Transcript
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 1/63
Numerikus Analızis II.
Sovegjart o Andras
Jegyzet programoz´o es programtervez˝o
matematikus szakos hallgat´ oknak
2004.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 2/63
Tartalomjegyzek
1. INTERPOL ACI O 31.1. LAGRANGE - INTERPOL ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1. A Lagrange - interpol acio keplethib´aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2. ITER ALT INTERPOL ACIO, AITKEN - NEVILLE ALGORITMUS . . . . . . . . . . 71.3. NEWTON - INTERPOL ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4. HERMITE INTERPOL ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.1. A Hermite - interpol acio hibaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5. AZ INTERPOL ACIOS ELJ ARAS KONVERGENCI AJA . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6. CSEBISEV POLINOMOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.7. SPLINE INTERPOL ACIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.7.1. Az interpol acios spline minimum tulajdons´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.7.2. A kobos interpolaci´os spline konstrukci´oja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.7.3. Konvergenciatetel k¨ obos spline interpol´aciora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.8. AZ m - EDREND U POLINOMI ALIS SPLINEOK TERE: Sm (Ωn ) . . . . . . . . . . 301.9. B - SPLINEOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2. NUMERIKUS INTEGR AL AS 392.1. KLASSZIKUS KVADRAT URAFORMUL AK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.1.1. Teglalapformula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.1.2. A teglalapformula hib´ aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.1.3. Osszetett teglalapformula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1.4. Az osszetett teglalapformula hibaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1.5. Trapezformula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.1.6. A trapezformula hib´ aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.1.7. Osszetett trapezformula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.8. Osszetett trapezformula hibaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.9. Simpson - formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.1.10. A Simpson - formula hib´aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.1.11. Osszetett Simpson - formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.1.12. Osszetett Simpson - formula hib´ aja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2. INTERPOL ACIOS T IPUS U KVADRAT URAFORMUL AK . . . . . . . . . . . . . . . 452.3. ZART NEWTON - COTES FORMUL AK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4. ORTOGON ALIS POLINOMOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.5. GAUSS T IPUS U KVADRAT URAFORMUL AK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.6. KLASSZIKUS ORTOGON ALIS POLINOMOK SEG ITS EGEVEL FEL EP ITETT GAUSS
- KVADRAT URAK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.6.1. Legendre - Gauss kvadrat´ ura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592.6.2. Csebisev - Gauss kvadrat´ ura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3. APPROXIM ACI OELM ELET 63
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 3/63
numerikus anal ızis ii. 3
1. INTERPOL ACI O
Alapfeladat :
Adott x0, . . . , x n kulonbozo alappontokban a hozz´ ajuk tartozo y0, . . . , y n fuggvenyertekek(meresi eredmenyek). Hat arozzunk meg olyan f uggvenyt, amelyik az el˝ oırt alappontokban az adottfuggvenyertekeket veszi fel! Ezt az elj´ ar ast interpol´acionak nevezz uk.Az interpolaci´ o fontos szerepet j atszik peld´aul a numerikus integr´ alasn al es differencialegyenletek nu-merikus megold asan al is.
INTERPOL ACI O POLINOMOKKAL
Tetel
Legyen adott x0, . . . , x n (n + 1) darab k¨ulonbozo alappont es a nekik megfelel˝ o y0, . . . , y n
ertekek.
Ekkor ∃! olyan legfeljebb n - ed foku P n (x ) polinom, amelyre teljes¨ul, hogy:
P n (x i ) = yi , i = 0 , . . . , n .
Bizonyıt as
Legyen P n (x) = a0 + a 1x + . . . + a n xn alak u polinom, ahol a i - k ismeretlen egy utthat´ ok.
Figyelembe veve, hogy P n (x i ) = yi , a kovetkez o egyenletrendszert kapjuk az a i egyutthat´ okmeghat aroz asara:
a 0 + a 1x i + . . . + a n xni = yi , i = 0 , . . . , n
Ennek az egyenletrendszernek a determin´ ansa az ugynevezett Vandermonde - determin´ ans:
(1) det1 x0 · · · xn
0...
...1 xn · · · xn
n
=0≤ i<j ≤ n
(x j −x i ) , ami nem nulla, mivel x i = x j , ha i = j .
=⇒ az (1) - nek ∃! megoldasa a i - kre.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 4/63
numerikus anal ızis ii. 4
1.1. LAGRANGE - INTERPOL ACI O
Az interpol acios polinomot megkonstru´ aljuk.
Denıci´ o :
Lagrange - alappolinomok :
lk (x ) , k = 0 , . . . , n
Legyen
(2) lk (x i ) :=0 , ha i = k
1 , ha i = k
lk (x ) n - edfoku es x i - k, i = k az lk (x ) polinom gyokei.
Igy: lk (x ) = Ak (x −x0) (x −x1) . . . (x −x k− 1) (x −xk+1 ) . . . (x −xn )
ahol az Ak foegyutthat´ ot a (2) feltetelb˝ol kaphatjuk:
lk (xk ) =⇒ Ak (xk −x0) (xk −x1) . . . (x k −xk− 1) (xk −xk+1 ) . . . (x k −xn ) = 1
=⇒ Ak =1
(xk −x0) (x k −x1) . . . (xk −xk− 1) (x k −x k+1 ) . . . (xk −xn )
Igy =⇒ lk (x) =(x −x0) (x −x1) . . . (x −xk− 1) (x −xk+1 ) . . . (x −xn )
(xk −x0) (x k −x1) . . . (xk −xk− 1) (x k −x k+1 ) . . . (xk −xn )=
n
i =0i= k
x −x i
xk −x i
Az lk (x ) - eket Lagrange - fele alappolinomoknak nevezz¨ uk.
Az interpol acios polinom Lagrange - fele alakja:
L n (x) =n
k=0
yk lk (x) =n
k =0
yk
n
i =0i= k
x −x i
x k −x i
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 5/63
numerikus anal ızis ii. 5
Denıci´ o :
Vezess uk be a k ovetkez o (n + 1) - edfok u polinomot:
ω (x) := ( x −x0) (x −x1) . . . (x −xk− 1) (x −xk ) (x −xk+1 ) . . . (x −xn )
Ennek segıtsegevel Ln (x ) a kovetkez o alakban is ırhat´ o:
L n (x ) =n
k=0
ykω (x)
(x −xk ) ω (xk ), lk (x) =
ω (x )(x −xk ) ω (x k )
Ugyanis:
ω (x) = ( x −x1) . . . (x −xn ) + ( x −x0) (x −x2) . . . (x −xn ) + . . . +
+ . . . + ( x −x0) . . . (x −xk− 1) (x −xk+1 ) . . . (x −x n ) + . . . + ( x −x0) . . . (x −x n − 1)
=⇒ ω (x k ) = ( xk −x0) . . . (x k −xk− 1) (xk −xk+1 ) . . . (x k −x n )
Legyenek az yi eloırt ertekek egy f (x) fuggveny ertekei x i - ben (i = 0 , . . . , n ) .
L n (x i ) = f (x −i) , i = 0 , . . . , n
1.1.1. A Lagrange - interpolaci´ o keplethibaja
Becsuljuk meg az Ln (x) polinom es f (x) fuggveny hib´aj at x i - ken kıv ul is!
Tetel
Legyen f ∈C n +1 [a , b ] , x0, . . . , x n ∈[a , b ].
Ekkor ∀ x∈[a , b ] - re ∃ ξ∈I [x0, . . . , x n , x ] , amelyre
(3) f (x)
−Ln (x) =
f (n +1) (ξ)
(n + 1)!ω (x)
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 6/63
numerikus anal ızis ii. 6
Bizonyıtas
Ha x = x i , i = 0 , . . . , n , akkor trivi´alis, ugyanis mindket oldal nulla.
Tegy uk fel, hogy x = x i , i = 0 , . . . , n .
Tekints¨uk a k ovetkez o fuggvenyt:
F (x) := f (x) −L n (x) −K ·ω (x) , ahol K alland o (hat arozatlan).
A K - t adjuk meg ugy, hogy az F (x) fuggveny az x helyen nulla legyen!
Teh at: F (x) = f (x) −L n (x) −K ·ω (x) = 0
Innen =⇒ K =f (x) −Ln (x )
ω (x )( )
Vizsgaljuk F (x ) - et!
F (x ) - nek legal abb ( n + 2) darab gy¨oke van I - ben: x0, . . . , x n , x
A Rolle - tetel miatt F (x) - nek legalabb ( n + 1) darab gy¨oke van, stb.,
F (n +1) (x) - nek letezik legal´abb egy gy oke, legyen ez a gyok ξ.
Mivel F (n +1) (x) = f (n +1) (x) −K (n + 1)! =⇒
=⇒ F (n +1) (ξ) = 0 =⇒ f (n +1) (ξ) −K (n + 1)! = 0
Rendezve: K =f (n +1) (ξ)(n + 1)!
Ezt ( ) - gal osszevetve =⇒ (3)
Legyen M := maxx∈[ a , b ]
f (n +1) (x ) .
Ekkor az interpol´acio hibajara a k ovetkez o becsles adhat´ o:
(4) |f (x) −Ln (x)| ≤M
(n + 1)! |ω (x )| (felso becsles)
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 7/63
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 8/63
numerikus anal ızis ii. 8
Legyenek y0, . . . , y n az f (x ) fuggveny ertekei az x0, . . . , x n alappontokban.
Vezess uk be a k ovetkez o kifejezest (f uggvenyt):
L01 (x ) :=1
x1 −x0
y0 x0 −xy1 x1 −x
L01 (x) x - ben elsofoku polinom, s ot: L01 (x0) = y0 , L01 (x1) = y1
Teh at L01 (x) elsofoku Lagrange - interpol´acios polinom az x0 , x1 alappontokban.
Hasonl oan: L12 :=1
x2
−x1
y1 x1 −xy2 x2
−x , stb. . .
L12 (x) olyan elsofoku polinom, amelyre L12 (x1) = y1 , L12 (x2) = y2 , teh at Lagrange - in-terpol acios polinom az x1 , x2 alappontokban.
Tov abb a legyen:
L012 (x ) :=1
x2 −x0
L01 (x) x0 −xL12 (x) x2 −x
=⇒ L012 (x) masodfoku Lagrange - interpol´acios polinom az x0 , x1 , x2 alappontokban.
Azaz: L012 (x0) = y0 , L012 (x1) = y1 es L012 (x2) = y2
Hasonl oan: L123 (x ) , L234 (x) , . . .
Igy az x0, . . . , x n alappontokra t´ amaszkod o interpol acios n - edfoku polinom a k ovetkez o formulavalkaphat´o meg:
L012 ...n (x) :=1
xn −x0
L012 ...n − 1 (x) x0 −x
L123 ...n (x) xn −x
Nyılv an az alappontok indexelese es sorrendje L012 ...n (x) erteket nem befoly´ asolja. Gyakor-latban ugy indexelik oket, hogy t avolsaguk az x pontt´ol monoton n ovo legyen, ugyanis a hibatagbeliω (x ) erteke akkor lesz minden lepesben minim´ alis. De nem biztos, hogy a hibatag is minim´ alis lesz.
Az algoritmus :
A szamıt´ogepes realiz´aciohoz kenyelmesebb a k¨ ovetkez o jelolesek haszn´alata:
Legyen Q ij (x) := L i− j,...,i − 1,i .
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 9/63
numerikus anal ızis ii. 9
Teh at Q ij olyan j - edfoku interpol´acios polinom, amelyik az x i− j , x i− j +1 , . . . , x i alappontokrat amaszkodik.
