数值分析——插值法（二）

---

前言

之前写过Lagrange插值与Newton插值法的内容，这里介绍一些其他的插值方法，顺便复习数值分析.

---

一、Hermite插值

实际应用中，为了使插值函数更好地切合原函数，不仅要求节点的函数值相等，还要求导数值相同，甚至高阶导数也相等，这类插值问题称为Hermite插值

1.两点三次Hermite插值

给定y=f(x)在节点x0,x1上的函数值和导数值：
$y_j=f(x_j),m_j=f^{\prime }(x_j),j=0,1.$
求多项式$H_3(x)$满足插值条件
$$H_3(x_j)=y_j,H_3^{\prime }(x_j)=m_j,j=0,1.$$
类似Lagrange插值多项式，我们可以设
$$H_3(x)=y_0{\alpha }_0(x)+y_1{\alpha }_1(x)+m_0{\beta }_0(x)+m_1{\beta }_1(x)$$
为三次Hermite插值多项式，其中${\alpha }_0(x),{\alpha }_1(x),{\beta }_0(x),{\beta }_1(x)$称为Hermite插值基函数.
基函数满足如下条件：
$$\begin{gathered} {\alpha }_j(x_j)={\delta }_{ji},{\alpha }_j^{\prime }(x_i)=0, \\ {\beta }_j(x_i)=0,{\beta }_j^{\prime }(x_i)={\delta }_{ji}, \\ i,j=0,1 \end{gathered}$$
其中${\delta }_{ji}=\{\begin{array}{ll}1& j=i\\ 0& j\ne i\end{array}$

---

我们可以找到唯一的三次Hermite插值多项式（推导略），即
$$\begin{gathered} H_3(x)=y_0[1+2l_1(x)]l_0^2(x)+y_1[1+2l_0(x)]l_1^2(x) \\ +m_0(x-x_0)l_0^2(x)+m_1(x-x_1)l_1^2(x) \end{gathered}$$
这里的$l_i$为Lagrange插值基函数，$$l_0(x)=\frac{x-x_1}{x_0-x_1},l_1(x)=\frac{x-x_0}{x_1-x_0}$$

2.两点三次Hermite插值的推广

设$x_i\in [a,b](i=0,1,\cdots ,n)$为n+1个互异节点，给定$y=f(x)$在节点上的函数值和导数值：$y_j=f(x_j),m_j=f^{\prime }(x_j),j=0,\cdots ,n.$要求插值多项式$H_{2n+1}(x)$满足插值条件
$$H_{2n+1}(x_j)=y_j,H_{2n+1}^{\prime }(x_j)=m_j,j=0,\cdots ,n.$$有n+1个函数值和n+1个导数值共2n+2个条件，可确定满足插值条件次数不超过2n+1次的多项式$H_{2n+1}(x)$.

---

公式：
H 2 n + 1 = ∑ j = 0 n { f ( x j ) [ 1 − 2 ( x − x j ) l j ′ ( x j ) ] l j 2 ( x ) + f ′ ( x j ) ( x − x j ) l j 2 ( x ) } H_{2n+1}=\sum_{j=0}^n \{f(x_j)[1-2(x-x_j)l'_j(x_j)]l^2_j(x)+f'(x_j)(x-x_j)l^2_j(x)\} H2n+1​=j=0∑n​{f(xj​)[1−2(x−xj​)lj′​(xj​)]lj2​(x)+f′(xj​)(x−xj​)lj2​(x)}
其中$$l_j(x)=\frac{(x-x_0)\cdots (x-x_{j-1})(x-x_{j+1})\cdots (x-x_n)}{(x_j-x_0)\cdots (x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})\cdots (x_j-x_n)}$$

3.非标准型Hermite插值

给出的函数值和导数值不等的情况，例题：

二、三次样条插值

Hermite只保证函数连续或其一阶导数连续，满足不了二阶导数连续的问题. 针对这一问题，产生了样条插值.

