Интерполационна задача на Ермит

Интерполационна задача на Ермит

Нека са дадени
$x_0, x_1, \dots, x_n$ - интерполационни възли,
$\nu_0, \nu_1, \dots, \nu_n$ - кратности на възлите, като $\displaystyle \sum_{k = 0}^n \nu_k = N + 1$
и числата $\{y_{k\lambda}\}^{n,\nu_k - 1}_{k = 0, \lambda = 0}$

Да се намери полином $P(x) \in \pi_{N}$, такъв че

(1)
\begin{eqnarray} && P^{(\lambda)} (x_k) = y_{k\lambda}, \\ (*)&& k = 0, 1, \dots, n \\ && \lambda = 0, 1, \dots, \nu_k - 1 \end{eqnarray}

Тоест искаме полиномът да интерполира функцията и производната й.
Забележка: При $\nu_i = 1, \ i = 0, 1, \dots, n$ се получава интерполационната задача на Лагранж.

Теорема (единственост на решението)

Интерполационната задача на Ермит притежава единствено решение.

Д-во:
Условията (*) налагат система от $N + 1$ уравнения за коефициентите на $P(x)$, които са точно $N + 1$ на брой.
Тогава, от алгебрата знаем, че системата има единствено решение т.с.т.к. съответната хомогенна система има само нулевото решение (т.с.т.к детерминантата и е различна от нула).1

Ако допуснем, че хомогенната система има ненулево решение $\{a_0, a_1, \dots, a_N \}$, тогава полиномът
$P(x) = a_0 + a_1x + \dots + a_Nx^N \in \pi_N$ ще има нули, както следва:

в $x_0$ с кратност $\nu_0$

в $x_1$ с кратност $\nu_1$

$\vdots$

в $x_N$ с кратност $\nu_N$

Т.е. нулите на $P(x)$ ще са $\nu_0 + \nu_1 + \dots + \nu_n = N + 1$ на брой. Противоречие, тъй като $P(x) \in \pi_N \quad \Box$

Частен случай на задачата (построяване на решението)

Според горната теорема задачата на Ермит има решение и то е единствено. Остава въпросът как да го построим. Ще разгледаме следния частен случай:

$x_0 < x_1 < \dots < x_n$
$\nu_0 = \nu_1 = \dots = \nu_n = 2$

Тогава $\nu_0 + \nu_1 + \dots + \nu_n = 2n + 2 = N + 1 \Longrightarrow N = 2n + 1$

Ако $f(x)$ притежава производна в точките $\{x_i\}_{i = 0}^n$, търсим
$H_{2n+1}(f; x) \in \pi_{2n+1}$, такъв че:

(2)
\begin{eqnarray} & & H_{2n+1}(f; x_i) = f(x_i) \\ & & H'_{2n + 1}(f; x_i) = f'(x_i) \\ & & i = 0, 1, \dots, n \end{eqnarray}

Решение:
Ще намерим представяне на $H_{2n+1}(f; x)$ от вида

(3)
\begin{align} H_{2n+1}(f; x) = \sum_{k = 0}^n \Phi_{k,0}(x)f(x_k) + \sum_{k = 0}^n \Phi_{k, 1}(x)f'(x_k) \end{align}

където

(4)
\begin{eqnarray} & & \Phi_{k,0} (x_i) = \begin{cases} 0, \ i \in \{0, 1, \dots, n \} \setminus \{k\} \\ 1,\ i = k \end{cases} \\ & & \Phi'_{k,0} (x_i) = 0, \ i = 0, 1, \dots, n \end{eqnarray}

и

(5)
\begin{eqnarray} & & \Phi_{k,1} (x_i) = 0, \ i = 0, 1, \dots, n \\ & & \Phi'_{k,1} (x_i) = \begin{cases} 0, \ i \in \{0, 1, \dots, n \} \setminus \{k\} \\ 1,\ i = k \end{cases} \end{eqnarray}

Очевидно $\Phi_{k,0}(x), \ \Phi_{k,1}(x) \in \pi_{2n+1}$, т.е при така зададената формула $H_{2n+1} (f; x)$ е също от степен $2n + 1$.

При $x = x_i$ имаме, че

(6)
\begin{eqnarray} H_{2n+1}(f; x_i) &=& \sum_{k = 0}^n \Phi_{k,0}(x_i)f(x_k) + \underbrace{\sum_{k = 0}^n \Phi_{k, 1}(x_i)f'(x_k)}_{0} = \\ &=& \underbrace{\Phi_{0,0}(x_i)}_{0} f(x_0) + \underbrace{\Phi_{1,0}(x_i)}_{0} f(x_1) + \dots + \underbrace{\Phi_{i,0}(x_i)}_{1} f(x_i) + \dots + \underbrace{\Phi_{n,0}(x_i)}_{0} f(x_n) = \\ &=& f(x_i) \end{eqnarray}
(7)
\begin{eqnarray} H'_{2n+1}(f; x_i) &=& \underbrace{\sum_{k = 0}^n \Phi'_{k,0}(x_i)f'(x_k)}_{0} + \sum_{k = 0}^n \Phi'_{k, 1}(x_i)f'(x_k) =\\ &=& \underbrace{\Phi'_{0,1}(x_i)}_{0} f'(x_0) + \underbrace{\Phi'_{1,1}(x_i)}_{0} f'(x_1) + \dots + \underbrace{\Phi'_{i,1}(x_i)}_{1} f'(x_i) + \dots + \underbrace{\Phi'_{n,1}(x_i)}_{0} f'(x_n) = \\ &=& f'(x_i) \end{eqnarray}

До тук показахме, че това представяне на $H_{2n+1}(f;x)$ е решението на задачата на Ермит в зададения частен случай.

