定理1：当A、B特征值为正实数， $B^{\text{T}}\otimes A$的特征值为 ${\lambda }_i,i=1,\cdots ,n$，当 $\omega =\frac{2}{{\lambda }_{\max }+{\lambda }_{\min }}$时，迭代 $x^{k+1}=\left(I-\omega B^{\text{T}}\otimes A\right)x^k+\omega C$的谱半径达到最小 $\rho =\frac{{\lambda }_{\max }-{\lambda }_{\min }}{{\lambda }_{\max }+{\lambda }_{\min }}$。

证明：对于广义的Richardson迭代：

$x^{\left(k+1\right)}=x^{\left(k\right)}+\omega \left(C-A{x}^{\left(k\right)}B\right)$，

其可表示成等价的向量形式：

$x^{\left(k+1\right)}=\left(I-\omega B^{\text{T}}\otimes A\right)x^{\left(k\right)}+\omega c$，

其中 $x=vec\left(X\right),c=vec\left(C\right)$.该迭代的迭代矩阵 $G_{\omega }=I-\omega B^{\text{T}}\otimes A$，收敛因子 ${\rho }_{\omega }=I-\omega B^{\text{T}}\otimes A$，假设 $B^{\text{T}}\otimes A$的特征值为 ${\lambda }_i,i=1,\cdots ,n$，并且为正实数， ${\mu }_i$满足

$1-\alpha {\lambda }_{\min }\le {\mu }_i\le 1-\alpha {\lambda }_{\max }$，

如果迭代矩阵所有的特征值都为正，即 ${\lambda }_{\text{min}}>0$，则为了使得该迭代收敛，则需要满足下述条件：

$1-\omega {\lambda }_{\max }>-1$，

$1-\omega {\lambda }_{\min }<1$，

第一个条件意味着 $\omega <\frac{2}{{\lambda }_{\max }}$，第二个条件意味着 $\omega >0$，两式结合则可以推出使得迭代收敛应满足：

$0<\omega <\frac{2}{{\lambda }_{\max }}$，

设该迭代最优的 $\omega$为 ${\omega }_{opt}$，当迭代矩阵的谱半径取到最小值时，此时的 $\omega$为 ${\omega }_{opt}$，其对应的谱半径为：

$\rho G_{\omega }=\max \left\{\left|1-\omega {\lambda }_{\min }\right|,\left|1-\omega {\lambda }_{\max }\right|\right\}$，

如 图1 所示，关于 $\omega$的函数当斜率为正的曲线 $\left|1-\omega {\lambda }_{\max }\right|$与斜率为负的曲线 $\left|1-\omega {\lambda }_{\min }\right|$相交时，这时取到最优的 $\omega$，应满足

$1-\omega {\lambda }_{\min }=-1+\omega {\lambda }_{\max }$，

可以得到：

${\omega }_{opt}=\frac{2}{{\lambda }_{\min }+{\lambda }_{\max }}$，

将其替换为两条曲线中的一条，得到相应最优的谱半径：

${\rho }_{opt}=\frac{{\lambda }_{\text{max}}-{\lambda }_{\text{min}}}{{\lambda }_{\text{min}}+{\lambda }_{\text{max}}}$，

令 $B^{\text{T}}\otimes A$的特征值为 ${\lambda }_i,i=1,\cdots ,n$， ${\lambda }_i={\alpha }_j+i{\beta }_j,j=1,\cdots ,n$，且实部满足 ${\alpha }_m\le {\alpha }_j\le {\alpha }_M<1,j=1,\cdots ,n$，则迭代矩阵 $G_{\omega }$的特征值为：

${\mu }_j=1-\omega \left(\alpha +\beta i\right)=1-\omega \alpha +\omega \beta i,j=1,\cdots ,n$，

迭代矩阵 $G_{\omega }$的谱半径为：

$\rho \left(G_{\omega }\right)=\max \left|{\mu }_j\right|=\max \left|1-\omega \left(\alpha +\beta i\right)\right|,j=1,\cdots ,n$，

定理2：设 ${\lambda }_i={\alpha }_j+i{\beta }_j,j=1,\cdots ,n$，为矩阵 $B^{\text{T}}\otimes A$的特征值，令