Tov abb a legyen:
Q i− 1 j − 1 := L i− j +1 ,...,i − 1
Q i j − 1 := L i− j +1 ,...,i
Igy =⇒ Q ij (x) =1
x i −x i− j
Q i− 1 j − 1 (x) x i− j −xQ i j − 1 (x) x i −x
i = 1 , . . . , n j ≤ i
=⇒
=⇒ Q ij (x) =(x i
−x) Q i− 1 j − 1 (x)
−(x i− j
−x) Q i j − 1 (x)
x i −x i− j
i = 1 , . . . , n j = 1 , . . . , i
Vegeredmeny¨ ul kapjuk, hogy Qnn (x) = Ln (x)
Gyakorlatban :
Legyen Q i 0 := yi i = 0 , . . . , n
j = 0 j = 1 j = 2 j = 3 j = 4 · · · j = nx0 y0
↑ x1 y1 Q11i x 2 y2 Q21 Q22
↓ x3 y3 Q31 Q32 Q 33...
xn yn Qn 1 Q n 2 Qn 3 Q n 4 · · · Qnn = Ln (x)
1.3. NEWTON - INTERPOL ACI O
Keress uk az interpol´acios polinomot a k ovetkez o alakban:
(1) P n (x) = a0 + a 1 (x −x0) + a 2 (x −x0) (x −x1) + . . . + an (x −x0) . . . (x −xn − 1)
es legyenek adottak az x0, . . . , x n alappontok es a hozz´ ajuk tartoz´o y0, . . . , y n fuggvenyertekek.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 10/63
numerikus anal ızis ii. 10
Az interpol acio feltetele: P n (x i ) = yi i = 0 , . . . , n (2)
Az (1) polinom a i egyutthat´ oit a (2) interpol´acios feltetelekb˝ol hat arozhatjuk meg:
P n (x0) = y0(1)=⇒ P n (x0) = a 0 =⇒ a0 = y0
Kell: P n (x1) = y1
(1) =⇒ P n (x1) = a 0 + a1 (x1 −x0) =⇒ y1 = y0 + a1 (x1 −x0) =⇒
=⇒ a1 =y1 −y0
x1
−x0
P n (x2) = y2 = a 0 + a 1 (x2 −x0) + a 2 (x2 −x0) (x2 −x1) =⇒
=⇒ y2 = y0 +y1 −y0
x1 −x0(x2 −x0) + a 2 (x2 −x0) (x2 −x1) =⇒
=⇒ a2 =y2 −y0 −
y1 −y0
x1 −x0(x2 −x0)
(x2
−x0) (x2
−x1)
=
y2 −y1
x2 −x1 −y1 −y0
x1 −x0x2
−x0
Denıci´ o :
Vezess uk be az ugynevezett m - edrend u osztott differenci´akat:
1. rend˝ u osztott differencia :
( x0 , x1 alappontokon t´ amaszkod o 1. rendu osztott differencia)
[x1 , x0 ] :=y1 −y0
x1 −x0, hasonl oan: [ x2 , x1 ] :=
y2 −y1
x2 −x1
2. rend˝ u osztott differencia :
[x2 , x1 , x0 ] :=[x2 , x1 ]−[x1 , x0 ]
x2
−x0
=
y2 −y1
x2 −x1 −y1 −y0
x1 −x0x2
−x0
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 11/63
numerikus anal ızis ii. 11
m - edrend˝ u osztott differencia :
(Ket ( m −1) - edrend u osztott differencia segıtsegevel deni´ aljuk.)
[xm , . . . , x0 ] :=[xm , . . . , x 1 ] −[xm − 1 , . . . , x0 ]
xm −x0
Ez az x0, . . . , x m alappontokra t´ amaszkod o m - edrend u osztott differencia.
Hasonl oan: x i , x i+1 , . . . , x i+ m alappontokra t´ amaszkod o m - edrend u osztott differencia:
[x i+ m , x i+ m − 1 , . . . , x i ] =[x i+ m , . . . , x i+1 ]
−[x i+ m − 1 , . . . , x i ]
x i+ m −x i
Igy az osztott differenci´ak segıtsegevel az ´ ugynevezett Newton - fele interpol´ acios polinom a k ovetkez oformaban ırhat´ o:
(3)N n (x) = P n (x ) = y0 + [ x1 , x0 ] (x −x0) + [ x2 , x1 , x0 ] (x −x0) (x −x1) + . . . +
+ . . . + [ x n , . . . , x0 ] (x −x0) (x −x1) . . . (x −xn − 1)
A gyakorlatban egy tablazatot keszıt¨ unk :
[x i+1 , x i ] [x i+2 , x i+1 , x i ]x0 y0
[x1 , x0 ]
x1 y1 [x2 , x1 , x0 ]
[x2 , x1 ]
x2 y2 [x3 , x2 , x1 ]
· · · [x3 , x2 ] [xn , . . . , x0 ]
· · · ......
......
[x n − 1 , xn − 2 ]
xn − 1 yn − 1 [x n , xn − 1 , xn − 2 ]
[x n , xn − 1 ]
xn yn
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 12/63
numerikus anal ızis ii. 12
Megjegyzes :
1.
A Newton - interpol´acios polinom elonye, hogy uj alappont hozz´avetelekor csak egy ´ujabb ( n + 1) -edfoku tagot kell kisz amıtani, ellentetben a Lagrange - fele interpol´ acios polinommal.
2.
Ha egy f (x) fuggveny ertekeivel adjuk meg az x i alappontokbeli f¨uggvenyertekeket ( yi = f (x i )) ,akkor az osztott differencia jel¨ oleseben szerepeltetj¨ uk az f - et: f [xn , . . . , x 0 ]
Ekkor:
(3 ∗) N n (x) = f (x0) + f [x1 , x0 ] (x −x0) + . . . + f [x n , . . . , x0 ] (x −x0) . . . (x −xn − 1)
Legyen adott az f fuggveny es x i i = 0 , . . . , n eseten f (x i ) fuggvenyertekek.
Ekkor a Newton - fele interpol´ acios polinom alakja: (3 ∗)
Vegyuk hozz a az alappontokhoz es a f¨ uggvenyertekekhez a k¨ ovetkez o part: x , f (x ) .
Ekkor (3 ∗) =⇒
(4) N n +1 (x ) = f (x0) + f [x1 , x0 ] (x −x0) + . . . + f [xn , . . . , x0 ] (x −x0) . . . (x −xn − 1) +
+ f [x , x n , . . . , x0 ] (x −x0) (x −x1) . . . (x −x n − 1) (x −xn )
De x - ben f (x) - et kell, hogy felvegyen: N n +1 (x) = f (x)
(4) =⇒ f (x) = f (x0) + f [x1 , x0 ] (x −x0) + . . . +
+ . . . + f [x , x n , . . . , x0 ] (x −x0) (x −x1) . . . (x −xn − 1) (x −xn )
Ha f ∈C (n +1) (I ) es x i →x0 (i = 1 , . . . , n ) eseten pedig a (4) formula a m ar j ol ismertTaylor - formul´at adja!
f (x) = f (x0) + f (x0) (x −x0) +f (x0)
2!(x −x0)2 + . . . +
f (n ) (x0)n !
(x −x0)n +f (n +1) (ξ)(n + 1)!
(x −x0)n +1
NEWTON - AZONOSS AG , ami tetsz˝oleges f fuggvenyre ervenyes.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 13/63
numerikus anal ızis ii. 13
Vizsgaljuk az interpol´acio hibajat:
(4) =
⇒
f (x)
−N n (x) = f [x , x n , . . . , x0 ]
ω(x )
(x
−x0) . . . (x
−xn − 1) (x
−xn )
Tudjuk: f (x) −Ln (x ) =f (n +1) (ξ)(n + 1)!
(x −x0) . . . (x −x n )
Igy, ha f ∈C n +1 [a , b ] =⇒ f [x , x n , . . . , x0 ] =f (n +1) (ξ)(n + 1)!
(n + 1) alappontra = ⇒ f [xn , . . . , x0 ] =f (n ) (ξ ∗)
n !
ALTAL ANOS ITOTT K OZ EP ERT EKT ETEL
Specialis eset :
n = 1 =⇒ f [x1 , x0 ] = f (ξ)1!
=⇒f (x1) −f (x0)
x1 −x0= f (ξ)
LAGRANGE - F ELE K OZ EP ERT EKT ETEL
1.4. HERMITE INTERPOL ACI O
Legyen adott x0, . . . , x m (m + 1) darab alappont.
Irjunk el o az alappontokban a f¨uggvenyertekeken kıv¨ ul bizonyos sz amu deriv altat is:
xk - ban f (x k ) , f (xk ) , . . . , f (N k − 1) (xk ) k = 0 , . . . , m
Igy osszesen N 0 + N 1 + . . . + N m fuggvenyerteket es derivaltat ırtunk el˝ o.
Legyen n := N 0 + . . . + N m −1
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 14/63
numerikus anal ızis ii. 14
Feladat :
Adjuk meg azt a H n (x) n - edfoku polinomot, amelyre teljes¨ ul, hogy:
(1) H ( i )n (x k ) = f ( i ) (xk ) k = 0 , . . . , n
i = 0 , . . . , N k −1
Denıci´ o :
Az (1) feltetelnek eleget tev˝ o H n (x) polinomot Hermite - fele interpol´ acios polinomnak ne-vezzuk.
Tetel
Az (1) felteteleket teljesıt˝ o H n (x) n - edfoku interpol´acios polinom letezik es egyertelm˝ u.
Bizonyıt as
Legyen az interpol´acios polinom a k ovetkez o:
H n (x) := a 0 + a 1x + . . . + a n xn n = N 0 + . . . + N m −1
Az (1) feltetelek az a i - kre i = 0 , . . . , n (n + 1) darab egyenletet adnak; ( n + 1) darabegyenletb ol allo linearis egyenletrendszer.
Eleg bizonyıtani, hogy az (1) - bol szarmaz o homogen line´aris egyenletrendszernek csak a trivi´ alismegoldasa letezik, azaz a i = 0 ∀ i - re.
Tekints¨uk xk - t:
(2) H ( i)n (xk ) = 0 k = 0 , . . . , m
i = 0 , . . . , N k
−1
H n (xk ) = 0H (xk ) = 0
...H (N k − 1) (x k ) = 0
Innen =⇒ xk N k - szoros gyoke (2) - nek.
Igy osszesen H n (x) - nek N 0 + . . . + N m = n + 1 darab gy¨oke van =
⇒=⇒ A H n (x) n - edfoku polinom azonosan nulla = ⇒ ∀a i = 0 i = 0 , . . . , n
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 15/63
numerikus anal ızis ii. 15
Megjegyzes :
1.
Ha csak a fuggvenyertekek adottak az alappontokban, azaz N 0 = . . . = N n = 1 , akkor aLagrange - fele interpol´ acios polinomot kapjuk vissza: H n (x) ≡L n (x ).
2.
Ha k = 0 = m , azaz egy alappontunk van, akkor a feladat megoldasa a
(n = N 0 −1) H n (x) = y0 +y01!
(x −x0) + . . . +y(N 0 − 1)
0(N 0 −1)!
(x −x0)N 0 − 1 Taylor - polinom.
3.
HERMITE - FEJ ER INTERPOL ACI O
Ha N 0 = . . . = N m = 2 , azaz az alappontokban a f¨ uggvenyer tek es a derivalja vanmegadva, akkor a H n (x) felırhat´o explicit alakban:
H n (x) =m
k =0
yk 1 −ω (x k )ω (xk )
(x −xk ) l2k (x) +
m
k=0
yk (x −xk ) l2k (x )
ahol lk (x ) :=ω (x)
(x −xk ) ω (xk )k = 0 , . . . , m es ω (x) = ( x −x0) . . . (x −xm )
1.4.1. A Hermite - interpolaci´ o hib´aja
Legyen Ω (x
) := (x
−x
0)N 0
(x
−x
1)N − 1 . . .
(x
−x
m )N m f
∈
C n +1
[a , b
], x
i∈[
a , b]
, x=
xi
Ekkor a Hermite interpol´ acio hibaja az x pontban a k¨ovetkez o modon adhato meg:
f (x) −H n (x ) =f (n +1) (ξ)(n + 1)!
Ω (x)
Bizonyıt as
Tekints¨uk F (x) = f (x) −H n (x) −K ·Ω (x) , ahol K alland o.
A K - t adjuk meg ugy, hogy az F (x) fuggveny az x helyen nulla legyen!
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 16/63
numerikus anal ızis ii. 16
Teh at: F (x) = f (x) −H n (x) −K ·Ω (x) = 0
Innen =
⇒
K =f (x) −H n (x)
Ω (x)( )
Vizsgaljuk F (x ) - et!
F (x ) - nek legal abb ( n + 2) darab gy¨oke van,
F (x) - nek legal abb ( n + 1) darab gyoke van, stb.,
F (n +1) (x) - nek letezik legal´abb egy gy oke, legyen ez a gyok ξ.
Mivel F (n +1) (x) = f (n +1) (x) −K (n + 1)! =⇒
=⇒ F (n +1) (ξ) = 0 =⇒ f (n +1) (ξ) −K (n + 1)! = 0
Rendezve: K =f (n +1) (ξ)(n + 1)!
( )
Ezt ( ) - gal osszevetve =
⇒
kovetkezik az allıt´as.
1.5. AZ INTERPOL ACI OS ELJ AR AS KONVERGENCI AJA
Legyen f
∈
C [a , b ] es tekints¨uk [ a , b ] - ben az alappontok halmaz´ anak k ovetkez o sorozat at:
Ω0 := x00
Ω1 := x10 , x1
1
Ω2 := x20 , x2
1 , x22
...
