超球面上多元Lagrange插值问题研究

Research on Multivariate Lagrange Interpolation Problems on Hyperspheres

摘要: 以三元函数Lagrange插值研究结果为基础，对n元函数Lagrange插值结点组的适定性问题进行了研究。提出了超球面上的Lagrange插值适定结点组的基本概念，研究了超球面上的Lagrange插值适定结点组的某些基本理论和拓扑结构，得到了构造超球面上的Lagrange插值适定结点组的添加超平面法。这些方法都是以迭加方式完成的，因此便于在计算机上实现其构造过程。最后给出了具体实验算例。

Abstract: Based on the research results of three-variable Lagrange interpolation, an investigation into the suitability of node sets for n-variable Lagrange interpolation was conducted. The fundamental concept of well-suited node sets for Lagrange interpolation on hyperspheres was proposed. Certain fundamental theories and topological structures of well-suited node sets for Lagrange interpolation on hyperspheres were studied, leading to the development of the method of adding hyperplanes for constructing well-suited node sets for Lagrange interpolation on hyperspheres. These methods are accomplished in an iterative manner, making them suitable for implementation on a computer. Finally, specific experimental examples are provided.

1. 引言

多元函数插值一直是计算数学领域一个重要的研究内容，有关多元函数插值的一个基本问题是多元插值函数唯一存在性问题。国内外对这一问题研究主要有两个类别：一种是通过已知的结点组，构造次数尽可能低的插值适定多项式空间，另一种是给定插值空间构造唯一可解的插值适定结点组。目前有关在整个三维空间进行插值及关于定义于三维空间中代数流形的插值结果较系统，但对于在更高维空间进行插值以及高维空间中代数流形上插值结果相对较少。

超球面是指高于2维的球面，有关超球面数据插值与逼近在许多科学领域都有着广泛的应用，例如在物理建模中，超球面插值可以用于估计不同空间点之间的物理量，如温度、压力、密度等。在机器学习中，超球面插值可以用于处理高维特征数据，以改进模型的性能。天文学和宇宙学中的数据通常是高维的，例如星体的特性和坐标。医学图像处理中，超球面插值可用于脑部成像和心脏成像等领域。以往的学者研究出了许多在三维空间中球面插值的方法，如 [1] [2] ，但有关在超球面上插值逼近方法却很少。梁学章等人 [3] 讨论了代数超曲面上添加超平面选取唯一可解结点组的方法。徐艳等人 [4] 讨论了超球面上的切触有理插值。本文在以往研究球面上Lagrange插值适定性问题 [5] [6] 的基础上，进一步探讨了在超球面上的Lagrange插值适定性问题。

2. 基本定义和定理

本文主要研究n维球面 $S_n$ 上唯一可解结点组(又叫插值适定结点组)的选取，为此本文引入以下基本定义。

设m为任意整数，n为非负整数，首先定义组合数

$\left(\begin{array}{c}m\\ n\end{array}\right)=\{\begin{array}{ll}0\hfill & 当m<n时\hfill \\ \frac{m!}{n!\left(m-n\right)!}\hfill & 当m\ge n时\hfill \end{array}$

并且定义符号 $e_m^{\left(n\right)}=\left(\begin{array}{c}m+n\\ n\end{array}\right)$ 。再定义符号

$e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)=\left(\begin{array}{c}m+n\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}m+n-2\\ n\end{array}\right)=\frac{\left(m+n\right)!}{n!m!}-\frac{\left(n+m-2\right)!}{n!\left(m-2\right)!}$

$P_m^{\left(n\right)}$ 代表所有次数不超过m的n元复系数多项式空间。

定义1 ( $P_m^{\left(n\right)}$ 上的插值适定结点组)

设 $A={\left\{Q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}}$ 是n维复数空间 $C^n$ 中 $e_m^{\left(n\right)}$ 个互不相同的点。对于任意给定的复数组 ${\left\{q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}}$ 寻找一个

多项式 $f\left(X\right)\in P_m^{\left(n\right)}$ ，使之满足如下插值条件

$f\left(Q^{\left(i\right)}\right)=q_i,i=1,\cdots ,e_m^{\left(n\right)}$ (1)

如果对于每一个任意给定的复数组 ${\left\{q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}}$ ，方程组(1)总存在唯一一组解，则称该插值问题是关于多项式空间 $P_m^{\left(n\right)}$ 的适定插值问题，并称相应的结点组 $A={\left\{Q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}}$ 为 $P_m^{\left(n\right)}$ 上的一个插值适定结点组。