${\alpha }_m={\min }_{1\le j\le n}\left\{{\alpha }_j\right\}$， ${\alpha }_M={\max }_{1\le j\le n}\left\{{\alpha }_j\right\}$， ${\beta }_M={\max }_{1\le j\le n}\left|{\beta }_j\right|$， ${\omega }_1=\frac{{\alpha }_m}{{\alpha }_m^2+{\beta }_M^2}$， ${\omega }_2=\frac{{\alpha }_M}{{\alpha }_M^2+{\beta }_M^2}$， $A={\alpha }_m\left({\alpha }_M-{\alpha }_m\right)$， $B=2{\beta }_M^2$， $\xi ={\min }_j\left\{\frac{2{\alpha }_j}{{\alpha }_j^2+{\beta }_j^2}\right\}$，则有：

1) 当 $0<\omega <\xi$，广义WPIA收敛。

2) 当 ${\omega }_{opt}\le \{\begin{array}{l}{\omega }_1,A\le B\\ {\omega }^{\text{*}},A\ge B\end{array}$，广义WPIA的迭代矩阵 $G_{\omega }$的上界取最小值，即

$\min \rho \left(G_{\omega }\right)\le \{\begin{array}{l}\frac{{\beta }_M}{{\left({\alpha }_m^2+{\beta }_M^2\right)}^{\frac{1}{2}}},{\omega }_{opt}={\omega }_1,\\ \frac{{\left[{\left({\alpha }_m-{\alpha }_M\right)}^2+4{\beta }_M^2\right]}^{\frac{1}{2}}}{{\alpha }_m+{\alpha }_M},{\omega }_{opt}={\omega }^{*},\end{array}$

证明：

由 ${\mu }_j=1-\omega \left(\alpha +\beta i\right)=1-\omega \alpha +\omega \beta i,j=1,\cdots ,n$，要使迭代收敛，则对应的谱半径小于1，即 $\left|{\mu }_j\right|<1$，满足 ${\left(1-\omega {\alpha }_i\right)}^2+{\left(\omega {\beta }_i\right)}^2<1$，解得 $0<\omega <\xi$， $\xi ={\min }_j\left\{\frac{2{\alpha }_j}{{\alpha }_j^2+{\beta }_j^2}\right\}$时，该迭代收敛，(1)得证。

若要得到最优的 $\omega$，则要找到谱半径上界的最小值，

${\rho }^2\left(G_{\omega }\right)=\max {\left|{\mu }_i\right|}^2=\max \left|{\left(1-\omega \alpha \right)}^2+{\left(\omega \beta \right)}^2\right|\le {\left(\max \left|1-\omega {\alpha }_i\right|\right)}^2+{\omega }^2{\beta }_M^2$，

我们只对 $\omega >0$感兴趣，则设 $\max \left|y_i\right|=y_M>0$，则可以的得到下述式子：

当 ${\alpha }_i<\frac{1}{\omega }$，则 $1-\omega {\alpha }_i>0$，

$\max \left|1-\omega {\alpha }_i\right|=\max \left\{1-\omega {\alpha }_i\right\}=1-\omega {\alpha }_m$，

当 ${\alpha }_i>\frac{1}{\omega }$，则 $1-\omega {\alpha }_i<0$，

$\max \left|1-\omega {\alpha }_i\right|=\max \left\{\omega {\alpha }_i-1\right\}=\omega {\alpha }_M-1$，

当 ${\alpha }_m<\frac{1}{\omega }<{\alpha }_M$，因此参数满足 $\frac{1}{{\alpha }_M}<\omega <\frac{1}{{\alpha }_m}$，

$\begin{array}{c}\max \left|1-\omega {\alpha }_i\right|=\max \left\{\max \left\{\omega {\alpha }_i-1\right\},{\alpha }_i\langle \frac{1}{\omega },\max \left\{\omega {\alpha }_i-1\right\},{\alpha }_i\rangle \frac{1}{\omega }\right\}\\ =\max \left\{\omega {\alpha }_M-1,1-\omega {\alpha }_m\right\}\end{array}$