Ωn :=
xn
0 , xn1 , . . . , xn
n
(n
→ ∞) , ahol Ωn
⊂
[a , b ].
Ekkor megadhat´ o az L n (f , x ) interpol acios polinomoknak egy sorozata Ω n - en.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 17/63
numerikus anal ızis ii. 17
K ERD ES :
Tart - e az interpol´ acios eljar as
f (x) −L n (f , x )
hib aja null ahoz, ha az alappontok sz´ amat [ a , b ] - ben noveljuk?
Lehet pontonkenti es peld´ aul egyenletes konvergenci´ at is tekinteni.
Denıci´ o :
Azt mondjuk, hogy az interpolaci´ os eljar as az f fuggvenyre az x∗∈[a , b ] pontban konver-
gens, ha
limn →∞
L n (f , x ∗) = f (x∗).
Denıci´ o :
Az Ln (f , x ) interpolaci´ os polinom - sorozat egyenletesen konverg´ al [a , b ] - ben az f fuggvenyhez,
hamax
x∈[ a , b ] |f (x) −Ln (f , x )| −−−→n →∞0 , f (x ) −Ln (f , x ) ∞ −−−→n →∞
0
Termeszetes azt v´ arni, hogy tetsz˝oleges folytonos f fuggveny tetsz˝ olegesen jol approxim alhat´o egyen-letesen interpol´acios polinomok sorozat´aval.
DE : Az interpol acios sorozat konvergens vagy divergens tulajdons´ aga fugg mind az alappont -sorozat megv alaszt asat ol es az f fuggveny simas´agat ol.
P´ELDA : BERNSTEIN (1912) P
´ELD
´AJA DIVERGENS INTERPOL
´ACI
´OS ELJ
´AR
´ASRA
Legyen f (x ) = |x| a [−1 , 1 ] intervallumon. Bernstein megmutatta, hogy ekvidisztans alap-pontrendszerrel konstru´ alt interpol´acios eljar as egyetlen pontban sem konverg´ al |x| - hez [−1 , 1 ]intervallumon, kiveve a −1 , 0 , 1 pontokat, pedig |x| mindenhol deriv´alhat´o x = 0 - t kiveve.
P ELDA : RUNGE P ELD AJA (1901)
Legyen f (x) =1
1 + x2 , x∈[−5 , 5 ].
Megmutatta, hogy az f - et interpol´alo polinom - sorozat egyenletes feloszt´as eseten |x| ≤3.63ertekre konverg´ al csak, a t obbi x - re diverg al, pedig f (x) analitikus f uggveny [ −5 , 5 ] interval-lumot is tartalmaz´ o tartom´anyon. Igaz, x1 , 2 = ±i - ben szingularit´asa van, amivel magyar´ azhat´o afenti tula jdonsag.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 18/63
numerikus anal ızis ii. 18
T ETEL : MARCINKIEWICZ (1937)
Tetsz˝oleges f ∈C [a , b ] fuggvenyre letezik az alappontoknak Ω n ⊂[a , b ] sorozata ( m → ∞),hogy a hozzajuk tartoz´o interpol acios polinomok sorozata egyenletesen konverg´ al f (x ) - hez [a , b ]- n.
T ETEL : FABER (1914)
Tetsz˝oleges Ωn ⊂[a , b ] (n → ∞) feloszt as - sorozathoz letezik olyan f ∈C [a , b ] folyto-nos fuggveny, amelyre az interpolaci´ os polinom - sorozat nem konverg´ al egyenletesen az f fuggvenyhez.
T ETEL : KONVERGENCIA - T ETEL
Legyen f : [a , b ] →R valos ertek˝u, val os valtoz oju egesz f uggveny. Ekkor tetsz˝ olegesΩn ⊂[a , b ] (n → ∞) felosztas - sorozat eseten a hozz´ ajuk tartoz´o interpol acios polinomoksorozata egyenletesen konverg´ al f - hez [a , b ] - n.
T ETEL : JACKSON (1930)
Tetsz˝oleges f ∈C 1 [a , b ] valos fuggveny eseten a T n (x) Csebisev - polinom gy okein vettLn interpol´acios polinom - sorozat egyenletesen konverg´ al f - hez [a , b ] - n.
1.6. CSEBISEV POLINOMOK
Lattuk, hogy az interpol´ acio hibaja:
(1) f (x ) −Ln (f , x ) =f (n +1) (ξ)(n + 1)!
ω (x) x∈[a , b ] , f ∈C n +1 [a , b ]
|f (x) −L n (f , x )| ≤ M n +1(n + 1)! |ω (x)|
A hiba fugg maxx∈[ a , b ] |ω (x)| ertekt˝ ol, ez pedig fugg az x i alappontokt´ ol.
K ERD ES :
Hogyan lehetne az interpol´ acio (1) hib ajat csokkenteni az x i alappontok alkalmas megv´ alaszt asaval?(Mik az optimalis alappontok?)
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 19/63
numerikus anal ızis ii. 19
FELADAT :
Hat arozzuk meg azt az 1 f oegyutthat´ oju P n (x) n - edfoku polinomot, amelyre
maxx∈[ a , b ] |P n (x)| minim alis: min
P n ∈M nmax
x∈[ a , b ] |P n (x)|
A megoldast a Csebisev polinomok ( T n (x ) 1 foegyutthat´ oju Csebisev polinom) adj´ak meg. Ezeka null at ol legkevesbe elter˝ o polinomok.
I. ESET :
Legyen [ a , b ] = [
−1 , 1 ]
Denıci´ o :
A (2) T n (x) := cos( n ·arccos x ) polinomot n - edfoku Csebisev polinomnak nevezz¨ukx∈[−1 , 1 ].
Legyen Θ := arccos x .
Igy (2) =⇒ T n (x) = cos ( n Θ) (3)
Mivel:
cos ((n + 1) Θ) = cos ( n Θ + Θ) = cos n ΘcosΘ −sin n ΘsinΘ
cos ((n −1)Θ) = cos( n Θ −Θ) = cos n Θ cos Θ + sin n ΘsinΘ+—————————————————————————————
T n +1 (x) + T n − 1 (x ) = 2 x ·T n (x ) =⇒ T n +1 (x) = 2 x ·T n (x) −T n − 1 (x)
(1) =⇒
T 0 (x) ≡1
T 1 (x) = xx∈[−1 , 1 ]
(3) =⇒
T 2 (x) = 2 x2 −1
T 3 (x) = 4 x3 −3x
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 20/63
numerikus anal ızis ii. 20
De T n (x) nem 1 f oegyutthat´ oju polinom, f oegyutthat´ oja: 2n − 1
T n (x ) :=
1
2n − 1 T n (x) = 21− n
T n (x)
Ez 1 foegyutthat´ oju n - edfoku Csebisev polinom [ −1 , 1 ] intervallumon.
T n (x) GY OKEI :
(2) =⇒ cos(n ·arccos x) = 0
n ·arccos x =π2
+ k π
arccos x =2k + 1
2nπ
( ) xk = cos2k + 1
2nπ k = 0 , . . . , n −1
A T n (x) 1 foegyutthat´ oju Csebisev polinomoknak is ezek a gy¨okei.
T n (x) EXTREM ALIS HELYEI :
|cos(n ·arccos z)| = 1 , n ·arccos z = j π , j ∈Z =⇒ z j = cos
j πn
Ezekben a pontokban T n (z j ) = ( −1) j .
Az 1 foegyutthat´ oju T n polinomok extrem´alis ertekei z j - ben pedig:
T n (z j ) = ( −1) j 21− n = ( −1) j1
2n − 1
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 21/63
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 22/63
numerikus anal ızis ii. 22
Aza + b
2, 0 ponton atmen˝o egyenes egyenlete:
t
−t0 =
m(x
−x
0)
t =2
b −ax −
a + b2
=⇒ t −2
b −ax −
b + ab−a
Igy a T n (t) = 2 1− n cos(n ·arccos t) 1 foegyutthat´ oju n - edfoku Csebisev polinom [ a , b ] in-tervallumra val´ o transzform altja:
F n (x) = 2 1− n cos n
·arccos
2
b −ax
−a + b
b −ax
∈
[a , b ]
De ez meg nem 1 f oegyutthat´ oju n - edfoku polinom, ugyanis:
tn ≡2n
(b −a )n xn + . . .
Az 1 foegyutthat´ oju n - edfoku Csebisev polinom [ a , b ] -n :
(4) T n (x ) =(b −a)n
22n − 1 ·cos n ·arccos2
b −ax −
a + bb −a
x∈[a , b ]
T n (x) EXTREM ALIS ERT EKE [a , b ] - N :
maxx∈[ a , b ]
T n (x) =(b −a)n
22n − 1
T n (x) GY OKEI [a , b ] - BEN :
(4) =⇒ n ·arccos2
b −ax −
a + bb −a
=π2
+ k π k ∈Z
2b −a
x −a + bb −a
= cos2k + 1
2nπ
x k =b
−a
2 ·cos2k + 1
2n π +b + a
2 k = 0 , . . . , n −1
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 23/63
numerikus anal ızis ii. 23
Az interpolaci´ o hibaj´ anak optimalizalasa :
|f (x)
−Ln (f , x )
| ≤M n +1
(n + 1)! |ω (x)
|K ERD ES : Mikor lesz ez az ertek a legkisebb?
Tetel
[−1 , 1 ] intervallumon az interpol´ acio hibaja akkor lesz a legkisebb, ha ω (x) = T n +1 (x)
azaz, ha az interpol´acios alappontoknak a T n +1 (x) Csebisev polinom gy okeit v alasztjuk.
Ekkor az interpol´acio hibaja:
|f (x) −L n (f , x )| ≤M n +1
(n + 1)! 2 n x∈[−1 , 1 ]
[a , b ] intervallumon pedig a transzform´ alt T n +1 (x ) Csebisev polinom gy okeinek, mint alap-pontoknak a valaszt´ asa eseten lesz az interpol´ acio hibaja optim´alis:
|f (x) −L n (f , x )| ≤M n +1 (b −a )n +1
(n + 1)! 22n +1 x∈[a , b ]
1.7. SPLINE INTERPOL ACI O
A kalsszikus interpol´aciot magas foksz amra nem el onyos alkalmazni a polinomok oszcill´alo tulajd-onsaga miatt. El˝onyosebb a szakaszonkent (alacsony) adott fokszam´ u interpol´acio (spline interpol´acio)alakalmaz asa sok esetben. Tov´ abb a, gyakran a zikai feltetelekb˝ ol adodoan kell, hogy az approxim´alofuggveny is folytonosan differenci´ alhat´o legyen. Ez ugynevezett szakaszonkent Hermite - tıpus´ u inter-polaci ot jelent. A nehezseg itt az lehet, hogy az approxim´ aland o fuggveny ertekei adottak csak sokesetben, de a deriv´altak ertekei nem.
A legegyszerubb folytonosan deriv´ alhat´o (ugynevezett sima) approxim´ alo fuggveny a szakaszonkentmasodfoku polinom. Napjainkban legelterjedtebb (legnepszer˝ ubb) a k obos spline interpol´acio.
A spline interpol´aciot (splineok elmeletet) a gyakorlati sz¨ uksegletek hozt´ ak letre: haj´oepıtes, na-
vigacio, sima approxim´alo fuggveny konstru´ alasa ballisztikai t´abl azatok alapj´an, computer graka,differencialegyenletek numerikus megold´ asa, stb.A ,,spline f uggveny” elnevezest (jelentese: rugalmas femp´ alca, amivel adott pontokon ´ atmen˝o
sima gorbe rajzolhat´o) 1946 - ban I. J. Sch onberg vezette be, b´ar m ar kor abban is haszn´alt ak
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 24/63
numerikus anal ızis ii. 24
a szakaszonkenti polinom - approxim´ aciot. Peld´ aul Euler t¨orottvonal m´odszere k ozonseges diffe-renci alegyenletek kezdetiertek - feladat´ anak megoldas´ ara.
Denıci´ o :
Harmadfok´ u (k¨ob os) interpolaci´ os spline :
Legyen f ∈C [a , b ] adott es a = x0 < x 1 < . . . < x n = b, f (x i ) = yi i = 0 , . . . , n .
