===== 3. Interpoláció =====
Megfogalmazzuk az interpolációs feladatot.
A
$$x_0< x_1< … < x_n\tag{3.1}\label{eq:3.1}$$
pontokban a $y=f(x)$ függvény értékei adottak:
$$y_k = f_k = f(x_k),\quad k=0, 1, 2, …, n.\tag{3.2}\label{eq:3.2}$$
Általános esetben, nem feltételezzük, hogy a függvény analitikus képlete ismert.
Azt mondjuk, hogy a $P(x)$ interpolációs függvény közelíti az $f(x)$ függvényt, ha
$$P(x_k) = y_k,\quad (k = 0, 1, 2, … , n)\tag{3.3}\label{eq:3.3}$$
$\eqref{eq:3.3}$ -- az //interpolációs feltételek//,
a $\{x_0, x_1, …, x_n \}$ -- az //interpolációs alappontok (csomópontok)//.
Természetesen, a $P(x)$ függvénynek olyannak kell lennie, hogy annak az értékeit könnyen lehessen kiszámítani.
//Az interpolációs probléma kapcsán a következő kérdéseket kell tisztázni//.
- Hogy kell kiválasztani az $x_0, x_1, …, x_n$ alappontokat. Sok gyakorlati feladat esetén az alappontok már adottak, és nincs szükség ezzel a kérdéssel foglalkozni.
- Milyen függvény-osztályból választjuk ki a $P(x)$ függvényeket.
- Milyen lesz a $|f(x)-P(x)|$ maximális értéke, a //módszer-hiba//.
Ha a $P(x)$ függvényt a $(x_0, x_n)$ intervallumon kívül keressük, akkor ezt a feladatot //extrapolációnak// nevezzük.
==== 3.1. Lineáris interpoláció ====
A $P(x)$ interpolációs függvény alakját a
$$ P(x)=a_0\varphi_0(x)+a_1\varphi_1(x)+\ldots+ a_n\varphi_n(x)=\sum_{k=1}^n a_k\varphi_k(x) \tag{3.4}\label{eq:3.4}$$
formában keressük, ahol a
$$\{φ_0(x), φ_1(x), …, φ_n(x)\}$$ -- bázisfüggvény-rendszer.
A $φ_k(x)$ ismert függvények, az $a_0, a_1, … , a_n$ együtthatók ismeretlenek, és a $\eqref{eq:3.3}$ //interpolációs feltételekből// lehet azokat meghatározni:
$$\begin{equation}\begin{aligned}
&a_0φ_0(x_0) + a_1φ_1(x_0) + a_nφ_n(x_0) = f(x_0),\\
&a_0φ_0(x_1) + a_1φ_1(x_1) + a_nφ_n(x_1) = f(x_1),\\
&.......................................\\
&a_0φ_0(x_n) + a_1φ_1(x_n) + a_nφ_n(x_n) = f(x_n).\\
\end{aligned}\end{equation}\tag{3.5}\label{eq:3.5}$$
Ha ennek az egyenletrendszernek a determinánsa $≠0$, akkor az egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van, amelyet például, így lehet meghatározni
$$a_i = \frac{Δ_i}{Δ},\quad i = 0, 1, … , n \tag{3.6}\label{eq:3.6}$$
ahol
$$\Delta=\begin{vmatrix}
\varphi_0(x_0) & \varphi_1(x_0) & \cdots & \varphi_n(x_0)\\
\varphi_0(x_1) & \varphi_1(x_1) & \cdots & \varphi_n(x_1)\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
\varphi_0(x_n) & \varphi_1(x_n) & \cdots & \varphi_n(x_n)
\end{vmatrix}\neq 0 \tag{3.7}\label{eq:3.7}$$
$$\Delta_i=\begin{vmatrix}
\varphi_0(x_0) & f(x_0) & \cdots & \varphi_n(x_0)\\
\varphi_0(x_1) & f(x_1) & \cdots & \varphi_n(x_1)\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
\varphi_0(x_n) & f(x_n) & \cdots & \varphi_n(x_n)
\end{vmatrix}.\tag{3.8}\label{eq:3.8}$$
Akkor
$$P(x) = \frac{φ_0(x) Δ_0 + φ_1(x) Δ_1 + … + φ_n(x) Δ_n}{Δ}\tag{3.9}\label{eq:3.9}$$
és az együtthatókat így lehet kifejezni:
$$a_i=\frac{\displaystyle\sum_{j=0}^n f(x_j)\Delta_{ij} }{\Delta},\quad i=0,1,\ldots,n,\tag{3.10}\label{eq:3.10}$$
ahol a $Δ_{ij}$ -- a mátrix //algebrai komplementerei//.
A $\{φ_0(x), φ_1(x), …, φ_n(x)\}$ //bázisfüggvényeket// többféle képen lehet kiválasztani. Fontos, hogy a kiválasztott //függvény-rendszer lineárisan független// legyen. Leggyakrabban a következő //bázisfüggvényeket// szoktak alkalmazni:
$$\{1, x, x_2, …, x_n, …\}$$
$$\{1, \sin x, \cos x, \sin x^2, \cos x^2, …\}$$
$$\{1,e^x, e^{2x}, …\}$$
==== 3.2. Lagrange-féle interpolációs polinom ====
A //Lagrange-féle interpolációs polinom// a
$$\{1, x, x_2, …, x_n, …\}\tag{3.11}\label{eq:3.11}$$
bázisfüggvények alapján vannak szerkesztve. A (3.11) //függvény-rendszer lineárisan független, mivel
//
$$c_0 + c_1x+ c_2x^2 + … +c_nx^n =0,\quad x\in[x_0,x_n]\tag{3.12}\label{eq:3.12}$$
csak akkor, ha az összes
$$c_i=0, i= 0, 1, … , n.$$
A (3.11) függvény-rendszer alapján szerkesztet (3.7) determináns:
$$\Delta=\begin{vmatrix}
1 & x_0 & \cdots & x^n_0\\
1 & x_1 & \cdots & x^n_1\\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
1 & x_n & \cdots & x^n_n
\end{vmatrix}=\prod_{i>j}(x_i-x_j)\neq 0 \tag{3.13}\label{eq:3.13}$$
az ismert //Wandermonde-determináns//.