综上所述，可得：

$\max \left|1-\omega {\alpha }_i\right|=\{\begin{array}{l}1-\omega {\alpha }_m,\frac{1}{{\alpha }_M}<\omega \le \frac{2}{{\alpha }_M+{\alpha }_m},\\ \omega {\alpha }_M-1,\frac{2}{{\alpha }_M+{\alpha }_m}<\omega \le \frac{1}{{\alpha }_M},\end{array}$

下面我们记 ${\omega }^{*}=\frac{2}{{\alpha }_M+{\alpha }_m}$，则可以得到：

${\rho }^2\left(G_{\omega }\right)\le \{\begin{array}{l}{\left(1-\omega {\alpha }_m\right)}^2+{\omega }^2{\beta }_M^2,0<\omega \le {\omega }^{*},\\ {\left(\omega {\alpha }_M-1\right)}^2+{\omega }^2{\beta }_M^2,{\omega }^{*}<\omega ,\end{array}$

现在求出使得 ${\rho }^2\left(G_{\omega }\right)$最小的 $\omega$：

$\min {\rho }^2\left(G_{\omega }\right)\le \{\begin{array}{l}\min g_1\left(\omega \right),0<\omega \le {\omega }^{*},\\ \min g_2\left(\omega \right),{\omega }^{*}<\omega ,\end{array}$

为了寻找 ${\min }_{0<\omega \le {\omega }^{*}}{g}_1\left(\omega \right)$和 ${\min }_{{\omega }^{*}<\omega }{g}_2\left(\omega \right)$，我们可以考虑对 $g_1\left(\omega \right)$， $g_2\left(\omega \right)$进行求导可得 ${g^{\prime }}_1\left(\omega \right)\ge 0\left(\omega >{\omega }_1\right)$和 ${g^{\prime }}_2\left(\omega \right)\ge 0\left(\omega >{\omega }_2\right)$，其中：

${\omega }_1=\frac{{\alpha }_m}{{\alpha }_m^2+{\beta }_M^2},{\omega }_2=\frac{{\alpha }_M}{{\alpha }_M^2+{\beta }_M^2},$

现在我们可以得到结论，如果 $\omega \le {\omega }_1$，则满足：

${\alpha }_m\left({\alpha }_M-{\alpha }_m\right)\le 2{\beta }_M^2$.

当 $0<{\omega }_1\le {\omega }^{*}$， $g_1\left(\omega \right)$在 $0<{\omega }_1$是单调递减的， $g_1\left(\omega \right)$在 ${\omega }_1\le {\omega }^{*}$是单调递增的，所以在 ${\omega }_1$处取得最小，即当 $0<{\omega }_1\le {\omega }^{*}$时， ${\min }_{0<{\omega }_1\le {\omega }^{*}}{g}_1\left(\omega \right)=g_1\left({\omega }_1\right)$。

当 ${\omega }_1\ge {\omega }^{*}$时， $g_1\left(\omega \right)$是单调递减的，所以在 ${\omega }^{*}$取得最小，即当 ${\omega }_1\ge {\omega }^{*}$时， ${\min }_{{\omega }_1\ge {\omega }^{*}}{g}_1\left(\omega \right)=g_1\left({\omega }^{*}\right)$成立。

当 ${\omega }_2\le {\omega }^{*}$， $g_2\left(\omega \right)$是一个单调递增函数，所以在 ${\omega }^{*}$取得最小，即当 $\omega \ge {\omega }^{*}$时， ${\min }_{\omega \ge {\omega }^{*}}{g}_2\left(\omega \right)=g_2\left({\omega }^{*}\right)=g_1\left({\omega }^{*}\right)$成立。

综上所述，可总结为：

$\min {\rho }^2\left(G_{\omega }\right)\le \{\begin{array}{l}{g}_1\left(\omega \right),A\le B,\\ g_1\left({\omega }^{*}\right),A\ge B,\end{array}$

其中 $A={\alpha }_m\left({\alpha }_M-{\alpha }_m\right)$， $B=2{\beta }_M^2$则可以得到：

$\min \rho \left(G_{\omega }\right)\le \{\begin{array}{l}\frac{{\beta }_M}{{\left({\alpha }_m^2+{\beta }_M^2\right)}^{\frac{1}{2}}},A\le B,\\ \frac{{\left[{\left({\alpha }_m-{\alpha }_M\right)}^2+4{\beta }_M^2\right]}^{\frac{1}{2}}}{{\alpha }_m+{\alpha }_M},A\ge B,\end{array}$

