第三章 样条插值和曲线拟合
1．y=
x有如下的函数表
8。 解 先作差商表
01
11
13
4
2
15
9
3
17
---161601210
160
-
1420⨯3
11008
11
p3(8)=1+(8-1)-(8-1)(8-4)
3601+(8-1)(8-4)(8-9)=2.844444 420⨯3
164
故：p1(8)=2+
1
(8-4)=2.8 5
1
p4(8)=0+1⨯(8-0)-8(8-1)
6
11+8⨯7⨯4-8⨯7⨯4⨯(-1)=2.622 2601008
已知
利用Neville方法得:
11
p2(8)=2+(8-4)-(8-4)(8-9)
5210
=2.819047 619xi
1
4
9
16 xi
1
4
9
-1
4
3
7
2
8-xi
8
1
-8
f(xi)
-1
4
4
3
7
2
8-xi
8
1
f(xi)
=2.8284 2，7因此选定
x1=4,x2=9,x3=16,p2(8)最接近。
16 -8 4 已知=2.828427 ，故选定x1
2.8284271
8
-1.33333333 3.3333333 2.4 2.866666667 2.6222222
2.8 2.8444444
2.819047619 2.8571429 f(8)= 2.828427125
8
-1 1/3 3 1/3 2 2/5 2 13/15 2 28/45 2 4/5 2 38/45 2 86/105 2 6/7
=4,x2=9,x3=16,p2(8)=2.819047619最接近.
-11
-1
-20
1
2
0-1
43
1
12-401
-411
所以：p4(x)=1-(x+1)+，故：p4(。 )(x+3(x+12)x-3(x+1)(x+2)x(x-2)2)=2
x-1x-0（2）若采用分段插值，则在[0,2]上，L(x)=f(0)+f(=x，所以： 2)110--0
111
，结果一样。 L(1)==f()=p4()
π
3．解 （1）若记L(x)为tgx在[-π]上的分段线性插值函数，则 ,M22
h,x∈[xi,xi+1] 8
M2212-4
''R(x)=tgx-L(x)≤h≤h
h
（2）如果采用分段二次插值，若L2(x)为tgx在[-]上的分段二次插值函数，则 4,4
R(x)=tgx-L(x)≤
R(x)=tgx-L2(x)≤
Mf'''(ξ)1
(x-xi)(x-x1)(x-xi+1)≤3h3,x∈[xi,xi+1]
i+3!6122
tg'''x=16，欲使R(x)=tgx-L2(x)≤其中M3=maxππ
x∈-,[161
h3
612
3
解：若对在中用等距分段Hermite 3次插值，则在每个小区间ii+1上，由第二章定理8知：
4!
sinxsin3x(4)π
+24]上， 由于tg(x)=16，所以在[-π,35
cosxcosx
11
tg(4)(x)≤=16+24=80
22
80801454
tgx-H3(x)≤max(x-xi)2(x-xi+1)2≤⨯h=h
x≤x≤x4!ii+14!1624
tgx-H3(x)=
f(4)(ξ)
(x-xi)2(x-xi+1)2,xi≤ξ≤xi+1
π
注意右端与i无关，故在-π上，有：tgx-H3
(x)≤,[]
54
h。 1sinxsintx
解：因为f(x)=，所以 =⎰costxdt=
0xx0
111dksinxkπ⎫⎛(k)k
f(x)≤tdt=，因此。 f(x)=k=⎰tkcos tx+dt⎪⎰00k+12⎭dxx⎝
（1） 若在区间[0,1]上用等距线性插值，则误差为：
M12
f(x)-L(x)=2h2≤h,对任x∈[0,1]
824
(k)
欲使f(x)-L(x)≤10-4，只须h
（2） 若在区间[0,1]上用等距Hermite 3次插值，则误差为：
f(4)(ξ)1h422
f(x)-H3(x)≤(x-xi)(x-xi+1)≤⋅,对任x∈[0,1]
4!4!⨯516
欲使f(x)-H3(x)≤10，只须h
-4
-4
1
4
f(x)-s(x)≤
-4
14
hf16
(4)
(x)
-4
∞
1≤
114
⋅⋅h 165
欲使f(x)-s(x)≤10，只须h
xcosx-sinx-sinx
'，所以：f(0)=
x22
, 先作=0，f'(1)=-0.30117
