两点三次 Hermite 插值

基函数

采用基函数方法，令

$$H_3(x)={\alpha }_k(x)y_k+{\alpha }_{k+1}(x)y_{k+1}+{\beta }_k(x)m_k+{\beta }_{k+1}(x)m_{k+1}$$

其中 ${\alpha }_k(x),{\alpha }_{k+1}(x),{\beta }_k(x),{\beta }_{k+1}(x)$ 是关于点 $x_k$ 及 $x_{k+1}$ 的三次 Hermite 插值基函数，它们应分别满足以下条件:

$$\begin{array}{lll}{\alpha }_k(x_k)=1& {\alpha }_k(x_{k+1})=0& {\alpha }_k^{\prime }(x_k)={\alpha }_k^{\prime }(x_{k+1})=0\\ {\alpha }_{k+1}(x_k)=0& {\alpha }_{k+1}(x_{k+1})=1& {\alpha }_{k+1}^{\prime }(x_k)={\alpha }_{k+1}^{\prime }(x_{k+1})=0\\ {\beta }_k(x_k)={\beta }_k(x_{k+1})=0& {\beta }_k^{\prime }(x_k)=1& {\beta }_k^{\prime }(x_{k+1})=0\\ {\beta }_{k+1}(x_k)={\beta }_{k+1}(x_{k+1})=0& {\beta }_{k+1}^{\prime }(x_k)=0& {\beta }_{k+1}^{\prime }(x_{k+1})=1\end{array}$$

解得基函数，那么有

$$H_3(x)=(1+2{\displaystyle \frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k}}){\left({\displaystyle \frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}}}\right)}^2{y}_k+(1+2{\displaystyle \frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}}}){\left({\displaystyle \frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k}}\right)}^2{y}_{k+1}+(x-x_k){\left({\displaystyle \frac{x-x_{k+1}}{x_k-x_{k+1}}}\right)}^2{m}_k+(x-x_{k+1}){\left({\displaystyle \frac{x-x_k}{x_{k+1}-x_k}}\right)}^2{m}_{k+1}.$$

例题 1

若函数 $f(x)\text{ 在 }[a,b]$ 上三阶可导，且 $f(a)=c,f(b)=d,f^{\prime }(a)=e,f^{\prime }(b)=f$ ，则 $\mathrm{\exists }\xi \in (a,b)$ ，使得

$$f^{‴}(\xi )=6{\displaystyle \frac{f(b-a)-2(d-c)+e(b-a)}{(b-a{)}^3}}.$$

解答

作三次 Hermite 插值多项式:

$$H_3(x)=c+e(x-a)+{\displaystyle \frac{(d-c)-e(b-a)}{(b-a{)}^2}}(x-a{)}^2+{\displaystyle \frac{f(b-a)-2(d-c)+e(b-a)}{(b-a{)}^3}}(x-a{)}^2(x-b)$$

则 $H_3(x)$ 与 $f(x)$ 在 $a,b$ 两点有相同的函数值与导数值，设 $F(x)=f(x)-H_3(x)$ ，则 $F(a)=F(b)=0$ ，由 Rolle 定理， $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (a,b)$ ，使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，
由于

$$F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-H_3^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+e+2{\displaystyle \frac{(d-c)-e(b-a)}{(b-a{)}^2}}(x-a)+{\displaystyle \frac{f(b-a)-2(d-c)+e(b-a)}{(b-a{)}^3}}[2(x-a)(x-b)+(x-a{)}^2]$$

则 $F^{\prime }(a)=F^{\prime }(b)=0$ ，在 $[a,{\xi }_1]$ 和 $[{\xi }_1,b]$ 上应用 Rolle 定理，则 $\mathrm{\exists }{\xi }_2\in (a,{\xi }_1),{\xi }_3\in ({\xi }_1,b)$ ，使得

$$F^{″}({\xi }_2)=F^{″}({\xi }_3)=0$$

最后在 $[{\xi }_2,{\xi }_3]$ 上应用 Rolle 定理，即 $\mathrm{\exists }\xi \in ({\xi }_2,{\xi }_3)$ ，使得 $F^{‴}(\xi )=0$ ，即得证.

例题 2

设函数 $f\in C[0,1]\cap D^3(0,1),f(0)=2,f(1)=1,f^{\prime }(0)=0,f^{\prime }(1)=4$ 证明: 存在一点 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f^{‴}(\xi )=24+24\xi .$

解答

令 $g(x)=f(x)-x^4$ ，则 $g\in C[0,1]\cap D^3(0,1)$ 那么 $\{\begin{array}{ll}{x}_k=0,& x_{k+1}=1\\ y_k=2,& y_{k+1}=0\\ m_k=0,& m_{k+1}=0\end{array}$ ，因此

$$H_3(x)=2(1+x)(x-1{)}^2=4x^3-6x^2+2$$

构造 $F(x)=g(x)-H_3(x)$ 有 $F(0)=F(1)=0$ ，由 Rolle 定理 $\mathrm{\exists }{\xi }_1\in (0,1)$ 使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$ ，
又 $F^{\prime }(0)=F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }(1)=0$ ，由 Rolle 定理得 $\mathrm{\exists }{\xi }_2\in (0,{\xi }_1),{\xi }_3\in ({\xi }_1,1)$ 使得 $F^{″}({\xi }_i)=0,i=2,3$ ，
再根据 Rolle 定理得 $\mathrm{\exists }\xi \in ({\xi }_2,{\xi }_3)\subset (0,1)$ 使得 $F^{‴}(\xi )=0$ 即

$$f^{‴}(\xi )-4!\xi -24=0\Rightarrow f^{‴}(\xi )=24\xi +24.$$