Numerikus mdszerek Jegyzet KupÆn PÆl
Numerikus módszerek
Jegyzet
Kupán Pál
Tartalomjegyzék
1. A hibaszámítás. A hibaterjedés. 1
1.1. A hibaszámítás alapfogalmai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. A közelít½o érték és hibája . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2.1. A helyes jegyek száma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3. Hibaterjedés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1. Az alapm½uveletek hibái . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2. Függvény hibakorlátja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2. Egyenletek numerikus megoldása 11
2.1. A gyökök elkülönítése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2. Az intervallumfelez½o módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3. Newton-féle módszer (érint½o módszer) . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3.1. A kiindulópont megválasztása és az érint½o módszer konvergenciája 16
2.4. Egyszer½usített Newton módszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
ii
TARTALOMJEGYZÉK � MANUSCRIPT
2.4.1. A szel½o módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.4.2. A húr módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4.3. A Ste¤ensen-féle módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5. A fokozatos közelítések módszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3. Algebrai egyenletek numerikus megoldása 26
3.1. Polinomok alakjai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.2. A Horner, illetve de Casteljau elrendezés . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3. Algebrai egyenlet megoldása Horner-Ru¢ ni módszerrel . . . . . . . . . 34
4. Egyenletrendszerek numerikus megoldása 38
4.1. Mátrix és vektor norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2. Egyenletrendszerek Newton-Raphson-féle megoldása . . . . . . . . . . . 40
4.3. A fokozatos közelítések módszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
5. Lineáris egyenletrendszerek numerikus megoldása 50
5.1. Sajátos alakú egyenterendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5.2. Gauss módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5.3. LU faktorizáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5.4. Jacobi, Seidel-féle iterációs módszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5.5. A legkisebb négyzetek módszere túlhatározott lineáris egyenletrendsz-
erek esetében . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
iii
TARTALOMJEGYZÉK � MANUSCRIPT
6. Függvény approximáció, interpoláció 57
6.1. Analítikus függvények numerikus kiszámítása . . . . . . . . . . . . . . . 57
6.2. Interpoláció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
6.2.1. Polinomiális interpoláció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
6.2.2. Szakaszos interpoláció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
6.3. Függvény approximáció a legkisebb négyzetek módszerével . . . . . . . 92
7. Bézier görbék, Bézier felületek 93
7.1. A Bézier görbe megszerkesztése a "divide et impera" algoritmussal . . . 94
7.2. Négyzetes Bézier görbék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
7.3. Harmadfokú Bézier görbék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
7.4. Bézier felületek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
8. Numerikus deriválás és numerikus integrálás 106
8.1. Numerikus deriválás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
8.2. Numerikus integrálás (kvadratúra képletek) . . . . . . . . . . . . . . . . 112
8.2.1. Téglalap módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
8.2.2. A trapéz módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
8.2.3. A Simpson módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
9. Közönséges di¤erenciálegyenletek 117
9.1. Els½orend½u di¤erenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
iv
TARTALOMJEGYZÉK � MANUSCRIPT
9.1.1. Az Euler-féle (törtvonal) módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
9.1.2. Taylor módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
9.1.3. Runge-Kutta-féle módszer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
9.1.4. Fokozatos közelítések módszere . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
9.2. Els½orend½u di¤erenciál egyenletrendszerek . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
9.3. Magasabbrend½u di¤erenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
9.3.1. Másodrend½u di¤erenciálegyenlet megoldása véges di¤erenciákkal 125
9.4. Parciális di¤erenciálegyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
9.4.1. A PDE megoldása véges di¤erenciákkal . . . . . . . . . . . . . . 127
v
TARTALOMJEGYZÉK � MANUSCRIPT
vi
1. fejezet
A hibaszámítás. A hibaterjedés.
1.1. A hibaszámítás alapfogalmai
A gyakorlatban, a m½uveleteket általában a számok közelít½o értékével végezzük, és az
eredmény is közelít½o érték½u lesz. Lényeges követelmény, hogy mindig becslést tudjunk
adni a közelítés pontosságáról.
Hibaforrás lehet már a bemen½o adat; ez bekövetkezhet már a híbás mérés,
vagy a pontatlan m½uszerek miatt.
1.2. A közelít½o érték és hibája
Tekintsük az A pontos értéket. A gyakorlatban A helyett ennek egy közelít½o értékével
dolgozunk, jelöljük a-val.
1
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
Example 1
� közelít½o értékének az a = 3:14 értéket lehet tekinteni.
A pontos es a közelít½o érték abszolút különbségét az a szám hibájának nevez-
zuk: jA� aj = �:
Mivel a pontos érték legtöbbsz½or ismeretlen ezért az abszolút hiba is is-
meretlen. Helyette egy � legkisebb hibakorlátot fogunk használni:
� = jA� aj � �:
A fenti képlet felírható a következ½oképpen:
a� � � A � a+ �:
Example 2
Ha egy tetsz½oleges mérésnél egy bizonyos 0:1 grammért szavatolunk
úgy 0:1 gramm a hibakorlát (A = a� 0:1).
Az abszolút hiba es a hibakorlát a mérés és számolás pontosságának a jellemzésére
nem elegend½o. Például ha mérések alapján L1 = 145cm� 0:1cm, L2 = 6:2cm� 0:1cm;
habár a két hibakorlát azonos, az els½o mérés min½osége jobb, mint a másodiké.
Az A érték relatív (viszonylagos) hiba értelmezése a kovetkez½o:
r = �
jaj =jA� ajjaj :
2
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
A gyakorlatban, hasonlóan az abszolút hibához, nem a relatív hibát vizsgáljuk hanem
annak a legkisebb korlátját. Ezt nevezzük relatív hibakorlátnak és jelöljük �-val:
�
jaj = r � � :
Ismerve az abszolút hibakorlátot mivel � � � felírhatjuk:
� =�
jaj :
Example 3
Az el½obbi példát felhasználva �1 = 0:1145= 6: 896 6� 10�4; �2 = 0:1
6:2=
1: 612 9� 10�2:
1.2.1. A helyes jegyek száma
A számok relatív hibája könnyen kiszámítható ha ismert e számok tizedes alakja illetve
a helyes jegyek száma.
Els½o értékes számjegynek nevezzük az els½o nem nulla számjegyet amit balról
jobbra haladva találunk.
Example 4
A 3:14 = 3 � 100 + 1 � 10�1 + 4 � 10�2 számnak az els½o értékes
számjegye a 3, a 0:0027 = 2� 10�3 + 7� 10�4-nek pedig a 2:
3
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
Általánosan egy a = am � 10m + am�1 � 10m�1 + ::: számnak az els½o értékes
számjegye am: Innen következik, hogy:
am10m � a � am10m + 10m = (1 + am)10m:
A tizedestört alakjaban felírt a szám valamely meghatározott jegyének helyén álló min-
degyik egységnek megvan a maga helyiértéke: az els½o helyen álló egység 10m-el egyenl½o,
a második 10m�1 ..., az n-edik helyen álló egység egyenl½o 10m�n+1.
Example 5
A 3:141 számban a harmadik jegy helyiértéke 10�2; míg a 0:3141
számban ugyanannak a jegynek 10�3 helyi értéke van.
Hogy egyszer½ubbé teggyünk egy tizedes számot használhatjuk a csonkitási
szabalyt, azaz, elhanyagolhatunk bizonyos számu számjegyet a végér½ol. Az abszolút
hiba, amelyet ebben az esetben elkövetünk, nem fogja meghaladni a meghagyott jegyek
utolsójának helyi értékét.
Example 6
Ha a 2:10527 számnak az els½o három jegyére szorítkozunk, akkor a
2:10 számot kapjuk, az elkövetett hiba pedig kisebb mint 10�2.