Az f fuggvenyt interpol´ alo kobos S (x) x∈[a , b ] spline-t a kovetkez o modon deni aljuk:
1. S szakaszonkent harmadfok´ u polinom, S i (x) := S [ x i , x i +1 ] i = 0 , . . . , n −1
2. S (x i ) = yi i = 0 , . . . , n (Teh´at S interpol alja f - et.)
3. S i (x i+1 ) = S i+1 (x i+1 ) i = 1 , . . . , n −2 (Folytonosan csatlakoznak.)
4. S i (x i+1 ) = S i+1 (x i+1 ) i = 1 , . . . , n −2 (S - nek nincsenek sarkai.)
5. S i (x i+1 ) = S i+1 (x i+1 ) i = 1 , . . . , n −2 (Gorbuletek egyenl osege.)
6. Tov abb a teljes ul meg valamelyik a k¨ovetkez o peremfeltetelek k¨ ozul:
a.) S (a) = S (b) = 0 termeszetes peremfeltetelek
b.) S (a) = f (a ) , S (b) = f (b) Hermite - peremfeltetelek
c.) S (a ) = S (b) , S (a ) = S (b) periodikus peremfeltetelek
1.7.1. Az interpolaci´ os spline minimum tulajdonsaga
Legyen adott f ∈C [a , b ] , f (x i ) = yi a = x0 < x 1 < . . . < x n = b.
FELADAT : Kozelıts¨ uk f - et olyan g fuggvennyel, amely a k¨ ovetkez o tulajdons´agokkalrendelkezik:
1. g (x i ) = yi i = 0 , . . . , n
2. g , g ∈C [a , b ]
3. g t obbi deriv altjai is szakaszonkent folytonosakes minden csom´ opontban letezik g deriv altjainak jobb es bal oldali hat´ arerteke.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 25/63
numerikus anal ızis ii. 25
4. Legyen az 1 - 3. tulajdons´agu fuggvenyek k¨ozul g az a fuggveny, amelyre a
(1) J [g] =b
a
g (x)2
dx integr al (funkcion al) minim alis.
Tetel
Az 1 - 4. felteteleknek eleget tev˝ o g fuggveny egyertelm˝ uen letezik.
Bizonyıt as
Eloszor bel atjuk, hogy g egy szakaszonkent harmadfok´ u polinom kell legyen, bizonyos tulaj-dons agokkal. Majd megkonstru´ aljuk ezt a k obos splinet, ami bizonyıtja g letezeset. A konstrukci´ oegyertelm˝usege g egyertelm˝useget is bizonyıtja.
A 4. miatt =⇒ J [g] ≤ J [g] tetszoleges 1 - 3. tulajdons´aggal rendelkez o g fuggvenyre.
Tekints¨uk g - t a kovetkez o alakban: g = g + ε ·h , ahol ε ∈R adott sz´am es a h olyan
fuggveny, amelyre 1. helyett h (x i ) = 0 teljes ul es kielegıti 2 - tes 3 - at. Igy g - re 1 - 3.
teljes ul.
g - nek ezt az alakj at (1) - be ırva =⇒ J [g] =b
a
g (x) + ε ·h (x)2
dx =: J [ε]
Ez ε - ban m asodfoku polinom.
Tudjuk, hogy ε = 0 - ra J [ε] - nak minimuma van, azaz J [0] = J [g] minimalis ertek.
=
⇒
J [ε] derivaltf uggveny ε = 0 - ban nulla.
Negyzetre emeles es deriv´ alas ut an:
(2) J [0] = 2b
a
g (x)
u
h (x)
v
dx = 0
Ketszer parci´ alisan deriv alva (2) - t reszintervallumonkent:
12
J [0] =b
a
g (x) h (x) dx =n − 1
i=0
x i +1
x i
g (x ) h (x) dx =n − 1
i=0
g (x) h (x)x i +1
x i −x i +1
x i
g (x) h (x) dx =
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 26/63
numerikus anal ızis ii. 26
=n − 1
i=0
g (x) h (x)x i +1
x i −g (x) h (x)x i +1
x i
+
x i +1
x i
g (4) (x ) h (x) dx =
= −g (x0) h (x0) + g x−1 h x−
1 −g x+1 h x+
1 + g x−2 −g x+ −
2 h (x2) + . . . +
+ . . . + g (x n ) h (xn ) +n − 1
i=0
x i +1
x i
g iv (x) h (x) dx = 0
tetsz oleges h megengedett f¨uggvenyre.
Hogy az ut obbi kifejezes nulla legyen, kell hogy:
a.) g (4) (x) = 0
b.) g x−i = g x+
i i = 1 , . . . , n −1
c.) g (x0) = 0 , g (xn ) = 0
Teh at a fenti 1 - 3. tulajdons´agu es a 4. integr alt minimaliz´alo g fuggveny egy ketszer foly-tonosan deriv´alhat´o, szakaszonkent harmadfok´ u (interpol´acios) spline kell legyen.
Megjegyzes :
A fenti tetel es a minimum tula jdons´ ag a masik ket peremfeltetel eseten is igaz.
A tetel zikai jelentese :
Az adott f fuggvenyt interpol´ alo fuggvenyek k¨ozul a k obos interpol acios spline eseten lesz adeform acios energia a legkisebb (minim´alis).
1.7.2. A k¨ ob os interpolaci´ os spline konstrukci´ oja
Legyen az [ x i , x i+1 ] intervallumon a spline (harmadfok´ u polinom) alakja a k¨ovetkez o:
S i (x ) = a i0 + a i1x + a i2x2 + a i3x3
S i− 1 (x i ) = S i (x i )
Igy n darab harmadfok´ u polinomot kell meghat´ arozni. Ez 4 n darab ismeretlen.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 27/63
numerikus anal ızis ii. 27
A feltetelek szama :
S (x i ) = yi =⇒ (n + 1) darab feltetel
S , S , S folytonos a bels o pontokban =⇒ 3 (n −1) darab feltetel
Ez eddig 4n −2 darab feltetel.
A hianyz o ket feltetelt megadja valamelyik a peremfeltetelek k¨ ozul.
Az S (x ) kobos spline-t az S (x i ) = M i i = 0 , . . . , n ugynevezett momentumai segıtsegevelallıtjuk elo.
Legyen h i+1 := x i+1 −x i i = 0 , . . . , n −1.
Az S kobos spline masodik deriv altja szakaszonkent line´ aris fuggveny.
Az x∈[x i , x i+1 ] intervallumon:
S (x ) = M ix −x i+1
x i −x i+1+ M i+1
x −x i
x i+1 −x i
Ez tula jdonkeppen az L1 (x) elsofoku Lagrange interpol´acios polinom.
(3) S (x ) = M ix i+1 −x
h i+1+ M i+1
x −x i
h i+1x∈I i = [ x i , x i+1 ]
(3) - at ketszer integr´ alva:
(4) S (x) = −M i(x i+1 −x)2
2h i+1+ M i+1
(x −x i )2
2h i+1+ A i x∈[x i , x i+1 ]
(5) S (x) = M i(x i+1 −x)3
6h i+1+ M i+1
(x −x i )3
6h i+1+ A i (x −x i ) + B i
ahol A i , B i integr acios alland ok.
S (x i ) = yi =⇒ M i(h i+1 )2
6+ B i = yi =⇒ B i = yi −M i
(h i+1 )2
6
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 28/63
numerikus anal ızis ii. 28
S (x i+1 ) = yi+1 =⇒ M i+1(h i+1 )2
6+ A i h i+1 + yi −M i
(h i+1 )2
6= yi+1 =⇒
=⇒ A i = yi+1 −yih i+1 −h i+16 (M i+1 −M i )
Igy az S kobos spline az adatok es az M i momentumok segıtsegevel meghat´ arozhat´o.
Legyen:
(6) S (x) = δi + γ i (x −x i ) + β i (x −x i )2 + α i (x −x i )3 alak u x∈[x i , x i+1 ] - on
S (x i ) = yi =⇒ δi = yi
S (x i ) = γ i =⇒ γ i =yi+1 −yi
h i+1 −2M i + M i+1
6h i+1
S (x i ) = 2 β i =⇒ β i =M i2
S (x i ) = 6 α i =
⇒
α i =M i+1 −M i
6h i+1
Az M i momentumok meghat´ arozasa :
Ezeket az S spline deriv altj anak a bels o csomopontokbeli folytonoss´agab ol lehet meghat´arozni.
S x+i = S x−
i i = 1 , . . . , n −1
x∈[x i− 1 , x i ] S i (x ) = −M i− 1(x i −x )2
2h i+ M i
(x −x i− 1)2
2h i+
yi −yi− 1
h i −h i
6(M i −M i− 1)
x∈[x i , x i+1 ] S i (x ) = −M i(x i+1 −x )2
2h i+1+ M i+1
(x −x i )2
2h i+1+
yi+1 −yi
h i+1 −h i+1
6(M i+1 −M i )
Igy
S x−i =
yi −yi− 1
h i+
h i
3M i +
h i
6M i− 1 i = 1 , . . . , n −1
S x+i =
yi+1 −yi
h i+1 −h i+1
3M i −
h i+1
6M i+1 i = 1 , . . . , n −1
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 29/63
numerikus anal ızis ii. 29
Ezek egyenl osegeb˝ol M i - kre a kovetkez˝o (n −1) darab egyenletb˝ ol allo rendszer j on:
(7)h i
6M i− 1 +
h i + h i+1
3M i +
h i+1
6M i+1 =
yi+1 −yi
h i+1 −yi −yi− 1
h ii = 1 , . . . , n
−1
(7) - et szorozzuk6
h i+1 + h i- vel =⇒
=⇒ µi M i− 1 + 2 M i + λ i M i+1 = di i = 1 , . . . , n −1 ahol
µi =h i
h i+1 + h i, λ i =
h i+1
h i+1 + h idi =
6h i+1 + h i
yi+1 −yi
h i+1 −yi −yi− 1
h i
0 - ra es n - re legyen λ 0 = d0 = µn = dn = 0
Igy M i - kre kapott line´aris egyenletrendszer:
2M 0 + λ 0M 1 = d0
µ1M 0 + 2 M 1 + λ 1M 2 = d1
...µn − 1Mn −2 + 2 M n − 1 + λ n − 1M n = dn − 1
µn M n − 1 + 2 M n = dn
Vagy m atrix alakban:
2 λ 0 0 · · · 0µ
12 λ
10 µ2 2 λ 2
...
... . . . . . . . . .0
µn − 1 2 λ n − 10 · · · 0 µn 2
·
M 0
M 1M 2
...
M n − 1M n
=
d0
d1d2
...
dn − 1dn
Ez tridiagon´alis matrix u egyenletrendszer, ami a r¨ ovidıtett Gauss - algoritmussal hatekonyan meg-
oldhat´o.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 30/63
numerikus anal ızis ii. 30
1.7.3. Konvergenciatetel k¨ ob os spline interpolaci´ ora
Legyen f ∈
C (4)
[a , b ] es f (a ) = f (b) = 0.Jel oljuk g ∞ := max
x∈[ a , b ] |g (x)| , M 4 := f (4)∞ .
S h (x ) az f - et interpol´alo kobos spline [ a , b ] - n Ωh egyenletes felosztas eseten( h := x i+1 −x i lepesk¨oz ).
Ekkor ervenyesek a k¨ ovetkez o becslesek:
f (x ) −S h (x ) ∞ ≤M 4 ·h4
f (x) −S h (x ) ∞ ≤M 4 ·h3
f (x) −S h (x) ∞ ≤M 4 ·h2
Teh at, ha h →0 , akkor az S h (x) , S h (x) , S h (x) fuggvenyek egyenletesen konverg´ alnaka megfelelo f (x ) , f (x) , f (x ) fuggvenyekhez.
Termeszetes peremfeltetelek mellett:
S (a ) = S (b) = 0.
Megjegyzes :
Az egyenletes konvergencia igaz a m´ asik ket peremfeltetel eseten is.
Hasonl o tetel ervenyes nem egyenletes feloszt´ as eseten is, csak a konvergencia egy kicsit lassabb.
1.8. AZ m - EDREND U POLINOMI ALIS SPLINEOK TERE: S m (Ω n )
Legyen Ωn := x0 = a < x 1 < . . . < x n = b,
I k := [xk , xk− 1] k = 1 , . . . , n ,
h i := x i −x i− 1 i = 1 , . . . , n .
Denıci´ o :
Az S (x) : [a , b ] →R fuggvenyt m - edfoku polinomi alis spline - nak nevezz uk, ha
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 31/63
numerikus anal ızis ii. 31
1. S (x) | I k ∈P m (x) szakaszonkent m - edfoku polinom.
2. S (x)∈C (m − 1) [a , b ] (m −1) - szer folytonosan deriv´alhat´o ”feszıtett” spline.
Ha azt tessz¨uk fel csak, hogy S ∈C (q) [a , b ], ahol q < m −1 , ”laza” spline-r ol (subspline-r´ol)beszel unk.
