Интерполяционный многочлен

Nerfair · Сообщение **Nerfair** » 26 июн 2011, 12:26

Добрый день, есть задача:

Даны значения функции $$y=f(x)$$

$x_i \Rightarrow -2,5; -2,3 -1,7; +0,5; +1,0$
$y_i \Rightarrow +1,5; +1,4; +0,6; +0,9; +1,4$

Используя линейный и квадратичный интерполяционный многочлен нужно вычислить значение функции в точке $$x= -1,9$$

И доказать что существует только один такой интерполяционный многочлен.

Начал смногочлена Ньютона.
Так как значением нам нужно вычислить в точке $$x= -1,9$$

, то решать будем на отрезке $$[-2,3;-1,7]$$

$f(x_0,x_1) = \frac {f(x_1) - f(x_0)} {x_1 - x_0} = \frac {0,6 - 1,4} {-1,7+ 2,3} = \frac {-0,8} {0,6} \approx -1,3$
$\Rightarrow L_1 (x) = f(x_0) + (x-x_0)(-1,3)= 1,4 + (x+2,3)(-1,3)$
Тогда значение в точке $$x= -1,9$$

равно :
$L_1 (-1,9) = 1,4 + (-1,9+2,3)(-1,3) \approx 0,88$

Теперь вычислим квадратичный.
Как я понял, третью точку можно брать произвольно из таблицы, как справа так и слева.
Поэтому сначала были выбраны точки $$[-2,5;-2,3;-1,7]$$

, но с ними значение $$L_2(x)$$

идентично

так как выходит $$f(x_0,x_1,x_2) = 0$$

Поэтому ради "тренировки" взял точку справа $$[-2,3;-1,7;0,5]$$

$f(x_0,x_1,x_2) = \frac {f(x_1, x_2) - f(x_0, x_1)} {x_2 - x_0} = \frac {0,136+1,3} {0,5 + 2,3} = \frac {1,436} {2,8} \approx 0,51$
Так как $f(x_1, x_2) = \frac {0,9 - 0,6} {0,5 + 1,7} = \frac {0,3} {2,2} = 0,136$
И того $$L_2(x) = L_1(x) + (x+2,3)(x+1,7)0,51$$

Отсюда значение в точке, $L_x(-1,9) \approx 0,8392$

------------

Теперь Лагранжа.

$$L_1(x) = c_0 (x) f(x_0) + c_1 (x)f(x_1)$$

Опять берем отрезок $$[-2,3;-1,7]$$

и счетаем:
$c_0 (x) = \frac {x-x_1} {x_0 - x_1} = \frac {x + 1,7} {-2,3 + 1,7} = \frac {x+1,7} {-0,6}$
$c_1 (x) = \frac {x-x_0} {x_1 - x_0} = \frac {x + 2,3} {-1,7 + 2,3} = \frac {x+2,3} {0,6}$
И того
$L_1(x) = \frac {x+1,7} {-0,6} *1,4 + \frac {x+2,3} {0,6} *0,6 \approx -1,3x-1,6$
Отсюда значение в точке равно
$L_1(-1,9) \approx 0,86$ Что практически сходится с многочленом Ньютона, ошибка из за того что я позволял грубые округления при вычислениях.
Вычисления квадратичного многочлена привести не могу, так как я пока что так и не смог добиться нормального результата, сначала вышло 60+ потом 0,04.

Кажется все правильно, вопрос, а как теперь доказать что существует только один такой интерполяционный многочлен.

k1ng1232 · Сообщение **k1ng1232** » 26 июн 2011, 14:43

ну наверно,от противного, предположить что таких многочлена -2 и расписать каждый из них, но для линейного многочлена-это очевидно т.к. через 2 точки можно провести только 1 прямую

venja · Сообщение **venja** » 26 июн 2011, 15:51

Nerfair писал(а):Source of the post

Как я понял, третью точку можно брать произвольно из таблицы, как справа так и слева.

Но от этого будет зависеть вид интерполяционного многочлена и, соответственно, его значение в точке $$x= -1,9$$

.

Nerfair писал(а):Source of the post

Кажется все правильно, вопрос, а как теперь доказать что существует только один такой интерполяционный многочлен.

Теорема. Даны пары чисел (х0,у0), (х1,у1), ... ,(xn,yn). Пречем все ИКСЫ РАЗНЫЕ. Тогда существует единственный многочлен степени n: Pn(x)=a0+a1*x+...+an*x^n такой, что P(x0)=y0,..., P(xn)=yn.

Доказательство состоит в том, что записывая требования P(x0)=y0,..., P(xn)=yn, получим систему линейных уравнений для определения a0, ... ,an. Определитель этой системы имеет вид так называемого определителя Вандермонда, который (доказано) не обращается в 0. Поэтому система имеет ЕДИНСТВЕННОЕ решение, а потому интерполяционный многочлен определяется однозначно.