1.概念

给定区间[a,b]一个划分：
$$a=x_0<x_1\cdots <x_{n-1}<x_n=b$$
若函数S(x)满足

• 在每个小区间$[x_i,x_{i+1}]$是分段三次多项式
• 具有二阶连续导数，即$S(x)\in C^2[a,b]$
• 还满足插值条件：$S(x_i)=f(x_i)=y_i,i=0,1,2,\cdots ,n$

则称S(x)为f(x)在[a,b]上的三次样条插值函数，
$$S(x)=\{\begin{array}{ll}{s}_0(x),& x\in [x_0,x_1],\\ s_1(x),& x\in [x_1,x_2],\\ ⋮& \\ s_{n-1}(x),& x\in [x_{n-1},x_n],\end{array}$$
其中，$s_i(x)$为$[x_i,x_{i+1}](i=0,1,2,\cdots ,n-1)$上的三次多项式，设
$$s_i(x)=a_i{x}^3+b_i{x}^2+c_{i}x+d_i(i=0,1,\cdots ,n-1),$$
且满足$s_i(x_i)=y_i,s_{i+1}(x_{i+1})$. 由三次样条函数的定义可知，$S(x)$满足下列条件：
$$\{\begin{array}{ll}S(x_i-0)=S(x_i+0)& (i=1,2,\cdots ,n-1),\\ S^{\prime }(x_i-0)=S^{\prime }(x_i+0)& (i=1,2,\cdots ,n-1),\\ S^{\prime \prime }(x_i-0)=S^{\prime \prime }(x_i+0)& (i=1,2,\cdots ,n-1),\\ S(x_i)=y_i& (i=0,1,2,\cdots ,n)\end{array}$$
每个$s_i(x)$有4个待定系数，所以S(x)共有4n个待定系数，故需4n个方程才能确定. 前面已经得到2n+2(n-1)=4n-2个方程，还缺2个方程. 实际问题通常对样条函数在两个端点处的状态有要求，即所谓的边界条件. 常用的边界条件如下：
第一类边界条件：给定函数在端点处的一阶导数，即
$$S^{\prime }(x_0)=f_0^{\prime },S^{\prime }(x_n)=f_n^{\prime }$$
第二类边界条件：给定函数在端点处的二阶导数，即
$$S^{\prime \prime }(x_0)=f_0^{\prime \prime },S^{\prime \prime }(x_n)=f_n^{\prime \prime }$$
第三类边界条件：设$f(x)$是周期函数，并设$x_n-x_0$是一个周期，于是要求$S(x)$满足
$$S^{\prime }(x_0)=S^{\prime }(x_n),S^{\prime \prime }(x_0)=S^{\prime \prime }(x_n)$$

2.三弯矩方程

设$S^{\prime \prime }(x_j)=M_j,j=0,1,2,\cdots ,n$，下面计算$S(x)$在$[x_j,x_{j+1}]$的表达式$s_j(x)$.由于$s_j(x)$是三次多项式，故$s_j^{\prime \prime }(x)$为线性函数，且$s_j^{\prime \prime }(x_j)=M_j,s_j^{\prime \prime }(x_{j+1})=M_{j+1}$.由线性插值公式可得
$$s_j^{\prime \prime }(x)=\frac{x_{j+1}-x}{h_j}{M}_j+\frac{x-x_j}{h_j}{M}_{j+1}$$
其中$h_j=x_{j+1}-x_j$，求积分，可得
$$s_j(x)=\frac{(x_{j+1}-x{)}^3}{6h_j}{M}_j+\frac{(x-x_j{)}^3}{6h_j}{M}_{j+1}+c_{1}x+c_2$$
将插值条件$s_j(x_j)=y_j,s_j(x_{j+1})=y_{i+1}$代入，即课确定积分常数$c_1$和$c_2$. 整理后可得$s_j(x)$的表达式为$$\begin{gathered} s_j(x)=\frac{(x_{j+1}-x{)}^2}{6h_j}{M}_j+\frac{(x-x_j{)}^3}{6h_j}{M}_{j+1} \\ +\left(y_j-\frac{M_j{h}_j^2}{6}\right)\frac{x_{j+1}-x}{h_j}+\left(y_{i+1}-\frac{M_{j+1}{h}_j^2}{6}\right)\frac{x-x_j}{h_j},j=0,1,\cdots ,n-1 \end{gathered}$$
只需确定$M_0,M_1,\cdots ,M_n$的值，即可给出$s_j(x)$的表达式，从而可以得到$S(x)$的表达式
$$s_j^{\prime }(x)=-\frac{(x_{j+1}-x{)}^2}{2h_j}{M}_j+\frac{(x-x_j{)}^2}{2h_j}{M}_{j+1}+\frac{y_{j+1}-y_j}{h_j}-\frac{h_j}{6}(M_{j+1}-M_j)$$
根据条件$s_{j-1}^{\prime }(x_j-0)=s_j^{\prime }(x_j+0)$可知
$$\begin{gathered} \frac{h_{j-1}}{6}{M}_{j-1}+\frac{h_{j-1}+h_j}{3}{M}_j+\frac{h_j}{6}{M}_{j+1}=\frac{y_{j+1}-y_j}{h_j}-\frac{y_j-y_{j-1}}{h_{j-1}}, \\ \frac{h_{j-1}}{h_{j-1}+h_j}{M}_{j-1}+2M_j+\frac{h_j}{h_{j-1}+h_j}{M}_{j+1}=6\frac{f[x_j,x_{j+1}]-f[x_{j-1},x_j]}{h_{j-1}+h_j}, \end{gathered}$$
整理后得到关于$M_{j-1},M_j,M_{j+1}$的方程：
$${\mu }_j{M}_{j-1}+2M_j+{\lambda }_j{M}_{j+1}=d_j,$$
其中$$\begin{gathered} {\mu }_j=\frac{h_{j-1}}{h_{j-1}+h_j},{\lambda }_j=\frac{h_j}{h_{j-1}+h_j} \\ {d}_j=6f[x_{j-1},x_j,x_{j+1}],{\mu }_j+{\lambda }_j=1 \\ j=1,2,\cdots ,n-1 \end{gathered}$$
这里一共有n-1个方程，补充两个方程后可确定$M_0,M_1,\cdots ,M_n$共n-1个未知量.

