8 Lagrange İnterpolasyonu
Şimdiye kadar elimizdeki fonksiyonun formülünü biliyorduk. Uygulamada ise çoğu zaman yalnız bir tablo vardır: birkaç \(x_k\) noktası ve fonksiyonun bu noktalardaki değerleri. Tabloda olmayan bir noktadaki değeri tahmin etmek ya da karmaşık bir fonksiyonu türevi ve integrali kolay hesaplanan daha basit bir fonksiyonla değiştirmek için verilen noktalardan geçen bir polinom kurarız. Bu bölümde böyle bir polinomun her zaman var ve tek olduğunu görecek, onu Lagrange’ın formülüyle yazacak ve yaptığı hatayı ölçeceğiz.
Lagrange interpolasyon formülü Lagrange’ın 1795 tarihli derslerinde geçer; Edward Waring aynı formülü 1779’da yayımlamıştı. Polinomların her sürekli fonksiyona istenildiği kadar yaklaşabildiğini söyleyen Weierstrass teoremi 1885 tarihlidir; aşağıda vereceğimiz Bernstein polinomlarıyla ispat 1912’dendir.
8.1 İnterpolasyon ve polinomsal yaklaşımlar
Önce “yaklaşım polinomu” ile neyi kastettiğimizi ve neden özellikle polinomları seçtiğimizi netleştirelim.
Tanım 8.1 (İnterpolasyon polinomu) Verilen bir \(f(x)\) fonksiyonunun, özellikleri bilinen daha basit bir \(P(x)\) polinomuyla gösterilmesine ya da onun yerine kullanılmasına interpolasyon denir. Verilen farklı \(x_0, x_1, \dots, x_n\) noktalarında \(P(x_k) = f(x_k)\) \((k = 0, 1, \dots, n)\) koşulunu sağlayan \(P\) polinomuna \(f\)’nin bu noktalardaki interpolasyon polinomu denir. Bir aralıkta \(f(x) - P(x)\) farkı küçük olan bir \(P\) polinomuna ise \(f\)’nin bir yaklaşım polinomu denir.
Yani interpolasyon polinomu \(f\) ile verilen noktalarda tam olarak çakışır; iyi bir interpolasyon polinomundan ayrıca aralık boyunca \(f\)’den az sapmasını, yani iyi bir yaklaşım polinomu olmasını da bekleriz.
Tanım 8.2 (Cebirsel polinom) \(n\) negatif olmayan bir tam sayı ve \(a_0, a_1, \dots, a_n\) reel sabitler olmak üzere
\[ P_n(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 \]
biçimindeki reel değişkenli ve reel değerli fonksiyonlara cebirsel polinom denir.
Yani cebirsel polinom, \(x\)’in kuvvetlerinin sabit katsayılı sonlu bir toplamıdır.
Cebirsel polinomlar fonksiyonların en kullanışlı ve en iyi bilinen sınıfıdır. Birinci nedeni, türevlerinin ve belirsiz integrallerinin hem kolay hesaplanması hem de yine polinom olmasıdır. İkinci ve daha derin nedeni, sürekli fonksiyonlara düzgün olarak yaklaşabilmeleridir. Bunu söyleyen Weierstrass Yaklaşım Teoremini ispatlamak için önce bir özdeşliğe ihtiyacımız var.
Lemma 8.1 (Bernstein ağırlıklarının özdeşlikleri) \(n \ge 1\) bir tam sayı olsun ve \(k = 0, 1, \dots, n\) için
\[ b_{n,k}(x) = \binom{n}{k} x^k (1 - x)^{n-k} \]
diyelim. Bu durumda her \(x\) için
\[ \begin{aligned} &\text{(i)} \quad \sum_{k=0}^{n} b_{n,k}(x) = 1, \qquad \text{(ii)} \quad \sum_{k=0}^{n} k\, b_{n,k}(x) = n x, \\[1mm] &\text{(iii)} \quad \sum_{k=0}^{n} \left(x - \frac{k}{n}\right)^2 b_{n,k}(x) = \frac{x(1 - x)}{n} \end{aligned} \]
eşitlikleri geçerlidir.
İspat
(i) Binom teoreminden
\[ \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k (1 - x)^{n-k} = \big(x + (1 - x)\big)^n = 1 . \]
(ii) \(k \ge 1\) için \(k \binom{n}{k} = n \binom{n-1}{k-1}\) olduğundan (\(k = 0\) terimi sıfırdır)
\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} k\, b_{n,k}(x) &= n x \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} x^{k-1} (1 - x)^{n-k} \\[1mm] &= n x \sum_{j=0}^{n-1} b_{n-1,j}(x) = n x \end{aligned} \]
bulunur; son adımda \(j = k - 1\) dedik ve (i)’yi \(n - 1\) için kullandık.
(iii) Önce \(\sum k(k-1)\, b_{n,k}(x) = n(n-1)x^2\) olduğunu görelim. \(n = 1\) ise iki taraf da sıfırdır. \(n \ge 2\) ise \(k \ge 2\) için \(k(k-1)\binom{n}{k} = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}\) olduğundan, (ii)’deki gibi
\[ \sum_{k=0}^{n} k(k-1)\, b_{n,k}(x) = n(n-1)x^2 \sum_{j=0}^{n-2} b_{n-2,j}(x) = n(n-1)x^2 . \]
Buradan ve (ii)’den \(\sum k^2 b_{n,k}(x) = n(n-1)x^2 + n x\) çıkar. Kareyi açıp (i), (ii) ve bu eşitliği kullanırsak
\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n} \left(x - \frac{k}{n}\right)^2 b_{n,k}(x) &= x^2 \sum_{k=0}^{n} b_{n,k}(x) - \frac{2x}{n} \sum_{k=0}^{n} k\, b_{n,k}(x) \\[1mm] &\quad + \frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^{n} k^2 b_{n,k}(x) \\[1mm] &= x^2 - 2x^2 + \frac{n(n-1)x^2 + n x}{n^2} \\[1mm] &= -x^2 + x^2 - \frac{x^2}{n} + \frac{x}{n} = \frac{x(1 - x)}{n} \end{aligned} \]
elde edilir. \(\blacksquare\)
Yani \(b_{n,k}(x)\) sayıları, \([0, 1]\)’deki her \(x\) için toplamı \(1\) olan negatif olmayan ağırlıklardır ve bu ağırlıklar \(k/n\) noktalarını \(x\)’in çevresinde toplar: \(x\)’ten uzak \(k/n\)’lerin toplam ağırlığı \(n\) büyüdükçe küçülür.
Teorem 8.1 (Weierstrass Yaklaşım Teoremi) \(f\) fonksiyonu \([a, b]\) kapalı aralığında tanımlı ve sürekli olsun. Bu durumda her \(\varepsilon > 0\) sayısı için, her \(x \in [a, b]\) noktasında
\[ |f(x) - P(x)| < \varepsilon \]
eşitsizliğini sağlayan bir \(P(x)\) polinomu vardır.
İspat
Adım 1: \([0, 1]\) aralığına indirgeme. \(g(t) = f\big(a + t(b - a)\big)\) fonksiyonu \([0, 1]\)’de süreklidir. Her \(t \in [0, 1]\) için \(|g(t) - Q(t)| < \varepsilon\) sağlayan bir \(Q\) polinomu bulursak
\[ P(x) = Q\left(\frac{x - a}{b - a}\right) \]
de bir polinomdur ve \(x \in [a, b]\) için \(t = \frac{x - a}{b - a} \in [0, 1]\) olduğundan \(|f(x) - P(x)| = |g(t) - Q(t)| < \varepsilon\) olur. Demek ki teoremi \([0, 1]\)’de sürekli \(g\) için ispatlamak yeter.