x=0
0 0.25 0.5 0.75 1 1 2 0.5 0 0 0
1 1
0.989616 0.958851 0.908852 0.841471 0.841471
1 2 0.5 0 0
-0.04154 -0.12306
-0.2 -0.26952 -0.30117
0 0.5 2 0.5 0
-0.16615 -0.16304 -0.15388 -0.13905 -0.12658 0 0 0.5 2 1
0 0 0 0.5 2
-0.99688 -0.97827 -0.92326 -0.8343 -0.7595
从而形成三弯距方程组的增广矩阵：
解得：M1=-0.33438，M2=-0.32813，M3=-0.30966，M4=-0.27977，M5=-0.23987。样条曲线为：
7. 对f(x)=|x|，在[-1，1]上取5个等距节点，求3次自然样条插值。
解 先作差商表
-1 1 -0.5 0.5 0 0 0.5 0.5 1 1
2 0.5 0
0.5 2 0.5
-1 -1 1 1 0 0.5 2
0 2 0
从而形成三弯距方程组的增广矩阵：
0 12 0
解得：M1=-0（已知），M2= -1.71429=-12/7，M3= 6.857143=48/7，M4= -1.71429=-12/7，M5=-0（已知）。样条曲线为：
8. 对f(x)=|x|，在[-1，1]上取6个等距节点，求3次周期样条插值函数。 解 先作差商表
-1 1 -1 0
-0.6 -0.2 0.2 0.6 1 1.4
注意：f(xn+1)=
增广矩阵：
0.6 -1 1.25 0.2 0 1.25 0.2 1 0 0.6 1 -2.5 1 -1 0.6
f(x2)，xn+1=xn+x2-x1=1+0.4=1.4，从而形成三弯距方程组的0.5 2 0.5 0 0
0 0.5 2 0.5 0
0 0 0.5 2 0.5
0.5 0 0 0.5 2
0 7.5 7.5 0 -15
2 0.5 0 0 0.5
解得：M1=M6= -8.18182，M2= 1.363636，M3= 2.727273，M4= 2.727273，M5= 1.363636。样条曲线为：
解：取节点12，作差商表： 23425-11
-1
-10
110-1
2 1
01
111
对于自然样条，M1=M5=0，按公式（10）形成方程组：
2M2+1⎧M3=6f(x1,x2,x3)=0⎪⎨2M2+2M3+2M4=6f(x2,x3,x4)=12 ⎪2M3+2M4=6f(x3,x4,x5)=0⎩
124812
,M4=-。由（9）式即得样条函数的表达式（略）解得：
M2=-,M3=。
T
X*=(M1,M2, ,Mn)，且令Mi0=maxMi，则Mi0≠0，考察AX*=0的第i0个方程：
1≤i≤n
ai0,i0Mi0=-∑ai0,jMj，有ai0,i
0≤∑ai0,j
j=1
j≠i0
j=1j≠i0
nn
MjMi0
≤∑ai0,j。这与矩阵A为严格对角占
j=1j≠i0
n
解：由于在ii+1上是3次多项式，故在ii+1上是1次多项式，而且满足因此可表示为s''(x)=Mis''(xi)=Mi=yi'',s''(xi+1)=Mi+1=yi''+1，
xi+1-xx-xi
+Mi+1
hihi
于是积分两次并利用s(xi)=yi,s(xi+1)=yi+1（yi,yi+1为未知量）可定出积分常数：
(xi+1-x)3(x-xi)3⎛Mihi2⎫xi+1-x⎛Mi+1hi2⎫x-xi
⎪⎪ s(x)=Mi+Mi+1+ yi-+ yi+1- ⎪ ⎪6hi6hi6⎭hi6⎭hi⎝⎝
(xi+1-x)3(x-xi)3x-xx-xi
事实上，积分两次后，记s(x)=Mi，+Mi+1+cii+1+di
6hi6hihihi
再由s(xi)=yi,s(xi+1)=yi+1可定出ci,di。于是：
(xi+1-x)2(x-xi)2yiMihiyMh
s'(x)=-Mi+Mi+1-++i+1-i+1i
2hi2hihi6hi6
即：
Mihiyi+1-yihiMhy-yihi
++(Mi-Mi+1),s'(xi+1)=i+1i+i+1+(Mi-Mi+1)2hi62hi6
Mhy-yi-1hi-1
