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)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:
Решение:
Ще намерим представяне на $H_{2n+1}(f; x)$ от вида
където
(4)и
(5)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)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)където (припомням)
(9)(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
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