Ha nagyobb pontosságot szeretnénk elérni használhatjuk a kerekítési szabályt.
Ez abban áll, hogy a meghagyott számjegyek utolsóját változatlanul hagyjuk vagy
4
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
növeljük egy egységgel attól függ½oen, hogy az els½o elhanyagolt számjegy kisebb (<),
vagy nagyobb vagy egyenl½o (�) 5-el. Ebben az esetben, az elkövetett abszolút hiba
nem haladja meg a meghagyott jegyek utolsójának helyi értékenek a felét.
Example 7
Ha a 2:10527 számban, a kerekítesi szabályt alkalmazva, az els½o
három jegyet tartjuk meg, akkor kapjuk a 2:11 számot, az elkövetett
hiba pedig kisebb mint 1=2� 10�2.
Altalánosan, ha az A számot az a érték n helyes számjeggyel közelíti meg,
akkor az abszolút hibára a következ½o egyenl½otlenségeket kapjuk:
� = jA� aj � 10m�n+1 csonkítási szabállyal ill.
� = jA� aj � 1
210m�n+1 kerekítési szabállyal.
Ezen feltételek mellett kifejezhet½o természetesen a relatív hiba is:
� =10m�n+1
jaj � 10m�n+1
am10m=) � � 1
am10n�1csonkítás ill.
� � 1
2am10n�1kerekítés esetben.
Nagy vagy igen kicsi számokat ajánlatos 10-nek a hatványai szerint írni.
Example 8
5
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
12345678 számot három helyes számjeggyel a következ½oképpen írjuk:
123 � 105: Hasonlóan a 0:000001234 számot három helyes jeggyel
=12:3� 10�7.
1. Megjegyzés. A problemát fordítva is meg lehet fogalmazni, vagyis egy adott pon-
tosságra hány helyes számjegyet kell számításba venni.
1.3. Hibaterjedés
1.3.1. Az alapm½uveletek hibái
Legyen a1; a2 az A1; A2 pontos számok közelít½o értékei. Ismerjük továbbá az eltérés
hibakorlátjait: �1; �2 illetve �1; �2: Szeretnénk meghatározni a hibakorlátokat abban az
esetben mikor az A1; A2 értékekkel a négy alapm½uveletet végezzük.
� Az ½osszeg hibakorlátja
Ebben az estben azA = A1+A2 mennyiség megközelítéséül szolgaló a = a1+a2
õsszeg � abszolút hibakorlátot határozzuk meg.
jA� aj = jA1 � a1 + A2 � a2j � jA1 � a1j+ jA2 � a2j � �1 + �2
vagyis az � hibakorlátot egyenl½onek lehet venni az �1; �2 hibakorlátok ½osszegével:
� = �1 + �2:
6
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
� A különbség hibakorlátja
Hasonlóan lehet eljárni mint az el½obbi pontnál: A = A1 � A2 , a = a1 � a2
=)
jA� aj = jA1 � a1 � A2 + a2j � jA1 � a1j+ jA2 � a2j � �1 + �2
vagyis, mint az el½obb, az � különbség hibakorlátját egyenl½onek lehet venni az �1; �2
hibakorlátok ½osszegével:
� = �1 + �2 :
Külön �gyelmet kell szentelni ha A1 es A2 közeli értékek ugyanis, ebben az esetben
sokat veszíthetünk a pontosságból.
Example 9
Számítsuk ki két kocka V1; V2 térfogatainak különbségét ha oldalaik
2:141m ill. 2:140m: A térfogatok három pontos jeggyel a következ½ok
lesznek: V1 = 9:81; V2 = 9:80; ahonnan a különbségük V1 � V2 =
0:01 = 10�2: Ugyanakkor felhasználva a Taylor képletet:
f(x+�x)� f(x) = f 0(x)�x
ahol f(x) = x3 , x = 2:140, �x = 0:001 azt kapjuk, hogy: V1�V2 =
3�2:1402�0:001 = 1:37�10�2 ami pontosabb eredmény az el½obbinél.
7
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
� A szorzat hibakorlátja
jA1A2 � a1a2j = jA1A2 � A1a2 + A1a2 � a1a2j = jA1 (A2 � a2) + (A1 � a1) a2j �
� jA1j jA2 � a2j+ ja2j jA1 � a1j � jA1j�2 + ja2j�1 :
Az ismeretlen jA1j tagot majoráljuk a következ½o taggal:
jA1j = jA1 � a1 + a1j � jA1 � a1j+ ja1j � �1 + ja1j
tehát� � (�1 + ja1j)�2+ja2j�1 = �1�2+ja1j�2+ja2j�1: Elosztva az egyenl½otlenség
mindkét oldalát ja1a2j taggal kapjuk, hogy:
�
ja1a2j� �1�2
ja1a2j+�1
ja1j+�2
ja2j
vagyis:
� = �1�2 + �1 + �2:
Mivelhogy a relatív hiba kicsi szokott lenni ezért a �1�2 szorzat elhanyagolható és a
szorzat relatív hibájának vehetjük a �1; �2 relatív hibák ½osszegét:
� = �1 + �2:
� A hányados hibakorlátja
���A1A2 � a1a2
��� = ���A1a2�A2a1A2a2
��� = jA1a2�a1a2+a1a2�A2a1jjA2a2j = j(A1�a1)a2+a1(a2�A2)j
jA2a2j � jA1�a1jja2j+ja1jja2�A2jjA2jja2j
8
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
Az jA2j ismeretlent minoráljuk a következ½o képpen:
ja2j = ja2 � A2 + A2j � ja2 � A2j+ jA2j =) jA2j � ja2j � ja2 � A2j ahonnan
� =���A1A2 � a1
a2
��� � �1ja2j+ja1j�2ja2j(ja2j��2) :
Hogy a relatív hibakorlátot megkapjuk, elosztjuk �-t���a1a2 ���-vel es azt kapjuk,
hogy:
����a1a2 ��� ��1 ja2j+ ja1j�2
ja2j (ja2j ��2)
ja2jja1j
=
�1ja1j +
�2ja2j
1� �2ja2j
:
Figyelembe véve, hogy �2ja2j elhanyagolható 1-hez képest azt kapjuk, hogy:
� = �1 + �2:
1.3.2. Függvény hibakorlátja
Ebben az esetben szeretnénk megvizsgálni hogyan befolyasolja a véltozó hibakorlátja a
függvény hibakorlátját.
Legyen f : Rn �! R egy deriválható függvény, illetveX0 = (X01 ; X
02 ; :::; X
0n) 2
Rn egy pontos érték. Kérdés mennyi f (X0) =?
Az X0 ideális értéket megközelítjük egy x0 = (x01; x02; :::; x
0n) 2 Rn ponttal,
illetve az f (X0) értéket az f (x0) értékkel. A függvény megközelítésében elkövetett
abszolút hibát jelöljük �f (x0) = jf (X0)� f (x0)j. A középérték tételb½ol:
f�X0�� f
�x0�= df (�)
�X0 � x0
�; � 2
�X0; x0
�
9
FEJEZET 1 � MANUSCRIPT
következik, hogy:
�f�x0�=
�����nXi=1
@f
@xi(�)�X0i � x0i
������ �nXi=1
���� @f@xi (�)���� ��X0
i � x0i�� :
Tételezzük továbbá fel, hogyX0 pontnak létezik egy olyan környezete amelyre x0 2
es f parciális deriváltjai korlátosak, vagyis:
supx2
���� @f@xi (�)���� =Mi 2 R:
Következik, hogy:
��f �X0�� f
�x0��� = �f �x0� � nX
i=1
Mi
��X0i � x0i
�� :2. Megjegyzés. Ha " egy el½ore megadott pontosság akkor kikötjuk, hogy:
��X0i � x0i
�� � "
nMi
;8i
ahonnan az el½obbi egyenl½otlenség alapján kapjuk:
��f �X0�� f
�x0��� � ":
3. Megjegyzés. Ha f (x) = x1+x2; akkorMi = 1 es visszakapjuk az összegre vonatkozó
hibakorlátot; x = (x1; x2) 2 R2: Hasonlóan, visszakapjuk a hibabecslést a kivonásra,
szorzásra, osztásra ha f(x) rendre f(x) = x1 � x2; f(x) = x1x2; f(x) = x1x2:
Example 10
Legyen f : R2 �! R, f (x) = x21 + 2x22, ahol x = (x1; x2) 2 R2:
10
2. fejezet
Egyenletek numerikus megoldása
Az f (x) = 0; f : D � R �! R egyenleteket algebrainak, illetve transzcendensnek
nevezzük attól függ½oen hogy az f polinom e (esetleg azzá alakítható) vagy sem.
