牛頓插值多項式 (2)

牛頓插值多項式 (2) (Newton Interpolating polynomial)
臺北市立第一女子高級中學蘇俊鴻老師

連結：牛頓插值多項式(1)

一樣從這個問題開始

給定平面上三點 \(A(1,7)\)，\(B(2,6)\) ，\(C(3,11)\)，求圖形通過這三點的二次多項式。

我們知道基於牛頓插值多項式，可以假設所求函數 \(f(x)\)為

\(f(x) = f(1) + a(x – 1) + b(x – 1)(x – 2)\)

通常開頭這個形式就是初學者亟需跨越的門檻。本文試圖利用學生已經擁有的多項式知識，提供一個教學上可行的引導，尚請方家不吝指教。至於學生需要知道什麼多項式的知識呢？只要因式定理即可。

複習一下   因式定理

設 \(f(x)\) 為多項式，\(ax-b\) 為一次多項式。

\(f\left( {\frac{b}{a}} \right) = 0 \Leftrightarrow\) 是 \(f(x)\) 的因式。

簡言之，只要有一次因式，就表示多項式的值為 \(0\)。例如，多項式 \(f(x)\) 有一次因式 \(x+2\)，代表 \(f(-2)=0\)。反之，若多項式 \(f(x)\) 滿足 \(f(1)=0\)，代表 \(f(x)\) 有 \(x-1\) 的因式。

進一步推廣，易知下面這個重要的性質：

若 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 是 \(n\) 個不同的實數，
且多項式 \(f(x)\) 滿足 \(f\left( {{a_1}} \right) = f\left( {{a_2}} \right) =\cdots= f\left( {{a_n}} \right) = 0\)，
則 \(\left( {x – {a_1}} \right)\left( {x – {a_2}} \right) \cdots \left( {x – {a_n}} \right)\) 是 \(f(x)\) 的因式。

現在讓我們回到開始的問題上。顯然圖形過這三點的二次函數 \(f(x)\) 滿足 \(f(1)=7,f(2)=6,f(3)=11\)。如何求這樣的二次函數 \(f(x)\) 呢？雖然，我們可以設 \(f(x)=ax^2+bx+c\)，將三個條件代入求得 \(a,b,c\)。但這不是我們的目標。

不過，這卻讓我們知道：一般而言，已知三點，能求的是二次多項式；更一般而言，知道 \(n+1\) 個點，能求的最低次數的多項式為 \(n\) 次多項式。

我們換個角度來考慮上面的問題，若只考慮一個點呢？例如，點 \(A(1,7)\)。那麼，滿足的多項式函數 \(f_1(x)\) 是什麼？首先，\(f_1(x)\) 應該是零次多項式，也就是常數多項式。因此，不難猜出結果：\(f_1(x)=7\)。

接下來，若再增加一個點呢？點 \(B(2,6)\)。為了和前面的函數區別，我們稱同時滿足點 \(A(1,7)\) 和點 \(B(2,6)\) 的多項式函數為 \(f_2(x)\)。那麼 \(f_2(x)\)，應該是一次函數吧！並且，它滿足 \(f_2(1)=7=f_1(1)\) 與 \(f_2(2)=6\)。

如此一來，\(f_2(x)\) 會是什麼樣子呢？首先，\(f_2(1)=7=f_1(1)\)，且 \(f_1(x)=7\) 是零次多項式，我們可以合理猜測 \(f_2(x)=f_1(x)+Q_1(x)\)，其中 \(Q_1(x)\) 必為一次多項式，且滿足 \(Q_1(1)=0\)，才能符合 \({f_2}(1) = {f_1}(1) + {Q_1}(1) = 7 + 0 = 7\) 的條件。

因此，由因式定理知，可令

\({Q_1}(x) = a(x – 1) \Rightarrow {f_2}(x) = {f_1}(x) + {Q_1}(x) = 7 + a(x – 1)\)

將 \(f_2(2)=6\) 代入，得 \(7+a(2-1)=6\Rightarrow a=-1\)。所以，滿足 \(f_2(1)=7\) 與 \(f_2(2)=6\) 的一次函數為 \({f_2}(x) = {f_1}(x) – (x – 1) = 7 – (x – 1)\)。