A Lagrange-féle interpolációs polinomot a következő alakban keressük:
$$L^{(n)}(x) = L_0(x)y_0 + L_1(x)y_1 + L_2(x)y_2 + … L_n(x)y_n\tag{3.14}\label{eq:3.14}$$
ahol $L_k(x)$ a //Lagrange-féle együtthatók//.
Az //interpolációs feltételek// alapján:
$$L_0(x_k)y_0 + L_1(x_k)y_1 + L_2(x_k)y_2 + …+L_n(x_k)y_n=y_k, \quad k = 0, 1, … , n\tag{3.15}\label{eq:3.15}$$
vagy
$$\begin{equation}\begin{aligned}
&L_0(x_0)y_0 + L_1(x_0)y_1 + L_2(x_0)y_2 + … + L_n(x_0)y_n= y_0 \\
&L_0(x_1)y_0 + L_1(x_1)y_1 + L_2(x_1)y_2 + … + L_n(x_1)y_n= y_1 \\
&...................................................\\
&L_0(x_n)y_0 + L_1(x_n)y_1 + L_2(x_n)y_2 + … + L_n(x_n)y_n=y_n
\end{aligned}\end{equation}\tag{3.16}\label{eq:3.16}$$
Megköveteljük, hogy a $L_i(x_k)$ együtthatók az alappontokban a következő értékeket vegyenek fel:
$$L_i(x_k) =0,\,\text{ ha } k ≠i\tag{3.17}\label{eq:3.17}$$
$$L_i(x_k) =0,\,\text{ ha } k=i\tag{3.18}\label{eq:3.18}$$
$$i, k = 0, 1, …, n$$
Mivel a (3.17) alapján a $x_k$, (ha $k ≠i$) – a $L_i(x)$ gyökei, akkor:
$$L_i(x) = C(x-x_0)(x-x_1)\cdot\ldots\cdot(x-x_{i-1})(x-x_{i+1})\cdot\ldots\cdot(x-x_n) \tag{3.19}\label{eq:3.19}$$
A C konstans értékét megállapíthatjuk a (3.18) feltételekből:
$$L_i(x_i)=C(x_i-x_0)(x_i-x_1)\cdot\ldots\cdot(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})\cdot\ldots\cdot(x_i-x_n)=1
\tag{3.20}\label{eq:3.20}$$
$$C=\frac{1}{[(x_i-x_0)(x_i-x_1)·…·(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})·…·(x_i-x_n)]} \tag{3.21}\label{eq:3.21}$$
Ez alapján a //Lagrange-féle együtthatók//:
$$L_i^{(n)}=\displaystyle\frac{(x-x_0)(x-x_1)\cdot\ldots\cdot(x-x_{i-1})(x-x_{i+1})\cdot\ldots\cdot(x-x_n)} {(x_i-x_0)(x_i-x_1)·…·(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})·…·(x_i-x_n)} \tag{3.22}\label{eq:3.22}$$
Tehát, megkaptuk a //Lagrange-féle interpolációs polinom// képletét:
$$L^{(n)}=\sum_{i=0}^n\displaystyle\frac{(x-x_0)(x-x_1)\cdot\ldots\cdot(x-x_{i-1})(x-x_{i+1})\cdot\ldots\cdot(x-x_n)} {(x_i-x_0)(x_i-x_1)·…·(x_i-x_{i-1})(x_i-x_{i+1})·…·(x_i-x_n)}\cdot y_i\tag{3.23}\label{eq:3.23}$$
Ezt a képletet úgy átalakíthatjuk, hogy könnyen lehessen kiértékelni az interpolációs polinomot.
Az alappontokból a következő táblázatot készítünk:
$$\begin{matrix}
x-x_0 & x_0-x_1 & x_0-x_2 & … & x_0-x_n \\
x_1-x_0 & x-x_1 & x_1 - x_2 & … & x_1-x_n \\
x_2-x_0 & x_2-x_1 & x - x_2 & … & x_2-x_n \\
… & … & … & … & … \\
x_n-x_0 & x_n-x_1 & x_n-x_2 & … & x-x_n
\end{matrix}\tag{3.24}\label{eq:3.24}$$
A //Lagrange-féle együtthatókat// a
$$L_i(x) = \frac{ω_n(x)}{D_i},\quad i = 0, 1, …, n \tag{3.25}\label{eq:3.25}$$
képletek alapján lehet kiszámítani, ahol
$$ω_n(x)= (x- x_0) (x- x_1)\cdot\ldots\cdot(x-x_n) \tag{3.26}\label{eq:3.26}$$
a $D_i$ pedig a (3.24) táblázat i-ik sorának elemeinek szorzata.
A Lagrange-féle együtthatókat egy másik képlet alapján is kiszámíthatjuk. A (3.27) deriválása
$$ω′_n(x)= (x-x_1)(x-x_2)\cdot\ldots\cdot(x-x_n)+(x-x_0)(x-x_2)\cdot\ldots\cdot(x-x_n)+\ldots
(x-x_0)(x-x_1)\cdot\ldots\cdot(x-x_{n-1}) \tag{3.27}\label{eq:3.27}$$
és
$$ω′_n(x)= (x_i- x_0) (x_i- x_1)·…\cdot (x_i- x_{i-1}) (x_i- x_{i+1})… (x_i- x_n) \tag{3.28}\label{eq:3.28}$$
alapján a következő képletet kapunk.
$$L(x)=\sum_{i=0}^n\frac{\omega_n(x)}{(x-x_i)\cdot\omega^\prime_n(x_i)}\cdot y_i \tag{3.29}\label{eq:3.29}$$
A Lagrange-féle interpolációs polinom hiba-becslése:
$$f(x)-L(x)=\frac{f^{(n+1)}(x_i)}{(n+1)!}\omega_n(x) \tag{3.30}\label{eq:3.30}$$
$$R_n(x)=|f(x)-L(x)|\leqslant\frac{M_{n+1}}{(n+1)!}|\omega_n(x)| \tag{3.31}\label{eq:3.31}$$
ahol
$$M_{n+1}=\max_{x\in[a,b]}\left|f^{(n+1)}(x)\right| \tag{3.32}\label{eq:3.32}$$ (3.32)
**3.1. Példa**
A $100$, $101$, $102$, $103$ pontokban kiszámítottuk a $ln x$ függvény értékeit. Okkor milyen pontossággal lehet kiszámítani a Lagrange-féle interpolációs polinom segítségével a $ln 100,\!5$ értékét?
$$n=3,\quad a =100,\quad b =103$$
$$f(x) =\ln x \quad f′(x)=\frac{1}{x} \quad f′′ (x)= -\frac{1}{x^2} \quad f′′′ (x)=\frac{2}{x^3}$$
$$f^{(4)}(x)= -\frac{6}{x^4} \quad M_4=\frac{6}{100^4}$$
$$|\ln 100,\!5 - L(100,\!5)| \leqslant \frac{6}{4!·100^4} ·0,\!5·0,\!5·1,\!5·2,\!5 =2,\!344·10^{-9}.$$
Javasoljuk megoldani a 10. Fejezetben található feladatokat.