若考虑在[xi-1,xi]上，有s'(xi)=ii-1+i+(Mi-1-Mi),两边的s'(xi)应相
2hi-16
Mhy-yi-1hi-1Mhy-yihi
等，即：ii-1+i+(Mi-1-Mi)=-ii+i+1+(Mi-Mi+1)，整
2hi-162hi6
hihi-1
i=2,3, ,n-1，得： 理并记μi=,λi=
hi+hi-1hi+hi-1
hi-1hi1
-μiyi-1+yi-λiyi+1=-Mihi-1hi-(Mi+1hi+Mi-1hi-1),i=2,3, ,n-1
36(xi+1-xi-1)s'(xi)=-
若给定边界条件y1=f(x1),yn=f(xn)，则形成方程组：
h1h21⎧
y-λy=-Mhh-(M3h2+M1h1)+μ2y123212⎪2
36(x3-x1)
⎪
hi-1hi
⎪-μy+y-λy=-1Mhh-(Mi+1hi+Mi-1hi-1),⎪ii-1iii+1ii-1i
36(x-x)
⎨i+1i-1
⎪i=3, ,n-2⎪
⎪-μy+y=-1Mhh-hn-1hn-2(Mh+Mh)+λy
n-1n-2n-1n-1n-1n-2n-2n-2nn-1n-1n
⎪36(xn-xn-2)⎩
（1） 通过型值点：iii+1i+1，共有2(n-1)个方程； （2） s(x)的一阶导数连续，即si'(xi)=si'-1(xi),i=2,3, ,n-1共有n-2个方程。 这样总共有3n-4个方程，而待定系数有3n-3个，于是s(x)可以有很多。若要使它唯一
'即可。事实上：考虑s(x)在[xi,xi+1]上是一个二次多项式，可以写确定，加上s'(x1)=y1
s''(xi)
(x-xi)2，若记ki=s'(xi)为未知量，则：2!
k-k
s'(x)=ki+s''(xi)(x-xi)，再由s'(xi+1)=ki+1得s''(xi)=i+1i，故
xi+1-xi
1ki+1-ki
s(x)=yi+ki(x-xi)+(x-xi)2，再由s(xi+1)=yi+1得：
2!xi+1-xi
ki+1+kiyi+1-yi
==f(xi,xi+1),i=1,2, ,n-1 2xi+1-xi
'为已知，从而由ki+1=2f(xi,xi+1)-ki,i=1,2, ,n-1，可求得
再由k1=s'(x1)=y1
成：s(x)=yi+s'(xi)(x-xi)+
k,k, ,k，且由递推关系知k,k, ,k是唯一确定的。
解 在每个小区间[xi,xi+1]上，记s(x)=ai+bi(x-ti)+ci(x-ti),i=1,2, ,n-1，于是共有3（n-1）个待定系数，而条件有：
（1）s(x1)=y1,s(ti)=yi,i=1,2, ,n-1,s(tn)=yn，共n+1个； （2）s(x)在xi(i=2,3, ,n-1)的函数和一阶导数连续，共2(n-2)个。
于是条件也共有n+1+2(n-2)=3(n-1)个，因此问题的提法基本是合理的。下面考虑s(x)的求法：
因s(x)在[xi,xi+1]上是二次多项式，故
s''(ti)
(x-ti)2,i=1,2, ,n-1 2!
s''(ti)
(x-ti)2,i=1,2, ,n-1 已知s(ti)=yi，故s(x)=yi+s'(ti)(x-ti)+2!
再由s'(x)在xi连续，我们可以以zi=s'(xi)为求知量列方程。首先由于s'(x)为线性函s(x)=s(ti)+s'(ti)(x-ti)+
zi+zi+1
， 2
z-zizi+1-zi
s''(ti)=i+1=,hi=xi+1-xi
xi+1-xihi
z+zi+1z-z
s(x)=yi+i(x-ti)+i+1i(x-ti)2,i=1,2, ,n-1，再由
22hi
数，s''(x)为常数，所以s'(ti)=
z+zi+1-hizi+1-zihi3z+zi+1
s(xi)=yi+i+=yi-ihi，
222hi48
z+zi+1hizi+1-zihiz+3zi+1
s(xi+1)=yi+i+=yi+ihi，
222hi48
z+3zi
hi-1，由于s(x)在xi连续，故 同理，在[xi-1,xi]上，s(xi)=yi-1+i-1
8
z+3zi3z+zi+1
yi-1+i-1hi-1=yi-i
88
y-yi-1
整理得 μizi-1+3zi+λizi+1=8i,i=2,3, ,n-1
hi+hi-1
hi-1hi
其中 μi= ,λi=