繼續相同的程序，再增加點 \(C(3,11)\)，那麼，同時滿足這三個點的函數 \(f_3(x)\) 如何決定呢？

同樣地，我們可以知道 \(f_3(x)\) 應當是二次多項式函數。同時，它也滿足 \({f_3}(1) = {f_2}(1) = 7\)，\({f_3}(2) = {f_2}(2) = 6\)，以及 \(f_3(3)=11\)。因此，\({f_3}(x) = {f_2}(x) + {Q_2}(x)\)，其中 \(Q_2(x)\) 必為二次多項式，且滿足 \(Q_2(1)=Q_2(2)=0\)。

由因式定理的推廣性質，可令 \(Q_2(x)=b(x-1)(x-2)\)，

則 \({f_3}(x) = {f_2}(x) + {Q_2}(x) = 7 – (x – 1) + b(x – 1)(x – 2)\)

將 \(f_3(3)=11\) 代入，得 \(11=7-(3-1)+b(3-1)(3-2)\Rightarrow b=3\)，

因此，滿足 \(f_3(1)=7\)，\(f_3(2)=6\)，和 \(f_3(3)=11\) 的二次函數 \(f_3(x)\) (也是文章開頭問題所求的函數 \(f(x)\))為 \(f(x) = {f_3}(x) = 7 – (x – 1) + 3(x – 1)(x – 2)\)

觀察上式，不難發現 \(f(x)\) 由三個單項相加而成 \(f(x)=f_1(x)+Q_1(x)+Q_2(x)\)，
其中 \(f_1(1)=7,Q_1(1)=0,Q_2(1)=Q_2(2)=0\)。

回顧整個尋找 \(f(x)\) 的過程：

逐一加入條件納入考慮，先是 \(f(1)=7\)，接著 \(\left\{ \begin{array}{l} f(1) = 7\\ f(2) = 6 \end{array} \right.\)，再來 \(\left\{ \begin{array}{l} f(1) = 7\\ f(2) = 6\\ f(3) = 11 \end{array} \right.\)。

增加條件的結果，多項式次數會提高，所以添加單項是必要的。但又要保持原條件成立，

添加的每個單項必須不影響原有條件：
\(\left\{ \begin{array}{l} f(1) = 7 \leftrightarrow {Q_1}(1) = 0\\ f(2) = 6 \end{array} \right.\)；\(\left\{ \begin{array}{l} f(1) = 7 \leftrightarrow {Q_2}(1) = 0\\ f(2) = 6 \leftrightarrow {Q_2}(2) = 0\\ f(3) = 11 \end{array} \right.\)。

由因式定理，\({Q_1}(x) = a(x – 1)\) ，\({Q_2}(x) = b(x – 1)(x – 2)\) 自然就出現，而牛頓插值多項式的形式也就底定。此外，由上述說明也不難發現，隨著我們考慮加入條件的次序不同，假設的多項式函數也會不同。例如，若是 \(f(3) = 11 \to f(2) = 6 \to f(1) = 7\)，則 \(f(x)\) 會假設為 \(f(x) = f(3) + p(x – 3) + q(x – 3)(x – 2)\)。

更棒的是，順著這樣的思路，讀者應該也發現牛頓插值多項式的形式對於增加新的條件，處理上方便不少。例如，我們在原有的\(A(1,7)\)，\(B(2,6)\)，\(C(3,11)\) 三點，再加入新的觀測資料點 \(D(-1,28)\)，請求出圖形滿足這四點的最低次多項式函數 \(g(x)\)？有沒有辦法在已知函數 \(f(x)\) 的基礎上，求出 \(g(x)\) 呢？

首先，\(g(x)\) 應該是個三次多項式。由於滿足 \(g(1) = f(1) = 7\)，\(g(2) = f(2) = 6\)，\(g(3) = f(3) = 11\)。承上討論，我們可設 \(g(x) = f(x) + c(x – 1)(x – 2)(x – 3)\)，將 \(g(-1)=28\) 代入，可得 \(c=-2\)。因此，

\(\begin{array}{ll}g(x)& = f(x) – 2(x – 1)(x – 2)(x – 3) \\&= 7 – (x – 1) + 3(x – 1)(x – 2) – 2(x – 1)(x – 2)(x – 3)\end{array}\)

了解牛頓插值多項式的形式所蘊涵的意義後，應該就能掌握牛頓插值多項式的形式，進而求出待定的係數。然而，在〈牛頓插值多項式(1)〉中，我們曾談及牛頓早注意到插值多項式的係數有其運算規律(只是他沒有交待如何得到)。在下一篇文章〈牛頓插值多項式(3)〉中，將介紹目前數值分析中有關牛頓插值多項式係數的運算規則，以及常用的簡便算法。

連結：牛頓插值多項式(3)