Pl. f(x) = 4x3+16x�3 = 0 egyenlet algebrai, míg az f (x) = sinx+1�x = 0
transzcendens egyenlet.
Az egyenletek numerikus megoldása két lépésben történik: az els½o lépés a
gyökök elkülönítése (szeparálása), majd következik, a meghatározott intervallumokban,
a gyökök kiszámítása.
2.1. A gyökök elkülönítése
A gyökök elkülönítése egy olyan eljárás amellyel a D értelmezési tartományt diszjunkt
intervallumokra bontjuk, úgy, hogy minden intervallum az egyenlet egyetlenegy gyökét
11
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
tartalmazza. A módszerek között meg lehet említeni a gra�kus, illetve az analitikus
eljárást.
A gra�kus módszer
Az eljárás a következ½o: vázoljuk az y = f (x) függvény görbéjét, majd az
Ox tengellyel való metszéspontok szolgálják az f (x) = 0 egyenlet közelít½o gyökeit.
Gyakran elonyosebb felbontani az f (x) = 0 egyenletet f1 (x) � f2 (x) = 0 alakra, es
ezutan keresni az f1 illetve f2 fuggvenyek metszespontjat.
Pl. f (x) = sin x + 1 � x = 0. Elonyosebb (es konnyebb) felbontani az
egyenletet a kovetkezokeppen: sin x = x� 1: Ábrázoljuk a két függvényt:
52.502 .55
2 .5
0
2 .5
5
x
y
x
y
es azt kapjuk hogy az egyenlet gyoke x� 2 (0; �).
Analitikus modszer
A modszer a Rolle tetel ket folyomanyan alapszik.
Folyomany1. Ha a es b az f 2 C1 (D) fuggvenynek ket egymasutani sta-
cionarius pontja: f 0 (a) = f 0 (b) = 0; akkor f -nek legfeljebb egy gyoke van az (a; b)
intervallumban.
Valoban, ha 9c1; c2 2 (a; b) ugy hogy f (c1) = f (c2) = 0 akkor Rolle tetele
12
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
szerint 9x 2 (c1; c2) u.h. f 0 (x) = 0; de akkor a es b nem egymasutani.
Folyomany2. Ha az f 2 C (D) folytonos fuggvenyre teljesul a kovetkezo alli-
tas: f (a) f (b) < 0, akkor f -nek legalabb egy gyoke van az (a; b) intervallumban.
Ha a ket folyomany igaz, akkor f -nek egyetlen egy gyoke lesz az (a; b) inter-
vallumban.
Tehat:
- meghatarozzuk az f fuggveny stacionarius pontjait: x1; x2; :::; xn es
ezekkel
-kepezzuk a Rolle-fele sorozatot: f (x1) ; f (x2) ; :::; f (xn) :
Ha a Rolle-fele sorozatban elojel valtas van, akkor az illeto intervallumban
egyetlen egy gyoke van az egyenletnek.
Pl. Kulonitsuk el az 2x3 � 9x2 + 12x� 4:5 = 0 egyenlet gyokeit.
f (x) = 2x3 � 9x2 + 12x� 4:5 =) f 0 (x) = 6x2 � 18x+ 12 :
f 0 (x) = 0 =) x1 = 1 es x2 = 2 : A Rolle sorozatot tablazatba irjuk:
x -1 1 2 +1
f (x) -1 0:5 0:5 +1
� + � +
Tehat az egyenlet gyokeit elkulonitettuk a (�1; 1) ; (1; 2) ; (2;+1) interval-
lumokban.
13
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
2.2. Az intervallumfelez½o módszer
Tetelezzuk fel hogy az f (x) = 0 egyenletnek elkulonitettuk a gyoket az [a; b] interval-
lumban. Ha f 2 C ([a; b]) akkor =) f (a) f (b) � 0:
Az [a; b] intervallumot felbontjuk ket egyforma hosszusagu reszintervallumra:�a; a+b
2
�;�a+b2; b�: Ezek kozul csak az egyik tartalmazza az x� gyokot (hacsak nem eppen
a+b2a gyok, de akkor a feladat meg van oldva ). Ezt az intervallumot ujbol felezzuk,
stb.
53.752.51.250
30
20
10
0
10
x
y
x
y
Az algoritmus ket sorozatnak (an)n2N ; (bn)n2N a felepitesebol all. A sorozatok
tagjait a kovetkezo keppen ertelmezzuk: a0 = a; b0 = b: Ekkor vagy f (a) f�a+b2
�� 0
vagy f (a) f�a+b2
�� 0 ; ennek megfeleloen a1 = a es b1 = a+b
2vagy a1 = a+b
2es b1 = b:
Az n-edik lepesnel meghatarozzuk az [an; bn] intervallumot mely tartalmazza az x�
gyokot es amit ujbol felezunk. Ha f (an) f�an+bn2
�� 0 =) an+1 = an es bn+1 = an+bn
2
, ha pedig f (an) f�an+bn2
�� 0 =) an+1 =
an+bn2
es bn+1 = bn :
4. Tétel. Az (an)n sorozat monoton novekvo, a (bn)n sorozat pedig monoton csokkeno.
14
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
A sorozatok hatarerteke megegyezik:
lim an = lim bn = x� ahol f (x�) = 0 :
Proof. A sorozatok felépitéséb½ol következik a monotonitás. Mivel an � x� � bn
következik hogy a sorozatok korlátosak. Tehát a sorozatok konvergensek. Határértéket
számítva a bn � an = b�a2n
képletb½ol, a fogó szabályt alkalmazva, azt kapjuk, hogy:
lim bn = lim an = x�:
2.3. Newton-féle módszer (érint½o módszer)
Tételezzük fel, hogy az f (x) = 0 egyenletnek f 2 C1 ([a; b]) elkül½onitettük a gyoket az
[a; b] intervallumban.
A modszer lenyege egy olyan (xn)n sorozatnak a felepitese ami konvergal az
egyenlet x� megoldasahoz.
107.552.50
100
75
50
25
0
x
y
x
y
A fenti abran legyen x0 = b. Az M0 (x0; f (x0)) pontbol erintot huzzunk
15
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
a fuggveny gorbejehez, ami az Ox tengelyt az x1-ben metszi. Az eljarast folytatjuk
az M1 (x1; f (x1)) pontbol stb. Az n-ik lepesben meszerkesztettuk az Mn (xn; f (xn))
pontot. Ebben a pontban az erinto egyenlete a kovetkezo:
y � f (xn) = f 0 (xn) (x� xn) :
Az erinto metszete az Ox tengellyel adja az xn+1 pontot (y = 0):=)
�f (xn) = f 0 (xn) (xn+1 � xn) =)
xn+1 = xn �f (xn)
f 0 (xn):
2.3.1. A kiindulópont megválasztása és az érint½o módszer kon-
vergenciája
A legtobb iterativ modszernel a kiindulo pont megvalasztasa rendkivul jelentoseggel
bir.
