有j(xj)cl2(x)1.即c1jj(x)j(x-x)l2(x).jjHermite插值多項(xiàng)式是唯一的用反證法，假設(shè)H2n1(x)及H2n12n+1(兀)均滿足Hermite插值條件，于是由(x)H(x)H(x).2n+12n+1(x)kH(x)H(x)02n+1k2n+1k(x)kH2n+1(xk)H2n1(xk)0(k0，1，,n)在每個(gè)節(jié)點(diǎn)x上均有二重根，即(x)有2nk2重根。但S)是不高于2n1次的多項(xiàng)式,故(兀)0。唯一性得證。Hermit

5、e插值多項(xiàng)式余項(xiàng)：仿照拉格朗日插值余項(xiàng)的證明方法，若f(x)在(a,b)內(nèi)的2n2階導(dǎo)數(shù)存在，則其插值余項(xiàng)R(x)=f(x)-H2n+1(x)f(22)()(2n2)!n2+1(x),其中(a,b)且與x有關(guān)。三次Hermite插值：作為Hermite插值多項(xiàng)式的重要特例是n1的情形。這時(shí)可取節(jié)點(diǎn)x及x，插值多kk+1H(x)3k+1H(x)3k+1y;k+1mk+1項(xiàng)式為H(x)，滿足條件H(x)=y,3kkH(x)m,3kkP(x)-f(x0)+fx0,x1(x-x0)相應(yīng)的插值基函數(shù)為k(x)、kk(x)、(x)、k+1(x)，它們滿足條件k+1(x)1,(x)-0,(x)(x)0,kk

6、kk+1kkk+1(x)(x)-0),(x)1,(x)0,kkkk+1kkkk+1(x)0,(x)-1,(x)(x)0;k+1kk+1k+1k+1kk+1k+1(x)(x)-0,(x)0,(x)1.k+1kk+1k+1k+1kk+1k+1根據(jù)Hermite插值的一般基函數(shù)表達(dá)式，可得到(x)kxxxx21+2xkxxk1,-xk+1kkk+1x-x22x-x22-(x)1+2k+1k.k1x-xxxkk+1k+1kx-x22(x)(xx)k+1,kkx-xkk+1x-x22(x)(x-x)k.k+1k1xxk+1k1于是二次Hermite插值多項(xiàng)式是H3(x)人k(x)yk+1+1k(x)m(

7、x)kkm(x),k+1k+1其余項(xiàng)R(x)f(x)H(x)，由Hermite插值多項(xiàng)式余項(xiàng)公式得33R(x)-1f(4)()(xx)2(xx)2.34!kk+1例求滿足P(x)f(x)(j0,1,2)及P(x)f(x)的插值多項(xiàng)式及其余項(xiàng)表達(dá)jj11式。由給定條件，可確定次數(shù)不超過(guò)3的插值多項(xiàng)式。由于此多項(xiàng)式通過(guò)點(diǎn)(xQ,f(xQ),(x,f(x)及(x2,f(x2)，故其形式為fx,x,x(x-x)(x-x)01202(x)n(xx)A(x-x)(x-x)(x-x),012其中A為待定常數(shù)，可由條件P(x)f(片)確定，通過(guò)計(jì)算可得f(x)-fx,x-(x-x)fx,x,xA1011001

8、2(x-x)(x-x)1012為了求出余項(xiàng)R(X)f(x)P(x)的表達(dá)式，可設(shè)Rf(x)P(x)k(xx0)(xx1)2(xx2)，其中k為待定函數(shù)。構(gòu)造(t)=f(t)-P(t)-k(x)(t-x)(t-x)2(t-x).012顯然(x)0(j0,1,2)。且(x)0,(x)0，故(t)在(a,b)內(nèi)有5個(gè)零點(diǎn)(重j1根算兩個(gè))。反復(fù)應(yīng)用羅爾定理，得(4)(t)在(a,b)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，故()f()4!k(x)0,于是k(x)If(4)(),(x)n(xx)(x)n(xx)余項(xiàng)表達(dá)式為R(x)4!f(4)()(xx0)(xx)2(x1),(x)n(xx)(x)n(xx)式中位于x0,x

9、1,x2和x所界定的范圍內(nèi)。Hermite插值的一般形式:TOC o 1-5 h z設(shè)在節(jié)點(diǎn)axxxb上，已知在節(jié)點(diǎn)上的尹f(x)(j0,1,n),01njj及某些節(jié)點(diǎn)上的導(dǎo)數(shù)值雹f(：)(k,m,m弘0jn)，要求一個(gè)至多m1次的插值多項(xiàng)式*(x)，使?jié)M足條件H(x)y,H(x)m(j0,1,n)jjjkjk與前面討論類似，可證明滿足條件的Hermite插值多項(xiàng)式是存在唯一的，其余項(xiàng)為R(x)=f(x)-H(x)f(mn2)()(mn2)!n+1k=0jk(x)n(xx)(x)n(xx)例：按下表求Hermite插值多項(xiàng)式HEi(x)2(X)1(X)xjf(x)011jf(x)01j解：解法

10、一：由于插值條件有5個(gè)，故所求插值多項(xiàng)式的次數(shù)不超過(guò)4。構(gòu)造插值基函數(shù)(x)(jj0,1,2)及(x)(j0,1)，使它們滿足:j1)j(x)(jj0,1,2)及(x)(j0,1)都是4次多項(xiàng)式;j2)j(xk)jj(j,k=0,1,2)j(xk)j(xk)j(xk)f(x0)(k(k0k1k0,1,j=0,1,2)0,1,2,j=0,1)jj(j,k=0,1)f(x0)=0，故0(X)，0(X)無(wú)需求出又因?yàn)?(0)1(2)1(0)=0，因而可設(shè)1(x)ax2(x-2)x)2(x-x)012a+b(x1)x2(x-2)代入id)1,0可得a1,b=1，所以1(x)(2-x)x2(x2)=x2(xHEi(x)2(X)1(X)類似可求出HEi(x)2(X)1(X)HEi(x)2(X)1(X)2(x)寧(X1)2HEi(x)2(X)1(X)HEi(x)2(X)1(X)x2(x-1)(x2)(X)1因此所求Hermite插值多項(xiàng)式為HEi(x)2(X)1(X)HE