定义2 (超球面上的插值适定结点组)

设 $p\left(X\right)=0$ 为n维复数空间 $C^n$ 中一个超球面， $A={\left\{Q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ 为超球面上 $e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)$ 个互不相同的点，对于任意给定的一个复数组 ${\left\{q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ ，寻找一个多项式 $f(X)\in P_m^{(n)}$ ，使之满足如下插值条件

$f\left(Q^{\left(i\right)}\right)=q_i,i=1,\cdots ,e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)$ (2)

如果对于每一个任意给定的复数组 ${\left\{q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ ，方程组(2)总存在一组解，则称结点组 $A={\left\{Q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ 为

沿超球面 $p\left(X\right)=0$ 的一个m次插值适定结点组，并简记为 $A\in I_m^{\left(n\right)}\left(p\right)$ ( $I_m^{\left(n\right)}\left(p\right)$ 表示位于超球面 $p\left(X\right)=0$ 上m次插值适定结点组的集合)。

定义3 令 $p\left(X\right)=0$ 是 $C^n\left(n>2\right)$ 上次数为k的无重复因子的代数超曲面，在 $p\left(X\right)=0$ 上选取 $e_m^{\left(n\right)}(\; k\; )$

不同的点 ${\left\{Q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(k\right)}$ ，如果有

$g\left(X\right)\in P_m^{\left(n\right)}$ ， $g\left(Q_i\right)=0,i=1,\cdots ,e_m^{\left(n\right)}(\; k\; )$

且 $g\left(X\right)$ 沿代数超曲面 $p\left(X\right)=0$ 恒有 $g\left(X\right)\equiv 0$ ，则 ${\left\{Q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(k\right)}$ 为超曲面 $p\left(X\right)=0$ 上的m次插值适定结点组。

定义4 (理想)

一个子集 $I\subset K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]$ ，如果其满足下述三个条件：

1) $0\in I$ ；

2) 如果 $f,g\in I$ ，则有 $f+g\in I$ ；

定义5 (生成理想)

令 $f_1,\cdots ,f_s$ 为n元多项式环中的s个多项式，则定义：

$\langle f_1,\cdots ,f_s\rangle =\left\{{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{s}{\sum }}{h}_i{f}_i},h_1,\cdots ,h_s\in K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]\right\}$

显然， $\langle f_1,\cdots ,f_s\rangle$ 是一个理想，称 $\langle f_1,\cdots ,f_s\rangle$ 是 $f_1,\cdots ,f_s$ 的生成理想。

定义6 (仿射簇、消逝理想)

设 $I\subset K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]$ 是一个理想， $V\left(I\right)=\left\{X\in C^n|f\left(X\right)=0,\forall f\in I\right\}$ 为理想I的仿射簇。对于任意一个仿射簇 $V\in K^n$ ，称 $I\left(V\right)=\left\{f\in K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]|f\left(X\right)=0,\forall X\in V\right\}$ 为V的消逝理想。

定义7 (根理想)

设 $I\subset K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]$ 是一个理想，用 $\sqrt{I}$ 表示I的根理想，它是集合： $\left\{f|f^m\in I,m\in \mathbb{Z},m\ge 1\right\}$ 。

定理1 $C^n$ 中互不相同的点 ${\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{\mu }$ 能够做成 $P_m^{\left(n\right)}$ 的插值适定结点组的充要条件是 ${\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{\mu }$ 不落在任何一个m次代数超曲面上。

定理2 (Hilbert零点定理)

设K为代数闭域，如果 $f,f_1,\cdots ,f_s\in K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]$ 使得 $f\in I\left(V\left(\langle f_1,\cdots ,f_s\rangle \right)\right)$ ，则存在一个整数 $m\ge 1$ 使得 $f^m\in \langle f_1,\cdots ,f_s\rangle$ 。

定理3 (强零点定理)

设K为代数闭域， $I\subset K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]$ 是一个理想，则 $I\left(V\left(I\right)\right)=\sqrt{I}\supset I$ 。

命题1 设I为理想， $V_1,V_2$ 是两个仿射簇，则 $V_1\subset V_2\Rightarrow I\left(V_1\right)\supset I\left(V_2\right)$ 。