A fenti abran is erzekelheto: ha az [a; b] intervallum masik vegpontjat valasz-
tottuk volna meg akkor x1 kivul esett volna ennek az intervallumon.
A legegyszerubb ha x0 az [a; b] intervallum egyik vegpontja, de ez nem szuk-
segszeru.
Feltetelezzuk hogy f 2 C2 ([a; b]) es a f 0; f 00 derivaltak elojeltartoak az adott
intervallumban. Ebben az esetben a kovetkezo esetek lehetsegesek:
16
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
53.752.51.250
15
10
5
0
5
x
y
x
y
4.543.532.521.5
75
50
25
0
x
y
x
y
Stb.
5. Tétel. Az erinto modszerbol kapott sorozat
xn+1 = xn �f (xn)
f 0 (xn)(2.1)
ahol x0 a fentiek szerint van meghatarozva konvergens.
6. Megjegyzés. A konvergencia rend negyzetes.
7. Megjegyzés. Elonyok-hatranyok.
Example 1
A Newton módszer jól alkalmazható egész kitev½oj½u gyökvonásra ppa.
Példáulpa kiszámítása ekvivalens az x2�a = 0 egyenlet megoldásá-
val amit Newton módszerrel határozunk meg. A sorozat rekurzíós
képlete a következ½o lesz:
xn+1 = xn �1
2
x2n � axn
=1
2xn
�x2n + a
�:
17
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
2.4. Egyszer½usített Newton módszerek
Az egyszer½usített módszerek a Newton-féle eljárás hátrányait hivatott kiküszöbölni,
nevezetesen a derivált kiszamítását egyszer½usíti.
A Newton-féle módszer minden iterációjában szükséges a derivált kiszámítása.
Ennek elkerülesére szolgálnak az úgynevezett egyszer½usített változatok.
2.4.1. A szel½o módszer
A (2.1) kepletben az f 0 (xn) tagot felcsereljuk:
f 0 (xn) �f (xn)� f (xn�1)
xn � xn�1
es igy a kovetkezo iteracios kepletet kapjuk:
xn+1 = xn �xn � xn�1
f (xn)� f (xn�1)f (xn) : (2.2)
A mertani jelentese a szelo modszernek a kovetkezo.00xyxy
Az (xn)n sorozat elso tagjat x0-t ugyanugy valasztjuk meg mint az erinto
modszernel, x1 pedig egy pont x0 es x� kozott: x1 2 (x�; x0) : Az x0; x1 pontoknak
18
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
megfelel a gorben az M0 (x0; f (x0)) ; es M1 (x1; f (x1)) : Az M0M1 szelo metszi az Ox
tengelyt x2-ben. Az eljarast folytatjuk M1M2 szelovel. Az n-edik lepesnel Mn�1Mn \
Ox = xn+1. Az Mn�1Mn szelo egyenlete:
f (x)� f (xn) =f (xn)� f (xn�1)
xn � xn�1(x� xn)
amelybe behelyettesitjuk a metszespont koordinatait: (xn+1; 0) =)
�f (xn) =f (xn)� f (xn�1)
xn � xn�1(xn+1 � xn)
ahonnan kifejezve xn+1-t kapjuk a (2.2) kepletet.
8. Megjegyzés. A szel½o módszer kiküszöböli az érint½o módszer hátrányát viszont lass-
aban konvergal; a konvergencia rendje 1+p5
2(< 2):
2.4.2. A húr módszer
2.4.3. A Ste¤ensen-féle módszer
Ennek lényege, hogy a gyök közelében f (xn) � f (x�) = 0 tehát a derivált
f 0 (xn) = limh!0
f (xn + h)� f (xn)h
� f (xn + h)� f (xn)h
átírható a következ½o alakban:
f 0 (xn) �f (xn + f (xn))� f (xn)
f (xn):
19
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
Innen az iteratív eljárás a következ½o lesz:
xn+1 = xn �f 2 (xn)
f (xn + f (xn))� f (xn):
A módszer konvergencia-rendje a gyök környezetében négyzetes.
2.5. A fokozatos közelítések módszere
A fokozatos közelítések (sukcesszív approximációk) módszere a numerikus eljárások
egyik alapvet½o és gyakran használt módszere.
A megoldandó egyenletet f (x) = 0 átírjuk a következ½o alakra:
x = ' (x) : (2.3)
Erre több lehet½oség is van, például ' (x) = x+ f (x) ; vagy ' (x) = x� f (x) :
9. De�níció. Az (xn)n sorozatot ahol
xn+1 = ' (xn) és x0 a gyök egy kezdeti megközelítése,
az approximációk sorozatának nevezzük.
10. Tétel. Ha az (xn)n sorozat konvergens es ' folytonos akkor a határértéke mege-
gyezik az egyenlet gyökével.
Proof. x� = limxn+1 = lim' (xn) = ' (limxn) = ' (x�) ; vagyis x� gyöke az (2.3)
egyenletnek ami ekvivalens f (x) = 0 egyenlettel.
20
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
A '-t½ol függ½oen az eljárás lehet konvergens vagy divergens. Az alábbi ábrákon
szemléltettünk egy pár esetet:
52.502.55
5
2.5
0
2.5
5
x
y
x
y
0 < '0 (x) < 1 vonzó gyök
52.502.55
5
2.5
0
2.5
5
x
y
x
y
�1 < '0 (x) < 0 vonzó gyök
52.502.55
5
2.5
0
2.5
5
x
y
x
y
1 < '0 (x) taszító gyök
52.502.55
5
2.5
0
2.5
5
x
y
x
y
'0 (x) < �1 taszító gyök
A gyök az y = x illetve y = ' (x) görbék metszeténél taláható. Kiindulva az
(xn; xn+1) = (xn; ' (xn)) pontból a (xn+1; xn+2) pontot a következ½o keppen szerkesztjük
meg. Az (xn; xn+1) ponton keresztül húzzuk az y = xn+1 egyenest az y = x egyenessel
való metszésig, majd berajzolva az x = xn+1 egyenest az y = ' (x) görbével való
21
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
metszésig megkapjuk a kivánt (xn+1; xn+2) pontot.
11. Tétel. Legyen ' : [a; b] ! [a; b] egy deriválható függvény. Ha teljesül a következ½o
feltétel:
j'0 (x)j � q < 1; 8x 2 (a; b)
akkor a) az (xn)n sorozat: xn+1 = ' (xn) konvergens tetszöleges x0-ra,
b) az (xn)n sorozat határértéke x�; az ' (x) = x egyenlet egyetlen gyöke az [a; b] inter-
vallumban.
Proof. a) jxn+1 � xnj =def j' (xn)� ' (xn�1)j =Lagrange j'0 (�n) (xn � xn�1)j �
�Tetel q jxn � xn�1j � ::: � qn jx1 � x0j ;ahol �n 2 (xn; xn+1) =)
jxn+p � xnj = jxn+p � xn+p�1 + xn+p�1 � :::� xnj � jxn+p � xn+p�1j + ::: +
jxn+1 � xnj �
� qn+p�1 jx1 � x0j+:::+qn jx1 � x0j = (qn+p�1 + :::+ qn) jx1 � x0j = qn 1�qp
1�q jx1 � x0j :
Tehat:
jxn+p � xnj �qn
1� q jx1 � x0j ; n; p 2 N: (2.4)
Mivel q 2 (0; 1) a jobboldal tetszolegesen lekicsinyitheto vagyis a (xn)n Cauchy-fele
sorozat. Az R-en minden Cauchy sorozat konvergens tehat (xn)n konvergens.
b) Jeloljuk az (xn)n sorozat hatarerteket x�-al: limxn = x�: =)
x� = limxn = lim' (xn�1) = ' (limxn�1) = ' (x�) tehat x� az x = ' (x)
egyenlet gyoke. Kimutatjuk hogy x� az egyeduli gyoke. Feltetelezzuk hogy az egyenlet-
22
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
nek meg letezik egy gyoke: x�� = ' (x��) ; x�� 6= x�:=) jx� � x��j = j' (x�)� ' (x��)j =
j'0 (��) (x� � x��)j � q jx� � x��j , ahol �� 2 (x�; x��) =) (1� q) jx� � x��j � 0 es mivel
(1� q) > 0 =) jx� � x��j = 0 , x� = x�� hamis.
