§2. Інтерполяційна формула Лагранжа

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

Означення 3. Многочлен

L_n(x) = f(x_i)

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

Очевидно, що L_n(х_i) = f(x_i) (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, f(х₀) = у₀, f(х₁) = 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 (x₀;у₀) і (х₁;у₁).

2. Нехай n = 2. Функцію f задано в трьох вузлах x_і і f(x_і) = у_i (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 (х_i ; у_i) (i = 0,1,2).

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

i	0	1	2	3
xi	1	3	4	6
yi	10	6	8	5

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 ω_n+1(х) = (x – x₀)(x – x₁)…(x – x_n). Продиференціювавши цей добуток, дістанемо ω´_n+1(х) = . Поклавши х = х_i (і = 0, 1 , … , n), матимемо ω´_n+1(х_i) = (x_i – x₀)(x_i – x₁)…(x_i – x_i-1)(x_i – x_i+1)…(x – x_n). Підставивши ці вирази для ω_n+1(х) і ω´_n+1(х_i) у інтерполяційний многочлен Лагранжа, знайдемо L_n(x) = ω_n+1(х) .

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

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

При такому K функція φ(х) має n + 2 коренів: у точках х_i (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 L_n(x) – це многочлен степеня n, ω_n+1(х) – многочлен степеня n + 1, то L_n⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = 0, ω_n+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, R_n(f,z) = Kω_n+1(z) = ω_n+1(z), що і треба було довести.