**Példa.**
Írjunk wxMaxima eljárást a Lagrange-féle interpolációs polinom meghatározására (a Maxima ''interpol'' csomagja tartalmazza a ''lagrange(x)'' parancsot a polinomiális interpoláció alkalmazására).
(%i1) lagrange_polinom(ptxy):=block(
n:length(ptxy),
s:0,
for i:1 thru n do (block(
p:ptxy[i][2],
for j:1 thru n do(
if(i#j) then
p:p*(x-ptxy[j][1])/(ptxy[i][1]-ptxy[j][1])
),s:s+p
)),
return (s)
)$
(%i2) pontok:[[0,0],[1,1],[2,4]];
(%o2) [[0,0],[1,1],[2,4]]
(%i3) lagrange_polinom(pontok);
(%o4) 2*(x-1)*x-(x-2)*x
(%i4) %,expand;
(%o4) x^2
==== 3.3. Lagrange-féle interpolációs polinom. Ekvidisztáns alappontok esete ====
Feltételezzük, hogy
$$x_{k+1} - x_k = h,\quad k =0, 1, …, n -1 \tag{3.33}\label{eq:3.33}$$
Ha bevezetünk új változót:
$$t=\frac{x - x_0}{h}\tag{3.34}\label{eq:3.34}$$
akkor
$$x - x_0 = th\tag{3.35}\label{eq:3.35}$$
és
$$x - x_1= x - x_0 - (x_1 - x_0)= th - h = h(t -1) \tag{3.36}\label{eq:3.36}$$
$$x - x_k= x - x_0 - (x_k - x_0)= th -kh = h(t - k) \tag{3.37}\label{eq:3.37}$$
Mivel
$$x_{k+j} - x_k = h_j\tag{3.38}\label{eq:3.38}$$
akkor
$$\begin{equation}\begin{aligned}
L_i(x)&=\frac{th(th-h)\ldots\left((th-(i-1)h)\right)\left((th-(i+1)h)\right)\ldots(th-nh)}{ih\cdot(i-1)h\cdot\ldots\cdot h(-h)(-2h)\ldots(-(n-i)h)}=\\
&=\frac{t(t-1)\ldots()}{t-i}\cdot\frac{(-1)^{n-i}}{i!\cdot(n-i)!}=(-1)^{n-i}C_n^i\frac{1}{t-i},
\end{aligned}\end{equation}\tag{3.39}\label{eq:3.39}$$
ahol a $C_n^i={i\choose n}$.
Tehát, a //Lagrange-féle interpolációs polinom, ekvidisztáns alappontok esetén//:
$$L(x)=L(x_0+th)=\sum_{i=0}^nL_i(t)y_i,\tag{3.40}\label{eq:3.40}$$
ahol a //Lagrange-féle együtthatók//:
$$\boxed{L_i(t)=(-1)^{n-i}C_n^i\frac{1}{t-i}\cdot\frac{t(t-1) \ldots(t-n)}{n!} }\tag{3.41}\label{eq:3.41}$$
nem függnek a $f(x)$ és a $h$ értékeitől.
**3.2. Példa**
$$\begin{array}{ccc}
n=3 & & & & \\
x_i & 0 & 0,\!1 & 0,\!3 & 0,\!5 \\
y_i & -0,5 & 0 & 0,\!2 & 1
\end{array}$$
$$L_0(x)=\frac{}{(-0,\!1)(-0,\!3)(-0,\!5)}=\frac{}{0,\!015}$$
$$L_2(x)=\frac{}{(-0,\!1)(-0,\!3)(-0,\!5)}=\frac{}{0,\!012}$$
$$L_3(x)=\frac{}{(-0,\!1)(-0,\!3)(-0,\!5)}=\frac{}{0,\!04}$$
$$L^{(3)}(x) = L_0(x)y_0 + L_2(x)y_2 + L_3(x)y_3 =
\frac{125}{3}·x^3 + 30·x^2+\frac{73}{12}·x - 0,\!5.$$
==== 3.4. Differenciák ====
Ha a $y_0, y_1, …, y_n$ függvény értékei adva vannak, akkor azok alapján $n$ //elsőrendű differenciát// szerkeszthetünk:
$$Δy_i = y_{i+1} - y_i,\quad i =0, 1, …, n-1 \tag{3.42}\label{eq:3.42}$$
A differenciákat másképp is jelölhetjük:
$$Δy_i = \frac{f^1_{i+1} }{2}\tag{3.43}\label{eq:3.43}$$
Az //elsőrendű differenciából// $n-1$ //másodrendű differenciát// lehet létrehozni:
$$Δ^2y_i=Δy_{i+1} - Δy_i\tag{3.44}\label{eq:3.44}$$
vagy a másik jelölésben:
$$f^2_{i+1/2} = f^1_{i+1/2} - f^1_{i-1/2} \tag{3.45}\label{eq:3.45}$$
Így folytatva, szerkeszthetünk $k$-//rendű differenciákat//:
$$Δ^ky_i= Δ^{k-1}y_{i+1} - Δ^{k-1}y_i \tag{3.46}\label{eq:3.46}$$
**3.3. Példa**
$$f(x) = x^3$$
Differenciák:
$$\begin{array}{ccccc}
x & f(x) & f^1 & f^2 & f^3 \\
0 & 0 & & & \\
& & 1 & & \\
1 & 1 & & 6 & \\
& & 7 & & 6 \\
2 & 8 & & 12 & \\
& & 19 & & 6 \\
3 & 27 & & 18 & \\
& & 37 & & 6 \\
4 & 64 & & 24 & \\
& & 61 & & \\
5 & 125 & & &
\end{array}$$
==== 3.5. Osztott differenciák ====
Adva vannak a $\{ x_0, x_1, …, x_n\}$ -- az interpolációs alappontok, és ezekben a pontokban a függvény értékei:
$$\{ f(x_0), f(x_1), …, f(x_n) \}$$
Akkor szerkeszthetünk $n$ //elsőrendű osztott differenciát//:
$$\begin{equation}\begin{aligned}
f(x_0, x_1) &= \frac{f(x_1) - f(x_0)}{x_1 -x_0},\\
f(x_1, x_2) &= \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 -x_1},\\