Adım 2: Bernstein polinomu. Her \(n \ge 1\) için Bernstein ağırlıklarıyla (Lemma 8.1)
\[ \begin{aligned} B_n g(x) &= \sum_{k=0}^{n} g\left(\frac{k}{n}\right) \binom{n}{k} x^k (1 - x)^{n-k} \\[1mm] &= \sum_{k=0}^{n} g\left(\frac{k}{n}\right) b_{n,k}(x) \end{aligned} \]
polinomunu tanımlayalım. Bu, derecesi en fazla \(n\) olan bir polinomdur. Yeterince büyük \(n\) için \(|g(x) - B_n g(x)| < \varepsilon\) olduğunu göstereceğiz.
Adım 3: İki sabit. \(|g|\) fonksiyonu \([0, 1]\) kapalı aralığında sürekli olduğundan en büyük değerini alır (Teorem 1.5); \(M = \max_{t \in [0,1]} |g(t)|\) diyelim. Ayrıca kapalı ve sınırlı bir aralıkta sürekli olan \(g\) orada düzgün süreklidir (bkz. Analiz 1): öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(t, s \in [0, 1]\) ve \(|t - s| < \delta\) iken \(|g(t) - g(s)| < \frac{\varepsilon}{2}\) olur.
Adım 4: Hatayı ikiye ayırma. \(x \in [0, 1]\) olsun. Lemma 8.1 (i) gereği \(g(x) = \sum_k g(x)\, b_{n,k}(x)\) yazabiliriz; \(b_{n,k}(x) \ge 0\) olduğundan
\[ \begin{aligned} |g(x) - B_n g(x)| &= \left| \sum_{k=0}^{n} \left[g(x) - g\left(\frac{k}{n}\right)\right] b_{n,k}(x) \right| \\[1mm] &\le \sum_{k=0}^{n} \left|g(x) - g\left(\frac{k}{n}\right)\right| b_{n,k}(x) \end{aligned} \]
olur. Sağdaki toplamı, \(\left|x - \frac{k}{n}\right| < \delta\) olan \(k\)’lar (\(A\) toplamı) ve \(\left|x - \frac{k}{n}\right| \ge \delta\) olan \(k\)’lar (\(B\) toplamı) diye ikiye ayıralım.
\(A\) toplamındaki her terimde \(\left|g(x) - g\left(\frac{k}{n}\right)\right| < \frac{\varepsilon}{2}\) olduğundan, ağırlıkların toplamı en fazla \(1\) olduğu için \(A \le \frac{\varepsilon}{2}\) bulunur.
\(B\) toplamındaki her terimde \(\left|g(x) - g\left(\frac{k}{n}\right)\right| \le 2M\) ve \(\frac{(x - k/n)^2}{\delta^2} \ge 1\)’dir. Bu sınırları koyup toplamı negatif olmayan terimler ekleyerek bütün \(k\)’lara genişletirsek
\[ \begin{aligned} B &\le \sum_{k=0}^{n} 2M \, \frac{(x - k/n)^2}{\delta^2} \, b_{n,k}(x) = \frac{2M}{\delta^2} \cdot \frac{x(1 - x)}{n} \\[1mm] &\le \frac{2M}{\delta^2} \cdot \frac{1}{4n} = \frac{M}{2 n \delta^2} \end{aligned} \]
olur. Burada lemmanın (iii) eşitliğini (Lemma 8.1) ve \([0, 1]\)’de \(x(1 - x) \le \frac{1}{4}\) eşitsizliğini kullandık.
Adım 5: Sonuç. \(n > \frac{M}{\varepsilon \delta^2}\) seçilirse \(B \le \frac{M}{2n\delta^2} < \frac{\varepsilon}{2}\) olur. Bu \(n\) yalnız \(M\), \(\delta\) ve \(\varepsilon\)’a bağlıdır, \(x\)’e bağlı değildir. Böylece her \(x \in [0, 1]\) için
\[ |g(x) - B_n g(x)| \le A + B < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \]
bulunur. \(Q = B_n g\) alıp Adım 1’i uygulamak ispatı bitirir. \(\blacksquare\)
Yani kapalı bir aralıkta sürekli her fonksiyon, aralığın tamamında aynı anda istenildiği kadar yakın bir polinomla değiştirilebilir. Teorem böyle bir polinomun varlığını garanti eder; pratikte hangi polinomun seçileceği ise bu bölümün ve sonrakinin konusudur.
Polinomla yaklaşım deyince akla ilk gelen, Ön Bilgiler ve Taylor Teoremi bölümünde kullandığımız Taylor polinomlarıdır (Teorem 1.9). Ancak Taylor polinomu, civarında çalıştığımız \(x_0\) noktasında tam, bu noktanın civarında iyi, \(x_0\)’dan uzaklaştıkça ise kötü bir yaklaşım verir. Aşağıdaki örnek bunu sayılarla gösterir.
Örnek 8.1 (e üzeri x’in Taylor polinomları) \(f(x) = e^x\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\) civarındaki \(P_0, P_1, \dots, P_4\) Taylor polinomlarını yazınız ve \(x = 0{,}1;\ 0{,}5;\ 1;\ 2\) noktalarında yaptıkları hatayı karşılaştırınız.
Çözüm
Her \(k\) için \(f^{(k)}(x) = e^x\) ve \(f^{(k)}(0) = 1\) olduğundan Taylor polinomları şunlardır:
\[ \begin{aligned} P_0(x) &= 1, \qquad P_1(x) = 1 + x, \qquad P_2(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2}, \\[1mm] P_3(x) &= 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}, \\[1mm] P_4(x) &= 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24}. \end{aligned} \]
\(e^x - P_k(x)\) hatalarını yedi basamağa yuvarlayarak hesaplarsak şu tablo çıkar:
| \(x\) | \(e^x\) | \(e^x - P_1(x)\) | \(e^x - P_2(x)\) | \(e^x - P_3(x)\) | \(e^x - P_4(x)\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(0{,}1\) | \(1{,}1051709\) | \(0{,}0051709\) | \(0{,}0001709\) | \(0{,}0000043\) | \(0{,}0000001\) |
| \(0{,}5\) | \(1{,}6487213\) | \(0{,}1487213\) | \(0{,}0237213\) | \(0{,}0028879\) | \(0{,}0002838\) |
| \(1\) | \(2{,}7182818\) | \(0{,}7182818\) | \(0{,}2182818\) | \(0{,}0516152\) | \(0{,}0099485\) |
| \(2\) | \(7{,}3890561\) | \(4{,}3890561\) | \(2{,}3890561\) | \(1{,}0557228\) | \(0{,}3890561\) |
Her satırda mertebe arttıkça hata azalır, ama her sütunda \(x\), \(x_0 = 0\)’dan uzaklaştıkça hata hızla büyür. \(x = 0{,}1\)’de \(P_2\) bile dört anlamlı basamağa kadar doğruyken \(x = 2\)’de \(P_4\)’ün hatası \(0{,}39\)’dur.
\(\blacksquare\)
Yani iyi bir interpolasyon polinomu tek bir noktanın civarında değil, bütün aralık boyunca dengeli bir yaklaşım sağlamalıdır; Taylor polinomları bu konuda bekleneni veremez. Nümerik analizde Taylor polinomları daha çok nümerik teknikleri geliştirmek ve hata tahmini yapmak için kullanılır. Aralık boyunca yaklaşım için fonksiyonla birden çok noktada çakışan polinomlara yöneliriz.
8.2 Lagrange interpolasyon polinomları
Bir \(f\) fonksiyonuna polinomla yaklaşmanın iki faydası vardır: karmaşık bir fonksiyon yerine türevi ve integrali kolay hesaplanan bir fonksiyonla çalışmak ve değerleri bir tablo hâlinde verilmiş bir fonksiyonun tabloda olmayan değerlerini hesaplamak. İki noktadan geçen doğruyla başlayıp bunu \(n + 1\) noktaya genelleştireceğiz.
