Hermite插值法

作为多项式插值,三次已是较高的次数， 作为多项式插值 三次已是较高的次数，次数再高就有 三次已是较高的次数 可能发生Runge现象 因此，对有n+1节点的插值问题， 可能发生 现象,因此，对有 节点的插值问题， 现象 因此 节点的插值问题 我们可以使用分段两点三次Hermite插值 我们可以使用分段两点三次 插值
所以,两点三次Hermite插值的余项为
f ( 4 ) (ξ ) R3 ( x ) = ( x − x0 )2 ( x − x1 )2 4!
x0 ≤ ξ ≤ x1
以上分析都能成立吗？
当f ( 4 ) ( x)在[ x0 , x1 ]上存在时, 上述余项公式成立
Hermite插值法定理1 满足插值条件: H n +1 ( xi ) = yi = f ( xi ) , i = 0,1,⋯ , n H n +1 ( xi ) = yi′ = f ′( xi ) Hermite值问题的解存在且唯一.
R3 ( x ) = f ( x ) − H 3 ( x ) R3 ( xi ) = f ( xi ) − H 3 ( xi ) = 0
′ ′ R3 ( xi ) = f ′( xi ) − H 3 ( xi )x )的二重零点,因此可设
R3 ( x ) = K ( x )( x − x0 )2 ( x − x1 )2
其中K (x )待定
构造辅助函数
均是 二重零点
ϕ (t ) = f (t ) − H 3 (t ) − K ( x )(t − x0 )2 (t − x1 )2 ϕ ( xi ) = f ( xi ) − H 3 ( xi ) − K ( x )( xi − x0 )2 ( xi − x1 )2 = 0 ϕ ( x ) = f ( x ) − H 3 ( x ) − K ( x )( x − x0 )2 ( x − x1 )2 = 0
求f ( x )的两点三次插值多项式, 及f ( x )在x = 1.5 ,1.7处的函数值.
解:
x0 = 1, x1 = 2
f 0 = 2, f1 = 3
f 0′ = 0, f1′ = −1
H 3 ( x ) = f 0α 0 ( x ) + f1α1 ( x ) + f 0′β 0 ( x ) + f1′β1 ( x )
2 1
x − x0 x −x 0 1
2
2
β 0 ( x ) = ( x − x0 ) ⋅ l02 ( x ) = ( x − x0 ) x − x1 x −x 1 0
β 1 ( x ) = ( x − x1 ) ⋅ l ( x ) = ( x − x1 )
2
x − x0 x −x 0 1
2
2
x − x0 x − x1 + f 0′ ( x − x0 ) + f1′( x − x1 ) x −x x −x 1 0 1 0
2
二、两点三次Hermite插值的余项
两点三次Hermite插值的误差为
其中
α 0 ( x0 ) = 1
α 1 ( x0 ) = 0
α 0 ( x1 ) = 0
α 1 ( x1 ) = 1 β 0 ( x1 ) = 0
′ α 0 ( x0 ) = 0 ′ α 1 ( x0 ) = 0
′ β 0 ( x0 ) = 1
′ α 0 ( x1 ) = 0
′ α 1 ( x1 ) = 0
设P( x )为f ( x )的在区间[ a , b ]上的具有一阶导数的插 值函数
(1) 若要求P( x )在[ a , b ]上具有一阶导数(一阶光滑度) 即P ( x )在节点 x0 , x1 , ⋯ , xn处必须满足
P ( xi ) = f ( xi ) = f i P′( xi ) = f ′( xi ) = f i′
希望插值系数与Lagrange插值一样简单 重新假设
H 3 ( x ) = f 0α 0 ( x ) + f1α1 ( x ) + f 0′β 0 ( x ) + f1′β1 ( x )
′ ′ ′ H 3 ( x) = f 0α 0 ( x) + f1α1′( x) + f 0′β 0 ( x) + f1′β1′( x)
因此ϕ (t )至少有5个零点
i = 0 ,1
连续使用4次Rolle定理，可得， 至少存在一点ξ ∈ [ x0 , x1 ] 使得
ϕ ( 4 ) (ξ ) = 0
即
ϕ ( 4 ) (ξ ) = f ( 4 ) (ξ ) − 4! K ( x ) = 0
f ( 4 ) (ξ ) K ( x) = 4!
