1 Hermite插值概述
1.1 Hermite插值的定义
理论背景：许多实际插值问题中，为使插值函数能更好地和原来的函数重合，不但要求二者在节点上函数值相等，而且还要求相切，对应的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等。这类插值称作切触插值，或埃尔米特(Hermite)插值。满足这种要求的插值多项式就是埃尔米特插值多项式。埃尔米特插值是另一类插值问题，这类插值在给定的节点处，不但要求插值多项式的函数值与被插函数的函数值相同。同时还要求在节点处，插值多项式的一阶直至指定阶的导数值，也与被插函数的相应阶导数值相等。 Hermite插值在不同的节点，提出的差值条件个数可以不同，若在某节点xi，要求插值函数多项式的函数值，一阶导数值，直至m1-1阶导数值均与被插函数的函数值相同及相应的导数值相等。我们称xi为mi重插值点节,因此，Hermite插值应给出两组数，一组为插值点?xi?为相应的重数标号?mi?ni?0ni?0节点，另一组
。若?mi?N?1，这就说明了给出的插值条件有N+1个，为了
i?0n保证插值多项式的存在唯一性，这时的Hermite插值多项式应在Pn上求得，于是可作如下定义：
上充分光滑函数，对给定的插值定节?xi?f为?a,b?，
n，及相应的重数标号?mi?i?0ni?0和
?mi?0ni?N?1时，若有H(x)?Pn满足
Hl(xi)?f(xi),l?0,1,…,mi?1;i?0,1,…,n
则称H?x?为f?x?关于节点?xi?
1
n及重数标号?mi?i?0ni?0的Hermite插值多项式。
1.2 Hermite插值公式的推导
1、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,?,n ------(1) H?(xi)?f?(xi),i?0,1,2,?,r(r?n)
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
2、Hermite插值公式的推导(建立Hermite插值多项式的方法)
令
H(x)??hk(x)f(xk)??hk(x)f?(xk)------(2)
k?0k?0nr其中hk(x)(k?0,1,?,n)和hk(x)(k?0,1,?,r)都是n?r?1次待定多项式，并且它们满足一下条件：
?1i?khk(xi)??i,k?0,1,?,n ------(3) ?0i?k?(xi)?0,k?0,1,?,n;i?0,1,?,rhk?1i?khk?(xi)??i,k?0,1,?,r ------(4) ?0i?khk(xi)?0,k?0,1,?,r;i?0,1,?,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,?n) 由条件(3)知xi(i?0,1,?,r;i?k)是hk(x)的二重零点
2
且由条件(3)知xi(i?r?1,r?2,?,n;i?k)是hk(x)的零点 （1）当0?k?r时hk(x)具有如下形式：
222hk(x)?(Ax?B)(x?x0)2…（x?xk?1）（x?xk?1）…(x?xr)（x?xr?1）…(x?xn)
?(Ax?B)?(x?xi)i?0i?kr2i?r?1?x?x ------(5) 其中，A,B是待定系数
in由条件（3）知hk(xk)?1,hk?(xk)?0 即 (Axk?B)?(xk?xi)i?0i?kr2i?r?1?(xnk?xi)?1
A?(xk?xi)i?0i?kr2i?r?1?(xrnk?xi)?2(Axk?B)?(xk?xj)?(xk?xi)j?0i?0i?ji?knrr2i?r?1?(xnk?xi)
?(Axk?B)?nj?r?1i?0i?k?(xrk?xi)2?(xk?xi)?0i?r?1i?j由上述两式解得：A??n112???j?0xk?xjj?r?1xk?xj?(xi?0i?krk?xi)2?(xk?xi)i?r?1n B??1?Axk?(xi?0i?krk?xi)2?(xk?xi)i?r?1n
将A,B代入式(5)，得 其中，
rnrx?xix?xi11?(xk)???(xk)?? lkr(x)?? lkn lkr lkn(x)??x?xx?xx?xx?xi?0i?0i?0i?0kikikikii?ki?ki?ki?kn?(xk)?lkr?(xk)]}lkn(x)lkr(x)hk(x)?{1?(x?xk)[lknk?0,1,?,r------(6)
（2）当r?1?k?n时，hk(x)具有如下形式：
hk(x)?C?(x?xi)i?0r2i?r?1i?k?(x?x) ------(7)
in
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由条件（3）知hk(xk)?1
C?1?(xi?0rk?xi)2?(xk?xi)i?r?1i?kn
将C代入式(7)，得
hk(x)?rwr(x)lkn(x),wr(xk)k?r?1,r?2,?,n ------(8)
r其中， wr(x)??(x?xi) wr(xk)??(xk?xi) lkn(x)??i?0i?0ni?0i?kx?xi xk?xi综合(1)(2)得到hk(x)(k?0,1,?n)即式(6),(8)
2.求解hk(x)(k?0,1,?n)
由条件(4)知xi(i?0,1,?,r;i?k)是hk(x)的二重零点，且由条件(4)知
xi(i?k,r?1,r?2,?,n)是hk(x)的零点。
当0?k?r时，hk(x)具有如下形式：
hk(x)?D?(x?xi)?(x?xi) -----(9)
i?0i?0i?knr由条件（4）知hk?(xk)?1
D?1nnrrnr
??(xj?0i?0i?jk?xi)?(xk?xi)???(xk?xi)?(xk?xi)i?0i?kj?0i?0j?ki?0i?ki?j将D代入式(9)，得 hk(x)?(x?xk)lkn(x)lkr(x),k?0,1,?,r -----(10)
其中， lkn(x)??i?0i?krnx?xi xk?xix?xi xk?xilkr(x)??i?0i?k 4
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 Hermite插值多项式的余项为：
R2n?1(x)?f(x)?H2n?1(x) f(2n?2)(?)n2?(x?x),??[a,b]?j(2n?2)!j?01.3几个重要的定理 定理 1（误差定理）
若f?C2n?2??a,b??，则为f?x?关于?a,b?上节点?xi?ni?0的二重Hermite插值多项式误差为
f(2n?2)(?)2R2n?1(x)?f(x)?H2n?1(x)?wn(x) (2n?2)!这里 min?x0,x1,...,xn,x??????x??max?x0,x1,...,xn,x?
定理 2（唯一性定理） Hermite插值问题式（1）的解H(x) 存在而且唯一
证明：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
令G(x)?H1(x)?H2(x)，并且其次为次数不大于n?r?1的多项式，且满足
G(xi)?0,i?0,1,?,n
G?(xi)?0,i?0,1,?,r于是G(x)必含有因式(x?xi)2(i?0,1,?,r)和(x?xi)(i?r?1,r?2,?,n) 故G(x)的次数至少为n?r?2，矛盾。证毕
定理 3（Hermite插值余项定理）Hermite插值公式的余项为
f(n?r?2)(?)f(x)?H(x)?wn(x)wr(x)
(n?r?2)!其中，? 是插值区间?a,b?内的某一点 证明：引进辅助函数
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Hermite插值的若干问题研究
