2、x)=a+ax+L+ax，2n+1012n+1如根據(jù)上面的條件來(lái)確定2n+2個(gè)系數(shù)a,a,L,a，顯然非常復(fù)雜，因此，我們?nèi)圆?12n+1用求拉格朗日插值多項(xiàng)式的基函數(shù)方法。先求插值基函數(shù)α(x)及β(x)(j=0,1,L,n)，共有2n+2個(gè)，每一個(gè)基函數(shù)都是jj2n+1次多項(xiàng)式，且滿足條件?≠?0,jk,?αδ()xx==?α′()0,=jkjkjk??1,jk=,?′ββ()0,x==()xjδ(,0,1kn=,,),L?jkjkjk于是滿足Hermite插值條件的插值多項(xiàng)式H(x)=H(x)可寫(xiě)成用插值基函數(shù)表示的形式2n+1nH2n+1(x)=∑[yjαj(x)+mj
3、βj(x)].j=0由所要構(gòu)造的基函數(shù)滿足的條件，顯然有H(x)=y，2n+1kkH′(x)=m,(k=0,1,L,n)。下面的問(wèn)題就是求滿足條件的基函數(shù)α(x)及β(x)。2n+1kkjj確定基函數(shù)：可利用拉格朗日插值基函數(shù)l(x)。j()xx?LL()xxxx??()()xx?01jj?+1nlxj()=()x????xxxxxxxLL()()()jj01j?+jj1jn2令α(x)=(ax+b)l(x),jj其中l(wèi)(x)是拉格朗日插值基函數(shù)。由要構(gòu)造的Hermite插值基函數(shù)條件有j2a(x)=(ax+b)l(x)=1,jjjjja′(x)=l(x)[al(x)+2(ax
4、+b)l′(x)]=0,jjjjjjjjj整理得??axj+b=1;???a+2l′j(xj)=0.解出al=?2(),′′xbx=+12().lxjjjjj由于(x?x)L(x?x)(x?x)L(x?x)0j?1j+1nl(x)=j(x?x)L(x?x)(x?x)L(x?x)j0jj?1jj+1jn利用兩端取對(duì)數(shù)再求導(dǎo)，得n1l′j(xj)=∑,k=0xj?xkk≠j于是???n?12aj(x)=?1?2(x?xj)∑?lj(x).?k=0xj?xk??k≠j?同理，由于β()x在x()ij≠處函數(shù)值與導(dǎo)數(shù)值均為0，而β()0x=，故可設(shè)jijj2β()(x=?cxxlx)(
5、).jjj'又由于β()1x=，有jj'2βj()xc=lx()1.=即c=1jjj故有2β(x)=(x?x)l(x).jjjHermite插值多項(xiàng)式是唯一的用反證法，假設(shè)H(x)及H(x)均滿足Hermite插值條件，于是由2n+12n+1?(x)=H(x)?H(x).2n+12n+1有?()xHxHx=?=()()0kn21++kn21k'''?()xkkk=?=HxHx21nn++()21()0(0,1k=,,)Ln在每個(gè)節(jié)點(diǎn)x上均有二重根，即?(x)有2n+2重根。但?(x)是不高于2n+1次的多項(xiàng)式，k故?(x)=0。唯一性得證。Hermite插值多項(xiàng)式余項(xiàng)：仿照拉格
6、朗日插值余項(xiàng)的證明方法，若f(x)在(a,b)內(nèi)的2n+2階導(dǎo)數(shù)存在，則其插值余項(xiàng)(2n+2)f(ξ)2R(x)=f(x)?H(x)=ω(x),2n+1n+1(2n+2)!其中ξ∈(a,b)且與x有關(guān)。三次Hermite插值：作為Hermite插值多項(xiàng)式的重要特例是n=1的情形。這時(shí)可取節(jié)點(diǎn)x及x，插值多kk+1項(xiàng)式為H(x)，滿足條件3Hx()=y,Hx()=y;33kkk++1k1Hxm′′()==,Hx()m.33kkk+1k+1相應(yīng)的插值基函數(shù)為α(x)、β(x)、α(x)、β(x)，它們滿足條件kkk+1k+1α()1xx=,()0,αα==′()xα′()0,x=k
7、kkk++11kkkββ()xx=()0,===β′()1x,()0,β′xkkkk++11kkkkα()0,xx=αα()1==,′()xα′()0;x=kk++11kk+1kk+1kk+1+1β()xx==ββ()0,′()x=0,β′(x)1.=kk++11kk+1kk+1kk+1+1根據(jù)Hermite插值的一般基函數(shù)表達(dá)式，可得到2??x?x??x?x?kk+1?α(x)=?1+2???,k?x?x??x?x???k+1k??kk+1??2??x?x??x?x?k+1kα(x)=?1