命题2 若 $f\in K\left[x_1,\cdots ,x_n\right]$ ， $I=\langle f\rangle$ 是由f生成的素理想，若 $f=f_1^{{\alpha }_1}\cdots f_s^{{\alpha }_s}$ 是f不可约多项式的分解，则 $\sqrt{I}=\sqrt{\langle f\rangle }=\langle f_1,\cdots ,f_n\rangle$ 。特别地，如果f是一个没有重复分量的代数多项式，则 $\sqrt{I}=I$ 。(注：素理想是由一个元素生成的理想。

本文所获得研究结果如下：

定理4 设 $A={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}}$ 是 $P_m^{\left(n\right)}$ 的一个插值适定结点组， $B={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{e_{m+2}^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ 是n维球面 $p\left(X\right)=0$ 的m + 2次适定结点组，则 $A\cup B$ 组成 $P_{m+2}^{\left(n\right)}$ 的一个插值适定结点组。

此定理为构造 $P_m^{\left(n\right)}$ 中插值适定结点组的添加超球面法。

定理5 设 $A={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ 是n维球面 $p\left(X\right)=0$ 上的m次插值适定结点组，超平面 $h\left(X\right)=0$ 不经过这

$e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)$ 个点，与球面 $p\left(X\right)=0$ 相交与n − 1维球面 $V\left(p,h\right)$ ( $V\left(p,h\right)$ 表示 $p\left(X\right)$ 与 $h\left(X\right)$ 的共同零点的集合)。在n − 1维球面 $V\left(p,h\right)$ 上任取一个沿该球面的m + 1次插值适定结点组 $B\in I_{m+1}^{n-1}\left(S_{n-1}\right)$ ，则 $A\cup B$ 构成n维球面 $S_n$ 上的m + 1次插值适定结点组，即 $A\cup B\in I_{m+1}^{\left(n\right)}\left(S_n\right)$ 。

此定理为构造沿超球面插值适定结点组的添加超平面法。

3. 定理的证明

为了证明本文的主要结果，首先给出如下引理。

引理1 位于n维球面 $p\left(X\right)=0$ 上的点组 ${\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ 能够做成沿n维球面 $p\left(X\right)=0$ 的m次插值适定结

点组的充要条件是：对于任何一个满足零插值条件

$g\left(Q_i\right)=0,i=1,\cdots ,e_m^{\left(n\right)}(\; 2\; )$

的多项式 $g\left(X\right)\in P_m^{\left(n\right)}$ ，均存在如下分解：

$g\left(X\right)=p\left(X\right)r(\; X\; )$

其中，当 $m\ge 2$ 时， $r\left(X\right)\in P_{m-2}^{\left(n\right)}$ ，当 $m<2$ 时， $r\left(X\right)\equiv 0$ 。

引理1 证明

只需证明必要性，设 $I_1=\langle p\rangle$ ， $I_2=\langle g\rangle$ 。因为 ${\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ 是n维球面 $p\left(X\right)=0$ 的插值适定结点组，且

$g\left(Q_i\right)=0,i=1,\cdots ,e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)$ ，那么由定义3，沿 $p\left(X\right)=0$ 恒有 $g\left(X\right)=0$ ，故 $V\left(I_1\right)\subset V\left(I_2\right)$ 。由命题1，有 $I\left(V\left(I_1\right)\right)\supset I\left(V\left(I_2\right)\right)$ 。由于 $p\left(X\right)=0$ 是无重复分量的代数超曲面，由定理3和命题2，有 $I\left(V\left(I_1\right)\right)=\sqrt{I_1}=I_1$ ，且 $I\left(V\left(I_2\right)\right)=\sqrt{I_2}=I_2$ ，因此， $I_1\supset I_2$ 。由理想的定义，存在 $r\left(X\right)\in P_{m-2}^{\left(n\right)}$ 使得 $g\left(X\right)=p\left(X\right)r\left(X\right)$ 。

引理2 设超平面 $h\left(X\right)=h\left(x_1,\cdots ,x_n\right)=0$ 与n维球面 $p\left(X\right)=p\left(x_1,\cdots ,x_n\right)=0$ 相交于n − 1维球面 $V\left(p,h\right)$ ( $V\left(p,h\right)$ 表示 $p\left(X\right)$ 与 $h\left(X\right)$ 的共同零点的集合)，对任意 $g\in P_m^n$ ，如果 $V\left(g\right)\supset V\left(p,h\right)$ ( $V\left(g\right)$ 表示多项式 $g\left(X\right)=0$ 的零点集)，则存在多项式 $a,b$ 使得 $g=ap+bh$ ，多项式 $ap,bh$ 的全次数 $\le n$ 。