对于上述的 $\min \rho \left(G\right)$的上界，我们可以作下述说明：

1) 当 $A\le B$时，显然上界总是小于1，且以下式子成立：

$\min \rho \left(G_{\omega }\right)=g_1\left({\omega }_1\right)=\frac{{\beta }_M}{{\left({\alpha }_m^2+{\beta }_M^2\right)}^{\frac{1}{2}}}<1$，

故在 ${\alpha }_m+i{\beta }_M$为G的特征值时：

$\min \rho \left(G_{\omega }\right)=g_1\left({\omega }_1\right)=\frac{{\beta }_M}{{\left({\alpha }_m^2+{\beta }_M^2\right)}^{\frac{1}{2}}}$， ${\omega }_{opt}={\omega }_1$，

2) 当 $A\ge B$，即 ${\alpha }_m{\alpha }_M>2{\beta }_M^2\ge {\beta }_M^2$，故可以得到：

${\left({\alpha }_m-{\alpha }_M\right)}^2+4{\beta }_M^2<\left({\alpha }_m^2+{\beta }_M^2\right)$，

那么可以得到：

$g_1\left({\omega }^{*}\right)=\frac{{\left[{\left({\alpha }_m-{\alpha }_M\right)}^2+4{\beta }_M^2\right]}^{\frac{1}{2}}}{{\alpha }_m+{\alpha }_M}<1$，

故在 ${\alpha }_M+i{\beta }_M$以及 ${\alpha }_m+i{\beta }_M$为G的特征值时：

$\min \rho \left(G_{\omega }\right)=g_1\left({\omega }^{*}\right)=\frac{{\left[{\left({\alpha }_m-{\alpha }_M\right)}^2+4{\beta }_M^2\right]}^{\frac{1}{2}}}{{\alpha }_m+{\alpha }_M}$， ${\omega }_{opt}={\omega }^{*}$.

下面我们考虑将广义Richardson迭代运用到曲面拟合 [5] ，首先我们回顾一下张量积曲面拟合的传统方法的细节，设两个标准化的正交积为 $\left({\mu }_0,\cdots ,{\mu }_n\right)$和 $\left({\nu }_0,\cdots ,{\nu }_n\right)$。给定一组控制点序列为 $\left\{P_{ij}\right\},i=0,1,\cdots ,m;j=0,1,\cdots ,n$，则生成的张量基曲面可以表示为：

$S\left(\mu ,\nu \right)=\underset{i=0}{\overset{m}{{\displaystyle \sum }}}\underset{j=0}{\overset{n}{{\displaystyle \sum }}}{P}_{ij}{B}_i\left(\mu \right)B_j\left(\nu \right),$

且参数值满足 $t_0<t_1<\cdots <t_m$和 $s_0<s_1<\cdots <s_n$这两组实递增序列，将其对应的参数对 $\left(t_i,s_j\right)$赋予控制点 $\left\{P_{ij}\right\}$，从 $i=0,1,\cdots ,m;j=0,1,\cdots ,n$，这个点列为初始控制点，则对应生成的初始张量积曲面为：

$S^{\left(0\right)}\left(t,s\right)=\underset{i=0}{\overset{m}{{\displaystyle \sum }}}\underset{j=0}{\overset{n}{{\displaystyle \sum }}}{P}_{ij}^{\left(0\right)}{\mu }_i\left(t\right){\nu }_j\left(s\right).$

则进行第K + 1次迭代后可生成的曲面为：

$S^{\left(k+1\right)}\left(t,s\right)=\underset{i=0}{\overset{m}{{\displaystyle \sum }}}\underset{j=0}{\overset{n}{{\displaystyle \sum }}}{P}_{ij}^{\left(k+1\right)}{\mu }_i\left(t\right){\nu }_j\left(s\right).$

对于K + 1次迭代，计算其对应的校正向量：

$\{\begin{array}{l}{\Delta }_{uv}^{\left(k\right)}=P_{uv}-S^{\left(k\right)}\left(t_u,s_v\right),\\ P_{uv}^{\left(k+1\right)}=P_{uv}^{\left(k\right)}+{\Delta }_{uv}^{\left(k\right)},\end{array}$(4.1)