Ha adott f ∈C [a , b ] eseten meg teljes¨ ul, hogy
3. S (x i ) = f (x i ) (i = 0 , . . . , n ) akkor az S (x ) - et m - edfoku interpol´acios spline - naknevezzuk.
Pelda:
m = 1 eseten a szakaszonkent line´ aris ”t orottvonal” f¨uggveny, els˝ofoku spline.
m > 1 eseten:
m - EDFOK U EGYOLDALI SPLINEOK
Deriv aljuk a
qm i (x) : [a , b ] →R fuggvenyt a k¨ovetkez o modon:
(1) qm i (x) :=(x −x i )m
+ , ha x ≥x i
0, ha x < x i
(i = 0 , . . . , n −1).
Denıci´ o :
A fent denialt m - edfoku splineok teret jel¨ olje: S m (Ωn ).
Nyilvanval oan: S m (Ωn )⊂C (m − 1) [a , b ].
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 32/63
numerikus anal ızis ii. 32
S m (Ωn ) strukt´ur aja:
Tetel
Az S m (Ωn ) (m + n ) dimenzi os vektorter ( S m (Ωn )⊂C (m − 1) [a , b ])
ahol p1, . . . , p m , qm 1 , . . . , q m n − 1 egy bazis S m (Ωn ) - ben, ahol
pi (x) := x i , i = 0 , . . . , m
es qm i (x) az (1) - gyel denialt egyoldal u splineok.
Tov abb a,
∀
S
∈
S m (Ωn ) egyertelm˝uen ırhat´ o a kovetkez o alakban:
S (x) =m
j =0
a j x j +n − 1
i=1
bi ·qm i vagy
(2)
S (x) =m
j =0
a j x j +n − 1
i=1
bi ·(x −x i )m+
Bizonyıt as
Tekints¨uk az I 1 = [x0 , x1] intervallumot.
Ezen S m - edfoku polinom =⇒ I 1 - en S (x) a kovetkez o alakban ırhat´ o:
S (x) =m
j =0
a j x j , ami a (2) eloallıt´as.
Tegy uk fel, hogy I k := [x0 , xk ] intervallumon ervenyes a (2) eloallıt´as, azaz
S (x) =m
j =0
a j x j +k− 1
i=1
bi (x −x i )m+ .
Belatjuk, hogy az elo´ allıt´as ervenyes az I k+1 := [x0 , xk+1 ] intervallumon is.
(x) := S (x ) −m
j =0
a j x j −k− 1
i=1
bi (x −x i )m+ .
A (x ) fuggveny a [ x0 , xk ] intervallumon nulla,
≡0, x∈[x0 , xk ]
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 33/63
numerikus anal ızis ii. 33
Tov abb a ∈C (m − 1) =⇒ (xk ) = 0 , (x k ) = 0 , . . . , (m − 1) (x k ) = 0 =⇒
=
⇒
xk a (x) - nek m - szeres gyoke
=⇒ Igy S - t az I k+1 = [xk , xk+1 ] intervallumon a k¨ovetkez o alakban ırhatjuk:( m - edfoku I k - n is)
= S (x) −m
j =0
a j x j −k− 1
i=1
bi (x −x i )m+ = bk (x −x k ) I k+1 - en.
=⇒ S (x) =m
j =0
a j x j +k
i=1
bi (x −x i )m+ .
k = n −1 - et veve megkapjuk a (2) eloallıt´ast.
Denıci´ o :
A ξ∈[a , ]¯
az S (x)∈S m (Ωn ) spline lenyeges gy¨oke, ha ξ∈[x i , x i+1 ) S (ξ) = 0, de azS az egesz [x i , x i+1 ) intervallumon nem nulla.
Ha az [x i , x i+ j ] intervallumon S azonosan elt unik, akkor x i+ j az S - nek m - szeres lenyegesgyoke.
Ha S (b) = 0, akkor a b lenyeges gy ok.
Tetel
Az S ∈S m (Ωn ) spline lenyeges gy¨okeinek szamara ( r - re) ervenyes a k¨ ovetkez o becsles:
r ≤m + n −1
Bizonyıt as
Legyen az S lenyeges gy okeinek szama r .
S ∈C (m − 1) [a , b ] =⇒
az (m −1) - edrend u deriv altj anak legal abb r −(m −1) darab lenyeges gy¨ oke van.
De az S (m − 1) (x) szakaszonkent line´ aris fuggveny!
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 34/63
numerikus anal ızis ii. 34
Ezert [ a , b ] - n legfeljebb n darab gy oke lehet
=⇒ r −(m −1) ≤n =⇒ r ≤m + n −1
1.9. B - SPLINEOK
VOLT: Ω n veges feloszt´as.
S n (Ωn ) veges dimenzi´os alter.
A bazis az ugynevezett egyoldal´u splineok.
MOST: Ω∞ alappontok vegtelen halmaza.
S m (Ω∞ ) vegtelen dimenzios ter.
A bazis a kompakt tartoj´ u fuggvenyek (splineok), a B - splineok.
Tetel B - SPLINEOK EGZISZTENCI AJA
Legyen Ω∞ :=
x i : i
∈
Z
olyan, hogy
x i → −∞, ha i → −∞x i →+ ∞, ha i →+ ∞
.
Ekkor ∀i∈Z - hez es x i - hez ∃!S ∈S m (Ω∞ spline, amelyre teljes¨ul, hogy
S (x) = 0, ha x ≤x i es x ≥x i + m + 1,
Tov abb a ervenyes S - re az un.
NORM ALASI FELT ETEL:
(4)+ ∞
−∞
S (x ) dx =
x i + m +1
x i
S (x) dx = 1.
Bizonyıt as
Tekints¨uk az [x i− 1 , x i+ m +1 ] intervallumot.
Mivel S (x) = 0, ha x ∈[x i− 1 , x i ], azert a (2) eloallıt´asat tekintve S - nek az [x i− 1 , x i ]intervallumon az els˝o szumm aja elt unik, mivel S (x) = 0 x∈[x i− 1 , x i ].
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 35/63
numerikus anal ızis ii. 35
Igy S a kovetkez o modon ırhat´ o:
(3) S (x) =
k
j =0b j (x −x j )
m+ .
Legyen k = m + 1. Ekkor (3) =⇒
S (x) =m +1
j =0
b j (x −x i+ j )m+
Az S - rol meg tudjuk, hogy S (x) = 0, ha x ≥x i+ m +1 .
Teh atm +1
j =0
b j (x
−x i+ j )m
+ = 0 x
≥x i+ m +1 .
Ebb ol a b j - kre a kovetkez o egyenleteket kapjuk:
(5)
xm egyutthat´ oja 0 kell legyen:
b0 + b1 + . . . + bm +1 = 0
xm − 1 b0x i + b1x i+1 + . . . + bm +1 x i+ m +1 = 0...
..
.x0 b0x mi + b1x m
i+1 + . . . + bm +1 xmi+ m +1 = 0
(m + 1) darab egyenlet, ( m + 2) darab ismeretlen b j - kre.
Meg egy feltetelt a norm´ alasi feltetel ad.
(4) - et interpolalva [ x i , x i+ m +1 ] - en =⇒
xi
+m
+1
x i
m +1
j =0
b j (x −x i+ j )m+ dx = 1
=⇒
m +1
j =0
b j
m + 1(x −x i+ j )m +1
+
x i + m +1
x i
= 1
Mivel x i - ben a0
==⇒
m − 1
j =0
b j (x i+ m +1 −x i+ j )m+ = m + 1.
Az (5) egyenletrendszert gyelembe veve a hi´ anyz o egyenlet a k ovetkez o lesz:
b0xm +1i + b1xm +1
i+1 + . . . + bm +1 x m +1i+ m +1 = ( −1)m +1 (m + 1).
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 36/63
numerikus anal ızis ii. 36
Ezt (5) - hoz hozzaveve ( m + 2) darab egyenletb˝ ol allo rendszert kapunk, amelynek a deter-min ansa a Vandermonde determin´ ans, ami nem nulla, ebb˝ ol kovetkezik, hogy egyertelm˝ uen letezikmegoldas b j - kre.
Denıci´ o :
A tetelbeli splineokat MINIM ALIS TART OJ U B - SPLINEOKNAK nevezz¨uk, ugyanis bel´athat´o,hogy nem letezik sz˝ukebb tart´ oju, a tetelbeli felteteleket kielegıt˝ o spline.
Az S m (Ω∞ ) - ben bevezethet˝o un.
LOKALIS BAZIS:
Legyen qm (t, x ) fuggveny a k¨ovetkez o
(6) qm (t, x ) :=(t −x )m
+ , ha t ≥x
0, ha t < x
Megjegyzes :
Mostant´ol t i - k jelolik az alappontokat.
Denıci´ o :
A t i alapponthoz tartoz´ o m - edfoku B - splinet a k ovetkez o modon deni aljuk:
B mi (x) := ( t i+ m +1 −t i )[t i , . . . , t i+ m +1 ]qm (·, x )
ahol qm (
·, x ) fuggveny a (6) - tal deni alt es [ t i , . . . , t i+ m +1 ]qm (
·, x ) a q fuggveny osztott dif-
ferenciajat jeloli.
SPEC. ESET:
m = 1
B 1i (x) = ( t i+2 −t i )[t i , t i+1 , t i+2 ]q1(·, x )
B 1i (x) = ( t i+2 −t i )
q1(t, x ) =(t −x)1
+ , ha t ≥x
0, ha t < x
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 37/63
numerikus anal ızis ii. 37
B 1i (x) = ( t i+2 −t i ) ·(t i+2 −x )+ −(t i+1 −x )+
t i+2 −t i+1 −(t i+1 −x )+ −(t i −x )+
t i+1 −t i
t i+2 −t i=
=(t i+2 −x )+ −(t i+1 −x)+
t i+2 −t i+1 −(t i+1 −x)+ −(t i −x)+
t i+1 −t i.
1. Ha x∈[t i , t i+1 ] :
B 1i (x) =(t i+2 −x)+ −(t i+1 −x)+
t i+2
−t i+1 −
(t i+1 −x)+
t i+1
−t i
=t i+2 −t i+1
t i+2
−t i+1 −
t i+1 −xt i+1
−t i
=
=t i+1 −t i −t i+1 + x
t i+1 −t i=
x −t i
t i+1 −t i.
2. Ha x∈[t i+1 , t i+2 ] :
B 1i (x) =t i+2 −x
t i+2 −t i+1.
3. Ha x < t i =⇒ q1(t, x ) t - ben elsofoku polinom, akkor a m´asodrend u osztott differenci´ajanulla =⇒ B 1i (x) ≡0.
4. Ha x ≥ t i+2 =⇒ B 1i (x) ≡0.
§
¦
¤
¥Allıtas
Az ıgy denialt B mi (x) splineok azonosak a tetelbeli B - splineokkal egy norm´alasi alland ot ol el-
tekintve. Ugyanis a denıci´ obeli B - splineok minim alis tart´ojuak, azaz tart´ojuk az [t i , t i+ m +1 ]intervallum, amelyen kıv¨ ul B mi (x) elt unik.
3. alapj an altal aban is =⇒ B mi (x) ≡0, ha x ≤ t i ,
ugyanis t - ben az m - edfoku qm polinom ( m + 1) - edrend˝u osztott differenci´aja nulla.
4. =⇒ ha x > t i+ m +1 , akkor B mi (x) ≡0.
Tov abb a belathat´o, hogy B mi (x) > 0 a [t i , t i+ m +1 ] intervallumon.
§
¦
¤
¥Allıtas
A B - splineok pozitıvak a [ t i , t i+ m +1 ] intervallumon.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 38/63
numerikus anal ızis ii. 38
Tekints¨uk S m (Ωn ) szakaszonkent m - edfoku splineok teret [ x0 , xn ] intervallumon (( m + n )dimenzi os vektorter).
Tekints¨uk azon B - splineokat, amelyeknek van nem nulla erteke [ x0 , xn ] - on. Ezek:
( ) B m 1 − m , . . . , B m 1 0, B m 1 1, . . . , B m 1 n − 1
(m + n ) darab spline.
Ezek line arisan f uggetlenek =⇒
=
⇒
( ) B - splineok egy b azis S m (Ωn ) - ben.
Tetel REPREZENT ACI OS T ETEL
∀S ∈S m (Ωn ) spline egyertelm˝uen ırhat´ o fel a ( ) B - splineok line aris kombin aciojakent,azaz
S (x) =n − 1
i= − m
α i B mi (x).
A B - SPLINEOK TOV ABBI TULAJDONS AGAI
EGYS EGOSZT AS :
i∈Z
B mi (x) ≡1 ∀x∈R .