引理2 证明

将 $h\left(X\right)$ 转化成 $h\left(X\right)=x_n-l\left(x_1,\cdots ,x_{n-1}\right)$ ，令 ${\left(p\right)}_h$ 表示p除以h的余数，即 ${\left(p\right)}_h=p-th\in K\left[x_1,\cdots ,x_{n-1}\right]$ 。对任意 $q=\left(a_1,\cdots ,a_{n-1}\right)\in V\left({\left(p\right)}_h\right)\subset {ℂ}^{n-1}$ ，设 $q\text{'}=\left(a_1,\cdots ,a_{n-1},l\left(a_1,\cdots ,a_{n-1}\right)\right)\in {ℂ}^n$ ，则

$p\left(q\text{'}\right)-th\left(q\text{'}\right)=\left(p-th\right)\left(q\right)=0$ 。

因为 $h\left(q\text{'}\right)=0$ ，因此 $p\left(q\text{'}\right)=0$ 。故 $q\text{'}\in V\left(p,h\right)$ 。由条件 $V\left(g\right)\supset V\left(p,h\right)$ ，由 $g\left(q\text{'}\right)=0$ 且

${\left(g\right)}_h\left(q\right)={\left(g\right)}_h\left(q\text{'}\right)=g\left(q\text{'}\right)-t_{1}h\left(q\text{'}\right)=0$ 。

由上式可知，

$V\left({\left(g\right)}_h\right)\supset V\left({\left(p\right)}_h\right)$ (3)

由于 ${\left(p\right)}_h$ 是无重复分量的代数超曲面，故 $\sqrt{\langle {\left(p\right)}_h\rangle }=\langle {\left(p\right)}_h\rangle$ ，则由(3)和命题1、定理3，有 $I\left(V\left(\langle {\left(g\right)}_h\rangle \right)\right)\subset I\left(V\left(\langle {\left(p\right)}_h\rangle \right)\right)$ 且 $I\left(V\left(\langle {\left(g\right)}_h\rangle \right)\right)\supset \langle {\left(g\right)}_h\rangle$ ， $I\left(V\left(\langle {\left(p\right)}_h\rangle \right)\right)=\langle {\left(p\right)}_h\rangle$ 。因此， ${\left(g\right)}_h\in \langle {\left(p\right)}_h\rangle$ ，

即存在 $c\in P_m^{\left(n\right)}$ ，使得 $g-t_{1}h=c\left(p-th\right)$ ，其中， $t_1$ 的次数 $\le n-1$ ，t次数 $\le 1$ ，设 $a=c$ ， $b=t_1-ct$ ，则 $g=ap+bh$ ，多项式 $ap,bh$ 的全次数 $\le n$ 。

定理4 证明

$A\cup B$ 中点的个数为 $\left(\begin{array}{c}m+n\\ n\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}m+2+n\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}m+n\\ n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}m+2+n\\ n\end{array}\right)$ ，等于空间 $P_{m+2}^{\left(n\right)}$ 的维数。

下面采用反证法证明。

假设 $C=A\cup B$ 不是空间 $P_{m+2}^{\left(n\right)}$ 的插值适定结点组，由定理1知，必存在不恒为零的多项式 $g\left(X\right)\in P_{m+2}^n$ 使其满足对任意 $Q\in A\cup B$ ， $g\left(Q\right)=0$ 。因为B是 $p\left(X\right)=0$ 的m + 2次插值适定结点组，由引理1，存在

$r\left(X\right)\in P_m^{\left(n\right)}$ 使得 $g\left(X\right)=p\left(X\right)r\left(X\right)$ 。又因为 $p\left(Q_i\right)=0,\forall Q_i\in A$ 。所以 $0=g\left(Q_i\right)=p\left(Q_i\right)r\left(Q_i\right),\forall Q_i\in A$ 。

但 $p\left(Q_i\right)\ne 0,\forall Q_i\in A$ 。所以 $r\left(Q_i\right)=0,\forall Q_i\in A$ 。而 $A={\left\{Q_i\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}}$ 是 $P_m^{\left(n\right)}$ 的一个插值适定结点组，且 $r\left(X\right)\in P_m^{\left(n\right)}$ 。

