Wir wissen, da{\ss} 
    \[
       p(x)=\frac{(b-x)^2}{(b-a)^2}\left[f_0\frac{2x+b-3a}{b-a}+s_0(x-a)\right]
      +\frac{(a-x)^2}{(a-b)^2}\left[f_1\frac{2x+a-3b}{a-b}+s_1(x-b)\right]
    \]
    das eindeutige Polynom dritten Grades ist, welches f\"ur $a<b$ und 
    vorgegebene Werte $f_1,s_1,f_2,s_2\in\R$ die Interpolationsaufgabe
    \[
      p(a)=f_1, p'(a)=s_1, p(b)=f_2, p'(b)=s_2
    \]
    erf\"ullt ('Hermite--Interpolierende'). Siehe \"Ubung \ref{numI/uebung057}.

 Da wir hier einen kubischen Spline betrachten wollen, sind die Werte 
 $s_1,s_2$ nicht als Ableitungen einer Funktion vorgegeben, 
 sondern ergeben sich aus der Berechnung des Splines.

\[
\begin{array}{cl}
&\displaystyle
  \sum_{i=0}^{n-1} \int_{x_i}^{x_{i+1}}
   \frac{(x_{i+1}-x)^2}{(x_{i+1}-x_i)^2}
   \left[f_i\frac{2x+x_{i+1}-3x_i}{x_{i+1}-x_i}+s_i(x-x_i)\right]\; dx\\
+&\displaystyle
  \sum_{i=0}^{n-1} \int_{x_i}^{x_{i+1}}
   \frac{(x_i-x)^2}{(x_i-x_{i+1})^2}
   \left[f_{i+1}\frac{2x+x_i-3x_{i+1}}{x_i-x_{i+1}}+s_{i+1}(x-x_{i+1})\right]\;dx
\end{array}
\]
Wir setzen $h_{i+1/2}=x_{i+1}-x_i$
und bilden gliedweise die Stammfunktion
\[
\begin{array}{cl}
\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}
 &\displaystyle
   \left(
   \frac{f_i}{h_{i+1/2}^3}
   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (2x+x_{i+1}-3x_i)\; dx \right.\\
+&\displaystyle
   \frac{s_i}{h_{i+1/2}^2} 
   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (x-x_i)\; dx\\
-&\displaystyle
   \frac{f_{i+1}}{h_{i+1/2}^3}
   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_i-x)^2     (2x+x_i-3x_{i+1})\; dx\\
+&\left.
  \displaystyle
   \frac{s_{i+1}}{h_{i+1/2}^2} 
   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_i-x)^2     (x-x_{i+1})\;dx\right)
\end{array}
\]
Es ist klar aus Symmetriegr\"unden, da{ss}
\[
\int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (2x+x_{i+1}-3x_i)\; dx=-   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_i-x)^2     (2x+x_i-3x_{i+1})\; dx
\]
und da{ss}
\[
   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (x-x_i)\; dx =-
   \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_i-x)^2     (x-x_{i+1})\;dx.
\]
F\"ur $\int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (2x+x_{i+1}-3x_i)\; dx$ erhalten wir
durch elementare Integration
\begin{eqnarray*}
\int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (2x+x_{i+1}-3x_i)\; dx & = & 
\frac{1}{2}
 \left[
  x^4-2(x_i+x_{i+1})x^3+6x_ix_{i+1}x^2+2x_{i+1}^2(x_{i+1}-3x_i)x
 \right]_{x_i}^{x_{i+1}}\\
&=& \frac{(x_{i+1}-x_i)^4}{2}\\
&=& \frac{h_{i+1/2}^4}{2}
\end{eqnarray*}

Analog erhalten wir
\begin{eqnarray*}
\int_{x_i}^{x_{i+1}} (x_{i+1}-x)^2 (x-x_i)\; dx & = & 
\frac{1}{12}
 \left[
 3x^4-4(x_i+2x_{i+1})x^3+6x_{i+1}(2x_i+x_{i+1})x^2-12x_ix_{i+1}^2x
 \right]_{x_i}^{x_{i+1}}\\
&=& \frac{(x_{i+1}-x_i)^4}{12}\\
&=& \frac{h_{i+1/2}^4}{12}
\end{eqnarray*}

Einsetzen in die Quadraturformel liefert
\[
\sum_{i=0}^{n-1}
\left(f_i    \frac{h_{i+1/2}}{2}
     +s_i    \frac{h_{i+1/2}^2}{12}
     +f_{i+1}\frac{h_{i+1/2}}{2} 
     -s_{i+1}\frac{h_{i+1/2}^2}{12}
\right)
\]

Fassen wir diesen Ausdruck nach den einzelnen $f_i$ und $s_i$ zusammen,
so ergibt sich
\begin{eqnarray*}
&&
(  f_0 \frac{h_{1/2}}{2} 
+ \sum_{i=0}^{n-1} f_i \frac{h_{i-1/2}+h_{i+1/2}}{2}
+ f_{n}\frac{h_{n-1/2}}{2} )\\
&+&
(  s_0 \frac{h_{1/2}^2}{12} 
+ \sum_{i=0}^{n-1} s_i \frac{h_{i+1/2}^2-h_{i-1/2}^2}{12}
- s_{n}\frac{h_{n-1/2}^2}{12} )
\end{eqnarray*}
Interessant ist der Fall, wo alle $h_{i+1/2}\equiv h$ sind, da dann die 
Ableitung nur an den R\"andern ben\"otigt wird:
\[
\frac{h}{12}( 6f_0 + 12\sum_{i=0}^{n-1} f_i + 6f_n +  s_0 - s_n ).
\]
Die Werte der Ableitung an den R\"andern sind
beim Spline vorgegeben (vollst. Spline--Interpolation). Insbesondere
stimmt die Quadraturformel f\"ur den Spline in diesem Fall mit der f\"ur
die st\"uckweise Hermite--Interpolierende bei gegebenen Ableitungen im Innern
\"uberein, weil genau diese Ableitungen im Innern nicht ben\"otigt werden.