\cdots & \cdots\cdots\cdots\cdots \\
f(x_{n-1}, x_n) &= \frac{f(x_n) - f(x_{n-1})}{x_n -x_{n-1}}. \end{aligned}\end{equation}\tag{3.47}\label{eq:3.47}$$
Az elsőrendű osztott differenciák alapján $n-1$ másodrendű osztott differenciát lehet létrehozni:
$$\begin{equation}\begin{aligned}
f(x_0, x_1, x_2) &= \frac{f(x_1, x_2) - f(x_0, x_1)}{x_2 -x_0}\\
f(x_1, x_2, x_3) &= \frac{f(x_2, x_3) - f(x_1, x_2)}{x_3 -x_1}\\
\cdots & \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots \\
f(x_{n-2}, x_{n-1}, x_n) &= \frac{f(x_{n-1},x_n)-f(x_{n-2}, x_{n-1})}{x_n -x_{n-2}}
\end{aligned}\end{equation}\tag{3.48}\label{eq:3.48}$$
A $k$-rendű osztott differenciákat így kapjuk:
$$f(x_i, x_{i+1},…, x_{i+k}) = \frac{f(x_{i+1}, x_{i+2},…, x_{i+k}) - f(x_i, x_{i+1},…, x_{i+k-1})}{x_{i+k} -x_i}\tag{3.49}\label{eq:3.49}$$
Az osztott differenciákat egy másik jelölése:
$$[x_i, x_{i+1},…, x_{i+k}]\tag{3.50}\label{eq:3.50}$$
**3.4. Példa**
$$f(x) = x^3$$
Osztott differenciák:
$$\begin{array}{ccccc}
x & f(x) & [x_i, x_{i+1}] & [x_i, x_{i+1},x_{i+2}] & [x_i, x_{i+1}, x_{i+2}, x_{i+3}] \\
0 & 0 & & & \\
& & 4 & & \\
2 & 8 & & 5 & \\
& & 19 & & 1 \\
3 & 27 & & 10 & \\
& & 49 & & 1 \\
5 & 125 & & 14 & \\
& & 91 & & 1 \\
6 & 216 & & 12 & \\
& & 43 & & \\
1 & 1 & & &
\end{array}$$
A következő tétel tartalmazza az //osztott differenciák fontos tulajdonságát//.
**Tétel**
$$f(x_i, x_{i+1},…, x_{i+k}) = \frac{f(x_i)}{(x_i - x_{i+1}) (x_i - x_{i+2})… (x_i - x_{i+k})} + $$
$$+\frac{f(x_{i+1})}{(x_{i+1} - x_i) (x_{i+1} - x_{i+2})… (x_i -x_{i+k}) } + … +$$
$$+\frac{f(x_{i+k})}{(x_{i+k} - x_i) (x_{i+k} - x_{i+1})… (x_{i+k} - x_{i+k-1}) }\tag{3.51}\label{eq:3.51}$$
Ha az interpolációs alappontok //ekvidisztánsak//, akkor a //differenciák// és az //osztott differenciák// között a következő kapcsolat létezik:
$$f(x_i, x_{i+1}) =\frac{f_{i+1} - f_i}{x_{i+2} - x_i} = \frac{Δy_i}{h} = \frac{f^1_{i+\frac{1}{2}}}{h}$$
$$f(x_i, x_{i+1}, x_{i+2}) =\frac{f(x_{i+1}, x_{i+2}) - f_i(x_i, x_{i+1})}{x_{i+2} - x_i} = \frac{Δy_i}{h} = \frac{f^1_{i+\frac{1}{2}}}{h}$$
$$f(x_i, x_{i+1}, x_{i+2}) =\frac{f(x_{i+1}, x_{i+2}) - f_i(x_i, x_{i+1})}{x_{i+2} - x_i} = \frac{Δ^2y_i}{2h^2} = \frac{f^2_{i+1}}{2h^2}.$$
Teljes matematikai indukció alkalmazásával a következő általános képletet lehet bebizonyítani:
$$ \boxed{f(x_i, x_{i+1},\ldots,x_{i+k}) = \frac{Δ^ky_i}{k!h^k} = \frac{f^k_{i+\frac{k}{2}}}{k!h^k} } \tag{3.52}\label{eq:3.52}$$
==== 3.6. Newton-féle interpolációs polinom ====
A Newton-féle interpolációs polinomot a következő alakban keressük:
$$N_n(x)=b_0+b_1(x-x_0)+b_2(x-x_0)(x-x_1)+\ldots+b_b(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_{n-1})\tag{3.53}\label{eq:3.53}$$
Az //interpolációs feltételek// alapján a kővetkező lineáris egyenletrendszert kapunk
$$\begin{equation}\begin{array}{lr}
b_0 &=y_1\\
b_0+b_1(x_1-x_0) &=y_2\\
b_0+b_1(x_2-x_0)+b_2(x_2-x_0)(x_2-x_1) &=y_3\\
\cdots\cdots & \\
b_0+b_1(x_2-x_0)+b_2(x_2-x_0)(x_2-x_1)+\ldots +
b_n(x_n-x_0)(x_n-x_1)\ldots(x_n-x_{n-1}) &=y_n
\end{array}\end{equation}\tag{3.54}\label{eq:3.54}$$
A (3.54) egyenletrendszer determinánsa:
$$\begin{equation}\Delta=\begin{vmatrix}
1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
1 & x_1-x_0 & 0 & \cdots & 0 \\
1 & x_2-x_0 & (x_2-x_0)(x_2-x_1) & \cdots & 0 \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
1 & x_n-x_0 & (x_n-x_0)(x_n-x_1) &\cdots & \displaystyle\prod_{k=0}^n(x_n-x_k)\\
\end{vmatrix}\neq 0\end{equation}\tag{3.55}\label{eq:3.55}$$
MATH (3.55)
Ez az egyenletrendszer könnyen megoldható, mivel a mátrixa háromszögű.