hi+hi-1hi+hi-1z+z2-h1z2-z1h1
又已知s(x1)=y1+1+=y1导出：3z1+z2=0
222h14
y-yn-1z+znhn-1zn-zn-1hn-1
以及s(xn)=yn-1+n-1 +=yn得：zn-1+3zn=8n
hn-1222hn-14
于是得方程组：
2
2
2
2
⎧
⎪
⎪3z1+z2=0
yi-yi-1⎪
μz+3z+λz=8,i=2,3, ,n-1 ⎨ii-1iii+1
hi+hi-1
⎪
yn-yn-1⎪
z+3z=8n⎪n-1
hn-1⎩
该方程组的系数矩阵严格对角占优，故有唯一解。由zi可唯一确定s(x)。
14．解 如果f(x)是[a,b]上二阶导数连续的函数，则取定理3、定理4中的t(x)为f(x)，显然f(x)满足t(x)应满足的条件，于是f(x)的三次样条插值函数s(x)满足
⎰[s''(x)]dx≤⎰[f''(x)]dx
a
a
b
2
b
2
证：设是二阶导数连续，且满足iii，，令η(x)=g(x)-s(x)，g(x1)=g(xn),g'(x1)=g'(xn),g''(x1)=g''(xn)的任意一个函数，
则η(xi)=0,i=1,2, ,n。由：
⎰
b
a
s''(x)η''(x)dx=∑⎰
i=1
n-1
xi+1
xi
s''(x)η''(x)dx=∑s''(x)η'(x)
i=1
n-1i=1
xi+1
n-1
xi+1
xixi+1
-∑⎰
i=1
n-1
xi+1
xi
s'''(x)η'(x)dx
得：
=s''(xn)η'(xn)-s''(x1)η'(x1)-∑s'''(x)η(x)
2
xi
+∑⎰
i=1
n-1
xi
s(4)(x)η(x)dx
=s''(xn)(g'(xn)-s'(xn))-s''(x1)(g'(x1)-s'(x1))-s'''(xn)η(xn)+s'''(x1)η(x1)=0
⎰[g''(x)]dx=⎰[s''(x)+η''(x)]dx
a
a
bb
2
=⎰[s''(x)]dx+⎰[η''(x)]dx+2⎰s''(x)η''(x)dx
a
a
a
b
2
b
2
b
=⎰[s''(x)]dx+⎰[η''(x)]dx
故：
b
2
b
2
[s''(x)]dx≤[g''(x)]dx。证毕
n
n
b
2
b
a2
a
Pn(
P0,P1, ,Pn,t)=∑PiBi,n(t)=∑PiCinti(1-t)n-i,令j=n-i
i=0n
i=0
=∑Pn-jC
j=0
nn-j
n-j
t
j
(1-t)=∑Pn-jCn1-(1-t)]j(1-t)[
j
j=0
n
n-j
=P(P,P, ,P,1-t)
212121解：由P3(得：P0()+3P1()()+3P2()()+P3()=Q1，即： 3)=Q1
8P0+12P1+6P2+P3=27Q1，
再由P3(2得： P0+6P1+12P2+8P3=27Q2，解得： )=Q
2
31
⎧P1=-50+3Q1-Q2+P3P ⎨P=P-Q+3Q-P26323021
∑B
i=0
1
i,1
(t)Pi,n-1=B0,1(t)P0,n-1+B1,1(t)P1,n-1=(1-t)P0,n-1+tP1,n-1=P0,n=Pn(t)
成立。假设当k=m时有：
∑B
i=0
m
i,m
(t)Pi,n-m=P0,n，则当k=m+1时：
m+1i=0
m+1i=0
∑B
i,m+1
(t)Pi,n-m-1=∑[(1-t)Bi,m(t)+tBi-1,m(t)]Pi,n-m-1
m+1i=0m
=t∑Bi-1,m(t)Pi,n-m-1+(1-t)∑Bi,m(t)Pi,n-m-1
i=0m
m+1
=t∑Bi,m(t)Pi+1,n-1-m+(1-t)∑Bi,m(t)Pi,n-1-m(由归纳假设)
i=0
i=0
=tP1,n-1+(1-t)P0,n-1=P0,n=Pn(t)
故由数学归纳法知，对任意0≤k≤n有：Pn(t)=∑
B
k
i,k
(t)Pi,n-k。
证：因为：0,n-11,n-10,nn，两边求导得：
P1,n-1-P0,n-1+(1-t)
故：(1-t)
ddd
P0,n-1+tP1,n-1=P0,n=n(P1,n-1-P0,n-1) dtdtdt
dd
P0,n-1+tP1,n-1=(n-1)(P1,n-1-P0,n-1)。 dtdt