Lineer interpolasyon
\(x_0\) ve \(x_1\) farklı iki nokta, \(f(x_0) = y_0\) ve \(f(x_1) = y_1\) de \(f\)’nin bu noktalardaki değerleri olsun. Amacımız bu iki noktada \(f\) ile aynı değeri alan bir polinom bulmaktır. Şu lineer polinomu göz önüne alalım:
\[ P(x) = \frac{x - x_1}{x_0 - x_1}\, y_0 + \frac{x - x_0}{x_1 - x_0}\, y_1 \tag{1} \]
\(x = x_0\) konursa birinci kesir \(1\), ikinci kesir \(0\) olur ve \(P(x_0) = y_0\) bulunur; benzer şekilde \(P(x_1) = y_1\)’dir. Şu hâlde \(P\), \(x_0\) ve \(x_1\) noktalarında \(f\) ile aynı değerleri alır.
Tanım 8.3 (Lineer Lagrange interpolasyon polinomu) (1)’deki \(P(x)\) polinomuna \((x_0, y_0)\) ve \((x_1, y_1)\) noktalarından geçen, derecesi en fazla bir olan lineer Lagrange interpolasyon polinomu denir.
\[ L_0(x) = \frac{x - x_1}{x_0 - x_1}, \qquad L_1(x) = \frac{x - x_0}{x_1 - x_0} \]
denirse bu polinom
\[ P(x) = f(x_0) L_0(x) + f(x_1) L_1(x) \]
biçiminde yazılır ve \(L_0(x_0) = 1\), \(L_0(x_1) = 0\), \(L_1(x_0) = 0\), \(L_1(x_1) = 1\)’dir.
Yani lineer Lagrange polinomu, iki noktadan geçen doğrunun özel bir yazılışıdır: \(L_0\) ve \(L_1\) düğümlerin birinde \(1\), ötekinde \(0\) olan “anahtar” fonksiyonlardır ve \(P\), \(f\) değerlerinin bu anahtarlarla ağırlıklı toplamıdır. Böyle bir doğrunun tek olduğu, aşağıdaki teoremin (Teorem 8.2) \(n = 1\) hâlidir.
Örnek 8.2 (İki noktadan geçen doğru) Düzlemde \((2, 4)\) ve \((5, 1)\) noktalarından geçen lineer Lagrange interpolasyon polinomunu belirleyiniz.
Çözüm
\(x_0 = 2\), \(y_0 = 4\), \(x_1 = 5\), \(y_1 = 1\) alalım. Katsayı polinomları
\[ L_0(x) = \frac{x - 5}{2 - 5} = -\frac{1}{3}(x - 5), \qquad L_1(x) = \frac{x - 2}{5 - 2} = \frac{1}{3}(x - 2) \]
olur. Buradan
\[ \begin{aligned} P(x) &= L_0(x)\, y_0 + L_1(x)\, y_1 = -\frac{1}{3}(x - 5) \cdot 4 + \frac{1}{3}(x - 2) \cdot 1 \\[1mm] &= \frac{-4x + 20 + x - 2}{3} = \frac{-3x + 18}{3} = -x + 6 \end{aligned} \]
bulunur. Gerçekten de \(P(2) = -2 + 6 = 4\) ve \(P(5) = -5 + 6 = 1\)’dir. \(\blacksquare\)
Genel durum
Şimdi \((x_0, f(x_0)), (x_1, f(x_1)), \dots, (x_n, f(x_n))\) gibi \(n + 1\) farklı noktadan geçen ve derecesi en fazla \(n\) olan bir polinom kuralım. Lineer durumdaki fikri izleyerek her \(k = 0, 1, \dots, n\) için \(L_k(x_k) = 1\) ve \(i \ne k\) için \(L_k(x_i) = 0\) olan bir \(L_k\) fonksiyonu arıyoruz.
\(i \ne k\) olan her \(x_i\)’de sıfır olması için \(L_k\)’nın payı
\[ (x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_{k-1})(x - x_{k+1}) \cdots (x - x_n) \]
çarpımını içermelidir; bu çarpımda yalnız \((x - x_k)\) çarpanı eksiktir. \(L_k(x_k) = 1\) olması için de payı, \(x = x_k\)’deki değerine, yani
\[ (x_k - x_0)(x_k - x_1) \cdots (x_k - x_{k-1})(x_k - x_{k+1}) \cdots (x_k - x_n) \]
sayısına bölmeliyiz. Noktalar farklı olduğundan bu sayı sıfır değildir.
Tanım 8.4 (Lagrange katsayı polinomları) \(x_0, x_1, \dots, x_n\) birbirinden farklı \(n + 1\) nokta olsun. \(k = 0, 1, \dots, n\) için
\[ \begin{aligned} L_k(x) &= \frac{(x - x_0) \cdots (x - x_{k-1})(x - x_{k+1}) \cdots (x - x_n)}{(x_k - x_0) \cdots (x_k - x_{k-1})(x_k - x_{k+1}) \cdots (x_k - x_n)} \\[1mm] &= \prod_{\substack{i=0 \\ i \ne k}}^{n} \frac{x - x_i}{x_k - x_i} \end{aligned} \tag{2} \]
polinomlarına Lagrange katsayı polinomları denir.
Yani \(L_k\), \(n\) tane lineer çarpanın bir sabite bölümüdür; tam olarak \(n\). dereceden bir polinomdur, \(x_k\)’de \(1\) ve öteki bütün düğümlerde \(0\) değerini alır. \(n = 1\) için (2), lineer durumdaki \(L_0(x) = \frac{x - x_1}{x_0 - x_1}\) ve \(L_1(x) = \frac{x - x_0}{x_1 - x_0}\) polinomlarını verir.
Teorem 8.2 (Lagrange interpolasyon polinomu) \(x_0, x_1, \dots, x_n\) birbirinden farklı \(n + 1\) nokta ve \(f\) bu noktalardaki değerleri bilinen bir fonksiyon olsun. Bu durumda derecesi en fazla \(n\) olan ve
\[ P(x_k) = f(x_k), \qquad k = 0, 1, \dots, n \]
eşitliklerinin hepsini sağlayan tek bir \(P\) polinomu vardır. Bu polinom, (2)’deki \(L_k\)’larla
\[ \begin{aligned} P(x) &= f(x_0) L_0(x) + f(x_1) L_1(x) + \dots + f(x_n) L_n(x) \\[1mm] &= \sum_{k=0}^{n} f(x_k) L_k(x) \end{aligned} \tag{3} \]
biçimindedir ve \(n\). dereceden Lagrange interpolasyon polinomu olarak adlandırılır.
İspat
Varlık. Her \(L_k\) \(n\). dereceden bir polinom olduğundan (3)’teki \(P\), derecesi en fazla \(n\) olan bir polinomdur. Bir \(x_j\) düğümünde \(L_j(x_j) = 1\) ve \(k \ne j\) için \(L_k(x_j) = 0\) olduğundan toplamdaki terimlerden yalnız \(k = j\) terimi kalır:
\[ P(x_j) = \sum_{k=0}^{n} f(x_k) L_k(x_j) = f(x_j) \cdot 1 = f(x_j), \qquad j = 0, 1, \dots, n. \]
Teklik. \(Q\), derecesi en fazla \(n\) olan ve her \(k\) için \(Q(x_k) = f(x_k)\) sağlayan bir başka polinom olsun. \(D = P - Q\) farkının derecesi en fazla \(n\)’dir ve \(x_0, x_1, \dots, x_n\) gibi \(n + 1\) farklı kökü vardır. Sıfırdan farklı, derecesi en fazla \(n\) olan bir polinomun en fazla \(n\) kökü olabileceğinden \(D\) sıfır polinomudur, yani \(Q = P\)’dir. \(\blacksquare\)
Yani \(n + 1\) farklı noktadan geçen ve derecesi en fazla \(n\) olan polinom bir tanedir ve Lagrange formülü onu doğrudan yazar. Adında “\(n\). dereceden” geçse de polinomun derecesi \(n\)’den küçük çıkabilir; aşağıdaki örnekte (Örnek 8.5) \(n = 2\) için \(P(x) = x\) bulunacak.
