利用Hermite插值估计函数值

我们知道，用泰勒展开式可以逼近任意性质较好的函数 $$
f(x)=f(x_{0})+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+\frac{f^{n+1}(\zeta)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{(n+1)},\ \zeta\in (x,x_{0})
$$
但是这有着很大的局限性：这本质上是通过函数在一个点的性质来逼近一个性质良好的函数。当我们有多个点的条件时，很难进行有效的利用。这时候我们可以讨论一种广义的泰勒级数：Hermite 多项式。

对于点列 $x_{1},x_{2},...,x_{n}$, 假设我们知道 $f$ 在其上面的 $s_{1},...,s_{n}$ 阶导数，那么我们最少可以用 $$
\sum\limits_{i=1}^{n}(s_{i}+1)-1=n-1+\sum\limits_{i=1}^{n}s_{i}
$$ 次多项式来拟合这些条件

对于 $s_{i}=0$ 的情况，我们用拉格朗日插值来拟合，即$$
\begin{aligned}
p\left(x\right) & =\frac{\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{3}\right)\cdots\left(x-x_{m}\right)}{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{3}\right)\cdots\left(x_{1}-x_{m}\right)}f\left(x_{1}\right)+\cdots+\frac{\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right)\cdots\left(x-x_{m-1}\right)}{\left(x_{m}-x_{1}\right)\left(x_{m}-x_{2}\right)\cdots\left(x_{m}-x_{m-1}\right)}f\left(x_{m}\right) \\
& =\sum_{j=1}^{m}\frac{\prod_{1\leqslant i\leqslant m,i\neq j}(x-x_{i})}{\prod_{1\leqslant i\leqslant m,i\neq i}(x_{j}-x_{i})}f(x_{j}).
\end{aligned}
$$
对于某些 $s_{i}=1$ 而某些 $s_{i}=0$ 的情况，我们一般的策略是先求出拉格朗日插值，再用待定系数法拟合一阶导的点：$$
h\left(x\right)=p\left(x\right)+r\left(x\right)\prod_{j=1}^{n}\left(x-x_{j}\right),
$$ 其中待定系数的 $r$ 的次数为$$
\sum\limits s_{i} -1
$$
这样求出来的多项式有什么用？原因是我们有定理：

>[!Hermite插值定理]
$$f\left(x\right)=p\left(x\right)+\frac{f^{\left(\sum_{j=1}^{m}\left(s_{j}+1\right)\right)}\left(\theta\right)}{\left(\sum_{j=1}^{m}\left(s_{j}+1\right)\right)!}\left(x-x_{1}\right)^{s_{1}+1}\left(x-x_{2}\right)^{s_{2}+1}\cdots\left(x-x_{m}\right)^{s_{m}+1}.$$
即
$$f\left(x\right)-p\left(x\right)=\frac{f^{\left(\sum_{j=1}^{m}\left(s_{j}+1\right)\right)}\left(\theta\right)}{\left(\sum_{j=1}^{m}\left(s_{j}+1\right)\right)!}\left(x-x_{1}\right)^{s_{1}+1}\left(x-x_{2}\right)^{s_{2}+1}\cdots\left(x-x_{m}\right)^{s_{m}+1}.
$$

这使得我们可以估计任意点的函数值和 $p(x)$ 的差距.

在具体的题目中，当我们需要估计函数值（函数的积分值）时，有给出了函数在一列点集上的取值和导数的取值时，往往考虑的就是这种方法.

这种方法的运用往往有以下几个具体的形式

1. K 值法
此类问题往往有着与余项配套的估计项，如
>[!例题1]
> 设 $f\in D^{3}\left[0,1\right]$ 满足 $f\left(0\right)=-1,f^{\prime}\left(0\right)=0,f\left(1\right)=0$, 证明对任何 $x\in[0,1]$, 存在 $\theta\in(0,1)$, 使得
$$f\left(x\right)=-1+x^{2}+\frac{x^{2}\left(x-1\right)}{6}f''''\left(\theta\right).$$

此处的估计项是 $f'''$, 题目给出的条件计算出的 hermite 多项式的次数是 3-1=2 次，余项为 3 次.
这时候我们的思路是：固定 x 进而固定 $f'''(\theta)=K(x)$, 然后构造函数证明存在 $f'''(\theta)=K$.
过程：令$$
f(x)=-1+x^{2}+\frac{x^{2}\left(x-1\right)}{6}K.
$$ 即$$
K=\frac{f\left(x\right)+1-x^2}{\frac{x^2\left(x-1\right)}{6}},
$$ 然后考虑函数$$
F\left(y\right)=f\left(y\right)-\left(-1+y^{2}\right)-\frac{y^{2}\left(y-1\right)}{6}K,y\in\left[0,1\right].
$$ 这个函数的形式其实就是我们的 $f(x)-p(x)$ 只不过把余项换成了 k.
然后又有已经拟合好的$$
F\left(0\right)=F\left(1\right)=F\left(x\right)=F^{\prime}\left(0\right)=0.
$$ 由罗尔定理立即得到$$
f'''(\theta)-K=0
$$

2. $f^{(n)}=p^{(n)}$
这种情况一般是我们的余项阶数>题目要求的阶数。也就是说，如果只估计余项（将 $f^{(n)}(\theta)$ 写作 $f(x)+p(x)$）的话，我们的条件多了，这个多出来的条件不是没有用的，这使得我们可以将 $f^{(n)}(\theta)$ 直接写成一个常数，而不是写成关于 x 的式子.

这类做法的模板是：构造 $F(x)=f(x)-p(x)$, 然后通过罗尔中值定理得到$$
f^{(n)}(\theta)-p^{(n)}(\theta)=0
$$ 此时 p 已然是常数.
3. 给出关于导数 $f^{(n)}(x)$ 的不等式，估计函数值（积分值）
此类题型不困难，主要看拟合阶数和条件阶数差多少，来决定中间有多少个断点. 比如条件只给了 $f'$ 的不等式，那就把余项控制成一阶即可