第三章 样条插值和曲线拟合
1．y=
x有如下的函数表
8。 解 先作差商表
01
11
13
4
2
15
9
3
17
---161601210
160
-
1420⨯3
11008
11
p3(8)=1+(8-1)-(8-1)(8-4)
3601+(8-1)(8-4)(8-9)=2.844444 420⨯3
164
故：p1(8)=2+
1
(8-4)=2.8 5
1
p4(8)=0+1⨯(8-0)-8(8-1)
6
11+8⨯7⨯4-8⨯7⨯4⨯(-1)=2.622 2601008
已知
利用Neville方法得:
11
p2(8)=2+(8-4)-(8-4)(8-9)
5210
=2.819047 619xi
1
4
9
16 xi
1
4
9
-1
4
3
7
2
8-xi
8
1
-8
f(xi)
-1
4
4
3
7
2
8-xi
8
1
f(xi)
=2.8284 2，7因此选定
x1=4,x2=9,x3=16,p2(8)最接近。
16 -8 4 已知=2.828427 ，故选定x1
2.8284271
8
-1.33333333 3.3333333 2.4 2.866666667 2.6222222
2.8 2.8444444
2.819047619 2.8571429 f(8)= 2.828427125
8
-1 1/3 3 1/3 2 2/5 2 13/15 2 28/45 2 4/5 2 38/45 2 86/105 2 6/7
=4,x2=9,x3=16,p2(8)=2.819047619最接近.
-11
-1
-20
1
2
0-1
43
1
12-401
-411
所以：p4(x)=1-(x+1)+，故：p4(。 )(x+3(x+12)x-3(x+1)(x+2)x(x-2)2)=2
x-1x-0（2）若采用分段插值，则在[0,2]上，L(x)=f(0)+f(=x，所以： 2)110--0
111
，结果一样。 L(1)==f()=p4()
π
3．解 （1）若记L(x)为tgx在[-π]上的分段线性插值函数，则 ,M22
h,x∈[xi,xi+1] 8
M2212-4
''R(x)=tgx-L(x)≤h≤h
h
（2）如果采用分段二次插值，若L2(x)为tgx在[-]上的分段二次插值函数，则 4,4
R(x)=tgx-L(x)≤
R(x)=tgx-L2(x)≤
Mf'''(ξ)1
(x-xi)(x-x1)(x-xi+1)≤3h3,x∈[xi,xi+1]
i+3!6122
tg'''x=16，欲使R(x)=tgx-L2(x)≤其中M3=maxππ
x∈-,[161
h3
612
3
解：若对在中用等距分段Hermite 3次插值，则在每个小区间ii+1上，由第二章定理8知：
4!
sinxsin3x(4)π
+24]上， 由于tg(x)=16，所以在[-π,35
cosxcosx
11
tg(4)(x)≤=16+24=80
22
80801454
tgx-H3(x)≤max(x-xi)2(x-xi+1)2≤⨯h=h
x≤x≤x4!ii+14!1624
tgx-H3(x)=
f(4)(ξ)
(x-xi)2(x-xi+1)2,xi≤ξ≤xi+1
π
注意右端与i无关，故在-π上，有：tgx-H3
(x)≤,[]
54
h。 1sinxsintx
解：因为f(x)=，所以 =⎰costxdt=
0xx0
111dksinxkπ⎫⎛(k)k
f(x)≤tdt=，因此。 f(x)=k=⎰tkcos tx+dt⎪⎰00k+12⎭dxx⎝
（1） 若在区间[0,1]上用等距线性插值，则误差为：
M12
f(x)-L(x)=2h2≤h,对任x∈[0,1]
824
(k)
欲使f(x)-L(x)≤10-4，只须h
（2） 若在区间[0,1]上用等距Hermite 3次插值，则误差为：
f(4)(ξ)1h422
f(x)-H3(x)≤(x-xi)(x-xi+1)≤⋅,对任x∈[0,1]
4!4!⨯516
欲使f(x)-H3(x)≤10，只须h
-4
-4
1
4
f(x)-s(x)≤
-4
14
hf16
(4)
(x)
-4
∞
1≤
114
⋅⋅h 165
欲使f(x)-s(x)≤10，只须h
xcosx-sinx-sinx
'，所以：f(0)=
x22
, 先作=0，f'(1)=-0.30117
