埃尔米特插值

埃尔米特插值（Hermite interpolation）在插值节点处同时匹配函数值和指定导数值。与只匹配高度的拉格朗日插值相比，导数条件进一步规定曲线穿过节点时的切线。下文重点讨论两个端点的函数值和一阶导数，它们唯一确定一个次数至多三的多项式。

取区间 $[0, 1]$ ，要求 $H (0) = 0, H (1) = 1, H^{'} (0) = 1, H^{'} (1) = 0$ 。曲线从零出发时斜率为一，到一处逐渐变平。满足要求的多项式为 $H (x) = - x^{3} + x^{2} + x$ ，而不是仅凭两个函数值选择的直线 $H = x$ ，因为后者在右端斜率仍为一。

四个端点基函数

对一般端点 $x_{0} < x_{1}$ ，令 $h = x_{1} - x_{0}$ 、 $t = (x - x_{0}) / h$ 。定义 $\begin{matrix} h_{00} (t) & = 2 t^{3} - 3 t^{2} + 1, & h_{10} (t) & = t^{3} - 2 t^{2} + t, \\ h_{01} (t) & = - 2 t^{3} + 3 t^{2}, & h_{11} (t) & = t^{3} - t^{2} . \end{matrix}$ 这四个名字依次对应左端点函数值、左端点导数、右端点函数值和右端点导数，可直接核对它们对四个端点条件的贡献。 $h_{00}$ 在左端值为一，其余两个端点值与导数条件都为零； $h_{10}$ 只在左端对 $t$ 的导数为一；另外两者分别对应右端函数值和右端导数。

若端点值为 $y_{0}, y_{1}$ ，对原变量 $x$ 的导数为 $m_{0}, m_{1}$ ，则 $H (x) = h_{00} (t) y_{0} + h_{10} (t) h m_{0} + h_{01} (t) y_{1} + h_{11} (t) h m_{1} .$ 导数项乘 $h$ 是链式法则要求： $d t / d x = 1 / h$ ，乘上 $h$ 才让对 $x$ 的端点导数恰为 $m_{i}$ 。若忽略此因子，在长度不是一的区间上就会给错斜率。^[1]

存在唯一性的证明

将 $t = 0, 1$ 代入四个基函数及其导数，可逐项核对上式满足全部条件，因此解存在。若另有一个次数至多三的多项式 $Q$ 同样满足，差 $D = H - Q$ 在两个端点都满足 $D = D^{'} = 0$ ，所以 $x_{0}, x_{1}$ 都是至少二重零点。于是 $D$ 能被四次多项式 $(x - x_{0})^{2} (x - x_{1})^{2}$ 整除；但 $D$ 次数至多三，只能恒为零。这就证明唯一。

更一般地， $n$ 个不同节点各给函数值和一阶导数，共 $2 n$ 个条件，可唯一确定次数至多 $2 n - 1$ 的插值多项式。唯一性的同一论证使用 $n$ 个二重零点；更高阶导数数据则对应更高重数。这里不是用“方程个数等于未知数个数”直接代替可解性证明。

主例与斜率变式

主例的 $h = 1, y_{0} = 0, y_{1} = 1, m_{0} = 1, m_{1} = 0$ ，所以 $H = h_{10} + h_{01} = (x^{3} - 2 x^{2} + x) + (- 2 x^{3} + 3 x^{2}) = - x^{3} + x^{2} + x .$ 在中点 $x = 1 / 2$ 得 $H = 5 / 8$ 。导数为 $H^{'} = - 3 x^{2} + 2 x + 1 = (1 - x) (3 x + 1)$ ，在区间内非负，符合由零升至一的直观要求。

相同端点零零与一一，两条三次插值曲线；左端斜率一时中点八分之五，左端斜率六时中点四分之五而超过端点最大值 — 导数数据决定端点之间的形状。匹配相同两个高度不保证曲线没有过冲。

变式。 保持端点值不变，将两端斜率都改为一。代入四基函数得到 $H = x$ ，中点为二分之一。若只把左端斜率改为六、右端仍为零，则得到 $H = 4 x^{3} - 9 x^{2} + 6 x$ ，中点为 $5 / 4 > 1$ 。因此即使两个节点值递增，任意给定斜率也不能保证插值单调或始终落在端点值范围内；形状保持插值需要额外限制。

误差中的四次零点因子

若数据来自 $f \in C^{4} ([x_{0}, x_{1}])$ ，则对每个内部非节点点 $x$ ，存在 $ξ \in (x_{0}, x_{1})$ 使 $f (x) - H (x) = \frac{f^{(4)} (ξ)}{4!} (x - x_{0})^{2} (x - x_{1})^{2} .$ 证明固定这个 $x$ ，令 $K = (f (x) - H (x)) / [(x - x_{0})^{2} (x - x_{1})^{2}]$ ，并考察 $g (z) = f (z) - H (z) - K (z - x_{0})^{2} (z - x_{1})^{2} .$ 它在两个端点有二重零点，在固定的内部点还有一个零点。反复应用罗尔定理四次，计入端点导数为零提供的重数，可找到 $ξ$ 使 $g^{(4)} (ξ) = 0$ 。由于三次多项式的四阶导为零，最后一项四阶导为 $24 K$ ，故 $K = f^{(4)} (ξ) / 24$ ，得到公式。节点处误差直接为零。

这也给出 $| f - H | \leq ‖ f^{(4)} ‖_{\infty} h^{4} / 384$ ，因为区间内 $| (x - x_{0}) (x - x_{1}) | \leq h^{2} / 4$ 。没有四阶光滑性或准确端点导数时，这个余项结论的条件就不满足。

可运行的双端点实现

下列函数仅计算已给四个端点条件对应的三次片段。输入有限实数，要求端点递增；不改写任何数据。数学公式也可用于区间外求值，但上述区间内误差界不因此变成外推保证。

Python 3

from math import isfinite

def hermite_segment(x0, x1, y0, y1, m0, m1, x):
    x0, x1, y0, y1, m0, m1, x = map(float, (x0, x1, y0, y1, m0, m1, x))
    if not all(isfinite(z) for z in (x0, x1, y0, y1, m0, m1, x)) or x1 <= x0:
        raise ValueError("finite data and increasing endpoints required")
    h = x1 - x0
    t = (x - x0) / h
    h00 = 2*t**3 - 3*t**2 + 1
    h10 = t**3 - 2*t**2 + t
    h01 = -2*t**3 + 3*t**2
    h11 = t**3 - t**2
    return h00*y0 + h10*h*m0 + h01*y1 + h11*h*m1

assert hermite_segment(0, 1, 0, 1, 1, 0, 0.5) == 5/8
assert hermite_segment(0, 1, 0, 1, 1, 1, 0.5) == 0.5
assert hermite_segment(0, 1, 0, 1, 6, 0, 0.5) == 5/4
assert hermite_segment(2, 4, 3, 7, 2, 2, 3) == 5
assert hermite_segment(0, 1, 0, 1, 1, 0, 1) == 1
print(hermite_segment(0, 1, 0, 1, 1, 0, 0.5))

每次求值只进行固定数量的多项式运算，时间与额外空间均为 $O (1)$ 。程序的正确性直接由基函数满足四个端点条件和唯一性定理保证；非单位长度的线性变式检验了导数前面的区间长度因子。

参考文献

↑ SciPy开发团队：CubicHermiteSpline，分段三次Hermite插值、数据值与一阶导数条件及严格递增节点。访问日期：2026-10-22。

[1] SciPy开发团队：CubicHermiteSpline，分段三次Hermite插值、数据值与一阶导数条件及严格递增节点。访问日期：2026-10-22。

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