12. Megjegyzés. A (2.4) képletb½ol ha p!1 a következ½o hibabecslást kapjuk:
jxn � x�j �qn
1� q jx1 � x0j : (2.5)
Hasonloan kimutathato hogy:
jxn � x�j �q
1� q jxn � xn�1j ; n � 1: (2.6)
Example 2
Az x3 + 12x � 1 = 0 egyenletet aminek a gyoke a [0; 1] interval-
lumba esik atirhatjuk tobbfele keppen: x = 1�x312; x = 3
p1� 12x;
vagy x = 1x2+12
: Az elso esetben ' (x) = 1�x312, ' : [0; 1] ! [0; 1] ;
j'0 (x)j =����3x212
��� � 312) j'0 (x)j < 1, a masodik esetben pedig
a ' (x) = 3p1� 12x fuggvenyre nem ervenyes j'0 (x)j < 1: Ha az
utolso esetet vesszuk �gyelembe akkor ' (x) = 1x2+12
; ' : [0; 1] !
[0; 1] ; j'0 (x)j = 2x(x2+12)2
� 2169
) j'0 (x)j < 1: A harmadik eset-
ben q = 2169: Kezdoerteknek vesszuk x0 = 0 =) x1 = ' (x0) =
112;
x2 = ' (x1) =1441729
: Ha elore meg van adva a hibakorlat " = 10�4
23
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
akkor (2.5)-ben kikotjuk jxn � x�j � qn
1�q jx1 � x0j < " =) n = 2
vagyis x2 megkozeliti a gyokot a kivant pontossaggal.
13. Megjegyzés. A j'0 (x)j < 1 egy eleg szigoru kikotes ezert ha ez nem teljesul ku-
lonbozo csereket eszkozolunk hogy ez megvalosuljon. Peldaul ha 0 < m � f 0 (x) � M
akkor az f (x) = 0 egyenlet ekvivalens az x = x� 1Mf (x) egyenlettel, tehat ha ' (x) =
x� 1Mf (x) akkor 0 � '0 (x) = 1� f 0(x)
M� 1� m
M< 1:
14. Megjegyzés. Az ismertett modszereknel az iteralo ' fuggveny a kovetkezo: New-
ton modszer ' (x) = x � f(x)f 0(x) , Ste¤ensen modszer ' (x) = x � f2(x)
f(x+f(x))�f(x) , a szelo
modszer ' (x; y) = yf(x)�xf(y)f(x)�f(y) stb.
Mivel a fokozatos kozelitesek modszeret nem csak R terben alkalmazzuk, a
tovabbiakban ismertetjuk a fenti tetel altalanositasat metrikus terekben.
Banach-fele �xpont tetel metrikus terekben. Legyen X egy tetszoleges halmaz.
15. De�níció. Azt mondjuk hogy a � : X � X ! R lekepzes egy metrikat alkot ha
teljesulnek a kovetkezo kikotesek 8x; y; z 2 X:
� � (x; y) � 0;es � (x; y) = 0 , x = y;
� � (x; y) = � (y; x) ;
� � (x; z) � � (x; y) + � (y; z) :
24
FEJEZET 2 � MANUSCRIPT
A (X; �) parost metrikus ternek nevezzuk.
Example 3
Peldaul (R; j�j)metrikus teret valos euklideszi ternek nevezzuk � (x; y) =
jx� yj :
Legyen (X; �) egy metrikus ter es (xn)n egy sorozat az X halmazban.
16. De�níció. Az (xn)n sorozatot Cauchy (fundamentalis) sorozatnak nevezzuk ha:
8" > 0 9n" 2 N u:h: � (xn; xn+p) < "; 8n � n"; 8p 2 N:
Ismert hogy minden konvergens sorozat Cauchy sorozat, forditva viszont
nem. Azokat a (metrikus) tereket amelyre a forditottja is ervenyes teljes (metrikus)
ternek nevezzuk.
17. De�níció. Az ' : X ! X függvényt kontrakciónak nevezzük ha:
9q 2 [0; 1) u:h: 8x; y 2 X =) � (' (x) ; ' (y)) � q� (x; y) :
18. Tétel. Legyen (X; �) egy teljes metrikus tér és ' : X ! X egy kontrakció. Akkor
'-nek egyetlenegy x� 2 X �xpontja van: ' (x�) = x�:
Proof. A bizonyítás azonos a (R; j�j) térben alkalmazott módszerrel. A j'0 (x)j < 1
kikötés garantálja hogy ' kontrakció.
25
3. fejezet
Algebrai egyenletek numerikus
megoldása
3.1. Polinomok alakjai
Bármely n-ed fokú pn 2 Pn polinom felírható kanonikus alakban:
pn (x) = anxn + an�1x
n�1 + :::+ a1x+ a0 =
nXi=0
aixi; (3.1)
ami azt jelenti hogy a (1; x; :::; xn�1; xn) polinom-rendszer egy bázist alkot, vagyis a
tagok lineárisan függetlenek.
Különböz½o okokból indokolt más alakban is felírni a polinomokat. Egy ilyen
alak az úgynevezett Bézier-féle polinom alak.
26
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
19. De�níció. A Bernstein-féle alap-polinomokat a következ½oképpen értelmezük:
bni (x) =
�n
i
�xi (1� x)n�i ; i = 0; :::; n; x 2 [0; 1] : (3.2)
20. Megjegyzés. Az [0; 1] intervallum nem jelent megszoritást mivel az
x =y � ab� a
változócserével az [a; b] 3 y intervallum átalakítható [0; 1] intervallumá.
21. Tétel. A bni polinomokra a következ½o rekurrens képlet igaz:
bni (x) = (1� x) bn�1i (x) + xbn�1i�1 (x) ; i = 1; :::; n� 1 (3.3)
bn0 (x) = (1� x) bn�10 (x) ; bnn (x) = xbn�1n�1 (x) :
Proof. Az értelmezést felhasználva kapjuk, hogy:
bn0 (x) =
�n
0
�x0 (1� x)n = (1� x)
�n� 10
�x0 (1� x)n�1 = (1� x) bn�10 (x) :
Hasonlóan bnn (x) = xbn�1n�1 (x) :
Ha i = 1; :::; n� 1 felhasználva a kombinaciók rekurzív képletet kapjuk:
bni (x) =
�n
i
�xi (1� x)n�i =
��n� 1i
�+
�n� 1i� 1
��xi (1� x)n�i =
= (1� x)�n� 1i
�xi (1� x)n�i�1 + x
�n� 1i� 1
�xi�1 (1� x)n�i =
= (1� x) bn�1i (x) + xbn�1i�1 (x)
27
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
22. Tétel. A bn0 ; bn1 ; :::; b
nn polinomok lineárisan függetlenek.