- Her \(k = 0, 1, \dots, n\) için \(L_k(x)\)’i (2) ile yazın: payında \((x - x_k)\) dışındaki bütün \((x - x_i)\) çarpanları, paydasında aynı çarpanların \(x = x_k\)’deki değerleri durur.
- \(P(x) = \sum_{k=0}^{n} f(x_k) L_k(x)\) toplamını kurun ve gerekiyorsa açıp sadeleştirin.
- Denetleyin: her düğümde \(P(x_k) = f(x_k)\) olmalıdır. Bir noktada yaklaşık değer isteniyorsa \(P\)’yi o noktada hesaplayın.
Örnek 8.3 (Ters fonksiyon için ikinci dereceden polinom) \(x_0 = 2\), \(x_1 = 2{,}75\) ve \(x_2 = 4\) noktalarını kullanarak \(f(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonu için ikinci dereceden Lagrange interpolasyon polinomunu yazınız.
Çözüm
Adım 1. Paydalar
\[ \begin{aligned} (2 - 2{,}75)(2 - 4) &= 1{,}5, \\[1mm] (2{,}75 - 2)(2{,}75 - 4) &= -0{,}9375 = -\frac{15}{16}, \\[1mm] (4 - 2)(4 - 2{,}75) &= 2{,}5 \end{aligned} \]
olduğundan
\[ \begin{aligned} L_0(x) &= \frac{(x - 2{,}75)(x - 4)}{(2 - 2{,}75)(2 - 4)} = \frac{2}{3}(x - 2{,}75)(x - 4), \\[1mm] L_1(x) &= \frac{(x - 2)(x - 4)}{(2{,}75 - 2)(2{,}75 - 4)} = -\frac{16}{15}(x - 2)(x - 4), \\[1mm] L_2(x) &= \frac{(x - 2)(x - 2{,}75)}{(4 - 2)(4 - 2{,}75)} = \frac{2}{5}(x - 2)(x - 2{,}75) \end{aligned} \]
bulunur.
Adım 2. Fonksiyon değerleri \(f(2) = \frac{1}{2}\), \(f(2{,}75) = \frac{1}{2{,}75} = \frac{4}{11}\) ve \(f(4) = \frac{1}{4}\)’tür. Buna göre
\[ \begin{aligned} P(x) &= f(x_0) L_0(x) + f(x_1) L_1(x) + f(x_2) L_2(x) \\[1mm] &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}(x - 2{,}75)(x - 4) + \frac{4}{11} \cdot \left(-\frac{16}{15}\right)(x - 2)(x - 4) \\[1mm] &\quad + \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{5}(x - 2)(x - 2{,}75). \end{aligned} \]
Çarpımları açalım:
\[ \begin{aligned} (x - 2{,}75)(x - 4) &= x^2 - 6{,}75x + 11, \\[1mm] (x - 2)(x - 4) &= x^2 - 6x + 8, \\[1mm] (x - 2)(x - 2{,}75) &= x^2 - 4{,}75x + 5{,}5 . \end{aligned} \]
Böylece üç terim
\[ \begin{aligned} \frac{1}{3}(x^2 - 6{,}75x + 11) &= \frac{1}{3}x^2 - \frac{9}{4}x + \frac{11}{3}, \\[1mm] -\frac{64}{165}(x^2 - 6x + 8) &= -\frac{64}{165}x^2 + \frac{128}{55}x - \frac{512}{165}, \\[1mm] \frac{1}{10}(x^2 - 4{,}75x + 5{,}5) &= \frac{1}{10}x^2 - \frac{19}{40}x + \frac{11}{20} \end{aligned} \]
olur. Katsayıları toplarsak
\[ \begin{aligned} x^2&: \ \frac{1}{3} - \frac{64}{165} + \frac{1}{10} = \frac{110 - 128 + 33}{330} = \frac{1}{22}, \\[1mm] x&: \ -\frac{9}{4} + \frac{128}{55} - \frac{19}{40} = \frac{-2970 + 3072 - 627}{1320} = -\frac{35}{88}, \\[1mm] 1&: \ \frac{11}{3} - \frac{512}{165} + \frac{11}{20} = \frac{2420 - 2048 + 363}{660} = \frac{49}{44} \end{aligned} \]
ve
\[ P(x) = \frac{1}{22}x^2 - \frac{35}{88}x + \frac{49}{44} \]
bulunur.
Adım 3. Denetleyelim:
\[ \begin{aligned} P(2) &= \frac{16 - 70 + 98}{88} = \frac{44}{88} = \frac{1}{2}, \\[1mm] P(2{,}75) &= \frac{30{,}25 - 96{,}25 + 98}{88} = \frac{32}{88} = \frac{4}{11}, \\[1mm] P(4) &= \frac{64 - 140 + 98}{88} = \frac{22}{88} = \frac{1}{4}. \end{aligned} \]
Üç düğümde de \(P(x_k) = f(x_k)\) sağlanır. \(\blacksquare\)
Örnek 8.4 (Ters fonksiyonun 3 noktasındaki yaklaşık değeri) \(x_0 = 2\), \(x_1 = 2{,}75\), \(x_2 = 4\) noktalarıyla \(f(x) = \frac{1}{x}\) için bulunan \(P(x) = \frac{1}{22}x^2 - \frac{35}{88}x + \frac{49}{44}\) polinomunu (Örnek 8.3) kullanarak \(f(3) = \frac{1}{3}\) değerine bir yaklaşımda bulununuz.
Çözüm
Polinomu \(x = 3\)’te hesaplayalım:
\[ f(3) \approx P(3) = \frac{9}{22} - \frac{105}{88} + \frac{49}{44} = \frac{36 - 105 + 98}{88} = \frac{29}{88} \approx 0{,}32955 . \]
Aynı sonuç, polinomu açmadan doğrudan (3)’ten de çıkar: \(L_0(3) = \frac{2}{3}(0{,}25)(-1) = -\frac{1}{6}\), \(L_1(3) = -\frac{16}{15}(1)(-1) = \frac{16}{15}\), \(L_2(3) = \frac{2}{5}(1)(0{,}25) = \frac{1}{10}\) ve
\[ P(3) = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{6}\right) + \frac{4}{11} \cdot \frac{16}{15} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{10} = \frac{-110 + 512 + 33}{1320} = \frac{29}{88}. \]
Gerçek değerle fark \(\left|\frac{1}{3} - \frac{29}{88}\right| = \frac{1}{264} \approx 0{,}00379\)’dur. \(\blacksquare\)
Örnek 8.5 (Sinüs için ikinci dereceden polinom) \(x_0 = -1\), \(x_1 = 0\), \(x_2 = 1\) noktalarında \(f(x) = \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\) fonksiyonunun grafiğini kesen ikinci dereceden Lagrange interpolasyon polinomunu yazınız.
