同理： 1( x)为二次项式 1(0) 0 又： 1 (0) 0 则：x 0为 1( x)的二重根 则： 1( x) cx 又： 1(1) 1 则：c 1 则： 1( x) x 2 同理： 0 ( x) x(1 x)
2
插值余项为:
则对于一般情况： 已知：2n+2个条件 xi x0 x1 y i = f( x i ) y0 y1 yi ’= f ’ (xi) y0’ y 1’
… … …
xn yn yn’
求:一个次数不超过2n+1的多项式H2n+1(x)
则可以设：
H n ( x) y0 0 ( x) yn n ( x) y0 0 ( x) yn n ( x)
( x ) 1，j i i j 因为： i ( x j ) 0，j i且j 1,2,, n i ( x j ) 0, j 0,1,, n 其中：i 0,1,, n 即：x x j ( j i )是 i ( x)的二重根 因为 i ( x)得次数是2n 1 则： i ( x) (ax b) ( x x j ) 2
f ( x i )
xi f(xi)
-1 10 1
0 14
1 16 0.1
2 15
解： 先构造插值于四个函数值的插值多项式
用Newton插值法可得：
N 3 ( x ) f ( x0 ) f [ x0 , x1 ]( x x0 ) f [ x0 , , x 3 ]( x x0 )( x x 2 ) 1 10 4( x 1) ( x 1) x ( x 1) x ( x 1) 6 19 1 3 2 14 x x x 6 6
增加：
xi
yi
0

0
求：H 2 ( x), 其中H 2 ( x)满足：
xi f(xi)
f ( xi )
0 0 0
1 1
设：H 2 ( x) L1 ( x) R2 ( x) R2 (0) 0 则： R2 (1) 0 则：R2 ( x) c( x 0)( x 1) 有：H 2 ( x) x cx( x 1) 又：H 2 (0) 0 则：c 1 则：R2 ( x) x( x 1) 则：H 2 ( x) L1 ( x) R2 ( x) x
2
再增加：
xi
yi
1 1
求 : H3 ( x), 其中H3 ( x)满足：
xi f(xi) 0 0 0 1 1 1
f ( xi )
：H 3 ( x) = H 2 ( x) + R3 ( x) R3 (0) = 0 其中： R3 (1) = 0 R3 (0) = 0 ：R3 ( x) = c = 0
其中 0 ( x ), 1 ( x ), 0 ( x ) 是基函数，满足
（1）都是2次多项式； （2）无关性 要求满足:
0 ( 0 ) 1， 0 ( 0 ) 0， 0 ( 1 ) 0 1( 0 ) 0，1 ( 0 ) 0，1( 1 ) 1
0 ( 0 ) 0，0 '( 0 ) 1，0 ( 1 ) 0
x0
x1
f(x0) f(x1) f ( x0 )
f ( x0 )
f ( xi )
提示 H 3 ( x) H 2 ( x) A( x x0 ) 2 ( x x1 )
例 6 ：给定如下数据表，求首项系数为 1 的4次的代数多项式。 xi
f ( x i )
a
0 0 0
b
0
f(xi)
二、简单情形
情形1. 已知：3个条件
xi y i = f (x i )
yi f ( xi )
0 y0
y0
1 y1
求:一个次数不超过2的多项式H2(x)。
注意用 Lagerange 基函数的思想和方法： 各司其职。
解： 用Lagerange基函数的方法，设
0 ( x) H 2 ( x ) y0 0 ( x ) y1 1 ( x ) y0
j 0 j i n
a和b由以下两式确定： i ( xi ) 1 i ( xi ) 0
i ( x j ) 0，j 0,1,, n i ( x j ) 0，j i, j 0,1,, n ，j i i ( x j ) 1 其中：i 0,1,, n 则：x x j ( j i )是 i ( x)的二重根，x xi 是 i ( x)的一重根 则：i ( x) c( x xi ) ( x x j ) 2
二、两种简单情形
三、例题
一、 Hermite插值多项式的定义
插值条件中除函数值外，还有导数值（回顾 Taylor展开式, 是某点的导数值），如
已知：2n+2个条件
xi y i = f (x i )
yi f ( xi )
x0 y0
y0
x1 y1
y1
… … …
xn yn
yn
求:一个次数不超过2n+1的多项式H2n+1(x)
由于： 0 ( x)为二次项式，且有一个零点： （ 1 ） 0，则可以设： 1
0 ( x) ( x 1)( ax b)
0 (0) 1 将： 0 (0) 0 带入 0 ( x) ( x 1)( ax b)，则： a 1 b 1 则
H3 ( x) H2 ( x) c( x a)
H 2 ( x) 0
3
xi
f ( x i )
a
0 0 0
b
0
f(xi)
f ( xi )
进一步讨论第2列中的“0”上移和下移情 况下如何求解？
n
Newton插值法：
N n ( x ) f ( x0 ) f [ x0 , x1 ]( x x0 ) f [ x0 ,, x n ]( x x0 )( x x n1 )
注：两种方法的结果相同（唯一性）
2.4
埃 尔 米 特 插 值
一、埃尔米特（Hermite）插值多项式
再构造插值于两个导数值的插值多项式
H 5 ( x ) N 3 ( x ) ( Ax B)( x 1) x( x 1)( x 2)
解出系数
59 A , 360
161 B 360
例 5 ：给定如下数据表，求次数不高于 3 次的代数多项式。 xi f(xi)
f ( x i )
f ( ) 2 R( x ) f ( x ) H 2 ( x ) ( x x0 ) ( x x1 ) 3!
仿Lagrange 或 Newton 证明
情形2. 已知：4个条件
xi yi = f(xi) y i f ( xi )
x0 y0
y0
x1 y1
y1
求:一个次数不超过3的多项式H3(x)
练习：用 Lagerange 基函数的思想和方法： 各司其职。
插值余项为:
f ( 4) ( ) R( x ) f ( x ) H 3 ( x ) ( x x0 ) 2 ( x x1 ) 2 4!
仿Lagrange 或 Newton 证明
与Taylor公式进行比较，思考。
作业：
习题 14，16
*借助承袭性的思想插值:
三、例题
例 1 ：给定如下数据表，求次数不高于 3 次的代数插值多项式。
xi f(xi)
f ( x i )
0 0 0
1 1 1
解：本题利用承袭性的思想 首先利用：
xi f(xi) 0 0 1 1
求出：L1(x)
x x1 x x0 L1 ( x) y0 y1 x x0 x1 x1 x0
复 习
前面我们已经学过两种插值方法： Langrange插值法和Newton插值法 特点
1）插值条件为函数值，即
xi y i = f (x i )
x0 y0
x1 y1
… …
xn yn
2）求一个次数不超过n的代数多项式
3）构造方法：采用节点基函数
Langrange插值法：
Ln ( x ) i 0 yi l i ( x )
例 2 ：给定如下数据表，求次数不高于 3 次的代数插值多项式。
f ( x i )
xi f(xi)
0 0
1 0 0
2 1
例 3 ：给定如下数据表，求次数不高于 4 次的代数插值多项式。
f ( x i )
xi f(xi)
0 0
1 1
2 2 0
3 3
例 4 ：给定如下数据表，求次数不高于 5 次的代数多项式。
j 0 j i n
插值余项为：
Rn ( x) f ( x) H n ( x) f ( ) 2 (x x j ) (n 1)! j 0
( n 1) n
Hermite插值的方法：
(1)基函数方法
(2)*承袭性方法（见后例题）
注：当给出某一点处的函数值及其各阶 导数时，即为泰勒（插值）公式。