Proof. Legyen c0; c1; :::; cn 2 R ú.,h.:
c0bn0 (x) + c1b
n1 (x) + :::+ cnb
nn (x) = 0 ; x 2 [0; 1] : (3.4)
Ha n = 0 akkor c0b00 (x) = 0 és mivel (3.2)-bol b00 (x) = 1 azt kapjuk hogy c0 = 0:
Legyen n � 1: Ha x = 0 (3.4)-ból azt kapjuk, hogy c0 = 0 ; hasonlóan x = 1-re
cn = 0: =) c1�n1
�x1 (1� x)n�1+ c2
�n2
�x2 (1� x)n�2 :::+ cn�1
�nn�1�xn�1 (1� x) = 0 ; x 2
[0; 1] :
Újból x = 0-ra c1 = 0; míg x = 1-re cn�1 = 0 stb.=) ci = 0; i = 0; :::; n
tehát bni lineárisan függetlenek.
A fenti tételb½ol következik, hogy a (bn0 ; bn1 ; :::; b
nn) rendszer egy bázist alkot a
Pn térben, tehát bármilyen p 2 Pn polinomot egyértelm½uen fel lehet írni a bni polinomok
lineáris kombinációjáként:
p = c0bn0 + c1b
n1 + :::cnb
nn =
nXi=0
cibni : (3.5)
A fenti alakot Bézier-féle alaknak nevezzük, ci pedig a p polinom Bézier együtthatói.
n = 3-ra a harmadfokú alap-polinomok: (1� x)3 ; 3x (1� x)2 ; 3x2 (1� x) ; x3,
egy harmadfokú polinom Bézier-féle alakja:
p (x) = c0 (1� x)3 + c13x (1� x)2 + c23x2 (1� x) + c3x3: (3.6)
Example 1
28
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
Legyen p 2 P3; p (x) = 4x3 � 3x: =) c0 = p (0) = 0; c3 = p (1) = 1:
Innen kapjuk, hogy
p (x) = c13x (1� x)2 + c23x2 (1� x) + x3
majd a c1; c2 tagokat tartalmazó egyenletrendszert megoldva kapjuk
c1 = �1; c2 = �2:
A Bézier-féle alakban lév½o polinom deriváltját a következ½o képlet adja meg:
p0 (x) = nn�1Xi=0
(ci+1 � ci) bn�1i (x) :
Proof. nXi=0
cibni (x)
!0=
nXi=0
ci (bni (x))
0 =nXi=0
ci
�n
i
�hxi (1� x)n�i
i0=
nXi=0
ci
�n
i
�hixi�1 (1� x)n�i � (n� i)xi (1� x)n�i�1
i=
nXi=1
cin!
i! (n� i)!ixi�1 (1� x)n�i �
n�1Xi=0
cin!
i! (n� i)! (n� i)xi (1� x)n�i�1 =
nXi=1
cin(n� 1)!
(i� 1)! (n� i)!xi�1 (1� x)n�i �
n�1Xi=0
cin(n� 1)!
i! (n� i� 1)!xi (1� x)n�i�1 =
n
nXi=1
ci
�n� 1i� 1
�xi�1 (1� x)n�i �
n�1Xi=0
ci
�n� 1i
�xi (1� x)n�i�1
!=i�1=j
n
n�1Xj=0
cj+1bn�1j (x)�
n�1Xi=0
cibn�1i (x)
!= n
n�1Xi=0
(ci+1 � ci) bn�1i (x) :
29
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
Igényekt½ol függ½oen más polinom alakról is beszélhetünk, például Lagrange,
Hermite, Csebysev, Legendre stb. polinomokról.
3.2. A Horner, illetve de Casteljau elrendezés
Adott polinomra fontos meghatározni minél pontosabban a polinom értékét bizonyos
pontokban. Erre szolgál a Horner séma ha a polinom kanonikus alakban van megadva.
Legyen p (x) = a0 + a1x+ :::+ anxn egy polinom, illetve egy t 2 R: A p (t) =
a0 + a1t+ :::+ an�1tn�1 + ant
n értéket a következ½o rekurzív képlettel számítjuk ki:
p (t) = a0 + t (a1 + :::t (an�1 + tan)) : (3.7)
Gyakorlatban a fenti Horner elrendezés a következ½oképpen valósul meg:
qn = an; (3.8)
qn�1 = an�1 + tqn;
:::
q0 = a0 + tq1;
legvég½ul p (t) = q0:
30
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
A Horner elrendezést táblázatba is lehet írni:
an an�1 an�2 ... a1 a0
t an ant+ an�1 (an + tan�1) t+ an�2 ... a1 + ::: p (t)
;
természetesen ha p (t) = 0 akkor t gyöke a polinom függvénynek.
Felhasználva a polinomok maradékkal való osztási képletét felírhatjuk:
p (x) = (x� t) q (x) + r; ahol r az osztási maradék =) p (t) = r:
Example 2
Legyen p (x) = 4x3 � 3x és t = 1=4: =)
4 0 �3 0
1=4 4 1 �11=4 �11=16
Tehát p (1=4) = �11=16:
A de Casteljau elrendezés ugyanazt a célt szolgálja mint a Horner elrendezés,
csak a Bézier alakban felírt polinomok esetében használjuk.
Legyen
p (x) = c0bn0 (x) + c1b
n1 (x) + :::cnb
nn (x) =
nXi=0
cibni (x)
egy Bézier alakban felírt polinom. Akkor felhasználva a (3.3) rekurzív képleteket
31
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
következik, hogy:
p (t) = c0bn0 (t) + c1b
n1 (t) + :::+ cn�1b
nn�1 (t) + cnb
nn (t) =
= c0 (1� t) bn�10 (t) + c1�(1� t) bn�11 (t) + tbn�10 (t)
�+ :::+
+cn�1�(1� t) bn�1n�1 (t) + tb
n�2n�1 (t)
�+ cntb
n�1n�1 (t) =
((1� t) c0 + tc1) bn�10 (t) + ((1� t) c1 + tc2) bn�11 (t) + :::+ ((1� t) cn�1 + tcn) bn�1n�1 (t) :
Jelöljük az új együtthatókat:
c(1)i : = (1� t) ci + tci+1; i = 0; :::; n� 1 =)
p (t) =n�1Xi=0
c(1)i b
n�1i (x) : (3.9)
Megismételve az eljárást:
c(2)i : = (1� t) c(1)i + tc
(1)i+1; i = 0; :::; n� 2 =)
p (t) =n�2Xi=0
c(2)i b
n�2i (x) ;
és az utolsó iterációban:
c(n)0 : = (1� t) c(n�1)0 + tc
(n�1)1 =)
p (t) = c(n)0 :
Tehát, kezdve az el½ozetes együtthatókkal:
c(0)i := ci; i = 0; :::; n
32
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
kiszámítjuk a lineáris kombinációkat:
c(k)i := (1� t) c(k�1)i + tc
(k�1)i+1 ; i = 0; :::; n� k; (3.10)
az utolsó érték adja meg a p (t) értékét.
Gyakorlatban az adatokat a következ½o táblázat szerint rendezzük:
c(0)0
c(0)1 c
(1)0
c(0)2 c
(1)1 c
(2)0
... ... ...
c(0)n c
(1)n�1 c
(2)n�2 ... c
(n)0
Az els½o oszlop tartalmazza a p polinom eredeti együtthatóitt, a második oszlop pedig
a (3.10) képlet szerint vannak kiszámítva k = 1-re. A táblázat jobb-alsó sarkában lév½o
c(n)0 érték adja a p (t) értéket.
Example 3
Legyen p az el½obbi peldából p 2 P3; és a Bézier együtthatók: c0 =
0; c1 = �1; c2 = �2; c3 = 1: A polinom értéke t = 1=4-ben a
33
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
következ½o:
0
�1 -14
�2 -54-12
1 -54-54-1116
Tehát p (1=4) = �11=16:
3.3. Algebrai egyenlet megoldása Horner-Ru¢ ni mód-
szerrel
A H.-R.módszer egy algebrai egyenlet valós gyökeinek a meghatarozására szolgál. En-
nek érdekében alkalmazzuk a Newton-féle módszert kihasználva a polinomok tulajdon-
ságait.
