ラグランジュ補間の解説
ラグランジュ補間公式
関数 $f(x)$ 上の $n+1$ 個の点
を通る $n$ 次関数 $p(x)$ は
である。
ここで $L_{j}(x)$ は $n$ 次関数
であり、
$p(x)$ を
ラグランジュの補間公式 (Lagrange interpolation) という。
証明
関数 $f(x)$ を、
$f(x)$ 上の $n+1$ 個の点
$$
\tag{1}
$$
を通る多項式 $p(x)$ を求める。
ただし
と並んでいるものとする。
$(1)$ の点を通る $n$ 次多項式を $p(x)$ とすると、$p(x)$ は、
$$
\tag{2}
$$
を満たす (図)。
$p(x)$ を $n$ 次多項式 $L_{i}(x)$ $(i=0,1, \cdots,n)$ によって
$$
\tag{3}
$$
と置く (この時点で $L_{i} (x)$ の具体的な形は定まっていない)。
$p(x)$ が $(2)$ のうちの $p(x_{0}) = f(x_{0}) $ を満たすためには、
$x=x_{0}$ のときに、多項式 $L_{i}(x)$ が
を満たせばよい。
同じように $p(x_{1}) = f(x_{1}) $ が満たされるためには
$x=x_{1}$ のときに、多項式 $L_{i}(x)$ が
を満たせばよい。
以下同様に考えると、
条件 $p(x_{j}) = f(x_{j})$ $(j=0,1,\cdots,n)$ が満たされるためには、
多項式 $L_{i} (x)$ が
$$
\tag{4}
$$
を満たされればよいことが分かる。
$(4)$ のうちの $L_{0} (x)$ に着目すると、
$i =1, 2, \cdots, n$ に対して、$L_{0}(x_{i}) = 0$ となっていることから、
因数定理によって、
と表すことができる。ここで $\alpha_{0} $ は定数であるが、
$L_{0}(x_{0}) = 1$ により、
と求まる。以上から、
を得る。
同じように $L_{1} (x)$ に着目すると、
$i =0,2,3\cdots,n$ に対して $L_{1}(x_{i}) = 0$ であることから、
因数定理によって、
と表すことができる。ここで $\alpha_{1} $ は定数であるが、
$L_{1}(x_{1}) = 1$ により、
と求まる。以上から
を得る。
同様の計算を繰り返すことにより、任意の $j = 0,1,\cdots, n$ に対して、多項式 $L_{j}(x)$ が
と求まる。
この式を総乗の記号 $\prod$ によって
$$
\tag{5}
$$
と表される。
以上から、$n+1$ 個の点 $(1)$
を通る $n$ 次多項式 $p(x)$ は
$(5)$ によって定義される $n$ 次多項式 $L_{j}(x)$ によって、
と表される。この式が $(1)$ を通ること (すなわち $(2)$ を満たすこと) は、
$L_{j}(x)$ が $(4)$ を満たすことから明らかである。
このように定義される多項式関数 $p(x)$ によって、
もとの関数 $f(x)$ を近似すること、
すなわち、
とすることを
ラグランジュ補間という。
ラグランジュの補間公式は、
関数 $f(x)$ を近似する多項式を求める公式であるが、
単に $n+1$ 個の与えられた点を通過する $n$ 次関数を導出する公式である。
例 1: 一次補間
関数 $f(x)$ が二点
を通るとき、
これらの二点を通る一次関数 $p(x)$ をラグランジュの補間公式を用いて求める。
解答例
二点
を通る一次関数 $p(x)$ を与える
ラグランジュの補間公式は、
である。
この例題では、
であるので、$p(x)$ は
である。
例 2: 二次補間
関数 $f(x)$ が三点
を通るとき、
これらの三点を通る二次関数 $p(x)$ をラグランジュの補間公式を用いて求める。
解答例
三点
を通る二次関数 $p(x)$ を与える
ラグランジュの補間公式は、
である。
この例題では、
であるので、$p(x)$ は
である。
例 3: 三次補間
関数 $f(x)$ が四点
を通るとき、
これらの四点を通る三次関数 $p(x)$ をラグランジュの補間公式を用いて求める。
解答例
四点
を通る三次関数 $p(x)$ を与える
ラグランジュの補間公式は、
である。
この例題では、
であるので、$p(x)$ は
である。
唯一つであること
$n+1$ 個の異なる点
$$
\tag{1}
$$
を通る $n$ 次関数
は、唯一つである。
したがって、
$n+1$ 個の点 $(1)$ を通る $n$ 次多項式で
ラグランジュの補間公式と異なる多項式は存在しない。
証明
連立一次方程式を解く問題
$n$ 次関数
が $n+1$ 個の異なる点
を通ることから、
$$
\tag{2}
$$
が成立する。
ここで、
$n+1$ 次行列 $X$ と $n+1$ 次ベクトル $\mathbf{a}$, $\mathbf{y}$ を
を定義すると、
$(2)$ は、
$$
\tag{3}
$$
と表される。
$(3)$ (または $(2)$) は、
$n+1$ 次の連立一次方程式である。
$X$ は正則行列
$n$ 次関数 $f(x)$ が唯一つに定まるためには、
各係数 $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n}$ が唯一つに定まればよい。
そのためには、
$n+1$ 次の連立一次方程式 $(2)$ の解 $\mathbf{a}$ が唯一つに定まればよい。
ところで、
係数行列が正方行列である
連立一次方程式が
唯一つの解を持つための必要十分条件は、
係数行列が正則行列(逆行列を持つ行列)になっていることである 。
従って、
$(3)$ の係数行列 $X$ が正則行列であることが示されれば、
$(3)$ から唯一つの $\mathbf{a}$ が得られることを示したことになる。
そこで、
係数行列 $X$ に着目すると、
転置行列
が、
ヴァンデルモンド行列になっている。
ヴァンデルモンド行列の行列式は、
であることが知られている。
ここで、
$\prod_{1 \leq i \lt j \leq n}$ とは、
$i \lt j$ となる全ての組み合わせについて
$\left( x_{j}- x_{i} \right)$ を掛け合わせることを意味する。
具体的には、
と表される。
今回の議論では全ての $x_{i}$ が異なる値であるので、
$i \neq j$ の場合には、
$x_{i} \neq x_{j}$ であるから、
である。
したがって、
転置行列の行列式がもとの行列の行列式に等しいことから、
である。
行列式が $0$ でない行列は正則行列であるので、
$X$ は正則行列であることが示された。
結論
以上のように、
連立一次方程式 $(3)$ は
係数行列 $X$ が正則行列であるので、
唯一つの解を持つ。
よって、
$(2)$ を解くと、
係数
$a_{0}, a_{1} \cdots, a_{n}$
が唯一つに定まるので、
$f(x)$ が唯一つに定まる。
ゆえに、
$n+1$ 点を通る $n$ 次関数は唯一つに定まる。