REKURZI OS FORMULA B - SPLINEOK EL OALL IT AS ARA :
B mi (x) =x −t i
t i+ m −t i ·B m − 1 , i − 1(x ) +t i+ m +1 −x
t i+ m +1 −t i+1 ·B m − 1 , i (x)
B 0i (x) ≡1 x∈[t i , t i+1 ].
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 39/63
numerikus anal ızis ii. 39
B - SPLINEOK DERIV ALTJ ARA ERV ENYES :
Bmi
(x) = m
·B m − 1 , i − 1(x)
t i+ m −t i −B m − 1 , i (x)
t i+ m +1 −t i+1.
2. NUMERIKUS INTEGR AL AS
Hat arozott integr´ alok numerikus kisz´amıt´asa a matematika egyik legregebbi problem´ aja. Peld´ aulgorbek altal hat´arozott tartom´ any ter uletenek meghat´ aroz asa. R aad asul evezredekkel azel˝ ott, hogy
az analızisbeli integr´ alfogalom a XVII., XVIII. sz´azadban bevezetesre ker¨ ult.Peld´aul a k or ter ulete: Archimedes (287 - 212 Kr.e.) : 3
1071
< π < 317
. A numerikus kvadrat´ uraelnevezes a k¨or negysz¨ogesıtesenek problem´ ajab ol jon.Numerikus kubat´ ura elnevezes ketdimenzi´ os integr alok kiszamıt´asara. Newton I. (1643 - 1727)n - dimenzi os numerikus integr´alas elnevezes n - dimenzi os integr alok numerikus kisz´amıt´asara. Leib-niz G. W. (1646 - 1716)Ha mar van integr´alfogalom, analızis, akkor miert kell a numerikus integr´ alas?
MOTIV ACIO: Numerikus integr´alasi muveletekre sz ukseg van, ha
1. Az integr aland o fuggveny primitıv f¨ uggvenyet nem lehet megadni elemi f¨ uggvenyek segıtsegevel.
2. A primitıv f¨uggveny olyan bonyolult, hogy kvadrat´ ura formula haszn´alata el onyosebb.
3. Az integr aland o fuggvenyt csak pontokban ismerj¨ uk, peld´aul meresek eredmenyelent.
4. Differencial-egyenletek, integr´ al-egyenletek numerikus megold´ asakor sok esetben numerikus in-tegr alasi modszerekre is sz ukseg van.
Fontos feladatok megold´asaban segıtett, pl. Keplernek a boroshord´ o terfogat´anak kisz amıt´asaban
(1612).
FELADAT :
Azb
a
f (x) dx = I hat arozott integr´ al kiszamıt´asa.
Ezt az I N =N
k=0
ck f (x k ) osszeggel k ozelıtj¨uk, ahol ck alland ok.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 40/63
numerikus anal ızis ii. 40
Ervenyes a kovetkez˝ o kozelıt˝o egyenloseg:
b
a
f (x) dx
≈
N
k=0
ck f (xk ) = I N
KVADRAT URAFORMULA
ck - k a kvadrat´uraformula s´ulyai.
A ψN := I − I N kulonbseget a kvadrat´ uraformula hib´aj anak nevezz uk, ami f ugg a ck egyutt-hat ok valaszt asat ol es az xk csomopontok [ a , b ] intervallumbeli elhelyezkedeset˝ ol.
Tegy uk fel, hogy a feloszt as egyenletes [ a , b ] - n es f kelloen sima fuggveny.
Mivelb
a
f (x) dx =N
i=1
x i
x i − 1
f (x) dx ,
azert eleg az [ x i− 1 , x i ] reszintervallumon k¨ ozelıt˝o formulat tal´alni.
2.1. KLASSZIKUS KVADRAT URAFORMUL AK
2.1.1. Teglalapformula
Az f gorbe alatti ter¨ uletet a teglalap ter¨ uletevel k¨ozelıtj uk.
x i
x i − 1
f (x) dx ≈ f x i −12
h h := [x i− 1 , x i ]
2.1.2. A teglalapformula hibaja
A teglalapformula hib´ aja az i - edik reszintervallumon:
ψi :=
x i
x i − 1
f (x) dx −f x i −12
h =
x i
x i − 1
f (x) −f x i− 12
dx
A Taylor - formula alapj´ an =⇒
f (x) = f x i− 12
+ f x i− 12
x −x i− 12
+f (ξ)
2!x −x i− 1
2
2.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 41/63
numerikus anal ızis ii. 41
Igy =⇒ ψi =
x i
x i − 1
f (ξ)2!
x −x i− 12
2dx, mivel
x i
x i − 1
x −x i− 12
dx = 0.
Ezt kiintegr´alva:
|ψi | ≤M 2i
2 ·h3
12=
M 2i
24 ·h3
ahol M 2i := max x∈[x i − 1 , x i ] |f (x)|.
2.1.3. Osszetett teglalapformula
b
a
f (x) dx ≈h f x 12
+ f x 32
+ . . . + f xN − 12
=N
i=1
f x i− 12
h
A kvadrat´uraformula alappontjai nem azonosak az intervallumot meghat´ arozoo alappontokkal.
2.1.4. Az ¨ osszetett teglalapformula hibaja
N ·h = b −a = x n −x0
|ψ| ≤N
i=1|ψi | ≤
N ·M 224 ·h3, ahol M 2 := max
x∈[ a , b ]f (x) .
|ψ| ≤M 2(b −a)
24 ·h2
Azaz a teglalapformula hib´ aja O h2
2.1.5. Trapezformula
Az f gorbe alatti ter¨ uletet a trapez ter¨ uletevel k¨ozelıtj¨uk.
x i
x i − 1
f (x) dx ≈f (x i− 1) + f (x i )
2 ·h
EGYSZER U TRAP EZFORMULA
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 42/63
numerikus anal ızis ii. 42
Most az f fuggvenyt az els˝ofoku (Lagrange) interpol´ acios polinommal helyettesıtett¨ uk, L1i (x) - szel.
2.1.6. A trapezformula hibaja
Az i - edik reszintervallumon:
ψi :=
x i
x i − 1
f (x ) dx −f (x i− 1) + f (x i )
2 ·h =
x i
x i − 1
f (x ) dx −x i
x i − 1
L1(x ) dx =
x i
x i − 1
[f (x) −L1(x)] dx =
=
x i
x i − 1
f (ξ)2!
ω(x ) dx =
x i
x i − 1
f (ξ)2
(x −x i− 1)(x −x i )
h 36
dx
M 2i := maxx∈[x i − 1 , x i ]
f (x)
=⇒ |ψi | ≤M 2i
2 ·h3
6=
M 2i
12 ·h3
2.1.7. Osszetett trapezformula
b
a
f (x) dx ≈h12
f (x0) + f (x1) + f (x2) + . . . + f (xN − 1) +12
f (xN ) =N
i=1
f (x i ) + f (x i− 1)2 ·h
2.1.8. Osszetett trapezformula hib´ aja
N :=b−a
h
|ψ| ≤N ·M 2
12 ·h3, ahol M 2 := max x∈[ a , b ] |f (x)|
|ψ| ≤M 2(b −a)
12 ·h2
Teh at a trapezformula szinten O (h2) nagysagrend u, de ez ketszer akkora hiba, mint a teglalapformul´ an al.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 43/63
numerikus anal ızis ii. 43
2.1.9. Simpson - formula
Az elozo altal anosıt´asakent, most az f (x) fuggvenyt az [ x i− 1 , x i ] intervallumon
az f (x i− 1), f x i− 12 , f (x i ) pontokon atmen˝o parabol aval k ozelıtj¨uk. Ez m asodfoku Lagrange in-terpol acios polinom, L2i (x ) az [x i− 1 , x i ] - n.
x i
x i − 1
f (x) dx ≈x i
x i − 1
L2i (x), x∈[x i− 1 , x i ].
Irjuk fel L2i (x ) - et explicit alakban:
L2i (x) =2
h2f (x i− 1) x
−x i− 1
2
(x
−x i )
−2f x i− 1
2
(x
−x i− 1) (x
−x i ) + f (x i ) (x
−x i− 1) x
−x i− 1
2
Integr alas ut an:
x i
x i − 1
L2i (x) dx =h6
f (x i− 1) + 4 f x i− 12
+ f (x i )
Igy az egyszeru Simpson - formula:
x i
x i − 1
f (x) dx ≈ h6
f (x i− 1) + 4 f x i− 12
+ f (x i )
2.1.10. A Simpson - formula hib´ aja
Harmadfok´u Hermite interpol´ acios polinom alkalmaz´asaval bel athat´o, hogy a Simpson forula hib´aja:
|ψi | =
x i
x i − 1
(f −L2) dx =
x i
x i − 1
f (ξ)3! ·ω(x ) dx . . .
|ψi | ≤M 4i
2880 ·h5
ahol M 4i := max x∈[x i − 1 , x i ] f (IV ) (x) .
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 44/63
numerikus anal ızis ii. 44
2.1.11. Osszetett Simpson - formula
b
af (x) dx ≈
h6 f (x0) + f (xn ) + 2 f (x1) + . . . + f (xN − 1) + 4 f x 1
2 + f x 32 + . . . + f xN − 1
2
2.1.12. Osszetett Simpson - formula hib´ aja
|ψ| ≤M 4(b −a )
2880 ·h4
ahol M 4 := max x∈[ a , b ] f (IV ) (x ) .
A t ortindexek elker¨ulesere legyen: n = 2 m, f i = f (x i ), h :=h2
=⇒ h = 2 h, h =b −a2m
b
a
f (x) dx ≈h3
[f 0 + f 2m + 2( f 2 + f 4 + . . . + f 2m − 2) + 4( f 1 + f 3 + . . . + f 2m − 1)]
A keplethiba most:
|ψi | ≤M 4i
90 ·h5 =⇒ x∈[x i− 1 , x i ]
|ψ
| ≤M 4(b −a)
180 ·h4 =
⇒
x
∈
[a , b ]
Denıci´ o :
A kvadrat´uraformula pontos adott f fuggvenyre, ha a kvadrat´ uraformul´aban ≈ helyett =ırhat o, azaz
b
a
f (x ) dx =n
k=0
ck f (x k ).
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 45/63
numerikus anal ızis ii. 45
Megjegyzes :
1. A trapezformula minden els˝ ofoku polinomra pontos.2. A Simpson - formula minden harmadfok´ u polinomra pontos.
2.2. INTERPOL ACI OS T IPUS U KVADRAT URAFORMUL AK
Legyenek [ a , b ] - ben az alappontok
a = x0 < x 1 < . . . < x n = b es f (x) - et interpolaljuk a Lagrange interpol´ acios polinommal.
Ekkor: f (x) = L n (f, x ) + H n (f, x ), ahol H n (f, x ) a hibatag.
=⇒
b
a
f (x ) dx =b
a
Ln (f, x ) dx +b
a
H n (f, x ) dx .
Ha a hibaintegr´al kicsi, elhagyva f integr alja helyett L n integr alj at sz amolhatjuk.
(1)b
a
f (x) dx ≈b
a
Ln (f, x ) dx.
Mivel
L n (f, x ) dx =n
k=0
f (x k )lk (x) =n
k=0
f (xk ) ·ω(x)
(x −xk )ω (xk ),
azert ezt beırva = ⇒b
a
Ln (f, x ) dx =b
a
n
k=0
f (xk )ω(x)
(x −x k )ω (x k )dx =
n
k=0
f (xk )b
a
ω(x)(x −x k )ω (x k )
dx
A k
.
Denıci´ o :
Legyen
(2) Ak :=b
a
ω(x)(x −xk )ω (xk )
dx ,
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 46/63
numerikus anal ızis ii. 46
amit az (1) kvadrat´uraformula egy¨utthat´ ojanak nevezz uk.
Az olyan kvadrat´uraformul´akat, amelyek egy¨utthat´ oi (2) alak uak, interpol´acios (tıpus´u)kvadrat´uraformul´anak nevezz uk.§
¦
¤
¥Allıtas
n
k=0
Ak = b−a
Az interpol acios kvadrat´uraformula pontoss´ agara ervenyes a k¨ ovetkez o
Tetel
Legyen (n + 1) alappontunk. Ekkor a kvadrat´ uraformula pontos minden legfeljebb n - edfokupolinomra akkor es csak akkor, ha a kvadrat´ uraformula interpol´ acios tıpus´u.
Bizonyıt as
⇐
Legyen interpol´acios tıpus´u kvadrat´uraformula es legyen f n - edfoku polinom.
Belatjuk, erre pontos az (1) kvadrat´uraformula.