Tekintsük a következ½o algebrai egyenletet:
pn (x) = anxn + an�1x
n�1 + :::+ a1x+ a0 = 0:
Felhasználjuk a Newton módszerb½ol ismert iteráló sorozatot:
xi+1 = xi �pn (xi)
p0n (xi); i � 0
ahol kezdeti értéknek fel lehet használni például az x0 = 0; vagy x0 = �a0a1: A pn (xi)
34
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
értéknek a meghatározására a Horner sémát fogjuk használni:
pn (xi) = a0 + xi (a1 + :::xi (an�1 + xian)) :
A polinomokra vonatkozó maradékos osztás tétele szerint:
pn (x) = (x� xi) pn�1 (x) +R; (3.11)
ahol pn�1 2 Pn�1és R = pn (xi) az (x� xi)-val osztási maradék. Jelöljük
pn�1 (x) := bn�1xn�1 + bn�2x
n�2 + :::+ b1x+ b0:
Mint ismeretes a bj; j = 0; :::; n�1 együtthatók kiszámíthatóak a (3.8) Horner sémából
:
bn�1 = an
bn�j = an�j+1 + xibn�j+1; j = 2; :::; n:
Deriválva a (3.11) képletet kapjuk hogy:
p0n (x) = (x� xi) p0n�1 (x) + pn�1 (x)
ahonnan:
p0n (xi) = pn�1 (xi) : (3.12)
an an�1 an�2 ::: a1 a0
xi an anxi + an�1
bn�1 bn�2 b0
35
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
A pn�1 (xi) érték kiszámításához újból felhasználjuk a Horner sémát a bj
együtthatókra:
pn�1 (xi) = b0 + xi (b1 + :::+ xi (bn�2 + xibn�1)) :
Az eljárást abbahagyjuk ha a kapott gyök elég pontos, vagyis két egymásutáni gyök elég
közel esik egymáshoz. Ha meghatároztuk az egyik gyököt (�) elosztjuk a pn polinomot
(x� �)-val es a kapott n � 1-ed fokú polinomra újból alkalmazzuk a H-R módszert.
Legvégül másodfokú polinomot kapunk aminek meghatározzuk a gyökeit.
Example 4
Határozzuk meg az alábbi egyenlet valós gyökeit (x0 = 0):
x4 � 10x3 + 35x2 � 50x+ 24 = 0:
36
FEJEZET 3 � MANUSCRIPT
x1 = x0 �p4 (0)
p04 (0)
= 0 +24
50= 0:48; jx1 � x0j = 0:48
1 �10 35 �50 24
0 1 �10 35 �50 24
0 1 �10 35 �50
x2 = x1 �p4 (0:48)
p04 (0:48)= 0:48� 7:011
�22:869 = 0:78; jx2 � x1j = 0:3 :::
1 �10 35 �50 24
0:48 1 �9:52 30:43 �35:39 7:011
0:48 1 �9:04 26:09 �22:869
:
37
4. fejezet
Egyenletrendszerek numerikus
megoldása
4.1. Mátrix és vektor norma
Gyakran szükséges két (vagy több) azonos típusú mátrix összehasonlítása. Mivel tagonkénti
való összehasonlítása a legtöbbször lehetetlen, a mátrixok normájához folyamodunk.
23. De�níció. Egy A = (aij) mátrix jjAjj normája alatt a következ½o feltételeket kielégít½o
valós számot értjük:
1. jjAjj � 0 es jjAjj = 0 () A = 0;
2. jjcAjj = jcj jjAjj (tetsz½oleges c számra);
3. jjA+Bjj � jjAjj+ jjBjj.
38
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
Tetsz½oleges típusú A mátrix leggyakrabban használt normái:
1. jjAjj1 = maxi
Xj
jaijj
2. jjAjj1 = maxj
Xi
jaijj
3. jjAjj2 =
sXi;j
jaijj2:
Example 1
Legyen A =
0BB@ 2 �6
4 1
1CCA : Akkor jjAjj1 = 7; jjAjj1 = 8; jjAjj2 =
p57:
Az 1., 2., 3.-as mátrix normákhoz hasonlóan értelmezünk egy v =
0BBBBBBBBBB@
v1
v2
...
vn
1CCCCCCCCCCAvektor normáját:
1. jjvjj1 = maxijvij
2. jjvjj1 =nXj=1
jvjj
3. jjvjj2 =
vuut nXj=1
jvjj2 :
39
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
Example 2
Ha v = (1 2 � 3)T akkor jjvjj1 = 3; jjvjj1 = 6; jjvjj2 =p14:
24. Tétel. Ha egy x vektor normája egy A mátrix normájából származik akkor:
jjAxjj � jjAjj � jjxjj :
4.2. Egyenletrendszerek Newton-Raphson-féle megoldása
A következ½okben 8>><>>:f (x; y) = 0
g (x; y) = 0
(4.1)
típusú egyenletrendszerek megoldását mutatjuk be, majd ezeknek az általánosítását.
Legyen (x0; y0)T a (4.1) egyenletrendszer egy kezdeti, közelít½o megoldása. A
(4.1) képletbe, a Taylor képletet felhasználva, sorba fejtjük az f; g függvényeket a
lineáris tagokkal bezárólag:8>><>>:f (x; y) = f (x0; y0) + (x� x0) @f
@x(x0; y0) + (y � y0) @f
@y(x0; y0) = 0
g (x; y) = g (x0; y0) + (x� x0) @g@x(x0; y0) + (y � y0) @g
@y(x0; y0) = 0
:
() 8>><>>:(x� x0) @f
@x(x0; y0) + (y � y0) @f
@y(x0; y0) = �f (x0; y0)
(x� x0) @g@x(x0; y0) + (y � y0) @g
@y(x0; y0) = �g (x0; y0)
40
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
vagy mátrix alakban:0BB@ @f@x
@f@y
@g@x
@g@y
1CCA(x0;y0)
0BB@ x� x0
y � y0
1CCA =
0BB@ �f
�g
1CCA(x0;y0)
: (4.2)
Ha a Jacobi-féle mátrix
0BB@ @f@x
@f@y
@g@x
@g@y
1CCA(x0;y0)
=: J (x0; y0) nem szinguláris az (x0; y0)T
pontban: det J (x0; y0) =�@f@x
@g@y� @g
@x@f@y
�(x0;y0)
6= 0 akkor a (4.2) egyenletrendszer
megoldása: �x
y
�=
�x0
y0
�� J�1(x0;y0)
�f
g
�(x0;y0)
: (4.3)
A (4.3) egyenletb½ol mehatározzuk a (4.1) egyenletrendszer megoldásának a következ½o
(x1; y1)T megközelítését:
�x1
y1
�=
�x0
y0
�� J�1(x0;y0)
�f
g
�(x0;y0)
: (4.4)
Hasonlóan a k+1-edik lépésben az�xk+1; yk+1
�közelít½o megoldást a következ½o rekurrens
képlet szerint számítjuk ki:
�xk+1
yk+1
�=
�xk
yk
�� J�1
(xk;yk)
�f
g
�(xk;yk)
; (4.5)
ahol det J�xk; yk
�6= 0:
Example 3
ANewton-Raphson módszert használva oldjuk meg a következ½o egyen-
41
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
letrendszert: 8>><>>:f (x; y) = x3 + y3 � 6x+ 3 = 0
g (x; y) = x3 � y3 � 6y + 2 = 0:
Legyen (x0; y0)T = (0; 0)T egy kezdeti megoldás.=) f (0; 0) = 3;
g (0; 0) = 2;
J�x0; y0
�=
0BB@ 3x2 � 6 3y2
3x2 �3y2 � 6
1CCA(0;0)
=
0BB@ �6 0
0 �6
1CCA
és a Jacobi mátrix inverze: J�1 (x0; y0) =
0BB@ �1=6 0
0 �1=6
1CCA : Akkor(4.4)-nek megfelel½oen kapjuk a következ½o megközelítést:
�x1
y1
�=
�0
0
��
0BB@ �1=6 0
0 �1=6
1CCA�32�=
�0:5
0:33
�:
Az eljárást addig folytatjuk amíg a kívánt pontosságot elértük.
