關于埃爾米特插值的教學探討

王 艷

（重慶師范大學數學科學學院，重慶 400047）

插值法是函數逼近的一種重要方法，也是數值計算的最基本的內容。本科數值分析課程中主要涉及到拉格朗日（Lagrange）插值、牛頓（Newton）插值和（Hermite）插值問題，其中Lagrange插值和Newton插值都是用來處理只以節點處函數值為插值條件的多項式的構造，而Hermite插值是用來處理以節點處函數值及其導數值為插值條件的多項式的構造[1]。

Hermite插值問題涉及到導數值，而且解的形式可以有多種，插值條件也可由多種形式給出，因此這部分內容知識點多，方法靈活，學生往往難以抓住方法的實質從而靈活地構造出所求的插值多項式。事實上，Hermite插值問題插值條件的形式基本上可以分為兩類，給出所有點處的函數值和導數值或給出所有點處的函數值和某幾個點處的導數值。對于這兩類插值條件，我們大多采用構造法和“待定系數法”相結合的方式，不過構造的切入點不同。根據插值條件以及具體的求解方式，本文將Hermite插值問題分為直接Hermite插值問題和間接Hermite插值問題，并結合自身教學實踐，對這兩類Hermite插值問題求解方式的教學進行了探討。

一、Hermite插值問題

許多實際插值問題中，為了使插值函數能更好地逼近被插值函數，不但要求二者在節點上函數值相等，而且還要求插值函數在某些節點或全部節點上與被插值函數的導數值也相等，甚至要求高階導數也相等。這類插值問題稱作埃爾米特（Hermite）插值問題[2]。此類插值是以法國數學家Charles Hermite命名的，因此引入課堂之前可以適當穿插一小段關于Charles Hermite的人物傳記及Hermite插值的產生背景，目的在于增加課堂趣味性，提高學生的學習興趣。

設已知函數 f（x）在插值區間[a，b]上n+1個互異的節點xi（i=1，2，…，n）處的函數值 f（xi）及其導數值f（pi）（xi）（pi=1，2，…），Hermite插值問題要求構造一個插值函數H（x），使其在節點處的函數值和導數值與 f（x）的函數值和各階導數值對應相等，即

若H（x）是代數多項式，則稱H（x）為Hermite插值多項式[2－3]。

特別強調的是，Hermite插值問題解的形式可以有多種，插值條件也可由多種形式給出。例如已知全部節點上的函數值和導數值，或者已知全部節點上的函數值和某幾點上的導數值。但不管是哪種情況，只要給出的插值條件數比所要求的多項式次數多一個，該插值問題總是可求解的[2]。Hermite插值多項式的求解，大多采用構造法和“待定系數法”相結合的方式，但對不同形式的插值條件，構造的切入點往往不同。因此，我們可以根據插值條件的形式，將Hermite插值問題分為直接Hermite插值問題和間接Hermite插值問題。

本科課程主要討論pi=1（i=1，2）這類最簡單，但也是最常用的Hermite插值問題。

（一）直接Hermite插值問題

當pi=1時，直接Hermite插值問題是指給出所有節點處的函數值和一階導數值，問題描述為:

給定函數 f（x）在插值區間[a，b]上n+1個互異的節點xi（i=1，2，…，n）處的函數值 f（xi）及其一階導數值f′（xi），要求構造一個插值多項式H（x），滿足條件

這里給出了2n+2個條件，可唯一確定一個次數不超過2n+1的插值多項式H2n+1（x）=H（x）。

仿照求Lagrange插值多項式的構造基函數的方法，我們可推導出滿足插值條件（2）的插值多項式H2n+1（x）的表達式為[3]

其中

為兩類插值基函數，共2n+2個，每一個都是2n+1次的多項式為 Lagrange 插值基函數。

實際使用較多的是三次Hermite插值多項式，此時n=1，節點有兩個x0和x1，計算公式為

對于直接Hermite插值問題（2）的求解，可以直接套用公式（3）或（5）。但需要指出的是，插值條件必須給出所有節點處的函數值和一階導數值，如果所給出的函數值和導數值不是關于節點對等的，那么此類插值多項式的構造就無法直接套用公式，教學過程中可以給出兩個實例來具體說明。

（二）間接Hermite插值問題

如果Hermite插值條件給出的是n+1個互異的節點上的函數值和某幾個點上的導數值，所要求的Hermite插值多項式無法直接套用上一節的公式，但因涉及到函數的導數值仍屬于Hermite插值問題，我們稱之為間接Hermite插值問題。