Trivi alis, ugyanis n - edfoku f polinom n - edfoku interpol´acios polinomja onmaga.
⇒
Tegy uk fel, hogy a kvadrat´uraformula pontos minden legfeljebb n - edfoku polinomra.
Innen k ovetkezik, hogy a kvadrat´ uraformula pontos minden lk (x) Lagrange alappolinomra is.
=⇒
b
a
lk (x) dx =n
j =0
A j lk (x j )
ha j = k =⇒ lk (x j ) = 0, ıgy a jobb oldalon Ak marad csak =⇒
(3) Ak =b
a
lk (x) dx
ami a (2) pont!
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 47/63
numerikus anal ızis ii. 47
2.3. Z ART NEWTON - COTES FORMUL AK
Legyenek az alappontok ekvidisztansak es x0 = a, x n = b, h :=b −a
n.
Ebben az esetben sz´amoljuk ki a (3) egyutthat´ okat:
(3) Ak =b
a
ω(x)(x −xk )ω (xk )
dx
Vezess uk be a k ovetkez o jeloleseket:
x := x0 + t ·h t∈[0 , n ]
xk := x0 + k ·h k = 0 , . . . , n
Ezek gyelembe vetelevel:
ω(x) = ( x −x0)(x −x1) ·. . . ·(x −xn ) = t ·h ·h (t −1) ·. . . ·h (t −n ) = h n +1 ·t(t −1) ·. . . ·(t −n )
(x −xk ) = h ·(t −k)
ω (xk ) = ( xk −x0)(xk −x1) ·. . . ·(xk −x k− 1)(xk −x k+1 ) ·. . . ·(xk −xn ) = . . . = ( −1)n − k
·hn
·k!(n −k)!
dx = h ·dt
Ezeket (3) - ba ırva =⇒
Ak =b
a
h n +1 t(t −1) · . . . ·(t −n )h(t −k)(−1)n − k h n ·k!(n −k)! ·h dt =
=(b −a )(−1)n − k
n ·k!(n −k)!
b
a
t(t −1) ·. . . ·(t −k + 1)( t −k −1) · . . . ·(t −n ) d t
Az (a −b) - t lev alasztva:
B k :=(−1)n − k
n ·k!(n −k)!
b
a
t(t
−1)
·. . .
·(t
−n ) d t
NEWTON - COTES EGY UTTHAT OK
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 48/63
numerikus anal ızis ii. 48
TULAJDONS AGAI:
1.n
k=0
B k = 1
2. B k = B n − k
A B k egyutthat´ ok erteke neh´ any n - re:
n egy¨utthat´ ok nev
1 B 0 = B 1 =
1
2 TRAP´EZFORMULA
2 B 0 = B 2 =16
, B 1 =46
SIMPSON - FORMULA
3 B 0 = B 3 =18
, B 1 = B 2 =38
NEWTON38
- OS FORMUL AJA
4B
0 =B
4 =
7
90, B
1 =B
3 =
32
90, B
2 =
12
90 MILNE - FORMULA
n = 3 m Newton38
- os formulaja:
b
a
f (x ) dx ≈3h8
[y0 + y3m + 2( y3 + y6 + . . . + y3m − 3) + 3( y1 + y2 + y4 + y5 + . . . + y3m − 1)]
A hibatag:
H 38
=M 4(b −a )
80 ·h4
Tetel
Ha az n paros szam, akkor az interpol´ acios tıpus´u kvadrat´uraformula pontos minden legfeljebb(n + 1) - edfok u polinomra is.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 49/63
numerikus anal ızis ii. 49
Megjegyzes :
Nagy n - ekre (n = 6 , 7, . . . ) a Newton - Cotes formul´akat nem celszer˝ u haszn alni, ugyanis
• a hibatagbeli f (n +1)
(x ) deriv altakat nehez becs¨ ulni,
• a B k egyutthat´ ok kozt negatıv sz´ amok is elofordulnak, ami a kerekıtesi hibat kedvez˝ otlen ulbefolyasolja.
2.4. ORTOGON ALIS POLINOMOK
Denıci´ o :
A Φ0, . . . , Φn n∈N fuggvenyek line´arisan f uggetlenek [ a , b ] - n, ha abbol, hogy
(1) c0Φ0 + . . . + cn Φn ≡0, ∀x∈[a , b ] - re,
akkor =⇒ ∀ci = 0 ( i = 0 , . . . , n ).
P ELDA :
Legyen P n legfeljebb n - edfoku polinomok tere [ a , b ] - n.
Az 1, x ,x 2, . . . , x j , . . . , x n∀n∈
N linearisan f¨uggetlen f uggvenyrendszer [ a , b ] - n.
Bizonyıt as
Indirekt.
Tegy uk fel, hogy (1) bal oldal an letezik legal´abb egy c j , ami nem nulla.
Φ j = x j x∈[a , b ].
=⇒ A bal oldali legfeljebb n - edfoku polinom ∀x ∈[a , b ] - re nulla =⇒ vegtelen sok gy¨oklenne, ami ellentmond´ as.
Denıci´ o :
Az integr alhat´o (x) ≥0 fuggvenyt s´ulyfuggvenynek nevezz¨ uk [ a , b ] - n, ha az [a , b ] egyet-len reszintervallum´ an sem nulla.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 50/63
numerikus anal ızis ii. 50
Denıci´ o :
Az f es g fuggvenyeket a sulyfuggvenyre nezve ortogon´ alisaknak nevezz¨uk [ a , b ] - n, ha
b
a
(x)f (x)g(x) dx = 0
x , y =n
i=1
x i yi , x , y∈R n
Denıci´ o :
A Φ0, . . . , Φn fuggvenyek ortogon´ alis fuggvenyhalmaz [ a , b ] - n a sulyfuggvenyre nezve,
ha
b
a
(x)Φi (x)Φ j (x ) dx =0 i = j
α i j = i, ahol α i > 0 alland o.
x , y =n
i=1
x i yi , x , y∈R n
x =
(x , x) = 1
Azxx
olyan vektor, aminek a hossza 1.
§
¦
¤
¥Allıtas
Ha Φ0, . . . , Φn ortogon alis fuggvenyhalmaz, akkor a f¨ uggvenyhalmaz line´ arisan f uggetlen.Φ j pontosan j - edfoku polinom =⇒ ∀P n - beli P (x) legfeljebb n - edfoku polinom egyertelm˝ uenırhat o fel a kovetkez o alakban:
P n (x) =n
k=0
α k Φk (x).
Tetel
Tetsz˝oleges [a , b ] intervallumes (x) sulyfuggveny eseten ∃ Φn n =1 ortogon alis fuggvenyhalmaz
(∀n - re), ahol Φ j pontosan j - edfoku polinom, es ez az el oallıt´as egyertelm˝u alland´o szorzot´oleltekintve. Schmidt - fele ortogonaliz´ acio.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 51/63
numerikus anal ızis ii. 51
Pelda :
Ha a = −1, b = 1 es (x ) =1
√1
−x2
tudjuk, hogy a Csebisev polinomok:
T n (x ) (n = 1 , . . . , n ) ortogon alis polinomok a sulyfuggvenyre.
Tetel
Legyenek Φ0, . . . , Φn ortogon alis polinomok a (x) sulyfuggvenyre nezve [ a , b ] - n, aholΦ j (x) pontosan j - edfoku polinom.
Ekkor Φ j (x) - nek j darab k ulonbozo gyoke van az ( a , b ) intervallumban.
Bizonyıt as
Tekints¨uk Φ0(x) = c, ahol c = 0 alland o.
Vizsgaljuk:
b
a
(x)Φ0(x)Φk (x ) dx = 0 = c
b
a
(x )Φk (x) = 0 ( k < j ) =
⇒
Φk elojelet kell, hogy v altson [ a , b ] - ben.
Legyen a Φk elojelvalt asainak sz ama s, s < k . Legyen r i i = 1 , . . . , s ,
ahol elojelet v alt Φk (x ) =⇒
=⇒ r i - k a Φk paratlan multiplicit´ asu gyokei.
Tekints¨uk a k ovetkez o polinomot:
P (x ) := ( x −r 1) ·. . . ·(x −r s )
Ezert P (x)Φk (x ) - nek r 1, . . . , r s paros multiplicit´asu gyokei =⇒ nem v alt elojelet.
Feltehet˝o, hogy P (x )Φk (x) ≥0 =⇒
( )b
a
(x)P (x)Φk (x) dx > 0.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 52/63
numerikus anal ızis ii. 52
A P (x) s - edfoku polinom ( s < k ) =⇒ P (x) =s
i=0
ci Φi (x ) alakban ırhat´ o.
Tekints¨uk:
b
a
(x)P (x )Φk (x ) dx =b
a
(x)s
i=0
ci Φi (x ) Φk (x) dx =s
i=0
b
a
(x)Φi (x)Φk (x) dx = 0 ( i = k)
Φk - nak pontosan k darab egyszeres gy¨oke van [ a , b ] - ben, ami ellentmond´as.
2.5. GAUSS T IPUS U KVADRAT URAFORMUL AK
Lattuk, hogy az n - edfoku interpol´acios kvadrat´uraformula pontos minden legfeljebb ( n −1) -edfoku polinomra az alappontrendszer tetsz˝ oleges megvalaszt asa eseten. S˝ot, p aratlan sok alapponteseten ( n paros) a z art Newton - Cotes kvadrat´ uraformula pontos minden n - edfoku polinomra is (afelosztas egyenletes es az intervallumok felez˝ opontjai is alappontok).
KERD ES :
Az alappontok alkalmas megv´ alaszt asaval az interpol´acios kvadrat´uraformula pontoss´ a tehet˝o-emagasabb foksz´amu polinomokra is?
Ezt Gauss vizsg´alta el oszor, ezert e formul´akat Gauss tıpus´ u kvadrat´uraformul´aknak nevezz uk.
Az interpol acios kvadrat´uraformula ´altal anosıt´asa a kovetkez˝ o:
Legyen (x) ≥0 sulyfuggveny [ a , b ] - ben es x1, . . . , x n ⊂[a , b ] alappontok.
Ekkor az interpol´acios kvadrat´uraformula alakja a k¨ ovetkez o:
(1)b
a
(x )f (x) dx ≈n
k=0
Ak f (x k ),
ahol most az (1) interpol acios tıpus´u kvdrat´uraformula egy¨utthat´ oi:
Ak =b
a
(x)ω(x )
(x −xk ) ω (xk )dx
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 53/63
numerikus anal ızis ii. 53
Levezetese hasonl´oan megy, mint kor´abban.
ELONYEI :
a.) Azb
a
ϕ(x) dx ≈ Akϕ(xk ) (x) ≥0 x∈[a , b ] kvdrat uraformula helyett a
ϕ(x) = (x)f (x) felbont assal alkalmazva (1) - et, az (1) jobb oldal an csak f (x k ) erteketkell szamolni ϕ(x k ) helyett (esetleg k¨onnyebb).
b.) A hibaformul aban is ϕ deriv altjai helyett elegend˝ o f deriv altjait sz´amolni.
(1) - re is igaz a kovetkez o tetel:
Tetel
Az n alapponttal rendelkez˝ o interpol acios tıpus´u kvadrat´uraformula pontos minden legfeljebb(n −1) - edfoku polinomra.
FONTOS :
Ezent ul az alappontok sz´amıt´asat [ a , b ] - ben x1 - gyel kezdjuk nem x0 - lal!
a ≤x1 < x 2 < . . . < x n ≤b
Tegy uk fel, hogy
P m (x ) =m
k=0
a k xk
az a legmagasabb foksz´amu polinom, amelyre az
(2)b
a
(x )F (x ) =n
k=1
Ak f (xk )
nem feltetlen¨ ul interpol acios tıpus´u kvadrat´uraformula pontos.
Ha (2) pontos minden legfeljebb m - edfoku P m polinomra, akkor pontos x j j = 0 , 1, . . . , mpolinomra is. =
⇒(3)
b
a
(x )x j dx =n
k=1
Ak x jk j = 0 , . . . , m
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 54/63
numerikus anal ızis ii. 54
Ez (m + 1) darab feltetel (egyenlet) 2 n darab ismeretlenre ( n darab alappont es n darab Ak
egyutthat´ o).
A (3) - nak akkor varhat´ o, hogy letezik megold´asa, ha
2n ≤m + 1 =⇒ 2n −1 ≤m ,
amib ol kovetkezik, hogy mivel (3) kvadrat´uraformula, legfeljebb (2 n −1) - edfoku polinomra lehetpontos.