A Lagrange-féle interpolációs polinomok alkalmazásával létrehozzuk a Newton-féle interpolációs polinomot:
$$L^{(n)}(x)=L^{(0)}(x)+[L^{(1)}(x)-L^{(0)}(x)] +[L^{(2)}(x)-L^{(1)}(x)]+\ldots+[L^{(n)}(x)-L^{(n-1)}(x)] \tag{3.56}\label{eq:3.56}$$
MATH (3.56)
ahol $L^{(k)}(x)-L^{(k-1)}(x)$ a $k$-fokú Lagrange-féle interpolációs polinom:
$$L^{(k)}(x)-L^{(k-1)}(x)=A(x-x_0)\ldots(x-x_{k-1}) \tag{3.57_1}\label{eq:3.57_1}$$
MATH (3.57)
ha $x=x_{k}$, akkor
$$f(x_k)-L^{(k-1)}(x)=f(x_k)-\sum_{j=0}^{k-1} f(x_j)
\frac{(x_k-x_0)\cdot\ldots\cdot(x_k-x_{j-1})(x_k-x_{j+1}) \cdot\ldots\cdot(x_k-x_{k-1})} {(x_j-x_0)\cdot\ldots\cdot(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})\cdot\ldots\cdot(x_j-x_{k-1})}=A(x_k-x_0)\ldots(x_k-x_{k-1})
\tag{3.57}\label{eq:3.57}$$
MATH (3.57)
és az $A$ értéke:
$$\begin{matrix}
A=\displaystyle\frac{f(x_k)}{(x_k-x_0)\ldots(x_k-x_{k-1})}+\frac{\displaystyle\sum_{j=0}^{k-1} f(x_j)
\frac{(x_k-x_0)\ldots(x_k-x_{j-1})(x_k-x_{j+1})\ldots\cdot(x_k-x_{k-1})} {(x_j-x_0)\ldots(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})\ldots(x_j-x_{k-1})} }{(x_k-x_0)\ldots(x_k-x_{k-1})}=\\
=\displaystyle\sum_{j=0}^{k}\frac{f(x_j)}{(x_j-x_0)\ldots(x_j-x_{j-1})(x_j-x_{j+1})\ldots(x_j-x_{k-1})}
\end{matrix}\tag{3.58}\label{eq:3.58}$$
MATH (3.58)
Akkor az osztott differenciák tulajdonsága alapján:
$$A=f(x_0, x_1, … , x_n)\tag{3.59}\label{eq:3.59}$$ (3.59)
és a Newton-féle interpolációs polinom képletét így lehet meghatározni:
MATH
$$\begin{equation}\begin{aligned}
N^{(x)}(x)&=f(x_0)+(x-x_0)f(x_0,x_1)+(x-x_0)(x-x_1)f(x_0,x_1,x_2)+ \\
&\ldots+(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_{n-1})f(x_0,x_1,\ldots,x_n) \end{aligned}\end{equation}
\tag{3.60}\label{eq:3.60}$$
MATH(3.60)
$$N^{(x)}(x)=f(x_0)+\sum_{j=1}^{n}\left[\prod_{k=0}^{j-1}(x-x_k)\right]f(x_0,x_1,\ldots,x_j)
\tag{3.61}\label{eq:3.61}$$
MATH (3.61)
A //Newton-féle interpolációs polinom hiba-becslése// megegyezik a Lagrange-féle interpolációs polinom hiba-becsléssel. A hiba-becslést egy másik alakban az osztott differenciák tulajdonsága alapján lehet megadni.
A osztott differenciák tulajdonsága alapján:
MATH
$$\begin{equation}\begin{array}{c}
f(x,x_0,x_1,\ldots,x_n)=\displaystyle\frac{f(x)}{(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)}+\displaystyle\frac{f(x_0)}{(x_0-x)(x_0-x_1)\ldots(x_0-x_n)}+\\+\ldots+\displaystyle\frac{f(x_n)}{(x_n-x_0)(x_n-x_1)\ldots(x_n-x_{n-1})} \end{array}\end{equation}\tag{3.62}\label{eq:3.62}$$
MATH (3.62)
ahonnan
MATH
$$\begin{equation}\begin{array}{c}
f(x)=f(x_0)\displaystyle\frac{(x-x_1)(x-x_2)\ldots(x-x_n)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)\ldots(x_0-x_n)}+
f(x_1)\displaystyle\frac{(x-x_0)(x-x_2)\ldots(x-x_n)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)\ldots(x_1-x_n)}+\ldots \\
+f(x_n)\displaystyle\frac{(x-x_1)(x-x_2)\ldots(x-x_{n-1})}{(x_n-x_0)(x_n-x_1)\ldots(x_n-x_{n-1})}+(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)f(x,x_0,x_1,\ldots,x_n)
\end{array}\end{equation} \tag{3.63}\label{eq:3.63}$$
MATH (3.63)
$$f(x)=L_n(x)+(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)f(x,x_0,x_1,\ldots,x_n)\tag{3.64}\label{eq:3.64}$$
MATH (3.64)
$$R_n(x)=f(x)-L_n(x)+(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)f(x,x_0,x_1,\ldots,x_n)\tag{3.65}\label{eq:3.65}$$
MATH (3.65)
mivel
$$f(x,x_0,x_1,\ldots,x_n)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\tag{3.66}\label{eq:3.66}$$
MATH (3.66)
és
$$\omega(x)=(x-x_0)(x-x_1)\ldots(x-x_n)\tag{3.67}\label{eq:3.67}$$
MATH (3.67)
$$M_{n+1}=\max_{x\in[a,b]}\left|f^{(n+1)}(x)\right|\tag{3.68}\label{eq:3.68}$$
MATH (3.68)
$$f(x)-L_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\omega_n(x)\tag{3.69}\label{eq:3.69}$$
MATH (3.69)
akkor a //Newton-féle interpolációs polinom hiba-becslése//:
$$\begin{equation}\boxed{R_n(x)=\left|f(x)-L_n(x)\right|\leqslant \frac{M_{n+1}}{(n+1)!}|\omega_n(x)|}\end{equation}\tag{3.70}\label{eq:3.70}$$
