带导数的插值

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,华长生制作,*,*,2.2.4,带导数的插值问题,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,-(1),华长生制作,2,-(2),华长生制作,3,定义,1.,称满足,(1),或,(2),式的插值问题为,Hermite,插值，,称满足,(1),或,(2),式的插值多项式,P(x),为,Hermite,插值多项,式，记为,H,k,(x,),k,为多项式次数,两点三次,Hermite,插值,先考虑只有两个节点的插值问题,华长生制作,4,希望插值系数与,Lagrange,插值一样简单,重新假设,华长生制作,5,其中,可知,由,华长生制作,6,可得,Lagrange,插值基函数,华长生制作,7,类似可得,即,将以上结果代入,华长生制作,8,得两个节点的三次,Hermite,插值公式,华长生制作,9,二、两点三次,Hermite,插值的余项,两点三次,Hermite,插值的误差为,华长生制作,10,构造辅助函数,均是,二重根,连续使用,4,次,Rolle,定理，可得，,使得,华长生制作,11,即,所以,两点三次,Hermite,插值的余项为,以上分析都能成立吗？,华长生制作,12,例,设,f(x,)=,lnx,，给定,f(1)=0,f(2)=0.693147,f(1)=1,f(2)=0.5,。用三次,Hermite,插值多项式,H,3,(x),计算,f(1.5),的近似值。,解 记,x,0,=1,x,1,=2,可得,得三次,Hermite,插值多项式,由此得,f(1.5),的近似值,H,3,(1.5)=0.409074,华长生制作,13,例1.,解,:,华长生制作,14,作为多项式插值,三次已是较高的次数，次数再高就有,可能发生,Runge,现象,因此，对有,n+1,节点的插值问题，,我们可以使用分段两点三次,Hermite,插值,华长生制作,15,Hermite,插值是带导数的插值，除了可以要求插值多项式与被插值函数在插值节点上取值相等外，还可以要求在节点上它们的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等。下面只讨论在插值节点上函数值和函数的一阶导数值都给定的情形。,设在,n+1,个不同点的插值节点 上，给定,。要求一个次数不超过,2n+1,的多项式,H,2n+1,(x),试的满足插值条件,同样,Hermite,插值多项式可以用类似于求,Lagrange,插值多项式的方法给出，这种插值多项式是唯一存在的。,先求出插值基函数 每个基函数为,2n+1,次多项式，并且满足如下条件,一般的,Hermite,插值多项式,华长生制作,16,利用 构造多项式,这是一个次数不超过,2n+1,的多项式。,其中,l,i,(x,),为,Lagrange,插值基函数，由条件得,由此得,（,2.1.32,）,华长生制作,17,同理可得,下面讨论唯一性问题，设还有一个次数不超过,2n+1,的多项式,G,n+1,(x),满足相同的插值条件。令 ，则有,因为,R(x,),是一个次数不超过,2n+1,的多项式，最多有,2n+1,个零点，但现在它有,n+1,个二重根 ，即有,2n+2,个零点，所以，必有,R(x,)=0,即,H,2n+1,(x)=G,2n+1,(x),。,华长生制作,18,同样,仿照,Lagrange,插值余项的证明方法，可得下面的余项定理,定理,设 为,a,b,上相异节点，,并且,f,(2n+2),(x),在,(,a,b,),内存在，,H,n+1,(x),是满足前面插值条件的插值多项式，则对任何,xa,b,存在,(a,b,),使得,华长生制作,19,带不完全导数的埃尔米特插值多项式举例,例 建立埃尔米特插值多项式 使之满足,如下插值条件：,解 二次牛顿插值多项式,满足插值条件,华长生制作,20,故可设满足题目条件的插值多项式是,显然它已满足第一个条件。两边求导，将第二个条件代入得,解之得到,华长生制作,21,