所以 $r\left(X\right)\equiv 0$ 。进而 $g\left(X\right)\equiv 0$ 。这与假设相矛盾，故C是 $P_{m+2}^{\left(n\right)}$ 的插值适定结点组。

定理5 证明

选取多项式 $g\in P_m^n$ ，使其满足对任意 $Q\in A\cup B$ ， $g\left(Q\right)=0$ 。因为B为 $V\left(p,h\right)$ 上的插值适定结点组，则 $V\left(g\right)\supset V\left(p,h\right)$ 。由引理2，存在多项式 $a,b$ 使得

$g=ap+bh$ (4)

因为A为 $p\left(X\right)=0$ 上插值适定结点组，所以 $p\left(q\right)=0,\forall q\in A$ 。又因为 $g\left(q\right)=0$ ， $h\left(q\right)\ne 0$ ，所以 $b\left(q\right)=0$ ，由引理1，存在多项式c使得 $b=cp$ 。将等式代入(4)则 $g=ap+cph=\left(a+ch\right)p$ 。由引理1，则 $A\cup B$ 为球面 $p\left(X\right)=0$ 上的m+1次插值适定结点组。

下面给出定理5算法步骤：

1) 选取在三维空间中2维球面S₂上插值适定结点组具体做法如下：

第0步：任取S₂上一点Q_o作为结点，Q_o构成S₂上的零次插值适定结点组；

第1步：不经过Q_o，做平面f₁与S₂相交于圆周 $S_1^{\left(1\right)}$ ，任取 $S_1^{\left(1\right)}$ 上3个不同的点作为新增加的结点(由 [6] ，这三个点为 $S_1^{\left(1\right)}$ 上一次插值适定结点组)；

……

第m步：不经过Q_o，做平面f_m与S₂相交于圆周 $S_1^{\left(m\right)}$ ，任取 $S_1^{\left(m\right)}$ 上2m + 1个不同的点作为新增加的结点(由 [6] 这2m + 1个点为 $S_1^{\left(m\right)}$ 上m次插值适定结点组)；

第m步完成之后所得到的所有结点即可构成球面S₂上的m次插值适定结点组。

2) 选取沿四维空间中球面S₃插值适定结点组具体做法如下：

第0步：S₃上任选一点Q_o作为结点，Q_o构成S₃上的零次插值适定结点组；

第1步：不经过Q_o，做超平面f₁与S₃相交于2维球面 $S_2^{\left(1\right)}$ ，取 $S_2^{\left(1\right)}$ 上一个一次插值适定结点组 $A^{\left(1\right)}$ 作为新增加的点，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}$ 构成S₃上的一次插值适定结点组。

……

第m步：不经过Q_o及已经选好的超平面 $f_1,\cdots ,f_{m-1}$ ，做一个新的超平面f_m使其与S₃相交于2维球面 $S_2^{\left(m\right)}$ ，取 $S_2^{\left(m\right)}$ 上m次插值适定结点组 $A^{\left(m\right)}$ ，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}\cup \cdots \cup A^{\left(m\right)}$ 构成S₃上的m次插值适定结点组；

第m步完成之后所得到的所有结点即可构成球面S₃上的m次插值适定结点组。

以此类推，可得到n维空间中球面S_n插值适定结点组具体做法。

3) 选取沿n + 1维空间中球面S_n插值适定结点组具体做法如下：

第0步：n维球面S_n上任选一点Q_o作为结点，Q_o构成S_n上的零次插值适定结点组；

第1步：不经过Q_o，做超平面f₁与S_n相交于n − 1维球面 $S_{n-1}^{\left(1\right)}$ ，取 $S_{n-1}^{\left(1\right)}$ 上一个一次插值适定结点组 $A^{\left(1\right)}$ 作为新增加的点，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}$ 构成S_n上的一次插值适定结点组；

第2步：不经过Q_o及f₁，做超平面f₂与S_n相交于n − 1维球面 $S_{n-1}^{\left(2\right)}$ ，，取 $S_{n-1}^{\left(2\right)}$ 上二次插值适定结点组 $A^{\left(2\right)}$ ，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}\cup A^{\left(2\right)}$ 构成S_n上的二次插值适定结点组；