Çözüm
\(f(-1) = \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right) = -1\), \(f(0) = \sin 0 = 0\) ve \(f(1) = \sin\frac{\pi}{2} = 1\) olduğundan \((-1, -1)\), \((0, 0)\) ve \((1, 1)\) noktalarından geçen polinomu arıyoruz. Katsayı polinomları
\[ \begin{aligned} L_0(x) &= \frac{(x - 0)(x - 1)}{(-1 - 0)(-1 - 1)} = \frac{x(x - 1)}{2} = \frac{1}{2}(x^2 - x), \\[1mm] L_1(x) &= \frac{(x + 1)(x - 1)}{(0 + 1)(0 - 1)} = \frac{x^2 - 1}{-1} = 1 - x^2, \\[1mm] L_2(x) &= \frac{(x + 1)(x - 0)}{(1 + 1)(1 - 0)} = \frac{(x + 1)x}{2} = \frac{1}{2}(x^2 + x) \end{aligned} \]
olur. Buradan
\[ \begin{aligned} P(x) &= (-1) \cdot \frac{1}{2}(x^2 - x) + 0 \cdot (1 - x^2) + 1 \cdot \frac{1}{2}(x^2 + x) \\[1mm] &= -\frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2}x = x \end{aligned} \]
bulunur. Üç nokta aynı doğru üzerinde olduğundan, derecesi en fazla \(2\) olan tek interpolasyon polinomu bu doğrudur. \(\blacksquare\)
8.3 Hata terimi
Lagrange polinomu düğümlerde \(f\) ile çakışır; düğümler arasında ise bir hata yapar. Aşağıdaki teorem bu hatayı, Taylor teoremindeki kalan terime çok benzeyen bir biçimde verir.
Teorem 8.3 (Lagrange interpolasyonunun hata terimi) \(x_0, x_1, \dots, x_n\) noktaları \([a, b]\) aralığında birbirinden farklı \(n + 1\) nokta ve \(f \in C^{n+1}[a, b]\) olsun. \(P(x)\), bu noktalardaki interpolasyon polinomu (Teorem 8.2) olmak üzere her \(x \in [a, b]\) için
\[ f(x) = P(x) + \frac{f^{(n+1)}(\xi(x))}{(n+1)!}(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_n) \tag{4} \]
eşitliğini sağlayan bir \(\xi(x) \in (a, b)\) sayısı vardır.
İspat
\(x\) bir düğümse. Bir \(k\) için \(x = x_k\) ise \(f(x_k) = P(x_k)\) ve \((x - x_k) = 0\) olduğundan (4)’ün iki tarafı eşittir; \(\xi(x_k)\) olarak \((a, b)\)’deki herhangi bir sayı alınabilir.
\(x\) bir düğüm değilse. \(x\)’i sabitleyelim ve \(t \in [a, b]\) için
\[ g(t) = f(t) - P(t) - [f(x) - P(x)] \prod_{i=0}^{n} \frac{t - x_i}{x - x_i} \]
fonksiyonunu tanımlayalım. Her \(i\) için \(x \ne x_i\) olduğundan paydalar sıfırdan farklıdır. \(f \in C^{n+1}[a, b]\), \(P\) bir polinom ve çarpım \(t\)’nin bir polinomu olduğundan \(g \in C^{n+1}[a, b]\)’dir.
\(t = x_k\) konursa \(f(x_k) - P(x_k) = 0\) ve çarpımdaki \((x_k - x_k)\) çarpanı sıfır olduğundan \(g(x_k) = 0\) olur. \(t = x\) konursa çarpımın her çarpanı \(1\) olur ve
\[ g(x) = f(x) - P(x) - [f(x) - P(x)] \cdot 1 = 0 \]
bulunur. Böylece \(g\), \(x, x_0, x_1, \dots, x_n\) gibi \([a, b]\)’deki \(n + 2\) farklı noktada sıfırdır. Genelleştirilmiş Rolle Teoremine (Teorem 1.6) göre \(g^{(n+1)}(\xi(x)) = 0\) olacak şekilde bir \(\xi(x) \in (a, b)\) vardır.
\(g\)’nin \((n+1)\). türevini hesaplayalım. \(P\)’nin derecesi en fazla \(n\) olduğundan \(P^{(n+1)} \equiv 0\)’dır. Çarpım, \((n+1)\). dereceden bir polinomdur:
\[ \prod_{i=0}^{n} \frac{t - x_i}{x - x_i} = \frac{1}{\prod_{i=0}^{n} (x - x_i)} \, t^{n+1} + (\text{daha küçük dereceli terimler}). \]
\(t^{n+1}\)’in \((n+1)\). türevi \((n+1)!\), daha küçük dereceli terimlerinki sıfır olduğundan
\[ \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}} \prod_{i=0}^{n} \frac{t - x_i}{x - x_i} = \frac{(n+1)!}{\prod_{i=0}^{n} (x - x_i)} \]
olur. Bunları \(g^{(n+1)}(\xi(x)) = 0\) eşitliğinde yerine koyarsak
\[ 0 = f^{(n+1)}(\xi(x)) - 0 - [f(x) - P(x)] \frac{(n+1)!}{\prod_{i=0}^{n} (x - x_i)} \]
bulunur. Buradan \(f(x)\) çekilirse
\[ f(x) = P(x) + \frac{f^{(n+1)}(\xi(x))}{(n+1)!} \prod_{i=0}^{n} (x - x_i) \]
elde edilir; bu (4)’tür. \(\blacksquare\)
Yani Lagrange interpolasyon polinomunun hata terimi
\[ \frac{f^{(n+1)}(\xi(x))}{(n+1)!}(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_n), \qquad \xi(x) \in (a, b) \]
biçimindedir. Taylor kalanında \((x - x_0)^{n+1}\) kuvveti, burada ise bütün düğümlere olan uzaklıkların çarpımı vardır; hata düğümlerde sıfırdır ve düğümlerden uzaklaştıkça büyüyebilir. \(\xi(x)\) bilinmediğinden formül hatayı tam olarak vermez, ama hata için bir üst sınır bulmayı sağlar.
Sonuç 8.1 (Lagrange interpolasyonunda hata sınırı) Hata teoremindeki (Teorem 8.3) koşullar altında her \(t \in [a, b]\) için \(|f^{(n+1)}(t)| \le M\) ise her \(x \in [a, b]\) için
\[ |f(x) - P(x)| \le \frac{M}{(n+1)!} \, |(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_n)| \]
olur.
İspat
(4)’te \(|f^{(n+1)}(\xi(x))| \le M\) kullanılır, çünkü \(\xi(x) \in (a, b)\)’dir. \(\blacksquare\)
- \(f^{(n+1)}\)’i hesaplayın ve \([a, b]\)’de \(|f^{(n+1)}(t)| \le M\) olacak bir \(M\) bulun.
- \(|(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_n)|\) çarpımının \([a, b]\)’deki en büyük değerini bulun: türevle ya da düğümler eşit aralıklıysa \(\frac{h^{n+1} n!}{4}\) sınırıyla (Alıştırma 8.5).
- Sonuç 8.1 gereği hata en fazla \(\frac{M}{(n+1)!}\) ile bu en büyük değerin çarpımıdır.
Örnek 8.6 (Sinüs yaklaşımının hata sınırı) \(x_0 = -1\), \(x_1 = 0\), \(x_2 = 1\) noktalarında \(f(x) = \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\) fonksiyonunun grafiğini kesen, derecesi en fazla \(2\) olan Lagrange interpolasyon polinomuyla (Örnek 8.5) yapılan yaklaşımın \([-1, 1]\)’deki mutlak hatası için bir sınır belirleyiniz.
Çözüm
Bu polinom \(P_2(x) = x\) olarak bulunmuştu (Örnek 8.5). \(n = 2\) için (4)’ten, her \(x \in [-1, 1]\) için bir \(\xi(x) \in (-1, 1)\) vardır ve
\[ |f(x) - P_2(x)| = \left| \frac{f'''(\xi(x))}{3!}(x + 1)\, x\, (x - 1) \right| \]
olur. Türevler
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right), \qquad f''(x) = -\frac{\pi^2}{4}\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right), \\[1mm] f'''(x) &= -\frac{\pi^3}{8}\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) \end{aligned} \]
olduğundan ve \((x + 1)x(x - 1) = x^3 - x\) olduğundan
\[ \begin{aligned} |f(x) - P_2(x)| &= \frac{\pi^3}{48} \left|\cos\left(\frac{\pi\, \xi(x)}{2}\right)\right| \, |x^3 - x| \\[1mm] &\le \frac{\pi^3}{48} |x^3 - x| \le \frac{\pi^3}{48} \max_{x \in [-1, 1]} |x^3 - x| \end{aligned} \]
bulunur; burada \(|\cos| \le 1\) kullanıldı.