x=0
0 0.25 0.5 0.75 1 1 2 0.5 0 0 0
1 1
0.989616 0.958851 0.908852 0.841471 0.841471
1 2 0.5 0 0
-0.04154 -0.12306
-0.2 -0.26952 -0.30117
0 0.5 2 0.5 0
-0.16615 -0.16304 -0.15388 -0.13905 -0.12658 0 0 0.5 2 1
0 0 0 0.5 2
-0.99688 -0.97827 -0.92326 -0.8343 -0.7595
从而形成三弯距方程组的增广矩阵：
解得：M1=-0.33438，M2=-0.32813，M3=-0.30966，M4=-0.27977，M5=-0.23987。样条曲线为：
7. 对f(x)=|x|，在[-1，1]上取5个等距节点，求3次自然样条插值。
解 先作差商表
-1 1 -0.5 0.5 0 0 0.5 0.5 1 1
2 0.5 0
0.5 2 0.5
-1 -1 1 1 0 0.5 2
0 2 0
从而形成三弯距方程组的增广矩阵：
0 12 0
解得：M1=-0（已知），M2= -1.71429=-12/7，M3= 6.857143=48/7，M4= -1.71429=-12/7，M5=-0（已知）。样条曲线为：
8. 对f(x)=|x|，在[-1，1]上取6个等距节点，求3次周期样条插值函数。 解 先作差商表
-1 1 -1 0
-0.6 -0.2 0.2 0.6 1 1.4
注意：f(xn+1)=
增广矩阵：
0.6 -1 1.25 0.2 0 1.25 0.2 1 0 0.6 1 -2.5 1 -1 0.6
f(x2)，xn+1=xn+x2-x1=1+0.4=1.4，从而形成三弯距方程组的0.5 2 0.5 0 0
0 0.5 2 0.5 0
0 0 0.5 2 0.5
0.5 0 0 0.5 2
0 7.5 7.5 0 -15
2 0.5 0 0 0.5
解得：M1=M6= -8.18182，M2= 1.363636，M3= 2.727273，M4= 2.727273，M5= 1.363636。样条曲线为：
解：取节点12，作差商表： 23425-11
-1
-10
110-1
2 1
01
111
对于自然样条，M1=M5=0，按公式（10）形成方程组：
2M2+1⎧M3=6f(x1,x2,x3)=0⎪⎨2M2+2M3+2M4=6f(x2,x3,x4)=12 ⎪2M3+2M4=6f(x3,x4,x5)=0⎩
124812
,M4=-。由（9）式即得样条函数的表达式（略）解得：
M2=-,M3=。
T
X*=(M1,M2, ,Mn)，且令Mi0=maxMi，则Mi0≠0，考察AX*=0的第i0个方程：
1≤i≤n
ai0,i0Mi0=-∑ai0,jMj，有ai0,i
0≤∑ai0,j
j=1
j≠i0
j=1j≠i0
nn
MjMi0
≤∑ai0,j。这与矩阵A为严格对角占
j=1j≠i0
n
解：由于在ii+1上是3次多项式，故在ii+1上是1次多项式，而且满足因此可表示为s''(x)=Mis''(xi)=Mi=yi'',s''(xi+1)=Mi+1=yi''+1，
xi+1-xx-xi
+Mi+1
hihi
于是积分两次并利用s(xi)=yi,s(xi+1)=yi+1（yi,yi+1为未知量）可定出积分常数：
(xi+1-x)3(x-xi)3⎛Mihi2⎫xi+1-x⎛Mi+1hi2⎫x-xi
⎪⎪ s(x)=Mi+Mi+1+ yi-+ yi+1- ⎪ ⎪6hi6hi6⎭hi6⎭hi⎝⎝
(xi+1-x)3(x-xi)3x-xx-xi
事实上，积分两次后，记s(x)=Mi，+Mi+1+cii+1+di
6hi6hihihi
再由s(xi)=yi,s(xi+1)=yi+1可定出ci,di。于是：
(xi+1-x)2(x-xi)2yiMihiyMh
s'(x)=-Mi+Mi+1-++i+1-i+1i
2hi2hihi6hi6
即：
Mihiyi+1-yihiMhy-yihi
++(Mi-Mi+1),s'(xi+1)=i+1i+i+1+(Mi-Mi+1)2hi62hi6
Mhy-yi-1hi-1
