interpolatie | Wiskunde is leuk

We beschrijven een manier om de waarden van een veelterm $P(x)$ te berekenen als de waarden in opeenvolgende natuurlijke getallen gegeven zijn.

De (eerste) differentie van $P(x)$ is:

$D_1(x)=P(x+1)-P(x)$

De k-de differentie wordt dan gedefinieerd als:

$D_k(x)=D_1(D_{k-1}(x))$

Als de graad van $P(x)$ gelijk is aan n, dan formuleren we volgende eigenschappen:

De graad van $D_1(x)$ is $n-1$ .
De graad van $D_k(x)$ is $n-k$ .
Via inductie vinden we
$D_k(x)=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}P(x+i)$
$D_n(x)$ is constant en $D_{n+1}(x)=0$ .
De waarde van de constante $D_n(x)$ is $n!$ keer de co\”efficiënt\”ent van $x^n$ in $P(x)$ .
$P(x+n+i)=\sum_(I=0}^n(-1)^{k-i}\binom{n+1}{i}p(x+i)$ .

Veronderstel dat $f$ een veelterm is van graad 2 en dat $f(1)=4,f(2)=3,f(3)=4,f(4)=7$ en $f(5)=12$ , bereken dan $f(6)$ . We zouden een voorschrift voor f kunnen opstellen via interpolatie of door 3 van de gegevens in te vullen in $f(x)=ax^2+bx+c$ en dan het stelsel van 3 vergelijkingen met 3 onbekenden op te lossen. Maar .. laten we eens de differenties berekenen:

Omdat we weten dat $D_2(x)$ constant is kunnen we de tabel zelf aanvullen:

en vinden we dat $f(6)=19$ .

Een ander voorbeeld: zo is er geen veelterm $P(n)$ waarvoor geldt dat $P(n)=2^n$ voor elke positief natuurlijk getal n. Want : $D_1(n)=2^{n+1}-2^n=2^n=P(n)$ . Dus wordt geen enkele differentie konstant en bestaat er geen veelterm met de gevraagde voorwaarde.

Bekijk even het volgende probleem: gegeven zijn n verschillende reële getallen $m_1,\dots,m_n$ en $a_1,\cdots,a_n$ . Bepaal een veelterm P(x) zodat $P(m_i)=a_i$ voor $i:1...n$ .

Dit is eigenlijk een interpolatieprobleem, waarbij we een veeltermfunctie zoeken waarvan de grafiek door de n punten $(m_i,a_i)$ gaat. Natuurlijk kunnen we het stelsel van n vergelijkingen met n onbekenden gaan oplossen dat ontstaat door de n punten in te vullen in de algemene vorm van een veeltermfunctie van graad n-1.

Een andere techniek bestaat erin eerst speciale gevallen op te lossen, waarbij één van de $a_i$ ’s gelijk is aan 1 en de andere aan 0. Dit is niet zo lastig : definieer $P_i(x)$ als het product van alle factoren $x-m_j$ waarbij j verschilt van i. Neem vervolgens $v_i(x)=\frac{P_i(x)}{P_i(m_i)}$ . Dan geldt inderdaad dat $v_i(m_i)=1$ en $v_i(m_j)=0$ voor elke j verschillend van i.

De uiteindelijke oplossing van het beginprobleem ontstaat nu door de gepaste lineaire combinatie te nemen van de gevonden veeltermen $v_i(x)$ , namelijk:

$P(x)=a_1v_1(x)+\cdots+a_nv_n(x)$

Dit noemt men ook wel eens de Lagrange interpolatie formule.(naar de Franse wiskundige Joseph-louis Lagrange( 1736-1813))

Een voorbeeld: f(x) is een veelterm van graad maximaal n waarvoor geldt dat $f(k)=\frac{n+1-k}{k+1}$ voor $k=0,1,...,n$ . Zoek f(n+1).

Spoiler

We zoeken dus een veeltermfunctie waarvan de grafiek gaat door de punten $(0,\frac{n+1}{1}),(0,\frac{n}{2}),...,(0,\frac{1}{n+1})$
Definieer $v_k(x)=x(x-1).....(x-n)$ waarbij de factor x-k weggelaten is.
Nu is $v_k(n+1)=\frac{(n+1)!}{n+1-k}$ . Verder is ook $v_k(k)=(-1)^{n-k}.k!.(n-k)!$ .
Gebruikmakend van de Lagrange interpolatie formule vinden we :
$f(n+1)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\frac{(n+1)!}{(k+1)!(n-k)!}$
Dit kunnen we herschrijven als
$f(n+1)=\sum_{l=1}^{n+1}(-1)^{n-l+1}\frac{(n+1)!}{l!(n+1-l)!}$
Via de uitwerking van het binomium van Newton voor $(1-1)^{n+1}$ vinden we tenslotte
$f(n+1)=(-1)^n$

Wiskunde is leuk

Tag archieven: interpolatie

Differentie veeltermen

Oplossing door lineaire combinaties