Hermite插值可以看作牛顿插值的极限状况.为什么可以这么说呢?我们来看一个实例:
构造一个三次多项式 $p_3$ 使得 $p_3(0)=0$,$p_3(1)=1,p_3'(0)=1,p_3'(1)=0$.
证明：我们进行牛顿插值.不妨构造这么几个插值点:
\begin{equation}
x_0,x_1,x_2,x_3
\end{equation}
其中$x_0=0,x_2=1$.$x_1$和$x_0$足够接近，且$x_1>x_0$.使得
\begin{equation}
f[x_0,x_1]
\end{equation}
约等于1.$x_3>x_2$且$x_3$和$x_2$足够接近，使得
\begin{equation}
f[x_2,x_3]
\end{equation}
约等于0.
这样构造出来的三次牛顿插值多项式和本题所需要的Hermite插值多项式的要求应该不会相差太远.根据牛顿插值公式，可得这样的多项式为
\begin{align*}
f(x)=f(0)+(x-0)f[0,x_1]+(x-0)(x-x_1)f[0,x_1,1]+(x-0)(x-x_1)(x-1)f[0,x_1,1,x_3]
\end{align*}
由于$x_1$和$x_0$足够接近，$x_3$和$x_2$足够接近，因此我们不妨把这个牛顿插值得来的多项式取极限.得到Hermite插值所需要的多项式为
\begin{align*}
f(0)+(x-0)f'(0)+(x-0)^2f[0,0,1]+(x-0)^2(x-1)f[0,0,1,1]
\end{align*}
现在，我们来计算
\begin{align*}
f[0,0,1]=\frac{f[0,0]-f[0,1]}{0-1}=\frac{f'(0)-f[0,1]}{0-1}=0
\end{align*}
\begin{align*}
f[0,0,1,1]=\frac{f[0,0,1]-f[0,1,1]}{0-1}
\end{align*}
为此，我们先计算$f[0,1,1]$.
\begin{align*}
f[0,1,1]=\frac{f[0,1]-f[1,1]}{0-1}=-1
\end{align*}因此，\begin{align*}
f[0,0,1,1]=-1
\end{align*}.
因此可以求得满足条件的hermite多项式为
\begin{align*}
x-x^2(x-1)=-x^3+x^2+x
\end{align*}
一般地,已知这些数据信息:
\begin{align*}
(x_0,f(x_0)),(x_2,f(x_2)),\cdots,(x_{2n},f(x_{2n})),(x_0,f'(x_0)),(x_2,f'(x_2)),\cdots,(x_{2n},f'(x_{2n}))
\end{align*}
求构造一个多项式$p_{2n+1}(x)$满足这些条件.
解答：为此，我们先构造牛顿插值多项式.
\begin{equation}
x_0<x_1<x_2<\cdots <x_{2n}<x_{2n+1}
\end{equation}
其中$x_1$与$x_0$足够接近，$x_3$与$x_2$足够接近，...,$x_{2n+1}$与$x_{2n}$足够接近，使得
\begin{equation}
f[x_{2k+1},x_{2k}]
\end{equation}
约等于$f'(x_{2k})$.$(0\leq k\leq n)$.
根据牛顿插值公式，我们知道牛顿插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f[x_0,x_1]+(x-x_0)(x-x_1)f[x_0,x_1,x_2]+\cdots
+(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_{2n})f[x_0,x_1,x_2,\cdots,x_{2n+1}]
\end{align*}
取极限，可得相应的Hermite插值多项式为
\begin{align*}
f(x_0)+(x-x_0)f'(x_0)+(x-x_0)^2f[x_0,x_0,x_2]+\cdots+(x-x_0)^2(x-x_2)^2\cdots (x-x_{2n-2})^2(x-x_{2n})f[x_0,x_0,x_2,x_2,\cdots,x_{2n-2},x_{2n-2},x_{2n},x_{2n}]
\end{align*}