Hr)=f）+(x-ofo+几il-f(r-o x1-x0 方法3，用构造基函数方法做出H(x)。设 H(r)=to(z)f(zo)+t(z)f(z)+t2(x)f(xo) 其中：1(.r),11(.x),t2(x)分别满足以下条件的不高于二次的多项式： (to(xo)=1(xo)=0 (t2(xo)=0 to(x1)=0,t1(x）=1,t2(x1)=0 (t0(.xo)=0(ti(x0)=0{t2(x0)=1 故有 to(x)=(aox+b) x0-x1 a t2(x)=a2(x-xo)(x-x1) 利用插值条件解出a0,bo,a1,a2的值，则有 m)2w.后n I0-x1 例1.13给定f(1.0)=1.1,f(1.0)=1.0,f(2.0)=4.6,构造满足上述插值条件 的二次插值多项式H(x),并计算f(1.5)的近似值。 解(1)代人例1.12方法1的公式中： Hr)-Rx)()-(o （x1-xo)2 =1.1+(-1.0y×1.0+4.6-1.1-2.01.0x10(x-1.02 (2-1)2 =1.1+(x-1.0)+2.5(x-1.0)2 H(1.5)=2.225 (2)利用例1.12中的方法2，先做出差商表： i , f(:) fx-1, f[-2名-1，名] 0=1.0 f()=1.1 21=1.0 f)=1.1 f(x0)=1.0 2=2.0 f2)=4.6 4.6-1.1 2.0-103.5 28182.5 ·11
因此有 H(x)=1.1+(x-1.0)+2.5(x-1.0)2 H(1.5)=2.225 例1.14设f(x)∈C4[0,1],{x0,f(xo),f(xo)川={0,0.8,1}，{x1,f(x1), 厂(x1)川=1,0.3，-1，构造差商型埃尔米特插值函数H(x),并计算H(0.7)。 解按给定数值做出差商表： 八) f[1,] f几-2，-1，】f八-3，名-2，名-1， 20=x0f八0） 1 1=xo f(a) f0,1]=广(x0) x2=x1f八x2) f[1,2] f[z0,z1,z2] 3 =1f八2)2,3=f(x) f[21,22,z3] f儿z0,2,3] f(a) f几-1，] f名-2,4-1，名】-3名-2，-1 20=00.8 1 =0 0.8 f(x0)=1 2=1 0.3 (0.3-0.8)/1=-0.5(-0.5-1)1=-1.5 3 3=10.3 f(x1)=-1(-1+0.5)/1=-0.5(-0.5+1.5)/1=1 .H(x)=f[0]+f[20,21](x-z0)+f[z0,21,22](x-0)(x-1) +f[0,x1,2,3](x-0(x-1)(x-2) =f[x0]+fz0,z1](x-x0）+f[0,21,22](x-o)2 +f[z0,z1,z2,23](x-x02(x-x1) =0.8+x-1.5.x2+x2(x-1) =0.8+x-2.5x2+x3 H(0.7)=0.618 例1.l5设f(x)∈C[a,b],给定f(a),f(a),f(a)和f(b),在[a,b]上构造满 足上述插值条件的三次插值多项式H(x)(本题实际上作f(x)关于a为三重节点，b为 .面节点的埃尔米特插值多顶式)。 解先证插值多项式的存在惟一性。设 H(x)=co+ciz+c2x2+c3x3 由f(a),f(b),f(a)和f(a)组成方程组： 12
co+cia+c2a2+c3a3 f(a) c0+c1b+c262+c3b3=f(b) c1+2c2a+3c3a2=f(a) 2c2+6c3a=f(a) 其系数矩阵行列式： 1 a a2 a3 1662 63 detM= =-2a3+6a2b-6ab2+263=2(b-a)3 012a3a2 0026a 当ab时，derM≠0，方程组的解存在且惟一。又设 Hx）=co+c1(x-a)+c2(x-a)2+c3(x-a)月 由条件H(a)=f(a),H'(a)=f(a),H(a)=f(a),得 co=fa),c1=f(a).c2-E(a) 2 再由H(b)=f(b),得 F(b)-R(a)-f(a)(b-a)-2(a)(b-a) C3= (b-a)3 由于满足以上插值条件的插值多项式存在惟一，由多项式插值的惟一性得 H(z)-f(a)+f(a)(x-a)+f(a)(r-aP [fb)-fa)-f(a)(b-a)-号r(a)(b-a2](x-a)月 + (b-a)3 误差为（证明略 R()=(-a)(-b).E[a.b] 4！ 