MATH (3.70)
**3.5. Példa**
$$X=(0, 2, 3, 5);\quad Y=(1, 3, 2, 5);$$
$$f(x_{i},x_{i+1})=\left(1, 0,\!1, \frac{3}{2}\right)$$
MATH
$$f(x_{i},x_{i+1},x_{i+2})=\left(-\frac{2}{3}, \frac{5}{6}\right)$$
MATH
$$f(x_{i},x_{i+1},x_{i+2},x_{i+3})=\frac{3}{10}$$
$$L_3(x)=1+x+\left(-\frac{2}{3}\right)(x-2)x+\frac{3}{10}x(x-2)(x-3)$$
==== 3.7. Első Newton-féle interpolációs polinom. Ekvidisztáns alappontok esete ====
A (3.60) és (3.52) képletek alapján a kővetkező képletet kapunk:
$$N_n(x)=f_0+\frac{x-x_0}{h}f^1_{\frac{1}{2}}+\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{2!\cdot h^2}f^2_1+\frac{(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)}{3!\cdot h^3}f^3_{\frac{3}{2}}+\ldots+\frac{(x-x_0)\ldots(x-x_{n-1})}{n!\cdot h^n}f^n_{\frac{n}{2}} \tag{3.71}\label{eq:3.71}$$
MATH (3.71)
vagy a differenciák másik jelölését alkalmazva:
$$N_n(x)=f_0+\frac{x-x_0}{h}\Delta y_0+\frac{(x-x_0)(x-x_1)}{2!\cdot h^2}\Delta^2y_0+\ldots+\frac{(x-x_0)\ldots(x-x_{n-1})}{n!\cdot h^n}\Delta^ny_0\tag{3.72}\label{eq:3.72}$$
MATH (3.72)
Ha bevezetünk új $t$ változót, akkor a képletet kényelmesebb formába hozhatjuk:
$$t=\frac{x-x_0}{h},\tag{3.73}\label{eq:3.73}$$
(3.73)
akkor
$$x=x_0+t\cdot h,$$
és
MATH
$$x-x_0=t\cdot h,\quad x-x_1=(t-1)h,\quad\ldots\quad x-x_n=(t-n)h \tag{3.74}\label{eq:3.74}$$
MATH (3.74)
Ha ez alapján átalakítjuk a (3.71) és (3.72) képleteket, akkor a következő képleteket kapunk:
Az első Newton-féle interpolációs képlete az ekvidisztáns alappontok esetén:
$$N^{(n)}_1(x)=f_0+tf^1_{\frac{1}{2}}+\frac{t(t-1)}{2!}f^2_1+\frac{t(t-1)(t-2)}{3!}f^3_{\frac{3}{2}}+\ldots+\frac{t(t-1)\ldots(t-(n-1))}{n!}f^n_{\frac{n}{2}} \tag{3.75}\label{eq:3.75}$$
MATH (3.75)
vagy a másik jelölés alkalmazásával:
$$N^{(n)}_1(x)=y_0+t\Delta y_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2y_0+\frac{t(t-1)(t-2)}{3!}\Delta^3y_0+\ldots+\frac{t(t-1)\ldots(t-(n-1))}{n!}\Delta^ny_0 \tag{3.76}\label{eq:3.76}$$
MATH (3.76)
Ha $n=1$, akkor lineáris interpolációs képletet kapunk:
$$y(x)=y_0+t\Delta y_0\tag{3.77}\label{eq:3.77}$$
MATH (3.77)
A kvadratikus (négyzetes) interpolációs képlete ($n=2$):
$$y(x)=y_0+t\Delta y_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2y_0 \tag{3.78}\label{eq:3.78}$$
MATH (3.78)
A hiba-becslés (maradék-tag) két alakja:
$$R_n(x)=h^{n+1}t(t-1)\ldots(t-n)\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} \tag{3.79}\label{eq:3.79}$$
MATH (3.79)
és
$$R_n(x)\approx t(t-1)\ldots(t-n)\frac{\Delta^{n+1}y_0}{(n+1)!} \tag{3.80}\label{eq:3.80}$$
MATH (3.80)
**3.6. Példa**
A $y=\lg x$ függvény táblázat formában van megadva. Számítsuk ki a $\lg 1001$ értékét.
$$\begin{matrix}
x & y & \Delta y & \Delta^2y & \Delta^3y \\
1000 & 3,\!0000000 & 0,\!0043214 & -0,\!0000426 & 0,\!0000008 \\
1010 & 3,\!0043214 & 0,\!0042788 & -0,\!0000418 & 0,\!0000009 \\
1020 & 3,\!0086002 & 0,\!0042370 & -0,\!0000407 & 0,\!0000008 \\
1030 & 3,\!0128372 & 0,\!0041961 & -0,\!0000401 & \\
1040 & 3,\!0170333 & 0,\!0041560 & & \\
1050 & 3,\!0211893 & & & \\
\end{matrix} $$
$$y(x)=y_0+t\Delta y_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2y_0+\frac{t(t-1)(t-2)}{3!}\Delta^3y_0 $$
ha $x=1001$, akkor
$$t=\frac{1001-1000}{10}=0,\!1.$$
$$\lg 1001=3,\!00000000+0,\!1\cdot 0,\!0043214+\frac{0,\!1\cdot 0,\!9}{2}0,0000425+\frac{0,\!1\cdot 0,\!9\cdot 1,\!9}{6} 0,\!0000008=3,\!0004341 $$
MATH
A maradék-tag képlete:
$$R_3(x)=h^4\frac{f^{(4)}(\xi)}{4!}t(t-1)(t-2)(t-3)$$
ahol $1000<\xi <1030.$
Mivel
$$f^{(4)}(x)= -\frac{3!}{x^4}\lg e$$
akkor
$$|f^{(4)}(\xi)|<\frac{3!}{1000^4}\lg e,$$
és
$$|R_3(x)|=\frac{0,\!1\cdot 0,\!9\cdot 1,\!9\cdot 2,\!9\cdot 10^4\lg e}{4\cdot 1000^4}\approx 0,\!5\cdot 10^{-9}.$$
**3.7. Példa**
A $y=\displaystyle\frac{1}{x}$ függvény táblázat formában van megadva. Lineáris interpoláció segítségével számítsuk ki a $\displaystyle\frac{1}{2,\!718}$ értékét.