若考虑在[xi-1,xi]上，有s'(xi)=ii-1+i+(Mi-1-Mi),两边的s'(xi)应相
2hi-16
Mhy-yi-1hi-1Mhy-yihi
等，即：ii-1+i+(Mi-1-Mi)=-ii+i+1+(Mi-Mi+1)，整
2hi-162hi6
hihi-1
i=2,3, ,n-1，得： 理并记μi=,λi=
hi+hi-1hi+hi-1
hi-1hi1
-μiyi-1+yi-λiyi+1=-Mihi-1hi-(Mi+1hi+Mi-1hi-1),i=2,3, ,n-1
36(xi+1-xi-1)s'(xi)=-
若给定边界条件y1=f(x1),yn=f(xn)，则形成方程组：
h1h21⎧
y-λy=-Mhh-(M3h2+M1h1)+μ2y123212⎪2
36(x3-x1)
⎪
hi-1hi
⎪-μy+y-λy=-1Mhh-(Mi+1hi+Mi-1hi-1),⎪ii-1iii+1ii-1i
36(x-x)
⎨i+1i-1
⎪i=3, ,n-2⎪
⎪-μy+y=-1Mhh-hn-1hn-2(Mh+Mh)+λy
n-1n-2n-1n-1n-1n-2n-2n-2nn-1n-1n
⎪36(xn-xn-2)⎩
（1） 通过型值点：iii+1i+1，共有2(n-1)个方程； （2） s(x)的一阶导数连续，即si'(xi)=si'-1(xi),i=2,3, ,n-1共有n-2个方程。 这样总共有3n-4个方程，而待定系数有3n-3个，于是s(x)可以有很多。若要使它唯一
'即可。事实上：考虑s(x)在[xi,xi+1]上是一个二次多项式，可以写确定，加上s'(x1)=y1
s''(xi)
(x-xi)2，若记ki=s'(xi)为未知量，则：2!
k-k
s'(x)=ki+s''(xi)(x-xi)，再由s'(xi+1)=ki+1得s''(xi)=i+1i，故
xi+1-xi
1ki+1-ki
s(x)=yi+ki(x-xi)+(x-xi)2，再由s(xi+1)=yi+1得：
2!xi+1-xi
ki+1+kiyi+1-yi
==f(xi,xi+1),i=1,2, ,n-1 2xi+1-xi
'为已知，从而由ki+1=2f(xi,xi+1)-ki,i=1,2, ,n-1，可求得
再由k1=s'(x1)=y1
成：s(x)=yi+s'(xi)(x-xi)+
k,k, ,k，且由递推关系知k,k, ,k是唯一确定的。
解 在每个小区间[xi,xi+1]上，记s(x)=ai+bi(x-ti)+ci(x-ti),i=1,2, ,n-1，于是共有3（n-1）个待定系数，而条件有：
（1）s(x1)=y1,s(ti)=yi,i=1,2, ,n-1,s(tn)=yn，共n+1个； （2）s(x)在xi(i=2,3, ,n-1)的函数和一阶导数连续，共2(n-2)个。
于是条件也共有n+1+2(n-2)=3(n-1)个，因此问题的提法基本是合理的。下面考虑s(x)的求法：
因s(x)在[xi,xi+1]上是二次多项式，故
s''(ti)
(x-ti)2,i=1,2, ,n-1 2!
s''(ti)
(x-ti)2,i=1,2, ,n-1 已知s(ti)=yi，故s(x)=yi+s'(ti)(x-ti)+2!
再由s'(x)在xi连续，我们可以以zi=s'(xi)为求知量列方程。首先由于s'(x)为线性函s(x)=s(ti)+s'(ti)(x-ti)+
zi+zi+1
， 2
z-zizi+1-zi
s''(ti)=i+1=,hi=xi+1-xi
xi+1-xihi
z+zi+1z-z
s(x)=yi+i(x-ti)+i+1i(x-ti)2,i=1,2, ,n-1，再由
22hi
数，s''(x)为常数，所以s'(ti)=
z+zi+1-hizi+1-zihi3z+zi+1
s(xi)=yi+i+=yi-ihi，
222hi48
z+zi+1hizi+1-zihiz+3zi+1
s(xi+1)=yi+i+=yi+ihi，
222hi48
z+3zi
hi-1，由于s(x)在xi连续，故 同理，在[xi-1,xi]上，s(xi)=yi-1+i-1
8
z+3zi3z+zi+1
yi-1+i-1hi-1=yi-i
88
y-yi-1
整理得 μizi-1+3zi+λizi+1=8i,i=2,3, ,n-1
hi+hi-1
hi-1hi
其中 μi= ,λi=
