一.问题描述二.定义三.定理四.构造函数五.例题六.一般插值

Hermite 插值 • 一.问题描述 • 二.定义 • 三.定理 • 四.构造函数 • 五.例题 • 六.一般插值

一.问题描述 • 假设函数y=f(x)是在[a,b]上有一定光滑性的函数,在xo…xn上有n+1个异点,f(x)在这些点上取值yo…...yn.求一个确定的函数p(x)在上面n+1个点上满足p(xi)=yi i=0,1,…,n.这是最简单的插值问题,如果除了知道f(x)在插值基点上的取值外,还知道f(x)在插值基点上的其他描述(如知道f(x)在插值基点上的导数值)。如何来构造插值函数呢? • Hermite插值也叫带指定微商值的插值,它要构造一个插值函数,不但在给定节点上取函数值,而且取已知微商值，使插值函数和被插函数的密和程度更好。 • 主页下一页

二.定义 • f(x) 在区间[ a, b] 上 n+1个互异节点a=x0<x1<x2<……<xn=b , 定义在[a,b]上函数f(x) 在节点上满足 • f(xi) = yi • f’(xi)=y 'i i=0,1,2……n • 求一个次数不高于2n+1次的插值多项式H(x)满足2n+2个条件 • H(xi) = yi • H '(xi)= y 'i i=0,1,2……n • 若H(x)存在,则叫函数f(x) 的Hermite插值多项式.因为 H(x)是一个次数不高于2n+1次的多项式,常记为H2n+1(x). • 上一页主页下一页

三.定理 定理一:满足插值条件 H(xi)= yi H'(xi)= y'i i=0,1,2……n 且次数不大于2n+1的多项式是唯一的。证明:令p(x)和q(x)是两个次数不高于2n+1的多项式且在插值基点都满足以上插值条件 ,即: p(xi)=q(xi)=yi , p'(xi)=q'(xi)=y' i , i=0,1,2……n 令F(x)=p(x)-q(x),有F(xi)=0 ,F'(xi)=0, i=0,1,2,.....n 故F(x)有2n+2个根. 由于p(x),q(x)都是次数不高于2n+1的多项式,由代数基本定理知F(x )=p(x)-q(x)0,所以有 p(x)  q(x),多项式唯一. 上一页主页下一页

定理二 :f(x)在区间[a,b]存在2n+2阶导数,则其Hermite插值余项为: • (x)=(x-x0)(x-x1)…...(x-xn) • 证明:(证明类似Lagrange余项) • 当x=xi,i=0,1,2……时,左右两端为0,公式成立. • 令xxi, x [a,b], 在节点x0,x1,……xn上 • f(xi)=H(xi) 所以 R(xi)=f(xi)-H(xi)=0 • f '(xi)=H '(xi) R '(xi)=f '(xi)-H '(xi)=0, • 所以 xi (i=0,1……n)为R(x)的二重零点， • 上一页主页下一页

对插值区间[a,b]中任一定点x，可设 • R(x)=f(x)-H2n+1(x)= k(x) [(x)]2 • k(x)为待定函数。做辅助函数 • F(z)= f(z)- H2n+1(z) - k(x) [(z)]2 • F(x)=0,所以z=x是F(z)的一个零点，此外x0……xn都是F(z)的二重零点， F(z)在[a,b]上有2n+3个零点,由洛尔定理，知插值区间[a,b]中存在一个  [a,b]使F(2n+2)()=0。注意[(z)]2是首项系数为1的2n+2次多项式, H2n+1(z)是2n+1次多项式，故有 • 0= F(2n+2)()= f(2n+2)()- 0 -(2n+2)!k(x), • 所以公式成立。 • 上一页主页下一页

四.构造函数 • 设Hermite插值函数 • n n • H2n+1(x) = Li(x) yi +  hi(x) y'i • i=0 i=0 • Li(x),hi(x)都是不高于2n+1次的多项式,类似Lagrange插值,利用Hermite插值条件可得 • Li(xj)=ij hi(xj) = 0 • L'i(xj)=0 h'i(xj)= ij i,j=0,1,2……n • 从而可设 • Li(x)= (aix+bi)[li(x)]2 • hi(x)= (cix+di)[li(x)]2 • 上一页主页下一页