$$\begin{matrix}
x & y & \Delta y \\
2,\!70 & 0,\!3704 & -0,\!0028 \\
2,\!72 & 0,\!3676 & -0,\!0026 \\
2,\!74 & 0,\!3650 & \\
\end{matrix} $$
$$t=\frac{x-x_0}{h}=\frac{2,\!718-2,\!70}{0,\!2}=0,\!9.$$
Akkor
$$\frac{1}{2,\!718}=0,\!3704-0,\!0028\cdot0,\!9=0,\!3679.$$
A maradék-tag becslése:
$$R_1(x)=h^2\frac{f^{(2)}(\xi)}{2!}t(t-1)\quad 2,\!70<\xi <2,\!72$$
$$f^{(2)}(x)=\frac{2}{x^3},$$
és
$$|R_1(2,\!718)|=\frac{(0,\!02)^2\cdot 0,\!9\cdot 0,\!1}{2,\!7^3}\approx 0,\!2\cdot 10^{-5}.$$
**3.8. Példa**
Adva van a $y=e^{x}$ függvény táblázat formában. Kvadratikus interpoláció segítségével számítsuk ki a $e^{3,62}$ és $e^{3,62}$ értékeket.
$$\begin{matrix}
x & y & \Delta y & \Delta^2y \\
3,\!60 & 36,\!598 & 1,\!877 & 0,\!095 \\
3,\!65 & 38,\!475 & 1,\!972 & 0,\!102 \\
3,\!70 & 40,\!447 & 2,\!074 \\
3,\!75 & 42,\!521 & \\
\end{matrix} $$
a) $x=3,\!62,\quad t=\displaystyle\frac{0,\!02}{0,\!05}=0,\!4$
$$e^{3,62}=y_0+t\Delta y_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2y_0=36,\!598+0,\!4\cdot 1,\!877-\frac{0,\!4\cdot 0,\!6}{2}0,\!095=37,\!338 $$
A maradék-tag becslése:
$$R_2(x)=h^3\frac{f^{(3)}(\xi)}{3!}t(t-1)(t-2),\quad 3,\!60<\xi <3,\!70$$
$$|R_2(3,\!62)|=\frac{(0,\!05)^3\cdot 0,\!4\cdot 0,\!6\cdot 1,\!6}{6}e^{3,70}\approx 0,\!3\cdot 10^{-3}.$$
b) $x=3,\!58,\quad t=-\displaystyle\frac{0,\!02}{0,\!05}=-0,\!4$
$$e^{3,58}=y_0+t\Delta y_0+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2y_0=36,\!598+0,\!4\cdot 1,\!877-\frac{0,\!4\cdot 1,\!6}{2}0,\!095=35,\!874 $$
A maradék-tag becslése:
$$R_2(3,\!58)<\frac{(0,\!05)^3\cdot 0,\!4\cdot 1,\!4\cdot 2,\!4}{6}e^{3,70}\approx 10^{-3}.$$
==== 3.8. Második Newton-féle interpolációs polinom. Ekvidisztáns alappontok esete ====
Ha az alappontokat a következő sorrendben fogjuk alkalmazni a Newton-féle interpolációs polinomban:
$$x_n,x_{n-1},\ldots, x_1, x_0$$
akkor megkapjuk a //második Newton-féle interpolációs polinomot//:
$$N^{(2)}_n(x)=y_n+t\Delta y_{n-1}+\frac{t(t-1)}{2!}\Delta^2y_{n-1}+\ldots+\frac{t(t+1)\ldots(t+(n-1))}{n!}\Delta^ny_0 x\tag{3.81}\label{eq:3.81}$$
(3.81)
ahol
$$t=\frac{x-x_0}{h},$$
A mardék-tag képlete:
$$\boxed{R_n(x)=h^{n+1}t(t+1)\ldots(t+n)\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} }
\tag{3.82}\label{eq:3.82}$$
(3.81)
Az első Newton-féle interpolációs polinom hiba-becslése a $x_0$ pont közelében a legkisebb, a második Newton-féle interpolációs polinom hiba-becslése pedig -- a $x_n$ pont közelében a legkisebb.
**3.9. Példa**
Adva van a $y=\sin x$ függvény táblázata.
Számítsuk ki a $\sin 54^\circ$ és a $\sin 56^\circ$ értékeket.
$$\begin{matrix}
x & y & \Delta y & \Delta^2y & \Delta^3y \\
30^\circ & 0,\!5000 & 0,\!0736 & -0,\!0044 & -0,\!0005 \\
35^\circ & 0,\!5736 & 0,\!0692 & -0,\!0049 & -0,\!0005 \\
40^\circ & 0,\!6428 & 0,\!0643 & -0,\!0054 & -0,\!0003 \\
45^\circ & 0,\!7071 & 0,\!0589 & -0,\!0057 & \\
50^\circ & 0,\!7660 & 0,\!0532 & & \\
55^\circ & 0,\!8192 & & & \\
\end{matrix} $$
a) $\sin 54^\circ\quad t=\displaystyle\frac{54-55}{5}=-0,\!2$
$$\sin 54^\circ=y_n+t\Delta y_{n-1}+\frac{t(t+1)}{2!}\Delta^2y_{n-2}+\frac{t(t+1)(t+2)}{3!}\Delta^3y_{n-3}+\ldots+\frac{t(t+1)\ldots(t+(n-1))}{n!}\Delta^ny_0+ $$
$$=0,\!8192+(-0,\!2)0,\!0532-\frac{(-0,\!2)\cdot 0,\!8}{2}0,\!0057-\frac{(-0,\!2)\cdot 0,\!8\cdot 1,\!8}{6}0,\!0003=0,\!80903 $$
Hiba-becslés:
$$R_3(x)=h^4\frac{t(t+1)(t+2)(t+3)}{4!}f^{(4)}(\xi)$$
$$h=5^\circ=0,\!0873,\quad t=-0,\!2,\quad f^{(4)}(\xi)=\sin\xi\leqslant 1$$
$$|R_3(54)|\leqslant\frac{(0,\!087)^4}{24}0,\!2\cdot 0,\!8\cdot 1,\!8\cdot 2,\!8\cdot\approx 0,\!2\cdot 10^{-5}$$
b) $\sin 56^\circ\quad t=\displaystyle\frac{56-55}{5}=0,\!2$
$$\sin 56^\circ=y_n+t\Delta y_{n-1}+\frac{t(t+1)}{2!}\Delta^2y_{n-2}+\frac{t(t+1)(t+2)}{3!}\Delta^3y_{n-3}+\ldots+\frac{t(t+1)\ldots(t+(n-1))}{n!}\Delta^ny_0+ $$
$$=0,\!8192+0,\!2\cdot 0,\!0532-\frac{0,\!2\cdot 0,\!8}{2}0,\!0057-\frac{0,\!2\cdot 0,\!8\cdot 1,\!8}{6}0,\!0003=0,\!82913 $$
Hiba-becslés:
$$R_3(x)=h^4\frac{t(t+1)(t+2)(t+3)}{4!}f^{(4)}(\xi)$$
$$h=5^\circ=0,\!0873,\quad t=0,\!2,\quad f^{(4)}(\xi)=\sin\xi\leqslant 1$$
$$|R_3(56)|\leqslant\frac{(0,\!087)^4}{24}0,\!2\cdot 1,\!2\cdot 2,\!2\cdot 3,\!2\cdot\approx 0,\!4\cdot 10^{-5}$$
Javasoljuk megoldani a 10. Fejezetben található feladatokat.