……

第m步：不经过Q_o及已经选好的超平面 $f_1,\cdots ,f_{m-1}$ ，做一个新的超平面f_m使其与S_n相交于n − 1维球面 $S_{n-1}^{\left(m\right)}$ ，取 $S_{n-1}^{\left(m\right)}$ 上m次插值适定结点组 $A^{\left(m\right)}$ ，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}\cup \cdots \cup A^{\left(m\right)}$ 构成S_n上的m次插值适定结点组；

第m步完成之后所得到的所有结点即可构成n维球面S_n上的m次插值适定结点组。根据构造出的插

值适定结点组，由定义2，对于任给的复数组 ${\left\{q^{\left(i\right)}\right\}}_{i=1}^{e_m^{\left(n\right)}\left(2\right)}$ ，解方程组(2)，都可以得到唯一的插值多项式

$f\left(X\right)\in P_m^{\left(n\right)}$ 。

由上述算法步骤，再结合定理4中给出的 $P_m^{\left(n\right)}$ 中插值适定结点组的添加超球面法，可以构造出多项式空间 $P_m^{\left(n\right)}$ (m为偶数)的插值适定结点组。

下面给出定理4算法步骤：

$P_m^{\left(n\right)}$ (m为偶数)中插值适定结点组具体做法如下：

第0步： $C^n$ 中任选一点Q_o作为结点，Q_o构成 $P_0^{\left(n\right)}$ 的一个插值适定结点组；

第1步：不经过Q_o，做n维空间中n − 1维球面 $S_{n-1}^{\left(1\right)}$ ，取 $S_{n-1}^{\left(1\right)}$ 上一个二次插值适定结点组 $A^{\left(1\right)}$ 作为新增加的点，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}$ 构成 $P_2^{\left(n\right)}$ 插值适定结点组；

第2步：不经过Q_o和 $S_{n-1}^{\left(1\right)}$ ，做n维空间中n − 1维球面 $S_{n-1}^{\left(2\right)}$ ，取 $S_{n-1}^{\left(2\right)}$ 上一个四次插值适定结点组 $A^{\left(2\right)}$ 作为新增加的点，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}\cup A^{\left(2\right)}$ 构成 $P_4^{\left(n\right)}$ 插值适定结点组；

……

第m步：不经过Q_o及已经选好的超球面 $S_{n-1}^{\left(1\right)},\cdots ,S_{n-1}^{\left(N-1\right)}$ ，做一个新的超球面 $S_{n-1}^{\left(N\right)}$ ，取 $S_{n-1}^{\left(N\right)}$ 上2N次插值适定结点组 $A^{\left(N\right)}$ ，则 $\left\{Q_0\right\}\cup A^{\left(1\right)}\cup \cdots \cup A^{\left(N\right)}$ 构成 $P_{2N}^{\left(n\right)}$ 的一个插值适定结点组。

4. 实验算例

下面给出关于定理4的例子。

例1设被插值函数为 $f\left(x,y,z\right)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z}}$ ，球面S方程为 $x^2+y^2+z^2-1=0$ 。在球面外部取一点 $Q_0=\left(0,1,1\right)$ ，则该点为 $P_0^{\left(3\right)}$ 的插值适定结点组。在球面上取互异的9个点，见图1， $Q_1=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$ ， $Q_2=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},0,\frac{1}{2}\right)$ ， $Q_3=\left(\frac{2\sqrt{2}}{3},0,\frac{1}{3}\right)$ ， $Q_4=\left(\frac{\sqrt{15}}{4},0,\frac{1}{4}\right)$ ， $Q_5=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$ ， $Q_6=\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0\right)$ $Q_7=\left(\frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{1}{3},0\right)$， $Q_8=\left(\frac{1}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3},0\right)$ ， $Q_9=\left(\frac{1}{4},\frac{\sqrt{15}}{4},0\right)$ 。

Figure 1. Spherical point sampling visualization

图1. 球面取点效果图

这九个点是定义于球面S的一个0 + 2次插值适定结点组，则由定理4，点组 $\left\{Q_0,Q_1,Q_2,Q_3,Q_4,Q_5,Q_6,Q_7,Q_8,Q_9\right\}$ 构成 $P_2^{\left(3\right)}$ 的插值适定结点组。设多项式为 $f\left(x,y,z\right)=a_1{x}^2+a_2{y}^2+a_3{z}^2+a_{4}xy+a_{5}xz+a_{6}yz+a_{7}x+a_{8}y+a_{9}z+a_{10}$ ，得到的方程组为 $AX=B$ ，其中