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 26 июн 2011, 16:55

venja писал(а):Source of the post
Теорема. Даны пары чисел (х0,у0), (х1,у1), ... ,(xn,yn). Пречем все ИКСЫ РАЗНЫЕ. Тогда существует единственный многочлен степени n: Pn(x)=a0+a1*x+...+an*x^n такой, что P(x0)=y0,..., P(xn)=yn.

Доказательство состоит в том, что записывая требования P(x0)=y0,..., P(xn)=yn, получим систему линейных уравнений для определения a0, ... ,an. Определитель этой системы имеет вид так называемого определителя Вандермонда, который (доказано) не обращается в 0. Поэтому система имеет ЕДИНСТВЕННОЕ решение, а потому интерполяционный многочлен определяется однозначно.

Мне давно было непонятно - а многочлена степени n+1 не существует? Или просто он не единственный?

Nerfair · Сообщение **Nerfair** » 26 июн 2011, 17:01

venja писал(а):Source of the post
Nerfair писал(а):Source of the post

Как я понял, третью точку можно брать произвольно из таблицы, как справа так и слева.

Но от этого будет зависеть вид интерполяционного многочлена и, соответственно, его значение в точке .

Cпасибо за теорему, постараюсь разобраться, а можете рассказать по подробнее, как изменится вид? Что Вы имеете ввиду под этим? Благо про значение понял. Представив на примере.

venja · Сообщение **venja** » 26 июн 2011, 17:37

Andrew58 писал(а):Source of the post
venja писал(а):Source of the post
Теорема. Даны пары чисел (х0,у0), (х1,у1), ... ,(xn,yn). Пречем все ИКСЫ РАЗНЫЕ. Тогда существует единственный многочлен степени n: Pn(x)=a0+a1*x+...+an*x^n такой, что P(x0)=y0,..., P(xn)=yn.

Доказательство состоит в том, что записывая требования P(x0)=y0,..., P(xn)=yn, получим систему линейных уравнений для определения a0, ... ,an. Определитель этой системы имеет вид так называемого определителя Вандермонда, который (доказано) не обращается в 0. Поэтому система имеет ЕДИНСТВЕННОЕ решение, а потому интерполяционный многочлен определяется однозначно.

Мне давно было непонятно - а многочлена степени n+1 не существует? Или просто он не единственный?

Конечно, не единственный. Для многочлена степени n+1 получим систему из n+1 уравнений (как и прежде), но для n+2 неизвестных (это коэффициенты многочлена n+1 степени). У такой системы бесконечное множество решений, а потому и получим бесконечно много многочленов n+1 степени, принимающих заданные значения.

Nerfair писал(а):Source of the post

а можете рассказать по подробнее, как изменится вид? Что Вы имеете ввиду под этим?

Ну постройте два многочлен Лагранжа (или Ньютона), добавив сначала третью точку слева, а потом справа. И убедитесь.

Nerfair · Сообщение **Nerfair** » 26 июн 2011, 18:05

venja писал(а):Source of the post

Ну постройте два многочлен Лагранжа (или Ньютона), добавив сначала третью точку слева, а потом справа. И убедитесь.

Аа.. в этом плане. Да, строил, меняются.
Я просто думал название или что то в этом роде. Спасибо.

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 26 июн 2011, 21:38

venja писал(а):Source of the post
Конечно, не единственный. Для многочлена степени n+1 получим систему из n+1 уравнений (как и прежде), но для n+2 неизвестных (это коэффициенты многочлена n+1 степени). У такой системы бесконечное множество решений, а потому и получим бесконечно много многочленов n+1 степени, принимающих заданные значения.

Спасибо. До Вашего разъяснения я наивно и безосновательно полагал, что слухи о единственности интерполирующего многочлена слегка преувеличены.

Nerfair · Сообщение **Nerfair** » 27 июн 2011, 13:06

Добрый день, появился еще один вопрос, найти погрешность интерполяции.
В интернете нашел что счетается по функции $$|f(x) - L_n(x)|$$

Тоесть получается что для линейного интерполяционного многочлена найти порешность мы сможем по формуле $$|f(x) - L_1(x)|$$

в нашем случае, так как мы счетаем на отрезке $$x=-1,9$$

выходит погрешность будет $$|f(-1,9) - L_1(-1,9)|$$

и отсюда вопрос, если значение интерполяционного многочлена Ньютона мы знаем, он у нас вышел $\approx 0,88$ то как найти функцию, если у нас ее вроде как и нет.

Можно конечно подумать, $$f(-2,3)=1,4; f(-1,7)=0,6$$

того грубо говоря на этом отрезке $$-0.6x=0.8$$

и того на каждый x с шагом 0,1 приходтся 0,13 y'ка, и грубо говоря $$f(-1,9) = 0,6 + 2(0,13)=0,86$$

, и впринципе сходится с решением методом Лагранжа. Теперь $$|0,86-0,88|= 0,02$$

погрешность.

venja · Сообщение **venja** » 27 июн 2011, 13:21

Для оценки погрешности $$|f(x) - L_n(x)|$$

нужна оценка сверху для n+1 производной от исходной функции. А этой информации нет.

yourdomain.com