Tetel
Az n alapponttal rendelkez˝ o (x1, . . . , x n ) most m ar interpol´acios tıpus´u kvadrat´uraformula min-den legfeljebb (2 n −1) - edfoku polinomra pontos ⇐⇒ha az alappontokkal alkotottω(x ) := ( x −x1) · . . . ·(x −xn ) n - edfoku polinom ortogonalis minden legfeljebb ( n −1) - edfokupolinomra, a sulyfuggvenyre nezve.
Bizonyıt as
⇒
Tegy uk fel, hogy a kvadrat´uraformula pontos minden legfeljebb (2 n −1) - edfoku polinomra.
Legyen Q(x ) legfeljebb (n −1) - edfoku polinom.
Be kell latni, hogy ω(x) ortogon alis Q - ra a sulyfuggvenyre nezve.
=⇒ f (x ) = ω(x)Q(x ) (2n −1) - edfoku polinom.
Teh at erre (2) pontos, azaz
b
a
(x)f (x) dx =b
a
(x)ω(x)Q (x) dx(2)=
n
k=1
Ak ω(xk )Q(xk ) = 0
⇐
Tegy uk fel, hogy ω(x ) ortogon alis minden legfeljebb ( n −1) - edfoku polinomra.
Legyen f (x ) legfeljebb (2n
−1) - edfoku polinom. Ekkor f a kovetkez o alakban ırhat´ o:
( ) f (x) = ω(x )Q(x ) + r (x),
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 55/63
numerikus anal ızis ii. 55
ahol ω(x) mint fent, Q(x ) es r (x) legfeljebb (n −1) - edfoku polinom
=⇒
b
a
(x)f (x) dx =b
a
(x)ω(x)Q (x) dx
0
+b
a
(x)r (x) dx( )=
n
k=1
Ak f (xk )
De az x1, . . . , x n alappontok meg nem ismertek!
Denıci´ o :
Azb
a
(x)x j dx =: µ j integr alt a fuggveny j - edik momentum´anak nevezz uk.
Vezess uk be a k ovetkez o D j matrixot:
D j :=
µ0 µ1 · · · µ j
µ1 µ2 · · · µ j +1...
......
µ j µ j +1 · · · µ2 j
Tetel
det D j = 0
Bizonyıt as
Belatjuk, hogy a( ) D j a = 0
homogen egyenletrendszernek csak trivi´ alis megold asa van.
a = ( a 1, . . . , a j )
Tekints¨uk ( ) k - adik sor at:
j
i=0
µk+ i ·a i =b
a
(x)x k a 0 + a1x + . . . + a j x j dx = 0
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 56/63
numerikus anal ızis ii. 56
Ezt a k - val szorozva es k = 0 , . . . , j - re osszegezve
b
a
(x) a 0 + a1x + . . . + a j x j 2 dx = 0
ami csak akkor teljes¨ulhet, ha
∀a i = 0
Denıci´ o :
Tekints¨uk a k ovetkez o n - edfoku polinomot:
(4) ω(x) :=1
det D n − 1 ·
µ0 · · · µn − 1 1
µ1 · · · µn x...
......
µn − 1 · · · µ2n − 2 xn − 1
µn · · · µ2n − 1 xn
Utols o oszlop szerint kifejtve
ω(x ) pontosan n - edfoku 1 foegyutthat´ oju polinom, ugyanis a f˝oegyutthat´ oja:
1det D n − 1 ·det D n − 1 = 1.
Tetel
Tetsz˝oleges [a , b ] intervallum es (x) sulyfuggveny eseten a (4) - gyel denialt ω(x) n -edfoku polinom
a.) ortogon alis minden legfeljebb q, ( n −1) - edfoku polinomra a sulyfuggvenyre nezve.
b.) ω(x) gyokei x1, . . . , x n egyenesek es ( a , b ) - be esnek.
c.) az ω(x) x1, . . . , x n gyokein vett (2) interpolaci´ os tıpus´u kvadrat´uraformula pontos mindenlegfeljebb (2n −1) - edfoku polinomra.
Bizonyıt as
a.) Szorozzuk (4) - et (x)xk - val (k = 0 , . . . , n −1)
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 57/63
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 58/63
numerikus anal ızis ii. 58
3.) Nem letezik olyan 2 n - edfoku polinom, amelyre a kvadrat´ uraformula pontos lenne.
4.) A kvadrat´uraformula hib´aja:
H n (f ) =f (2n ) (ξ)
(2n )!
b
a
(x)ω2(x) dx .
Az f (2n ) (ξ) melletti egy utthat´ okat adott - raes ortogon´alis polinomrendszer eseten t´ abl azatokbanadjuk meg.
OSSZEFOGLALVA :
Adott [ a , b ] intervallum es adott (x) sulyfuggveny eseten tekints¨ uk a P n (x)N (∞ )n =0 orto-
gonalis polinomok halmaz´ at [ a , b ] - n.
P n (x) - nek letezik n darab x1, . . . , x n egyszeres gyoke [a , b ] - ben.
x1, . . . , x n - t a kvadrat´uraformula alappontjainak veve az
b
a(x)f (x) dx ≈
n
k=1 Ak f (xk )
pontos lesz minden legfeljebb (2 n −1) - edfoku polinomra.
(5) Ak =b
a
(x)P n (x)
(x −x k )P n (xk )dx ,
P n (x) = a n (x
−x0)
·. . .
·(x
−xn )
Az Ak egyutthat´ ok kiszamıt´asat megk onnyıti az ´ugynevezett
CHRISTOFFEL - DARBOUX - F ELE AZONOSS AG :
Ak = −an +1 γ n
a n P n +1 (xk )P (x : k)(k = 1 , . . . , n )
ahol γ n =b
a
(x)P 2(x) dx (k = 1 , . . . , n )
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 59/63
numerikus anal ızis ii. 59
Igy a kvadrat´uraformula hib´aja:
H n (f ) =γ n
a2n (2n )!
f (2n ) (ξ).
2.6. KLASSZIKUS ORTOGON ALIS POLINOMOK SEG ITS EG EVEL FEL EP ITETTGAUSS - KVADRAT UR AK
2.6.1. Legendre - Gauss kvadrat´ ura
Legyen (x)
≡1, [a , b ] = [
−1 , 1 ], es jelolje P n (x) az n - edfoku ortogon alis polinomot.
Konnyu arrol meggyoz˝ odni, hogy
(1) P n (x ) =n !
(2n )! ·dn x2 −1 n
dx n
RODRIGUES - FORMULA
n !(2n )!
helyett tetsz˝ oleges K n egyutthat´ oval.
Nyilvan P n (x ) foegyutthat´ oja 1. Vezessuk be a k ovetkez o jelolest:
(2) ϕ(x ) :=n !
(2n )! · x2 −1 n
Ekkor P n (x) = ϕ(n )(x), es vil agos, hogy
(3) ϕ(k ) (±1) = 0 , k = 0 , . . . , n −1.
Legyen Q∈C (n ) [a , b ]. Ekkor parci alisan integr´alva es (3) - at felhaszn alva =⇒
1
− 1
P n (x )Q(x ) dx =1
− 1
Q (x)ϕ(n ) (x ) dx = Q(x )ϕ(n − 1) (x)1
− 1 −1
− 1
Q (x )ϕ(n − 1) (x) dx = . . .
. . . = ( −1)n
1
− 1
Q (n )(x)ϕ(x ) dx.
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 60/63
numerikus anal ızis ii. 60
Ha Q (x) legfeljebb (n −1) - edfoku polinom, akkor Q (n )(x) ≡0, es ıgy
1
− 1P n (x)Q (x) dx = 0.
A P n (x) polinomokat LEGENDRE - POLINOMOK - nak nevezz¨ uk.
Gyokeiket es az Ak egyutthat´ okat t abl azatokban k¨ozlik.
P ELDA : n = 5 - re:
P 0(x ) = 1 P 0(x ) ≡1
P 1(x ) = x P 1(x ) = x
P 2(x ) =32
x2 −12
P 2(x ) =13
3x2 −1
P 3(x ) =52
x3 −32
x P 3(x ) =15
5x3 −3x
P 4(x ) =35
8
x4
−
15
4
x2 +3
8
P 4(x ) =1
35
35x4
−30x2 + 3
P 5(x ) =638
x5 −354
x3 +158
x
Itt: P n (x ) =1
2n ·n ! ·dn
dx n · x2 −1 n
Ak xk
0.236927 −0.9061800.478629 −0.5384690.568889 00.478629 0.5384690.236927 0.908180
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 61/63
numerikus anal ızis ii. 61
A Legendre - Gauss kvadrat´ ura tetsz˝oleges veges [ a , b ] intervallumra is alkalmazhat´ o: A
t :=2
b −qx −
a + b2
, a ≤x ≤b
linearis helyettesıtes k¨ olcsonosen egyertelm˝u modon kepezi le [ a , b ] - t [−1 , 1 ] - re, ıgy =⇒
x =b −a
2t +
a + b2
.
Legyen
g(t) := f b−a
2t +
a + b2
. (kozvetett f uggveny)
Ekkor
b
a
f (x) dx =b −a
2
1
− 1
g(t) d t ≈b −a
2
n
k=1
Ak g(xk )
Miveldgdt
=b −a
2f (x), az [ a , b ] - n a HIBA:
( ) H n (f ) =(b −a)2n +1 (n !)4
(2n + 1)[(2 n )!]3f (2n ) (ξ) , (a ≤ξ ≤b).
Teh at a kvadrat´ ura hib aja az intervallum hossz´ anak (2 n + 1) - edik hatv´any aval ar anyos.
Ez a hiba cs okkenthet˝o [a , b ] reszekre bont´asaval.
Osszuk fel [ a , b ] - t m egyenlo reszre!
h =b−a
m, x j = a + jh, ( j = 0 , . . . , m ).
Igy:
b
a
f (x) dx =x 1
x 0
+x 2
x 1
+ . . . +x m
x m − 1
f (x ) dx ,
es alkalmazzuk mindegyik integr´ alra (minden reszintervallumon) az n alappont´u Legendre - Gausskvadrat´ur at. Ekkor ( ) - bol =⇒ a hiba
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 62/63
numerikus anal ızis ii. 62
H n (f ) =1
m 2n ·(b −a )2n +1 (n !)4
(2n + 1)[(2 n )!]3f (2n ) (ξ) , (a ≤ξ ≤b)
alakban ırhat´ o.
Teh at a hiba ıgy m 2n reszere cs¨okken, ugyanis minden m´ as tenyez˝o valtozatlan marad.
Igy nyerj uk az ugynevezett OSSZETETT KVADRAT URA SZAB ALYT, ami nagyon hat´ asos modszera nu7merikus kvadrat´ ura pontoss´aganak n ovelesere.
REKURZ IV FORMULA LEGENDRE - POLINOMOKRA :
(n + 1) P n +1 (x) −(2n + 1) xP n (x ) + nP n − 1(x ) = 0
n = 1 - reP 0(x) = 1
P 1(x) = xahonnan =⇒ P 2(x) =
32
x2 + 1 , . . .
2.6.2. Csebisev - Gauss kvadrat´ ura
1
− 1
1√1 −x2
f (x) dx =n
k=1
Ak f (x k ) + H n (f ),
ahol
xk = cos(2k −1)π
2n, k = 1 , . . . , n alappontok a T n (x) = cos( n arccos x)
Csebisev polinomok gy okei.
an = 2 n − 1, γ n =π2
( ) Ak =π
T n +1 (xk )T n (x k ), k = 1 , . . . , n es
H n (f ) =2π
22n (2n )!f (2n ) (η)
A ( ) kifejezes egyszer usıthet o:
8/14/2019 numerikus analízis[2]
http://slidepdf.com/reader/full/numerikus-analizis2 63/63
numerikus anal ızis ii. 63
Legyen
θk := (2k −1)π2n
, k = 1 , . . . , n .
Ekkor
T n +1 (xk ) = cos( n + 1) θk = cos nθ k cos θk −sin nθ k sin θk = ( −1)k sin θk .
Igaz tov abb a, hogy
T n (xk ) =n sin nθ k
sin θk =(
−1)k− 1n
sin θk .
A ket ut´obbi kifejezest ( ) - ba ırva =⇒
Ak =πn
k = 1 , . . . , n .
Teh at minden egy¨utthat´ o egyenlo, es ıgy a Csebisev - Gauss kvadrat´ uraformula a k¨ovetkez o alakulesz:
1
− 1
f (x)√1 −x2
dx ≈πn
n
k=1
f (xk )
REKURZ IV FORMULA CSEBISEV POLINOMOKRA :
T n +1 (x) −2xT n (x) + T n − 1(x) = 0
3. APPROXIM ACI OELM ELET
top related