$A=\left[\begin{array}{cccccccccc}0& 1& 1& 0& 0& 1& 0& 1& 1& 1\\ 0& \frac{3}{4}& \frac{1}{4}& 0& 0& \frac{\sqrt{3}}{4}& 0& \frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{1}{2}& 1\\ \frac{3}{4}& 0& \frac{1}{4}& 0& \frac{\sqrt{3}}{4}& 0& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0& \frac{1}{2}& 1\\ \frac{8}{9}& 0& \frac{1}{9}& 0& \frac{2\sqrt{2}}{9}& 0& \frac{2\sqrt{2}}{3}& 0& \frac{1}{3}& 1\\ \frac{15}{16}& 0& \frac{1}{16}& 0& \frac{\sqrt{15}}{16}& 0& \frac{\sqrt{15}}{4}& 0& \frac{1}{4}& 1\\ \frac{1}{4}& \frac{3}{4}& 0& \frac{\sqrt{3}}{4}& 0& 0& \frac{1}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}& 0& 1\\ \frac{3}{4}& \frac{1}{4}& 0& \frac{\sqrt{3}}{4}& 0& 0& \frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{1}{2}& 0& 1\\ \frac{8}{9}& \frac{1}{9}& 0& \frac{2\sqrt{2}}{9}& 0& 0& \frac{2\sqrt{2}}{3}& \frac{1}{3}& 0& 1\\ \frac{1}{9}& \frac{8}{9}& 0& \frac{2\sqrt{2}}{9}& 0& 0& \frac{1}{3}& \frac{2\sqrt{2}}{3}& 0& 1\\ \frac{1}{16}& \frac{15}{16}& 0& \frac{\sqrt{15}}{16}& 0& 0& \frac{1}{4}& \frac{\sqrt{15}}{4}& 0& 1\end{array}\right],X=\left[\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\\ a_3\\ a_4\\ a_5\\ a_6\\ a_7\\ a_8\\ a_9\\ a_{10}\end{array}\right],B=\left[\begin{array}{c}\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{2\sqrt{5}}{5}\\ \frac{2\sqrt{5}}{5}\\ \frac{3\sqrt{11}}{11}\\ \frac{4\sqrt{19}}{19}\\ 1\\ 1\\ 1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$

解得 $f\left(x,y,z\right)=-0.4572x^2-0.4572y^2+0.1836z^2+0.411xz+0.411yz-0.8875z+1.4572$ ，

我们取点 $\left(1,1,1\right),\left(1,0,1\right)$ ，插值结果分别为0.7071、0.6609，而其精确值分别为 $\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，误差分别为

$t_1=\left|0.7071-\frac{\sqrt{3}}{3}\right|\approx 6.7811\times {10}^{-6}$ ， $t_2=\left|0.6609-\frac{\sqrt{2}}{2}\right|\approx 0.08355$

下面给出关于定理5的例子

例2设球面S的方程为： $x^2+y^2+z^2=2$ ， $Q_0\left(\sqrt{2},0,0\right)$ 是球面S上的一个零次插值适定结点组，做一个不经过 $Q_0$ 点的平面 $x=0$ 与S相交于圆周 $C:y^2+z^2=2$ ，在C上任取3个互异点 $Q_1=\left(0,1,1\right),$ $Q_2\left(0,1,-1\right),Q_3\left(0,-1,1\right)$ ，由定理5知 $\left\{Q_0,Q_1,Q_2,Q_3\right\}$ 是关于球面S的一个一次插值适定结点组。例如：任取一个实数组 $\left\{-1,0,0,0\right\}$ ，我们以 $\left\{Q_0,Q_1,Q_2,Q_3\right\}$ 作为插值结点组就可以获得一次插值函数为

$p\left(x\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}x$ 。

5. 结论

本文首先介绍了Lagrange插值适定结点组的相关定义与基本定理，同时重点研究了定义于超球面上Lagrange插值适定结点组，提出构造超球面上Lagrange插值的添加超平面法，最后给出实验算例说明并验证有关结论。本文创新点为给出定义于超球面上Lagrange插值适定结点组结果，其对生产生活有着重要的实用价值。

NOTES

^*通讯作者。