Твърдение

Твърдим, че полиномите $\Phi_{k,0}(x)$ и $\Phi_{k,1}(x)$ се задават съответно с формулите:

(8)
\begin{eqnarray} &(1)& \Phi_{k,0}(x) = \Big(1 - \frac{\omega''(x_k)}{\omega'(x_k)}. (x - x_k)\Big) l_k^2 (x) \\ &(2)& \Phi_{k,1}(x) = l_k^2(x)(x - x_k) \end{eqnarray}

където (припомням)

(9)
\begin{eqnarray} & & \omega(x) = (x - x_0)(x - x_1) \dots (x - x_n) \\ & & l_k(x) = \frac{\omega(x)}{(x - x_k) \omega'(x_k)} \end{eqnarray}

(виж това за повече инфо)

Доказателство:
Ще започнем с втората формула, че изглежда по-лесна (по-скоро кратка) :)

От дефиницията на $\Phi_{k,1}(x)$ забелязваме, че тя се занулява в точките $x_0, x_1, \dots, x_n$ и, освен това, нейната първа производна се занулява в точките $x_0, x_1, \dots, x_{k-1}, x_{k+1}, \dots, x_n$.
Това ще рече, че точките $x_0, x_1, \dots, x_{k-1}, x_{k+1}, \dots, x_n$ са двойни нули на $\Phi_{k,1}(x)$, а точката $x_k$ е нейна проста нула.

Т.е $\Phi_{k,1} (x)$ се записва по следния начин: $\Phi_{k,1}(x) = c. \omega(x) \frac{\omega(x)}{x - x_k}\ \ (\star)$

Смятаме си производната
$\Phi'_{k,1}(x) = c.\Big[ \omega'(x) \frac{\omega(x)}{x - x_k} + \omega(x) \Big(\frac{\omega(x)}{x - x_k}\Big)'\Big]$

Пак от дефиницията знаем, че
$\Phi'_{k,1}(x_k) = 1 \Longrightarrow 1 = c.\omega'(x).\frac{\omega(x)}{x-x_k} \Big|_{x = x_k} = c. \Big[\omega'(x_k)\Big]^2$

Така определяме константата $c = \frac{1}{[\omega'(x_k)]^2}$

Като заместим полученото за $c$ в $(\star)$ се получава формулата (2), а именно

(10)
\begin{align} \Phi_{k,1} (x) = \frac{\omega^2 (x)}{(x- x_k)(\omega'(x_k))^2} = l_k^2(x)(x - x_k) \end{align}

За да докажем и другата формула разсъждаваме аналогично.

От дефиницията на $\Phi_{k,0}(x)$ се забелязва, че тя има двукратни нули в т.$x_i$ за $i \neq k$.
Т.е тя е от вида $\Phi_{k,0}(x) = \Big( \frac{\omega(x)}{x - x_k}\Big)^2.\Big[A + B(x - x_k)\Big] (\bullet)$

Тук $A$ и $B$ са константи, които намираме пак от дефиницията на $\Phi_{k,0}(x)$.
$\Phi_{k,0}(x_k) = 1 \Longrightarrow 1 = (\omega'(x_k))^2. A \Longrightarrow A = \frac{1}{(\omega'(x_k))^2}$

Сега си смятаме и производната
$\Phi'_{k,0}(x) = 2. \frac{\omega(x)}{x - x_k} . \Big(\frac{\omega(x)}{x - x_k}\Big)'.\Big[A + B(x- x_k)\Big] + \Big(\frac{\omega(x)}{x - x_k}\Big)^2.B$

Като сметка в полето си смятаме следното
$\Big(\frac{\omega(x)}{x - x_k}\Big)' = \frac{\omega'(x)(x - x_k) - \omega(x)}{(x-x_k)^2}$

$\underset{x \to x_k}\lim \frac{\omega'(x)(x - x_k) - \omega(x)}{(x-x_k)^2} \overset{\underset{\mathrm{Lopital}}{}}{=} \underset{x \to x_k}\lim \frac{\omega''(x)(x - x_k) + \omega'(x) - \omega'(x)}{2(x - x_k)} = \frac{\omega''(x_k)}{2}$

Т.е за производната на $\Phi_{k,0}(x)$ в точката $x_k$ получаваме следното:
$\Phi'_{k,0}(x_k) = 2 \omega'(x_k) \frac{\omega''(x_k)}{2} \frac{1}{(\omega'(x_k))^2} + (\omega'(x_k))^2B$

От дефиницията на $\Phi_{k,0} (x)$ знаем, че $\Phi'_{k,0}(x_k) = 0$, т.е
$\frac{\omega''(x_k)}{\omega'(x_k)} + (\omega'(x_k))^2B = 0 \Longrightarrow B = - \frac{\omega''(x_k)}{(\omega'(x_k))^3}$

Заместваме така получените стойности на $A$ и $B$ в $(\bullet)$ и получаваме
$\Phi_{k,0}(x) = \Big(\frac{\omega(x)}{x - x_k}\Big)^2 \Big[ \frac{1}{(\omega'(x_k))^2} - \Big( \frac{\omega''(x_k)}{(\omega'(x_k))^3} (x - x_k)\Big) \Big]$

Опростяваме…
$\Phi_{k,0}(x) = \bigg(\underbrace{ \frac{\omega(x)}{(x - x_k) \omega'(x_k)}}_{l_k(x)}\bigg)^2 . \Big[ 1 - \frac{\omega''(x_k)}{\omega'(x_k)} (x - x_k) \Big]$
и окончателно

(11)
\begin{align} \Phi_{k,0}(x) = \Big(1 - \frac{\omega''(x_k)}{\omega'(x_k)}. (x - x_k)\Big) l_k^2 (x) \end{align}
Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License