其中， $u=0,1,\cdots ,n;v=0,1,\cdots ,m$.则可以得到

$P_{uv}^{\left(k+1\right)}=P_{uv}^{\left(k\right)}+P_{uv}-S^{\left(k\right)}\left(t_u,s_v\right),$

该迭代称为渐进迭代逼近，简称为PIA。

将 $P_{uv}^{\left(k\right)}$排列成矩阵形式可以得到：

$P^{\left(k\right)}=\left(P_{00}^{\left(k\right)},P_{01}^{\left(k\right)},\cdots ,P_{0m}^{\left(k\right)},P_{10}^{\left(k\right)},P_{11}^{\left(k\right)},\cdots ,P_{1m}^{\left(k\right)},\cdots ,P_{n0}^{\left(k\right)},P_{n1}^{\left(k\right)},\cdots ,P_{nm}^{\left(k\right)}\right)$

如果 $\underset{k\to \infty }{\lim }{S}^{\left(k\right)}\left(t_u,S_v\right)=P_{uv}$.则初始的 $S^{\left(0\right)}\left(t_u,S_v\right)$有PIA性质。

设A，B矩阵分别为正交积为 $\left({\mu }_0,\cdots ,{\mu }_n\right)$和 $\left({\nu }_0,\cdots ,{\nu }_n\right)$的配置矩阵，则(2.1)可以写成：

$P^{\left(k+1\right)}=P^{\left(k\right)}+\left[P-\left(B\otimes A\right)P^{\left(k\right)}\right]$，(4.2)

由上述的(2.2)式，我们也可以将其写成下面形式，

$\{\begin{array}{l}{P}_x^{\left(k+1\right)}=P_x^{\left(k\right)}+\left[P_x-\left(B\otimes A\right)P_x^{\left(k\right)}\right],\\ P_y^{\left(k+1\right)}=P_y^{\left(k\right)}+\left[P_y-\left(B\otimes A\right)P_y^{\left(k\right)}\right],\\ P_z^{\left(k+1\right)}=P_z^{\left(k\right)}+\left[P_z-\left(B\otimes A\right)P_z^{\left(k\right)}\right],\end{array}$(4.3)

迭代(2.3)在数学上则等价于Richardson迭代，可以用来求解下列方程组：

${\left(B\otimes A\right)}_x=P_x$，

${\left(B\otimes A\right)}_y=P_y$，

${\left(B\otimes A\right)}_z=P_z$，

看成数值线性代数问题，最好就是求解下面三个方程：

$AX{B}^{\prime }=C_1$，

$AX{B}^{\prime }=C_2$，(4.4)

$AX{B}^{\prime }=C_3$，

其中， $vec\left(X\right)=x,vec\left(Y\right)=y,vec\left(Z\right)=z,vec\left(C_1\right)=P_x,vec\left(C_2\right)=P_y,vec\left(C_3\right)=P_z$.

这里我们比较PIA算法和广义Richardson，刘成志 [6] 等人提出的三次均匀B样条扩展曲面的渐进迭代逼近法得出配置矩阵与形状参数λ有关，这里我们取A，B矩阵为H-矩阵的三次B样条基，具体形式为：

$A=\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& & & \\ \frac{4-\lambda }{24}& \frac{8-\lambda }{12}& \frac{4-\lambda }{24}& \cdots & \\ & & \frac{4-\lambda }{24}& \frac{8-\lambda }{12}& \frac{4-\lambda }{24}\\ & & & 0& 1\end{array}\right),B=A^{\text{T}}$

其中 $-2\le \lambda \le 1$，这里我们让 $\lambda =-1$，求解了(4.4)对应的三个线性方程，要求的精度为10⁻⁸，结果如下表所示( 表1 )。

从表中数据可以清楚显示，广义Richardson明显快于PIA。当n的取值越大，广义Richardson的收敛速度越好，当 $n=80$时，PIA方法所以需要的时间达到了10,468秒，而广义Richardson仅仅需要0.107秒。下面我们展示 $\lambda =-1,n=10$和 $\lambda =-1,n=30$的两个插值曲面( 图2 )。

图2. 当 $\lambda =-1,n=10$(左) $\lambda =-1,n=30$(右)时插值曲面的图像