Término del resto del polinomio de interpolación de Lagrange

Question

Supongamos $x_0,x_1,\ldots,x_n$ $n+1$ distintos números en el intervalo de $[a,b]$$f\in C^{n+1}[a,b]$. A continuación, para cada una de las $x$$[a,b]$, hay un número de $\xi$ $(a,b)$ tal que

$$f(x) = P(x) + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)(x-x_1)\cdots(x-x_n)$$

donde $P(x)$ es la interpolación de Lagrange polinomio de grado en la mayoría de las $n$$f(x_k)=P(x_k)$.

Estoy tratando de entender geométricamente por qué el resto término $f(x)-P(x)$ debe tener la forma indicada anteriormente. Estoy buscando un argumento conceptual similar a la siguiente para el lagrange forma de taylor resto. Vamos $$R(x) = g(x) - g(0) - g^{(1)}(0)x- \frac{g^{(2)}(0)}{2} x^2 - \cdots - \frac{g^{(k)}(0)}{k!}x^k$$ ser la taylor resto de $g(x)$. Para una fija $h>0$ vamos $$p(x)= \frac{R(h)}{h^{k+1}}x^{k+1}$$ Entonces tenemos $$R(0)=p(0), R^{(1)}(0)=p^{(1)}(0), \ldots, R^{(k)}(0)=p^{(k)}(0)$$ and $p(h) = R(h)$. In addition $p^{(k+1)}(x)$ is constant. If $R^{(k+1)}(x)$ were always strictly greater than the constant $p^{(k+1)}$ then since $R$ and $p$ agree on initial conditions at $x=0$ we would expect geometrically that $R$ to be greater than $p$ after $x=0$ contradicting $p(h) = R(h)$. Likewise if $R^{(k+1)}(x)$ were always strictly less than the $p^{(k+1)}$ we would expect $R$ to be less than $p$ after $x=0$ contradicting $p(h) = R(h)$. Thus we expect that $R^{(k+1)}(x)$ takes on values above and below $p^{(k+1)}$ and as well as $p^{(k+1)}$ en sí. Y esto le da la forma de lagrange de la taylor resto. Por supuesto, el estándar formal argumento podría utilizar la forma generalizada del teorema de Rolle, pero no tenía la necesidad de teorema de Rolle para ver por qué la forma de lagrange de la taylor resto se debe a la derecha. Debe haber una similar "geométrica", argumento para motivar el término de error de la interpolación de lagrange polinomio.

Answer 1

Usted está tratando de entender por qué el resto de interpolación de Lagrange polinomio tiene la forma $$\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)(x-x_1)\cdots(x-x_n)$$

A mí también!Y me parece que es.De hecho,Lagrange del trabajo se basa en Newtons'work.Newton tiene su polinomio de interpolación método llamado de Newton interpolación,y el resto de Newton interpolación en forma de $$R_n(x)=f[x,x_0,x_1,\cdots,x_n]\prod_{i=0}^n(x-x_i)$$ Es mejor que google método de Newton y aprender.

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Ok,parece que usted no está satisfecho con mi respuesta,porque no responde.Así que le doy un update a mi respuesta a proporcionar todos los detalles.Primero vamos a ver el diferencial del valor medio teorema,se establece de la siguiente manera:

Deje $f(x)$ ser una función con valores reales definida en $\mathbf{R}$,e $f(x)$ es el segundo diferenciable en a $\mathbf{R}$,y las de segundo orden derivados de $\mathbf{R}$ es continua.Entonces existe $\xi\in (x_0,x_1)$ tal que $$f'(\xi)=\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}$$ Vamos a comprobar el diferencial del valor medio teorema mediante la construcción de una función $$g(x)=f(x)-[\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}(x-b)+f(x_1)]$$ $g(a)=g(b)=0$,por lo que podemos aplicar el teorema de Rolle una vez para obtener el diferencial del valor medio teorema.Su cuadro se muestra a continuación:

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Ahora vemos a una más profunda ejemplo.

Deje $f(x)$ ser una función con valores reales definida en $\mathbf{R}$,e $f(x)$ es el segundo diferenciable en a $\mathbf{R}$,y su segunda derivada en $\mathbf{R}$ es continua.No es un polinomio de grado 2 que pasa por los puntos a $(x_0,f(x_0)),(x_1,f(x_1)),(x_2,f(x_2))$.Este único polinomio es en la forma de $$a_2x^2+a_1x+a_0$$ Ahora la imagen se convierte en

(Tengo que admitir que mi habilidad en el dibujo es malo,mi foto no es muy exacto)

Una vez más,queremos estimar el error de interpolación $$f(x)-(a_2x^2+a_1x+a_0)$$ $a_2x^2+a_1x+a_0$ no es una buena forma.Lagrange tiene su forma,pero que también no es bueno para nuestro propósito.Newton tiene su forma,la llamada de Newton interpolación,que es exactamente lo que necesitamos.Según Newton interpolación la interpolación polinómica es $$Q(x)=f(x_0)+f[x_0,x_1](x-x_0)+f[x_0,x_1,x_2](x-x_0)(x-x_1)$$ where $$f[x_0,x_1]=\frac{f(x_0)-f(x_1)}{x_0-x_1}$$ , $$f[x_0,x_1,x_2]=\frac{f[x_0,x_1]-f[x_1,x_2]}{x_0-x_2}$$ Ahora se investiga la función $$g(x)=f(x)-(f(x_0)+f[x_0,x_1](x-x_0)+f[x_0,x_1,x_2](x-x_0)(x-x_1))$$ ¿Por qué se investiga esta función?Debido a que esta función es en la forma de $$f(x)-Q(x)$$ además,es fácil comprobar que $$g(x_0)=g(x_1)=g(x_2)=0$$ (This is because these points are exactly the intersection points of the function $f(x)$ and the polynomial $Q(x)$)So apply Rolle's theorem twice ,we can get that $$f''(\xi)=2!f[x_0,x_1,x_2]$$

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Del mismo modo,es fácil comprobar que $$f^{(n)}(\xi)=n!f[x_0,x_1,\cdots,x_n]$$ Ahora vuelve a Lagrange del interpolstion polinomio,sólo tenemos que demostrar que $$f(x)=P(x)+f[x_0,\cdots,x_n,x](x-x_0)(x-x_1)\cdots (x-x_n)$$ Esto es sólo la fórmula de Newton!Hecho.