点评：事实上可以证明，凡埃尔米特插值，均满足存在惟一性。通常可用构造基函数 方法得到埃尔米特插值，由插值惟一性，做出至多次教为三次的插值多项式H(x)。 空 H(r)=lo(z)f(a)+l(z)f(b)+g(x)f(a)+h(x)f"(a) 其中lo(x),l1(x),g(x),h(x)分别满足 〔1o(a)=1 l1(a)=0 g(a)=0 (h(a)=0 lo(b)=0 1(b)=1 Jg(b)=0 h(b)=0 lo'(a)=0’ l'(a)=0 g'(a)=1’ h'(a)=0 lo"(a)=0 l1"(a)=0 g"(a)=0 h"(a）=1 通常构造基函数方法比较简明，但本题例外。 13
例1.16”构造满足下列函数表中插值条件的插值多项式H(x)。 x f(x) f(x) 2.0 6.8 10.0 2.5 13.3 16.25 3.0 23.3 解构造差商型埃尔米特插值函数H(x): i f-1】 f[2之-1,21 0 2n=2.0 6.8 1 1=2.0 6.8 f(2.0)=10.0 2-2.5 13.3 fx0,x1】=13.0 6 3 23=2.5 13.3 f(2.5)=16.25 6.5 1 4 4=3.0 23.3 fx1,x2]=20.0 7.5 10 因此有 H(.x）=6.8+10(x-2)+6(x-2)2+(x-2)2(.x-2.5) H(x）=0.8-0.5x2+x3 例1.17设f(x)∈C[a,b],给定f(a),f(a),f(a)和f(b),在[a,b]上构造 满足上述条件的三次插值多项式H(x)。 解设f(x)=cn+c1x+c2x2+c3x3。由f(a),f(b),(a)和f(b)组成方程 组： co+cia+c2a2+c3a3 f(a) c1+2c2a+3c3a2=f(a) 2c2+6c3a=f(a) c1+2c2b+3c3b2=f(b) 其系数矩阵行列式为 1 a a2 a3 012a3a2 detM= =6a2-12ab+6b2=6(a-b)2 002 012b3b2 当a≠b时，detM≠0，方程组的解存在且惟一。设 H(x)=co+ci(z-a)+c2(z-a)2+c3(x-a)3 由条件H(a)=f八a),H'(a)=f(a),f(a)=f(a),得 14
co=Ka),c=f(a).e2=f(a 再由H(6)=f(b),得 s=Lb)-fa）-r(ab-a 3(6-a)2 H(r)=f(a)+f(a)(z-a)+jf(a)(x-a) +(f(b)-f(a)-(b-a)f(a》36-a (x-a)月 点评：题中在b点只给出插值条件∫了(b)而没有给出插值条件f(b),称这种类型的 插值为Birkhoff插值，Birkhoff插值的存在性和惟一性决定于给出的插值条件，因此，必须 首先证明其插值存在性和帷一性。例如，对节点x0,x1,.,cm,求不高于2n+1次多项 式H(x),满足H(x;)=f(x,),(x,)=f(x,),即所谓的(0,2)插值。这是典型的 Birkhoff插值，它的存在惟一性决定于节点分布，讨论极其困难。 例1.18°设f(x)∈C[a,b],给定f(a),f(a),f(a)和f(b),在[a,b]上构造 满足上述条件的三次插值多项式H(x)。 解先证插值多项式的存在惟一性。设 H(x)=c0+cx+C2x2C3x3 由f(a),f(a),f广(a)和f(b)组成方程组： co+cia+c2a2+c3a3 f(a) c1+2c2a+3c3a2=f(a) 2c2+6c3a=f(a) 2c2+6c3b=f(b) 其系数矩阵行列式为 1 a a2 a3 detM= 012a3a2 0026a =-12a+12b 0026b 当Q≠b时，detM≠0，方程组的解存在且惟一。设 H(x)=c0+c1(x-a）+c2(x-a)2+c3(x-a)3 由条件H(a)=fa),H(a)=f(a),H(a)=f(a),得 co=Ra),ci=f(a).c2=(a) 再由H(b)=f(b),得 es=r(b)-r(a) 6(6-a) H)-Ra)+f(a-a)if(aX- 6(b-a) ·15