hi+hi-1hi+hi-1z+z2-h1z2-z1h1
又已知s(x1)=y1+1+=y1导出：3z1+z2=0
222h14
y-yn-1z+znhn-1zn-zn-1hn-1
以及s(xn)=yn-1+n-1 +=yn得：zn-1+3zn=8n
hn-1222hn-14
于是得方程组：
2
2
2
2
⎧
⎪
⎪3z1+z2=0
yi-yi-1⎪
μz+3z+λz=8,i=2,3, ,n-1 ⎨ii-1iii+1
hi+hi-1
⎪
yn-yn-1⎪
z+3z=8n⎪n-1
hn-1⎩
该方程组的系数矩阵严格对角占优，故有唯一解。由zi可唯一确定s(x)。
14．解 如果f(x)是[a,b]上二阶导数连续的函数，则取定理3、定理4中的t(x)为f(x)，显然f(x)满足t(x)应满足的条件，于是f(x)的三次样条插值函数s(x)满足
⎰[s''(x)]dx≤⎰[f''(x)]dx
a
a
b
2
b
2
证：设是二阶导数连续，且满足iii，，令η(x)=g(x)-s(x)，g(x1)=g(xn),g'(x1)=g'(xn),g''(x1)=g''(xn)的任意一个函数，
则η(xi)=0,i=1,2, ,n。由：
⎰
b
a
s''(x)η''(x)dx=∑⎰
i=1
n-1
xi+1
xi
s''(x)η''(x)dx=∑s''(x)η'(x)
i=1
n-1i=1
xi+1
n-1
xi+1
xixi+1
-∑⎰
i=1
n-1
xi+1
xi
s'''(x)η'(x)dx
得：
=s''(xn)η'(xn)-s''(x1)η'(x1)-∑s'''(x)η(x)
2
xi
+∑⎰
i=1
n-1
xi
s(4)(x)η(x)dx
=s''(xn)(g'(xn)-s'(xn))-s''(x1)(g'(x1)-s'(x1))-s'''(xn)η(xn)+s'''(x1)η(x1)=0
⎰[g''(x)]dx=⎰[s''(x)+η''(x)]dx
a
a
bb
2
=⎰[s''(x)]dx+⎰[η''(x)]dx+2⎰s''(x)η''(x)dx
a
a
a
b
2
b
2
b
=⎰[s''(x)]dx+⎰[η''(x)]dx
故：
b
2
b
2
[s''(x)]dx≤[g''(x)]dx。证毕
n
n
b
2
b
a2
a
Pn(
P0,P1, ,Pn,t)=∑PiBi,n(t)=∑PiCinti(1-t)n-i,令j=n-i
i=0n
i=0
=∑Pn-jC
j=0
nn-j
n-j
t
j
(1-t)=∑Pn-jCn1-(1-t)]j(1-t)[
j
j=0
n
n-j
=P(P,P, ,P,1-t)
212121解：由P3(得：P0()+3P1()()+3P2()()+P3()=Q1，即： 3)=Q1
8P0+12P1+6P2+P3=27Q1，
再由P3(2得： P0+6P1+12P2+8P3=27Q2，解得： )=Q
2
31
⎧P1=-50+3Q1-Q2+P3P ⎨P=P-Q+3Q-P26323021
∑B
i=0
1
i,1
(t)Pi,n-1=B0,1(t)P0,n-1+B1,1(t)P1,n-1=(1-t)P0,n-1+tP1,n-1=P0,n=Pn(t)
成立。假设当k=m时有：
∑B
i=0
m
i,m
(t)Pi,n-m=P0,n，则当k=m+1时：
m+1i=0
m+1i=0
∑B
i,m+1
(t)Pi,n-m-1=∑[(1-t)Bi,m(t)+tBi-1,m(t)]Pi,n-m-1
m+1i=0m
=t∑Bi-1,m(t)Pi,n-m-1+(1-t)∑Bi,m(t)Pi,n-m-1
i=0m
m+1
=t∑Bi,m(t)Pi+1,n-1-m+(1-t)∑Bi,m(t)Pi,n-1-m(由归纳假设)
i=0
i=0
=tP1,n-1+(1-t)P0,n-1=P0,n=Pn(t)
故由数学归纳法知，对任意0≤k≤n有：Pn(t)=∑
B
k
i,k
(t)Pi,n-k。
证：因为：0,n-11,n-10,nn，两边求导得：
P1,n-1-P0,n-1+(1-t)
故：(1-t)
ddd
P0,n-1+tP1,n-1=P0,n=n(P1,n-1-P0,n-1) dtdtdt
dd
P0,n-1+tP1,n-1=(n-1)(P1,n-1-P0,n-1)。 dtdt