不少实际的插值问题不但要求在节点上函数值相等，而且还要求对应的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等。具有节点的导数值约束的插值多项式就是埃尔米特（Hermite）插值多项式。下面只讨论函数值与导数值个数相等的情况。

设在节点a＝x ₀ ＜x ₁ ＜…＜x _n ＝b上，y _j ＝f（x _j ），m _j ＝f′（x _j ）（j＝0，1，…，n），要求插值多项式H（x），满足条件

这里给出了2n＋2个条件，可唯一确定一个次数不超过2n＋1的多项式H _2n＋1 （x）＝H（x），其形式为

H _{2 n＋1} （x）＝a ₀ ＋a ₁ x＋…＋a _{2 n＋ 1} x ^{2 n＋ 1}

若根据式（2.20）来确定2n＋2个系数a ₀ ，a ₁ ，…，a _2n＋1 ，显然非常复杂。因此，仍采用求拉格朗日插值多项式的基函数方法，先求插值基函数α _j （x）及β _j （x）（j＝0，1，…，n）。设α _j （x）、β _j （x）（j＝0，1，…，n）都是次数不超过2n＋1的多项式，且满足条件

于是满足式（2.21）的插值多项式H（x）＝H _2n＋1 （x）可写成用插值基函数表示的形式

由式（2.21），显然有H _2n＋1 （x _k ）＝y _k ， ，（k＝0，1，…，n）。下面利用拉格朗日插值基函数l _j （x）来求埃尔米特插值多项式的基函数α _j （x）及β _j （x）。令

其中 。由式（2.21）有

整理得

解出

因为 _k≠j 。于是

同理可得

于是

还可证明满足插值条件的埃尔米特插值多项式是唯一的。事实上，假设H _2n＋1 （x）及 均满足条件，则

在每个节点x _k 上均有二重根，即φ（x）有2n＋2重根。但φ（x）是不高于2n＋1次的多项式，故φ（x）≡0。唯一性得证。

仿照拉格朗日余项定理可得，若f（x）在（a，b）内的2n＋2阶导数存在，则其插值余项

其中ξ∈（a，b）且与x有关， 。

当n＝1时，节点为x ₀ 及x ₁ ，插值多项式为H ₃ （x），满足条件

相应的插值基函数为

于是插值多项式是

其余项R ₃ （x）＝f（x）－H ₃ （x），即

例2.8 确定一个次数不高于4的多项式f（x），使满足条件f（0）＝f′（0）＝0，f（1）＝f′（1）＝1，f（2）＝1。

解 这是一个带导数的非标准插值问题，对节点x ₀ ＝0和x ₁ ＝1可确定H ₃ （x）。

设f（x）＝H ₃ （x）＋c（x－0） ² （x－1） ² ，其中c为待定常数。则

所以

f（x）＝x ² （2－x）＋cx ² （x－1） ²

将f（2）＝1代入解得 ，于是 EfyDiM+95BGZ8aooNxbPBpdidtCQA4Dl6LjEpIoxfHvo1lwZB4Ti1+O7Ry1Eg8xs