Son maksimumu hesaplayalım. \(g(x) = x^3 - x\) fonksiyonu \([-1, 1]\)’de süreklidir; \(g'(x) = 3x^2 - 1 = 0\) denkleminden \(x = \pm\frac{1}{\sqrt{3}}\) bulunur. Uç noktalarda \(|g(-1)| = |g(1)| = 0\), kritik noktalarda
\[ \left|g\left(\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\right| = \left|\frac{1}{3\sqrt{3}} - \frac{1}{\sqrt{3}}\right| = \frac{2}{3\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{9} \]
olduğundan \(\max_{x \in [-1,1]} |x^3 - x| = \frac{2\sqrt{3}}{9}\)’dur. Sonuç olarak
\[ |f(x) - P_2(x)| \le \frac{\pi^3}{48} \cdot \frac{2\sqrt{3}}{9} = \frac{\pi^3 \sqrt{3}}{216} \approx 0{,}24863 \]
gerçeklenir. Gerçek hatanın en büyük değeri, \(x \approx \pm 0{,}56066\) noktalarında yaklaşık \(0{,}21051\)’dir; sınır bunun biraz üstündedir.
\(\blacksquare\)
8.4 Alıştırmalar
Aşağıdaki alıştırmalar Lagrange polinomunu kurmayı, Taylor polinomuyla karşılaştırmayı ve hata sınırlarını hesaplamayı pekiştirir.
Alıştırma 8.1 (Ters fonksiyon için Taylor ile karşılaştırma) Lagrange interpolasyon polinomu yerine \(f(x) = \frac{1}{x}\) fonksiyonunun \(x_0 = 1\) civarındaki \(1.\), \(2.\) ve \(3.\) mertebeden Taylor polinomlarını kullanarak \(f(3) = \frac{1}{3}\) değerine yaklaşımlarda bulununuz ve sonuçları Lagrange polinomuyla bulunan \(P(3) = \frac{29}{88}\) değeriyle (Örnek 8.4) karşılaştırınız.
Çözüm
Türevler. \(f(x) = x^{-1}\) için \(f'(x) = -x^{-2}\), \(f''(x) = 2x^{-3}\), \(f'''(x) = -6x^{-4}\); genel olarak \(f^{(k)}(x) = (-1)^k k!\, x^{-(k+1)}\) ve \(f^{(k)}(1) = (-1)^k k!\)’dir. Taylor teoremine (Teorem 1.9) göre \(x_0 = 1\) civarındaki Taylor polinomlarında \((x - 1)^k\)’nın katsayısı \(\frac{f^{(k)}(1)}{k!} = (-1)^k\) olur:
\[ \begin{aligned} P_1(x) &= 1 - (x - 1), \\[1mm] P_2(x) &= 1 - (x - 1) + (x - 1)^2, \\[1mm] P_3(x) &= 1 - (x - 1) + (x - 1)^2 - (x - 1)^3 . \end{aligned} \]
\(x = 3\)’teki değerler. \(x - 1 = 2\) olduğundan
\[ P_1(3) = 1 - 2 = -1, \qquad P_2(3) = -1 + 4 = 3, \qquad P_3(3) = 3 - 8 = -5 \]
bulunur. Hatalar \(\left|\frac{1}{3} - (-1)\right| = \frac{4}{3}\), \(\left|\frac{1}{3} - 3\right| = \frac{8}{3}\) ve \(\left|\frac{1}{3} - (-5)\right| = \frac{16}{3}\)’tür.
Karşılaştırma. Taylor yaklaşımları gerçek değerden çok uzaktır, üstelik mertebe arttıkça hata her adımda iki katına çıkar. Genel olarak
\[ P_n(3) = \sum_{k=0}^{n} (-2)^k = \frac{1 - (-2)^{n+1}}{3} \]
olduğundan hata \(\left|\frac{1}{3} - P_n(3)\right| = \frac{2^{n+1}}{3}\)’tür. Nedeni, \(x = 3\) noktasının \(x_0 = 1\)’den uzak olması ve \((x - 1)^k = 2^k\) terimlerinin büyümesidir. Buna karşılık \(2\), \(2{,}75\) ve \(4\) düğümleri \(3\)’ün çevresine yayılmış olduğundan Lagrange polinomu \(\frac{29}{88} \approx 0{,}32955\) değerini, yalnız \(\frac{1}{264} \approx 0{,}00379\) hatayla verir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.2 (Tablodan üçüncü dereceden polinom) \(f(x)\) fonksiyonu ile ilgili aşağıdaki tablo verilsin.
| \(k\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(x_k\) | \(-1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
| \(f(x_k)\) | \(3\) | \(1\) | \(2\) | \(4\) |
\(f(x)\) fonksiyonu için üçüncü dereceden Lagrange interpolasyon polinomunu bulunuz.
Çözüm
Adım 1: Katsayı polinomları.
\[ \begin{aligned} L_0(x) &= \frac{(x - 2)(x - 3)(x - 4)}{(-1 - 2)(-1 - 3)(-1 - 4)} = -\frac{1}{60}(x - 2)(x - 3)(x - 4), \\[1mm] L_1(x) &= \frac{(x + 1)(x - 3)(x - 4)}{(2 + 1)(2 - 3)(2 - 4)} = \frac{1}{6}(x + 1)(x - 3)(x - 4), \\[1mm] L_2(x) &= \frac{(x + 1)(x - 2)(x - 4)}{(3 + 1)(3 - 2)(3 - 4)} = -\frac{1}{4}(x + 1)(x - 2)(x - 4), \\[1mm] L_3(x) &= \frac{(x + 1)(x - 2)(x - 3)}{(4 + 1)(4 - 2)(4 - 3)} = \frac{1}{10}(x + 1)(x - 2)(x - 3). \end{aligned} \]
Adım 2: Toplam.
\[ \begin{aligned} P(x) &= 3 \cdot \left(-\frac{1}{60}\right)(x - 2)(x - 3)(x - 4) + 1 \cdot \frac{1}{6}(x + 1)(x - 3)(x - 4) \\[1mm] &\quad + 2 \cdot \left(-\frac{1}{4}\right)(x + 1)(x - 2)(x - 4) + 4 \cdot \frac{1}{10}(x + 1)(x - 2)(x - 3). \end{aligned} \]
Çarpımlar
\[ \begin{aligned} (x - 2)(x - 3)(x - 4) &= x^3 - 9x^2 + 26x - 24, \\[1mm] (x + 1)(x - 3)(x - 4) &= x^3 - 6x^2 + 5x + 12, \\[1mm] (x + 1)(x - 2)(x - 4) &= x^3 - 5x^2 + 2x + 8, \\[1mm] (x + 1)(x - 2)(x - 3) &= x^3 - 4x^2 + x + 6 \end{aligned} \]
olduğundan dört terim
\[ \begin{aligned} -\frac{1}{20}(x^3 - 9x^2 + 26x - 24) &= -\frac{1}{20}x^3 + \frac{9}{20}x^2 - \frac{13}{10}x + \frac{6}{5}, \\[1mm] \frac{1}{6}(x^3 - 6x^2 + 5x + 12) &= \frac{1}{6}x^3 - x^2 + \frac{5}{6}x + 2, \\[1mm] -\frac{1}{2}(x^3 - 5x^2 + 2x + 8) &= -\frac{1}{2}x^3 + \frac{5}{2}x^2 - x - 4, \\[1mm] \frac{2}{5}(x^3 - 4x^2 + x + 6) &= \frac{2}{5}x^3 - \frac{8}{5}x^2 + \frac{2}{5}x + \frac{12}{5} \end{aligned} \]
olur. Katsayıları toplayalım:
\[ \begin{aligned} x^3&: \ -\frac{1}{20} + \frac{1}{6} - \frac{1}{2} + \frac{2}{5} = \frac{-3 + 10 - 30 + 24}{60} = \frac{1}{60}, \\[1mm] x^2&: \ \frac{9}{20} - 1 + \frac{5}{2} - \frac{8}{5} = \frac{9 - 20 + 50 - 32}{20} = \frac{7}{20}, \\[1mm] x&: \ -\frac{13}{10} + \frac{5}{6} - 1 + \frac{2}{5} = \frac{-39 + 25 - 30 + 12}{30} = -\frac{16}{15}, \\[1mm] 1&: \ \frac{6}{5} + 2 - 4 + \frac{12}{5} = \frac{8}{5}. \end{aligned} \]
Böylece
\[ P(x) = \frac{1}{60}x^3 + \frac{7}{20}x^2 - \frac{16}{15}x + \frac{8}{5} \]
bulunur.