+ f1 (1 + 2l0 ( x )) ⋅ l12 ( x ) = f 0 (1 + 2l1 ( x )) ⋅ l ( x )
2 0
+ f 0′( x − x0 ) ⋅ l02 ( x ) + f1′( x − x1 ) ⋅ l12 ( x )
x − x0 x − x1 x − x1 = f0 1 + 2 x − x + f1 1 + 2 x1 − x0 0 x0 − x1 1
2
2 H 3 ( x ) = 2 (1 + 2( x − 1)) ( x − 2 )2 + 3(1 − 2( x − 2 )) ( x − 1)
− ( x − 2 ) ( x − 1)2 = −3 x 3 + 13 x 2 − 17 x + 9
f ( 1.5) ≈ H 3 ( 1.5) = 2.625 f (1.7 ) ≈ H 3 (1.7 ) = 2.931
Hermite插值法定理2 Hermite插值多项式的余项为: R2 n +1 ( x ) = f ( x ) − H 2 n +1 ( x ) f (2 n + 2) (ξ ) n = ( x − x j ) 2 , ξ ∈ [ a , b] ∏ (2n + 2) ! j =0
例1.
已知f ( x )在节点1，处的函数值为f (1) = 2 , f ( 2 ) = 3 2 f ( x )在节点1，处的导数值为f ′(1) = 0 , f ′( 2 ) = −1 2
第二章 函数近似计算的插值法
§ 2.4 Hermite插值法 插值法
§2.4 Hermite插值法 插值法
Lagrange插值虽然构造比较简单，但插值曲线只是在节点 处与原函数吻合，若还要求在节点处两者相切，即导数值 相等，使之与被插函数的”密切”程度更好，这就要用到带 导数的插值. 设f ( x )在节点 a ≤ x0 , x1 ,⋯ , xn ≤ b处的函数值为f 0 , f1 ,⋯ , f n ,
非标准情形举例
P54 情形Ⅱ
(承袭性构造法 承袭性构造法) 承袭性构造法
例: P55 例2.3.2 解法二
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.
一般, k次Hermite插值多项式H k ( x )的次数k如果太高会 影响收敛性和稳定性( Runge现象,将在后面章节讲到), 因此k 不宜太大.
2 1
x − x0 x −x 0 1
2
将以上结果代入
H 3 ( x ) = f 0α 0 ( x ) + f1α1 ( x ) + f 0′β 0 ( x ) + f1′β1 ( x )
得两个节点的三次Hermite插值公式
H 3 ( x ) = f 0α 0 ( x ) + f1α1 ( x ) + f 0′β 0 ( x ) + f1′β1 ( x )
α 0 ( x0 ) = 1
′ α 0 ( x0 ) = 0
可得
2 a=− ( x0 − x1 )3
1 2 x0 b= + 2 ( x0 − x1 ) ( x0 − x1 )3
α 0 ( x ) = ( x − x1 )2 ( ax + b )
2x 1 2 x0 = ( x − x1 ) − ( x − x ) 3 + ( x − x )2 + ( x − x )3 0 1 0 1 0 1
一、两点三次Hermite插值
先考虑只有两个节点的插值问题
设 f ( x ) 在节 点 x 0 , x1处的 函数 值为 f 0 , f1
′ 在节点 x 0 , x1处的的一阶导数值为 f 0′, f 1 两个节点最高可以用 3次 Hermite 多项式 H 3 ( x )作为插值函数
H 3 ( x )应满足插值条件
x − x0 x − x1 x − x1 = f0 1 + 2 x − x + f1 1 + 2 x1 − x0 0 x0 − x1 1
2
x − x0 x −x 0 1
2
2
x − x0 x − x1 + f 0′ ( x − x0 ) + f1′( x − x1 ) x −x x −x 1 0 1 0
β 0 ( x0 ) = 0
′ β 0 ( x1 ) = 0 ′ β 1 ( x1 ) = 1
β 1 ( x0 ) = 0
可知
β 1 ( x1 ) = 0
′ β 1 ( x0 ) = 0
x1是α 0 ( x )的二重零点,即可假设