Розділ 2. Інтерполяція функцій



Мы поможем в написании ваших работ!


Мы поможем в написании ваших работ!



Мы поможем в написании ваших работ!


ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?

Розділ 2. Інтерполяція функцій



Задача інтерполювання

Означення 1. Задачею інтерполяції (або інтерполювання) є побудова такої функції, яка для даних значень аргументу приймає задані значення. Нехай для значень аргументу х1 , х2 , … , хn , які називають вузлами інтерполяції, відомі значення деякої функції f(x): f(x0) = у0, f(x1) = у1, … , f(xn) = уn. Треба знайти інтерполюючу функцію Р(х), так, щоби у вузлах інтерполяції вона приймала ті ж самі значення, що й f(x), тобто Р(x0) = у0, Р(x1) = у1, … , Р(xn) = уn.

Геометрично інтерполювання означає, що треба знайти криву Р(х), яка проходить через задані точки (х11), (х22), (х33), … на графіку функції f(x).

 

 

у P(x)

у4 f(x)

у3

у5 = у6

у2

 

 

у1

х

О х1 х2 х3 х4 х5 х6

 

Рисунок 1

 

Означення 2. Наближену рівність f(x) ≈ Рn(х) називають інтерполяційною формулою. Різницю Rn(f,x) = f(x) – Рn(х) називають залишковим членом інтерполяційної формули або похибкою інтерполювання.

Серед методів інтерполювання найбільш розповсюдженим є лінійна інтерполяція, коли наближення шукають у вигляді Рn(х; а0, а1, … , аn) = , де φi(х) – деякі фіксовані функції, коефіцієнти аi шукають з умови збіжності значень наближаємої і інтерполюючої функцій у вузлах інтерполяції: f(xj) = (j = 0,1,…,n). Найчастіше Рn – многочлен, φi(х) = хi (i = 0,1,…,n), Рn = , а відповідна система лінійних рівнянь має вигляд:

а0 + а1х0 + а2 +… + аn = y0

а0 + а1х1 + а2 +… + аn = y1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1)

а0 + а1хn + а2 +… + аn = yn .

Визначник цієї системи лінійних рівнянь

є визначником Вандермонда і оскільки всі вузли інтерполяції х1 , х2 , … , хn різні, то він не дорівнює нулю. Тому система лінійних рівнянь (1) завжди має єдиний розв’язок. Отже, єдиний розв’язок завжди має задача інтерполювання многочленом (1).

Многочлен Рn(х), який задовольняє умови Рni) = yi = f(xi) (i = 0,1,…,n) називають інтерполяційним многочленом.

 

Інтерполяційна формула Лагранжа

Хоч інтерполяційний многочлен, що задовольняє умови (1) і єдиний, проте можливі різні форми його запису.

Означення 3. Многочлен

Ln(x) = f(xi)

називається інтерполяційним многочленом Лагранжа для функції f(x). Наближену рівність f(x) ≈ Ln(х) називають інтерполяційною формулою Лагранжа.

Очевидно, що Lni) = f(xi) (i = 0,1,…,n), тобто що інтерполяційний многочлен Лагранжа задовольняє умови (1). Розглянемо два окремих випадки цієї інтерполяційної формули.

1. Нехай n = 1, тобто значення функції f задано в двох вузлах х0 і х1, f0) = у0, f1) = у1. Тоді інтерполяційна формула має вигляд

f(x) ≈ .

Цю формулу називають формулою лінійного інтерполювання. Геометрично це дуга кривої у = f(x) на відрізку [x0;x1] замінюється відрізком прямої, що лежить між точками (x00) і (х11).

2. Нехай n = 2. Функцію f задано в трьох вузлах xі і f(xі) = уi (i = 0,1,2). У цьому разі інтерполяційна формула набирає вигляду

f(x) ≈ .

Цю формулу називають формулою квадратичного інтерполювання. Геометрично це дуга кривої у = f(x) на відрізку [x0;x1] замінюється дугою параболи, що проходить через точки (хi ; уi) (i = 0,1,2).

Приклад. Побудувати інтерполяційний многочлен Лагранжатретього степеня для функції f, заданої таблицею

i
xi
yi

 

і знайти наближене значення функції в точці х = 2.

За умовою задачі L3(х) =

, f(2) = L3(2) ≈ 5,67.

Інтерполяційний многочлен Лагранжа можна записати компактніше. Для цього введемо многочлен n + 1 – го степеня виду ωn+1(х) = (x – x0)(x – x1)…(x – xn). Продиференціювавши цей добуток, дістанемо ω´n+1(х) = . Поклавши х = хi (і = 0, 1 , … , n), матимемо ω´n+1i) = (xi – x0)(xi – x1)…(xi – xi-1)(xi – xi+1)…(x – xn). Підставивши ці вирази для ωn+1(х) і ω´n+1i) у інтерполяційний многочлен Лагранжа, знайдемо Ln(x) = ωn+1(х) .

Теорема 1.(Оцінка похибки інтерполювання). Якщо вузли інтерполювання xi (і = 0, 1, …, n) різні і належать відрізку [a; b], функція f(x) n + 1 раз неперервно диференційовна на [a; b], то похибка інтерполювання Rn(f,x) = ωn+1(х), де ξ = ξ(x) є [a; b].

Доведення. Нехай z є [a; b], z ≠ хi (і = 0,1,…,n); покладемо φ(х) = f(x) – Ln(x) – Kωn+1(х), де число K обране так, щоби φ(z) = 0 (тобто K = ). Оскільки φ(z) = 0 = f(z) – Ln(z) – Kωn+1(z), то Rn(f,z) = f(z) – Ln(z) = Kωn+1(z).

При такому K функція φ(х) має n + 2 коренів: у точках хi (і = 0,1,…,n) та z. За теоремою Ролля між двома різними коренями φ(х) похідна φ´(х) має принаймні один корінь. Отже, φ´(х) має принаймні n + 1 різних коренів на [a; b]. Застосувавши теорему Ролля до функції φ´(х), дістанемо, що її похідна φ´´(х) має принаймні n різних коренів на [a; b]. Продовжуючи ці міркування далі, нарешті дістанемо, що φ(n+1)(х) має принаймні один корінь у деякій точці ξ = ξ(z) є [a; b]. Оскільки Ln(x) – це многочлен степеня n, ωn+1(х) – многочлен степеня n + 1, то Ln(n+1)(x) = 0, ωn+1(n+1)(х) = (n+1)!. Звідси φ(n+1)(х) = f(n+1)(x) – K(n+1)! , а тому φ(n+1)(ξ) = 0 = f(n+1)(ξ) – K(n+1)!, звідки K = . Отже, Rn(f,z) = Kωn+1(z) = ωn+1(z), що і треба було довести.

 



Последнее изменение этой страницы: 2016-04-23; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы!

infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 3.235.120.150 (0.017 с.)