---

1. 第一类边界条件：$S^{\prime }(x_0)=f_0^{\prime },S^{\prime }(x_n)=f_n^{\prime }$
   直接代入$s_j(x)$的一阶导数表达式即得
   $$\begin{gathered} 2M_0+M_1=6((y_1-y_0)/h_0-f_0^{\prime })/h_0\equiv d_0, \\ {M}_{n-1}+2M_n=6(f_n^{\prime }-(y_n-y_{n-1})/h_{n-1})/h_{n-1}\equiv d_n. \end{gathered}$$
   与上面n-1个方程组联立可得n+1阶线性方程组
   $$\left[\begin{array}{ccccccc}2& 1& & & & & \\ {\mu }_1& 2& {\lambda }_1& & & & \\ & {\mu }_2& 2& {\lambda }_2& & & \\ & & \ddots & \ddots & \ddots & & \\ & & & {\mu }_{n-1}& 2& {\lambda }_{n-1}& \\ & & & & 1& 2& \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{M}_0\\ M_1\\ M_2\\ ⋮\\ M_{n-1}\\ M_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{d}_0\\ d_1\\ d_2\\ ⋮\\ d_{n-1}\\ d_n\end{array}\right]$$
   此方程组的系数矩阵严格对角占优，因此为非奇异矩阵，方程存在唯一解.可用追赶法求出三弯矩方程的解$M_j.$
2. 第二类边界条件：$M_0=f_0^{\prime \prime },M_n=f_n^{\prime \prime }$
   此时只需解n-1阶线性方程组
   $$\left[\begin{array}{ccccc}2& {\lambda }_1& & & \\ {\mu }_2& 2& {\lambda }_2& & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & {\mu }_{n-2}& 2& {\lambda }_{n-2}\\ & & & {\mu }_{n-1}& 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{M}_1\\ M_2\\ ⋮\\ M_{n-1}\\ M_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{d}_1-{\mu }_1{f}_0^{\prime \prime }\\ d_2\\ ⋮\\ d_{n-2}\\ d_{n-1}-{\lambda }_{n-1}{f}_n^{\prime \prime }\end{array}\right]$$
   此方程严格对角占优，存在唯一解.
3. 第三类边界条件：$S^{\prime }(x_0)=S^{\prime }(x_n),S^{\prime \prime }(x_0)=S^{\prime \prime }(x_n)$
   由此边界条件可得$$\begin{gathered} M_0=M_n, \\ {\lambda }_n{M}_1+{\mu }_n{M}_{n-1}+2M_n=d_n, \end{gathered}$$
   其中$$\begin{gathered} {\lambda }_n=h_0/(h_0+h_{n-1}),{\mu }_n=h_{n-1}/(h_0+h_{n-1}), \\ {d}_n=6[(y_1-y_0)/h_0-(y_n-y_{n-1})/h_{n-1}]/(h_0+h_{n-1}). \end{gathered}$$
   与前面n-1个方程联立可得n阶线性方程组：
   $$\left[\begin{array}{ccccc}2& {\lambda }_1& & & \\ {\mu }_2& 2& {\lambda }_2& & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & {\mu }_{n-2}& 2& {\lambda }_{n-2}\\ {\lambda }_n& & & {\mu }_2& 2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{M}_1\\ M_2\\ ⋮\\ M_{n-1}\\ M_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{d}_0\\ d_1\\ d_2\\ ⋮\\ d_{n-1}\\ d_n\end{array}\right]$$
   此方程组系数矩阵严格对角占优，存在唯一解.

---

参考书目：《数值分析》张雪莹