Оцінка похибки інтерполяційного многочлена Лагранжа

Побудований для функції y=f(x) інтерполяційний многочлен Лагранжа n-го степеня у вузлах інтерполювання x₀, x₁, ..., x_n збігається з функцією y=f(x). В інших точках відрізка [a,b] він відрізняється від функції y=f(x).

Величина R_n(x)=f(x)–L_n(x), яка характеризує близькість полінома L_n(x) до функції f(x) у деякій точці відрізка [a,b], називається залишковим членом інтерполяційного поліному Лагранжа. Знайдемо вираз для залишкового члена для функцій f(x), які на відрізку [a,b], що містить вузли інтерполювання, мають неперервні похідні до (n+1)-го порядку включно.

Оскільки залишковий член у вузлах інтерполювання дорівнює нулю, то можна записати:

f(x)–L_n(x)=(x–x₀)(x–x₁)(x–x₂)...(x–x_n)k(x)=П_n+1(x)k(x), (7)

де k(x) – невідома функція. Для знаходження k(x) розглянемо допоміжну функцію u(t)=f(t)–L_n(t)–П_n+1(t)k(x), де x відіграє роль параметра. Тут за x візьмемо точку, в якій потрібно обчислити залишковий член інтерполяційного многочлена.

За рівністю (7) функція u(t) дорівнює нулю, якщо t=x₀, x₁,..., x_n і якщо t=x, тобто має на відрізку [a,b] принаймні n+2 нулі. Отже, на кінцях кожного з відрізків [x₀;x₁], [x₁;x₂],...,[x_i;x], [x;x_i+1], ...,[x_n–1;x_n] функція u(t) набуває значень рівних нулю. За теоремою Ролля всередині кожного з цих відрізків знайдеться принаймні одна точка, яка буде нулем похідної u`(t). Отже похідна u`(t) має на відрізку [a,b] принаймні n+1 нуль. Міркуючи аналогічно, встановлюємо, що u``(t) на [a,b] має принаймні n нулів. Нарешті, u⁽ⁿ⁺¹⁾(t) має на [a,b] принаймні один нуль : u⁽ⁿ⁺¹⁾()=0.

Оскільки , , то для u⁽ⁿ⁺¹⁾(t) маємо: u⁽ⁿ⁺¹⁾(t)=f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)–(n+1)!k(x). Отже, при t= дістаємо: 0=f⁽ⁿ⁺¹⁾()–(n+1)! k(x). Звідси .

Підставивши в рівність (7) значення k(x), дістанемо вираз для залишкового члена інтерполяційного многочлена L_n(x):

, (8)

де [a,b]. З формули (8) можна записати таку оцінку для R_n(x):

, де

У процесі обчислень виникають також неусувна похибка, оскільки значення часто даються наближено, і похибка округлення проміжних результатів. Останню можна звести до мінімуму, якщо обчислення виконувати з більшою кількістю цифр, ніж це вимагається для табличних значень функції. В остаточному результаті запасні цифри округлюють. Якщо оперувати усіма розрядами ЕОМ, то похибкою округлень проміжних результатів можна ігнорувати.

Зразок виконання лабораторної роботи Завдання

Задача 1. Знайти аналітичний вираз кубічної параболи, що проходить через точки

і	0	1	2	3
х	0	1	3	5
у	4	2	1	3

і побудувати її графік.

Задача 2. Проаналізувати оцінку похибки поліному Лагранжа степеня 5 з рівновіддаленими вузлами на інтервалі [0,5; 1,5] для функції y=lnx в точках 1; 1,4; 1,6.

Розв’язання

Задача 1.Згідно формули (5) інтерполяційний поліном Лагранжа має вид:

В результаті виконання перетворень одержимо аналітичний вираз поліному у=0,175х³–1,2х²+2,025х+1.

Обчислимо додатково значення поліному ще в кількох точках. Одержимо таку таблицю значень:

х	–1	0,5	1,5	2	2,5	3	3,5	4	4,5	5	6
у	–2,4	–0,3	1,7	1,9	1,7	1,3	0,9	1,1	1,8	5,0	7,8

Побудуємо по точках графік поліному на відрізку [–1;6].

Задача 2. , де .

1. Обчислимо спочатку : у¢(х)=х^–1; у¢¢=–x^–2; у¢¢¢=2x^–3; у¢^V=–6x^–4; у^V=24x^–5; у^V¢=–120x^–6.

Обчислимо 6 похідну на кінцях проміжку [0,5; 1,5] і виберемо максимальне значення:

у^V¢=|–120∙(0,5)^–6|=7680 та у^V¢=|–120∙(1,5)^–6|=0,09.

Отже,

2. За умовою n=5, тому (n+1)!=6!=720.

3. Розглянемо добутки: |П_n+1(x)|.

За умовою, функція y=lnx задана на інтервалі [0,5; 1,5]. Тоді, довжина інтервалу буде |1,5-0,5|=1. Оскільки, за умовою, поліном степеня 5, тому довжину відрізка ділимо на 5: 1/5=0,2. Отримали відстань між вузлами.

Формуємо рівновіддалені вузли: x₀=0,5; x₁=0,7; x₂=0,9; x₃=1,1; x₄=1,3; x₅=1,5. Отримали 6 рівновіддалених вузлів (від 0 до 5).

За умовою, поліном степеня 5, тому повинно бути n+1 добутків, тобто 6:

|П₅₊₁(x)|=|П₆(x)|=|(x–x₀)(x–x₁)(x–x₂)(x–x₃)(x–x₄)(x–x₅)|.

Проаналізуємо оцінку похибки поліному Лагранжа степеня 5 з рівновіддаленими вузлами на інтервалі [0,5; 1,5] для функції y=lnx в точках 1; 1,4; 1,6.

|R₅(1)|£∙|(1–0,5)(1–0,7)(1–0,9)(1–1,1)(1–1,3)(1–1,5)|=10,6667∙|0,5∙0,3∙0,1∙(–0,1)∙(–0,3)∙(–0,5)|=10,6667∙0,5²∙0,3²∙0,1²==10,6667∙0,25∙0,09∙0,01=0,0024.

|R₅(1,4)|£∙|(1,4–0,5)(1,4–0,7)(1,4–0,9)(1,4–1,1)(1,4–1,3)(1,4–1,5)|= 10,6667∙ |0,9∙0,7∙0,5∙0,3∙0,1∙(–0,1)|=0,0101.

|R₅(1,6)|£∙|(1,6–0,5)(1,6–0,7)(1,6–0,9)(1,6–1,1)(1,6–1,3)(1,6–1,5)|=10,6667∙ |1,1∙0,9∙0,7∙0,5∙0,3∙0,1|=0,1109.

Найменша похибка в т. 1. Звідси робимо висновок, що найкраще наближення поліномом Лагранжа по центру відрізка [0,5;1,5] (в т. 1), а за межами інтервалу похибка різко зростає.