對于這類插值問題的求解，我們通常先根據插值條件的個數確定插值多項式的次數，然后利用其中某幾個條件構造一個低于所求多項式次數的Newton插值多項式、Lagrange插值多項式或Hermite插值多項式，并利用余下的條件確定出待定多項式的系數。下面舉例說明:

例 若 f（x）在[0，2]上有五階連續導數，試求滿足條件

的插值多項式H（x）。

分析 該問題的求解有多種方式，比如可以先利用三個節點處函數值的條件構造Newton插值多項式、Lagrange插值多項式，或者先利用前兩個節點的函數值和導數值構造Hermite插值多項式，然后根據余下的插值條件確定待定多項式的系數。

解法1 由給定的5個插值條件，顯然可確定一個次數不超過4次的Hermite插值多項式H（x）。由前3個插值條件，可構造節點0，1，2上的二次Newton插值多項式

顯然，N2（x）滿足插值條件 N2（xi）=f（xi）（xi=0，1，2），而H（x）也滿足插值條件:H（xi）=f（xi）（xi=0，1，2），由此可知函數H（x）－N2（x）以xi（xi=0，1，2）為零點且次數不超過4次，故可設

其中，a，b為待定多項式的系數。

于是，所求的插值多項式H（x）可表為如下形式

下面，利用余下的插值條件 H′（0）=f′（0）=0，H′（1）=f′（1）=1 來確定 a，b。為此，對上式求導得

分別令x=0，x=1代入，整理可得

于是有

將a，b的值代回H（x）的表達式即得所求的插值多項式為

因為上式是結合Newton插值多項式構造的，所以也稱為Newton-Hermite插值多項式。當然也可先采用Lagrange插值多項式構造L2（x），再令

H（x）=L2（x）+（ax+b）（x-0）（x-1）（x-2）同樣可得到滿足相同插值條件的H（x）的另一種形式

上式也稱為Lagrange-Hermite插值多項式。

解法2 先由插值條件

構造節點0，1上的三次Hermite插值多項式

由于H3（x）滿足插值條件H3（xi）=f（xi），H′3（xi）=f′（xi）（xi=0，1），而 H（x）也滿足插值條件 H（xi）=f（xi），H′（xi）=f′（xi）（xi=0，1），所以可知函數 H（x）－H3（x）以xi（xi=0，1）為二重零點且次數不超過4次，故可設

其中，A為待定常數。

于是，所求的插值多項式H（x）可表為如下形式

下面，利用余下的插值條件H（2）=f（2）=1來確定A。令x=2代入上式，計算可得

將A的值代回H（x）的表達式即得所求的插值多項式為

二、兩個注解

注解1 事實上，對于滿足插值條件（1）的一般情形的Hermite插值多項式的構造仍可以采用上述構造基函數的方法[4]，但這不是唯一方法，比如可以仿照Newton插值多項式的構造方法，利用差商的非構造性定義[5]來構造Hermite插值多項式[6]，建議有興趣者查閱文獻[4，6 －7]進行擴展閱讀。

注解2 上例所得的三個插值多項式都是恒等的，只是形式不同，理論依據在于滿足插值條件（1）的Hermite插值多項式的存在唯一性。條件（1）中的插值條件共有個，Charles Hermite早在1878年就證明:存在唯一的次數不高于N－1的代數多項式H（x），使得插值條件（1）滿足。根據不同的專業要求，對數學與應用數學等理論要求較高的專業可以適當地作一些相關理論知識的延伸。

三、結束語

本文根據插值條件和求解方式的不同，將Hermite插值問題適當歸類，總結每一類問題求解的主要原則和基本構造思想，并結合自身實踐給出了教學過程。學生如果能夠理解插值條件與求解方法之間的本質聯系，遇到具體實例就能舉一反三，快速找到構造多項式的切入點從而得到所要求的插值多項式。

[1] 李小林.數值分析課程中插值余項的教學探討[J].內江師范學院學報，2011，26（12）:66 －68.

[2] 沈劍華.數值計算方法[M].上海:同濟大學出版社，2008.

[3] 王金銘，謝彥紅，杜洪波.數值分析[M].大連:大連理工大學出版社，2010.

[4] 祝精美.Hermite插值的構造型公式[J].山東工業大學學報，1998，28（5）:488 －491.

[5] Carl De Boor.A Practical Guide to Splines[M].New York:Springer-Verlag New York Inc.，2001:1 －20.

[6] 吳天毅.適用于一般提法的埃爾米特插值多項式的差商構造公式[J].天津輕工業學院學報，1993，1（15）:63－70.

[7] 趙紀平.埃爾米特插值問題的差商算法及余項[J].數學的實踐與認識，1983（3）:14－20.