==== 3.9. Inverz interpoláció ====
Ha az $f(x)$ függvény monoton, akkor létezik inverz Lagrange-féle interpolációs polinom, amelyet könnyen kapjuk, ha a $\eqref{eq:3.23}$ (3.23) képletben az $x$ és $y$ értékek kölcsönösen becseréljük:
$$x=\sum_{i=0}^n=\frac{(y-y_0)(y-y_1)\cdot\ldots(y-y_{i-1})(y-y_{i+1})\cdot\ldots(y-y_n)} {(y_i-y_0)(y_i-y_1)\cdot\ldots(y_i-y_{i-1})(y_i-y_{i+1})\cdot\ldots(y_i-y_n)}\cdot x_i
\tag{3.83}\label{eq:3.83}$$
MATH (3.81)
**9.Példa **
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
X & 10 & 15 & 17 & 20 \\ \hline
Y & 3 & 7 & 11 & 17 \\ \hline
\end{array}$$
$$y=10,\quad x=?$$
$$x=\sum_{i=0}^3L_i^{(3)}(y_i)\cdot x_i$$
$$x(10)=10\frac{(10-7)(10-11)(10-17)}{(3-7)(3-11)(3-17)} +15\frac{(10-3)(10-11)(10-17)}{(7-3)(7-11)(7-17)}+$$
$$+17\frac{(10-3)(10-7)(10-17)}{(11-3)(11-7)(11-17)}+ 20\frac{(10-3)(10-17)(10-11)}{(17-3)(17-7)(17-11)}=16,\!641. $$
Javasoljuk megoldani a 10. Fejezetben található feladatokat.
Egyenletek megoldása inverz interpoláció alkalmazásával.
**10. Példa **
$$e^{(-x)}-x=0, \quad f(x)=e^{(-x)}-x.$$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline
x & 0,\!50 & 0,\!55 & 0,\!60 & 0,\!65 & 0,\!70 \\ \hline
Y & 0,\!10653 & 0,\!02695 & -0,\!05119 & -0,\!12795 & -0,\!20342 \\ \hline
\end{array}$$
$$y=0,\quad x=?$$
$$x=0,\!56724$$
==== 3.10. Interpoláció a wxMaxima alkalmazásával (Példák) ====
Lagrange-féle interpoláció. Első változat.
x0:-1$ x1:0$ x2:1$
>
y0:6$ y1:3$ y2:2$;
>
f0:(x-x1)*(x-x2); f1:(x-x0)*(x-x2); f2:(x-x0)*(x-x1);
> $(x-1)\cdot x\\ (x-1)\cdot (x+1)\\ x\cdot (x+1)$
g0:(x0-x1)*(x0-x2); g1:(x1-x0)*(x1-x2); g2:(x2-x0)*(x2-x1);
> $2\\-1\\2$
L3:f0*y0/g0+f1*y1/g1+f2*y2/g2;
> $x\cdot (x+1)-3\cdot (x-1)\cdot (x+1)+3\cdot (x-1)\cdot x$
expand(L3);
> $x^2-2\cdot x+3$
L3, x=1.5;
> $2.25$
Lagrange-féle interpoláció. Második változat.
xy:[[-1,6],[0,3],[1,2]];
[[-1,6],[0,3],[1,2]]
f0:(x-xy[2][1])*(x-xy[3][1]);f1:(x-xy[1][1])*(x-xy[3][1]);f2:(x-xy[1][1])*(x-xy[2][1]);
> $(x-1)\cdot x \\(x-1)\cdot(x+1) \\x\cdot(x+1)$
g0:(xy[1][1]-xy[2][1])*(xy[1][1]-xy[3][1]);g1:(xy[2][1]-xy[1][1])*(xy[2][1]-xy[3][1]);g2:(xy[3][1]-xy[1][1])*(xy[3][1]-xy[2][1]);
> $2\\-1\\2$
L3:f0*xy[1][2]/g0+f1*xy[2][2]/g1+f2*xy[3][2]/g2;
> $x\cdot(x+1)-3\cdot(x-1)\cdot(x+1)+3\cdot(x-1)\cdot x$
expand(%);
> $x^2-2\cdot x+3$
%, x=1.5;
> $2.25$
Lagrange-féle interpoláció. Harmadik változat.
load(interpol)$
xy:[[-1,6],[0,3],[1,2]];
[[-1,6],[0,3],[1,2]]
L3:lagrange(xy);
> $x\cdot (x+1)-3\cdot(x-1)\cdot(x+1)+3\cdot(x-1)\cdot x$
expand(%);
> $x^2-2\cdot x+3$
L3,x=1.5;
> 2.25
wxplot2d([L3,[discrete,xy]],[x,-1.5,1.5],[style,[lines,5,2],[points,6,1,1]],[legend,"Lagrange-féle interploációs polinom","Pontok"]);
{{:num-mat:3.10.pelda.lagr.interp.png?nolink&400|}}