Ocjena greške

Radi jednostavnosti pretpostavimo da je

$$x_0<x_1<x_2<\ldots <x_{n-1}<x_n.$$

Teorem 28   Neka funkcija $f$ osim uvjeta iz teorema 27 zadovoljava još uvjet da ima $n+1$-vu neprekidnu derivaciju. Neka je $x \in [a,b]$ proizvoljan, i neka je $S$ najmanji segment koji sadrži točke $x,x_0,x_1,x_2,\ldots,x_n.$ Tada postoji $\xi_x \in S$ takav da je

$$f(x) - P(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi_x)}{(n+1)!}\,(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n).$$ (3.15)

Dokaz. Ako je $x=x_k$ za neki $k,$ onda nemamo što dokazivati, jer su tada obje strane u (3.15) jednake nuli. Zato pretpostavimo da je $x \in [a,b],$ i $x\neq{}x_k$ za svaki $k.$ Stavimo, radi kraćeg zapisa

$$L(x) = (x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n).$$

Formirajmo pomoćnu funkciju

$$F(t) = f(t) - P(t) - c\,L(t),$$ (3.16)

gdje je

$$c = \frac{f(x)-P(x)}{L(x)}.$$

Imamo

$$F(x_k) = f(x_k) - P(x_k) - c\,L(x_k) = 0,\hspace{1cm}k=0,1,2,\ldots,n.$$

Također je

$$F(x) = f(x) - P(x) - c\,L(x) = f(x) - P(x) - \frac{f(x)-P(x)}{L(x)}\,L(x) = 0.$$

Tako funkcija $F$ ima $n+2$ međusobno različite nultočke u $S.$ Prema Rolleovom teoremu (v. [6, str. 127]) njezina derivacija $F'$ ima barem $n+1$ nultočku u $S,$ druga derivacija $F''$ mora imati barem $n$ nultočaka u $S,$ $\ldots,$ $n+1$-va derivacija $F^{(n+1)}$ ima barem jednu nultočku u $S.$ Neka je $\xi_x$ jedna od tih točaka, u kojima se $F^{(n+1)}$ poništava. Derivirajmo (3.16) (po $t$ jer je $t$ varijabla, dok $x$ smatramo fiksnim) $n+1$ puta i uvrstimo $t=\xi_x.$ Budući da je polinom $P$ stupnja najviše $n,$ slijedi $P^{(n+1)}=0.$ Zatim, $L$ je polinom $n+1$-vog stupnja, koeficijent uz $x^{n+1}$ je $1,$ pa je $L^{(n+1)}(t)=(n+1)!.$ Tako imamo

$$0 = F^{(n+1)}(\xi_x) = f^{(n+1)}(\xi_x) - c\,(n+1)!,$$

odnosno

$$c = \frac{f(x)-P(x)}{L(x)} = \frac{f^{(n+1)}(\xi_x)}{(n+1)!}.$$

Odatle

$$f(x)-P(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi_x)}{(n+1)!}\,L(x).$$

$\heartsuit$

Iz ovog teorema proizlazi sljedeća ocjena greške. Neka je

$$M_n=\max_{x \in [a,b]}\left\vert f^{(n+1)}(x)\right\vert.$$

Tada za svaki $x \in [a,b]$ vrijedi

$$\vert f(x)-P(x)\vert \leqslant \frac{M_n}{(n+1)!}\,\vert x-x_0\vert\vert x-x_1\vert\vert x-x_2\vert\cdots \vert x-x_n\vert.$$ (3.17)

Primjer 3.14   Naći Lagrangeov interpolacijski polinom za funkciju $f(x)=e^{-x},$ uzimajući da je

$$e^{-1} = 0.367879,\quad e^{-2} = 0.135335,\quad e^{-3} = 0.0497871,$$

zatim pomoću njega naći približnu vrijednost $f(2.5),$ i ocijeniti grešku.

Rješenje. Po formuli (3.14) imamo

$$P(x) = 0.367879\,\frac{(x-2)(x-3)}{(1-2)(1-3)} + 0.135335\,\frac{(x-3)(x-1)}{(2-3)(2-1)}$$

$$+ 0.0497871\,\frac{(x-1)(x-2)}{(3-1)(3-2)} = 0.747419 - 0.453038\,x + 0.073498\,{x^2}.$$

Odatle

$$f(2.5) = e^{-2.5} = 0.0741865.$$

Ocijenimo sada grešku.

$$M_2=\max_{x \in [1,3]}\left\vert f^{(3)}(x)\right\vert = \max_{x \in [1,3]} e^{-x} = e^{-1} = 0.367879.$$

Dakle, prema formuli (3.17), greška koju pri tom činimo nije veća od

$$\frac{0.36788}{6}\,\vert 2.5-1\vert\vert 2.5-2\vert\vert 2.5-3\vert = 0.0229925.$$