Adım 3: Denetim.
\[ \begin{aligned} P(-1) &= \frac{-1 + 21 + 64 + 96}{60} = 3, \qquad P(2) = \frac{8 + 84 - 128 + 96}{60} = 1, \\[1mm] P(3) &= \frac{27 + 189 - 192 + 96}{60} = 2, \qquad P(4) = \frac{64 + 336 - 256 + 96}{60} = 4; \end{aligned} \]
tablo değerleri sağlanır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.3 (Üstel fonksiyon için birinci dereceden polinom) \(f(x) = 3e^x - e^{2x}\) fonksiyonu ve \(x_0 = 1\), \(x_1 = 1{,}05\) noktaları verilsin. \(f\) için birinci dereceden Lagrange interpolasyon polinomunu bulunuz ve \(P_1(1{,}03)\) değerini \(f(1{,}03)\) ile karşılaştırınız.
Çözüm
Fonksiyon değerleri (dokuz basamak):
\[ \begin{aligned} f(1) &= 3e - e^2 = 0{,}765789386, \\[1mm] f(1{,}05) &= 3e^{1{,}05} - e^{2{,}1} = 0{,}406783442 . \end{aligned} \]
Polinom. (1) ile
\[ \begin{aligned} P_1(x) &= f(1) \frac{x - 1{,}05}{1 - 1{,}05} + f(1{,}05) \frac{x - 1}{1{,}05 - 1} \\[1mm] &= -20 f(1)(x - 1{,}05) + 20 f(1{,}05)(x - 1) \\[1mm] &\approx 7{,}945908283 - 7{,}180118896\, x \end{aligned} \]
bulunur.
\(1{,}03\)’teki değer. \(L_0(1{,}03) = \frac{-0{,}02}{-0{,}05} = 0{,}4\) ve \(L_1(1{,}03) = \frac{0{,}03}{0{,}05} = 0{,}6\) olduğundan
\[ P_1(1{,}03) = 0{,}4 \cdot 0{,}765789386 + 0{,}6 \cdot 0{,}406783442 = 0{,}550385820 . \]
Gerçek değer
\[ f(1{,}03) = 3e^{1{,}03} - e^{2{,}06} = 0{,}557227694 \]
olduğundan mutlak hata
\[ |f(1{,}03) - P_1(1{,}03)| = 0{,}006841874 \]
olur.
Hata sınırıyla karşılaştırma. \(f''(x) = 3e^x - 4e^{2x}\), yani \(f''(x) = e^x(3 - 4e^x)\) ve \(x \ge 1\) için \(|f''(x)| = e^x(4e^x - 3)\) artandır; \([1;\ 1{,}05]\)’te en büyük değeri \(M = |f''(1{,}05)| = 24{,}091726296\)’dır. Sonuç 8.1 ile
\[ \begin{aligned} |f(1{,}03) - P_1(1{,}03)| &\le \frac{M}{2!} \, |(0{,}03)(-0{,}02)| \\[1mm] &= 12{,}045863148 \cdot 0{,}0006 = 0{,}007227518 \end{aligned} \]
bulunur; gerçek hata bu sınırın altındadır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.4 (Üstel fonksiyon için ikinci dereceden polinom) \(f(x) = 3e^x - e^{2x}\) fonksiyonu ve \(x_0 = 1\), \(x_1 = 1{,}05\), \(x_2 = 1{,}07\) noktaları verilsin. \(f\) için ikinci dereceden Lagrange interpolasyon polinomunu bulunuz ve \(P_2(1{,}03)\) değerini \(f(1{,}03)\) ile ve birinci dereceden yaklaşımla (Alıştırma 8.3) karşılaştırınız.
Çözüm
Fonksiyon değerleri (dokuz basamak): \(f(1) = 0{,}765789386\), \(f(1{,}05) = 0{,}406783442\) ve
\[ f(1{,}07) = 3e^{1{,}07} - e^{2{,}14} = 0{,}246700871 . \]
Katsayı polinomları. Paydalar
\[ \begin{aligned} (1 - 1{,}05)(1 - 1{,}07) &= 0{,}0035, \\[1mm] (1{,}05 - 1)(1{,}05 - 1{,}07) &= -0{,}001, \\[1mm] (1{,}07 - 1)(1{,}07 - 1{,}05) &= 0{,}0014 \end{aligned} \]
olduğundan
\[ \begin{aligned} L_0(x) &= \frac{(x - 1{,}05)(x - 1{,}07)}{0{,}0035}, \qquad L_1(x) = -\frac{(x - 1)(x - 1{,}07)}{0{,}001}, \\[1mm] L_2(x) &= \frac{(x - 1)(x - 1{,}05)}{0{,}0014} \end{aligned} \]
ve
\[ P_2(x) = f(1) L_0(x) + f(1{,}05) L_1(x) + f(1{,}07) L_2(x) \]
olur. Açılmış hâli
\[ P_2(x) \approx -11{,}771566177\, x^2 + 16{,}951591765\, x - 4{,}414236202 \]
dir. Katsayılar büyük ve işaretleri farklı olduğundan bu biçimde yuvarlama hataları birbirini götürmez, büyür; değeri Lagrange biçiminden hesaplamak daha güvenlidir.
\(1{,}03\)’teki değer.
\[ \begin{aligned} L_0(1{,}03) &= \frac{(-0{,}02)(-0{,}04)}{0{,}0035} = \frac{8}{35}, \qquad L_1(1{,}03) = -\frac{(0{,}03)(-0{,}04)}{0{,}001} = \frac{6}{5}, \\[1mm] L_2(1{,}03) &= \frac{(0{,}03)(-0{,}02)}{0{,}0014} = -\frac{3}{7} \end{aligned} \]
olduğundan
\[ \begin{aligned} P_2(1{,}03) &= \frac{8}{35} \cdot 0{,}765789386 + \frac{6}{5} \cdot 0{,}406783442 - \frac{3}{7} \cdot 0{,}246700871 \\[1mm] &= 0{,}175037574 + 0{,}488140130 - 0{,}105728945 = 0{,}557448759 \end{aligned} \]
bulunur. \(f(1{,}03) = 0{,}557227694\) ile mutlak hata
\[ |f(1{,}03) - P_2(1{,}03)| = 0{,}000221065 \]
olur.
Hata sınırı. \(f'''(x) = 3e^x - 8e^{2x}\), yani \(f'''(x) = e^x(3 - 8e^x)\) ve \(x \ge 1\) için \(|f'''(x)| = e^x(8e^x - 3)\) artandır; \([1;\ 1{,}07]\)’de \(M = |f'''(1{,}07)| = 59{,}249362531\)’dir. Sonuç 8.1 ile
\[ \begin{aligned} |f(1{,}03) - P_2(1{,}03)| &\le \frac{M}{3!} \, |(0{,}03)(-0{,}02)(-0{,}04)| \\[1mm] &= 9{,}874893755 \cdot 0{,}000024 = 0{,}000236997 \end{aligned} \]
bulunur; gerçek hata yine sınırın altındadır.