这里li(x)=(x-x0)(x-x1)…(x-xi-1)(x-xi+1)…(x-xn) ai,bi ,ci,di为待定系数,分别由Li(xi)=1和Li′(xi)=0 及hi′(xi)= 1 (i=0,1,2……,n)确定. 三次Hermite插值函数的构造(n=1,2n+1=3) 已知数表：x x0 x1 y y0 y1 y′ y0′ y1′ 求一个三次Hermite插值函数H3(x). 解:H3(x)=y0L0(x)+y1L1(x)+ y0′h0(x)+ y1′h1(x) 对 x=x0,有L0(x0)=1 L1(x0)=0h0(x0)=0h1(x0)=0 L0′(x0)=0 L1′(x0)=0 h0′(x0)=1 h1′(x0)=0 对 x=x1,有L0(x1)=0 L1(x1)=1 h0(x1)=0h1(x1)=0 L0′(x1)=0L1′(x1)=0h0′(x1)=0 h1′(x1)=1 上一页主页下一页

L0(x)= (a0x+b0)(x-x1)2h0(x)= a(x-x0)(x-x1)2 解之得 L0(x)=[1+2*(x-x0)/(x1-x0)][(x-x1)/(x0-x1)]2 h0(x)=(x-x0)[(x-x1)/(x0-x1)]2 同理有 L1(x)=[1+2*(x-x1)/(x0-x1)][(x-x0)/(x1-x0)]2 h1(x)=(x-x1)[(x-x0)/(x1-x0)]2 上一页主页下一页书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。

五.例题: • 求过0,1两点构造一个三次插值多项式,满足条件 • f(0)=1, f '(0)=1/2 , f(1)=2, f '(1) =1/2 • 解: 设H3(x)=Y0l0(x)+y1l 1(x)+y '0 h0(x)+y1h 1(x) • 因为l0(x)=(ax+b)(x-1)2 • 利用l0(0)=1和l0 ' (0)=0, 得 b=1,a=2. • 所以: l0(x)=(2x+1)(x-1)2 • 同理可得 l1(x)=(3-2x)x2 • h0(x)=x(x-1)2 • h1(x)=x2(x-1) • 所以 • H3(x)=(1+2x)(x-1)2 +2(3-2x)x2+0.5(x-1)2x +0.5(x-1)x2 • =-x3+1.5x2+0.5x+1 • 上一页主页下一页

六.一般插值 实际问题中还会有其他的插值问题,这类问题可用Lagrange插值基函数的方法解决.如已知数据表： x 0 1 y y0 y1 y′ y0′ 求过0,1两点构造一个插值多项式p(x),满足条件 p(0)= y0 , p′(0)= y0′ , p(1)= y1 解: 他有三个条件,故p(x)可设为二次多项式 p(x)= y0L0(x)+ y1L1(x)+ y0′h0(x) 这里L0(x), L1(x),h0(x)都是二次多项式,由插值条件得对 x=x0=0有L0(0)=1 L1(0)=0 h0(0)=0 L0′(0)=0 L1′(0)=0 h0′(0)=1 对 x=x1=1有L0(1)=0 L1(1)=1 h0(1)=0 上一页主页下一页

由条件 L0(0)=1 , L0′(0)=0 , L0(1)=0 ,可设 • L0(x)=(ax+b)(x-1) • 1利用L0(0)=1 , L0′(0)=0, 得 b=a=-1. • 所以: L0(x)=(-x-1)(x-1)=1-x2 • 同理可得L1(x)=x2 • h0(x)=x(1-x) • 所以 • p(x)= y0(1-x2 )+ y1 x2+ y0′(1-x)x y(3)() • 其余项表达式为 R(x)= -------- (1-x)x2 • 3! • . 上一页主页

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