Karşılaştırma. Birinci dereceden polinomun hatası \(0{,}006841874\), ikinci dereceden polinomunki \(0{,}000221065\)’tir. Üçüncü bir düğüm eklemek hatayı yaklaşık \(31\) kat küçültmüştür. \(\blacksquare\)
Alıştırma 8.5 (Eşit aralıklı düğümlerde çarpım sınırı) \([a, b]\) aralığında eşit aralıklı \(n + 1\) tane (\(n \ge 1\))
\[ x_0 = a, \quad x_1 = x_0 + \frac{b - a}{n}, \quad \dots, \quad x_n = x_{n-1} + \frac{b - a}{n} = b \]
noktası için \(h = \frac{b - a}{n}\) olmak üzere her \(x \in [a, b]\) için
\[ \left| \prod_{i=0}^{n} (x - x_i) \right| = |(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_n)| \le \frac{h^{n+1}\, n!}{4} \]
gerçeklendiğini gösteriniz.
Çözüm
Düğümler \(x_i = a + i h\) (\(i = 0, 1, \dots, n\)) biçimindedir. \(x \in [a, b]\) verilsin; \(x\), bir \(j \in \{0, 1, \dots, n - 1\}\) için \([x_j, x_{j+1}]\) alt aralığındadır. Çarpımı üç gruba ayırıp her grubu ayrı ayrı sınırlayacağız.
\(x\)’e en yakın iki çarpan. \(x = x_j + s\) (\(0 \le s \le h\)) yazarsak
\[ |(x - x_j)(x - x_{j+1})| = s(h - s) \le \frac{h^2}{4} \]
olur, çünkü \(s(h - s) = \frac{h^2}{4} - \left(s - \frac{h}{2}\right)^2\)’dir.
Soldaki düğümler. \(i < j\) için \(x \ge x_j > x_i\) ve \(x \le x_{j+1}\) olduğundan
\[ |x - x_i| = x - x_i \le x_{j+1} - x_i = (j + 1 - i)h \]
dir. \(i = 0, 1, \dots, j - 1\) için bu sınırlar \((j+1)h, jh, \dots, 2h\) olduğundan
\[ \prod_{i=0}^{j-1} |x - x_i| \le (j+1)! \, h^{j} \]
bulunur (\(j = 0\) ise çarpım boştur ve \(1\)’e eşittir).
Sağdaki düğümler. \(i > j + 1\) için \(x \le x_{j+1} < x_i\) ve \(x \ge x_j\) olduğundan
\[ |x - x_i| = x_i - x \le x_i - x_j = (i - j)h \]
dir. \(i = j + 2, \dots, n\) için bu sınırlar \(2h, 3h, \dots, (n - j)h\) olduğundan
\[ \prod_{i=j+2}^{n} |x - x_i| \le (n - j)! \, h^{n-j-1} \]
bulunur (\(j = n - 1\) ise çarpım boştur ve \(1\)’e eşittir).
Birleştirme. Üç sınırı çarparsak \(h\)’nin kuvveti \(2 + j + (n - j - 1) = n + 1\) olur ve
\[ \left| \prod_{i=0}^{n} (x - x_i) \right| \le \frac{h^{n+1}}{4} \, (j+1)!\,(n-j)! \]
elde edilir. Son olarak \(0 \le j \le n - 1\) için \((j+1)!\,(n-j)! \le n!\) olduğunu gösterelim. \((j+1) + (n-j) = n + 1\) olduğundan
\[ \frac{(n+1)!}{(j+1)!\,(n-j)!} = \binom{n+1}{j+1} \ge n + 1 \]
dir. Gerçekten, ardışık iki katsayının oranı \(\binom{n+1}{m+1} \big/ \binom{n+1}{m} = \frac{n+1-m}{m+1}\) olduğundan \(\binom{n+1}{m}\) katsayıları ortaya kadar artar, sonra simetrik olarak azalır; \(m = 1, \dots, n\) arasındaki en küçük değerleri uçlardaki \(\binom{n+1}{1} = \binom{n+1}{n} = n + 1\)’dir ve \(1 \le j + 1 \le n\)’dir. Buradan \((j+1)!\,(n-j)! \le \frac{(n+1)!}{n+1} = n!\) çıkar ve
\[ |(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_n)| \le \frac{h^{n+1}\, n!}{4} \]
ispatlanmış olur.
Sınırın en kaba olduğu yer aralığın ortasıdır: \((j+1)!\,(n-j)!\) çarpanı uç alt aralıklarda (\(j = 0\) ya da \(j = n - 1\)) tam \(n!\)’e eşittir, ortadaki alt aralıklarda ise \(n!\)’den çok küçüktür. Yani çarpım, dolayısıyla hata sınırı, aralığın uçlarına yakın yerlerde büyüktür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 8.6 (Logaritma için dokuzuncu dereceden polinomun hatası) \(f(x) = \ln x\) fonksiyonu \([1, 2]\) aralığındaki \(10\) eşit aralıklı noktayla dokuzuncu dereceden Lagrange interpolasyon polinomu ile yaklaşık olarak temsil edildiğinde yapılan yaklaşım hatası için bir üst sınır belirleyiniz.
Çözüm
Kurulum. \(10\) düğüm \(n + 1 = 10\), yani \(n = 9\) demektir. Düğümler \(x_i = 1 + \frac{i}{9}\) (\(i = 0, 1, \dots, 9\)) ve \(h = \frac{2 - 1}{9} = \frac{1}{9}\)’dur. Teorem 8.3 gereği \(f(x) = P_9(x) + R_9(x)\) ve
\[ R_9(x) = \frac{f^{(10)}(\xi(x))}{10!}(x - x_0)(x - x_1) \cdots (x - x_9), \qquad \xi(x) \in (1, 2) \]
olur.
Türev. \(f'(x) = \frac{1}{x}\), \(f''(x) = -\frac{1}{x^2}\), \(f'''(x) = \frac{2}{x^3}\), \(f^{(4)}(x) = -\frac{3!}{x^4}\), …; genel olarak \(f^{(k)}(x) = (-1)^{k-1}\frac{(k-1)!}{x^k}\) ve
\[ f^{(10)}(x) = -\frac{9!}{x^{10}} \]
dur. \([1, 2]\)’de \(|f^{(10)}(t)| = \frac{9!}{t^{10}} \le 9!\) olur; en büyük değer \(t = 1\)’dedir.
Sınır. Hata sınırını (Sonuç 8.1) ve eşit aralıklı düğümler için \(\left|\prod_{i=0}^{9}(x - x_i)\right| \le \frac{h^{10}\, 9!}{4}\) eşitsizliğini (Alıştırma 8.5) kullanırsak
\[ \begin{aligned} |f(x) - P_9(x)| = |R_9(x)| &\le \frac{9!}{10!} \cdot \left|\prod_{i=0}^{9} (x - x_i)\right| = \frac{1}{10} \left|\prod_{i=0}^{9} (x - x_i)\right| \\[1mm] &\le \frac{1}{10} \cdot \frac{\left(\frac{1}{9}\right)^{10} 9!}{4} = \frac{9!}{10 \cdot 4 \cdot 9^{10}} = \frac{112}{43046721} \\[1mm] &\approx 0{,}0000026 \end{aligned} \]
bulunur. Yani dokuzuncu dereceden Lagrange polinomu \(\ln x\)’e \([1, 2]\)’nin her noktasında en fazla yaklaşık \(2{,}6 \cdot 10^{-6}\) hatayla yaklaşır. \(\blacksquare\)
Lagrange formülü interpolasyon polinomunu doğrudan yazar, ama bir düğüm eklendiğinde bütün \(L_k\)’ların baştan hesaplanması gerekir. Önceki hesapları koruyarak düğüm eklemeyi sağlayan yazılış bir sonraki bölümün konusudur: Bölünmüş Farklar ve Newton Formülleri.