Az eljárás könnyen általánosítható ha a (4.1) egyenletrendszert átírjuk a következ½o
alakban: 8>><>>:f1 (x1; x2) = 0
f2 (x1; x2) = 0
(4.6)
és bevezetjük a következ½o jelöléseket:
x =
0BB@ x1
x2
1CCA ; f (x) =0BB@ f1 (x1; x2)
f2 (x1; x2)
1CCA :42
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
Akkor (4.6) , f (x) = 0: Az eljárás hasonló és a (4.2)-el hasonlóan kapjuk:
J�xk���x = �f
�xk�
(4.7)
ahol J =
0BB@ @f1@x1
@f1@x2
@f2@x1
@f2@x2
1CCA a Jacobi-fele matrix, xk=
0BB@ xk1
xk2
1CCA az k-dik lépésben kapott
megoldás, �x = xk+1 � xk, pedig az k-dik lépésben elvégzett korrekció.
Ha a Jacobi mátrix nem szinguláris: det J 6= 0, akkor létezik az inveze J�1 és
a (4.7)-b½ol azt kapjuk, hogy:
�x = xk+1 � xk = ��J�xk���1
f�xk�;
vagyis:
xk+1 = xk ��J�xk���1
f�xk�: (4.8)
Az eljárást folytatjuk míg az abszolút:����xk+1 � xk���� ; vagy a relatív hiba: jjxk+1�xkjjjjxkjj
elég kicsi (� �).
25. Megjegyzés. A (4.8) képlet az egyváltozós Newton képlet általánosítása�J�xk���1
=�f 0�xk���1
= 1=f 0�xk�.
A (4.8) képlet alkalmazható bármilyen méret½u (négyzetes) egyenletrendszerre.
Az egyenletrendszer lehet kompatibilis egy vagy több megoldással, vagy inkom-
patibilis.
A módszer konvergenciájának az elemzésére bonyolult matematikai elmélet
létezik, a gyakorlat mégis azt mutatja hogy általában a módszer konvergál. A kon-
43
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
vergencia a gyök közelében négyzetes. A módszer hátránya, hogy a Jacobi mátrixot
minden lápásnel újra kell értékelni. A módszer egzszer½usítése érdekében megtehetjük
hogy a Jacobi mátrixot csak minden r-edik lépés utan értékeljük újra (egyszer½usített
módszer). A parciális deriváltak kiszamítására használhatjuk a véges di¤erenciákat:
@fi@xj
(xr) =fi�xr1; :::; x
rj + h; :::; x
rm
�� fi
�xr1; :::; x
rj ; :::; x
rm
�h
ahol h zéróhoz közeli érték.
ALKALMAZÁS. A módszert alkalmazhatjuk többváltozós függvények op-
timum keresésére.
Legyen h : Rm �! R egy többváltozós függvény aminek ki kell számítani a
minimumát:
minh (x)
ahol x = (x1; x2; :::; xm) 2 Rm: A stacionárius pontokat a gradh (x) = 0 egyenletrend-
szerb½ol kapjuk meg, vagyis:8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
@h@x1(x1; x2; :::; xm) := f1 (x1; x2; :::; xm) = 0
@h@x2(x1; x2; :::; xm) := f2 (x1; x2; :::; xm) = 0
...
@h@xm
(x1; x2; :::; xm) := fm (x1; x2; :::; xm) = 0
Az egyenletrendszer megoldásához alkalmazhatjuk a Newton-Raphson módszert. A
44
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
fenti egyenletrendszer Jacobi mátrixa nem más mint a h függvény Hesse-féle mátrixa:�@2h
@xi@xj(x)
�:
4.3. A fokozatos közelítések módszere
Újból a (4.1) rendszert megoldásával foglalkozunk. Az egyenletrendszert átírjuk a
következ½o alakra: 8>><>>:x = F (x; y)
y = G (x; y)
: (4.9)
Legyen az értelmezési tartomany az = f(x; y) 2 R2 j a � x � b; c � y � dg =
[a; b]� [c; d] téglalap, úgy, hogy (F (x; y) ; G (x; y)) 2 ; 8 (x; y) 2 :
Értelmezzük a ' : ! függvényt a következ½oképpen:
' (x; y) = (F (x; y) ; G (x; y)) : (4.10)
Ekkor a (4.9) egyenletrendszer ekvivalens a következ½ovel:
' (x; y) = (x; y) ; (4.11)
vagyis a feladat visszavezethet½o a ' függvény �xpontjainak a meghatározására. Ennek
érdekében vizsgálnunk kell milyen feltételek mellett teljesülnek a Banach-féle �xpont
tétel kikötései.
Értelmezzük az halmazra a következ½o metrikát � : ! ;
� ((x; y) ; (z; t)) = jj(x; y)� (z; t)jj1 = maxfjx� zj ; jy � tjg:
45
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
Feltételezzük hogy létezik q < 1 úgy, hogy:��������@F@x��������+ ��������@F@y
�������� � q; ��������@G@x��������+ ��������@G@y
�������� � q; (4.12)
ahol jj�jj egy függvény sup-normáját jelöli: jjf jj = sup(x;y) jf (x; y)j :
26. Tétel. A (; �) teljes metrikus téren értelmezett ' függvény kontrakció.
Proof. � (' (x; y) ; ' (z; t)) �? q � � ((x; y) ; (z; t)) :
� (' (x; y) ; ' (z; t)) = � ((F (x; y) ; G (x; y)) ; (F (z; t) ; G (z; t))) =
=max fjF (x; y)� F (z; t)j ; jG (x; y)�G (z; t)jg =kozeperttetel =
=maxf���@F@x (u1; v1) (x� z) + @F
@y(u1; v1) (y � t)
��� ; ���@G@x (u2; v2) (x� z) + @G@y(u2; v2) (y � t)
���g� maxf
����@F@x
���� jx� zj+ ������@F@y ������ jy � tj ; ����@G@x ���� jx� zj+ ������@G@y ������ jy � tjg �� maxf
����@F@x
����+ ������@F@y ������ ; ����@G@x ����+ ������@G@y ������gmaxfjx� zj ; jy � tjg � q � � ((x; y) ; (z; t)) :A Banach-féle �xpont tételb½ol következik, hogy a (4.11) egyenletnek egyetlen
megoldása van, amit a következ½o képpen szerkesztünk meg: kiindulunk egy (x0; y0) 2
közelít½o megoldásból, majd rendre megszerkesztjük a
�xk+1; yk+1
�= '
�xk; yk
�; k � 0
megoldásokat, vagyis �gyelembe véve (4.10):8>><>>:xk+1 = F
�xk; yk
�yk+1 = G
�xk; yk
� k � 0:
46
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
Az eljárást folytatjuk mindaddig amíg a kapott megoldás elég pontosnak bizonyul.
Example 4
Alkalmazzuk a fokozatos közelítések módszert az el½obbi példa es-
etében: 8>><>>:x3 + y3 � 6x+ 3 = 0
x3 � y3 � 6y + 2 = 0
Az egyenletrendszert atírjuk a következ½o alakra:8>><>>:x = x3+y3
6+ 1
2
y = x3�y36
+ 13
majd leellen½orizzük a feltételeket ahol F (x; y) = x3+y3
6+12; G (x; y) =
x3�y36
+ 13: Ha 0 � x � 1; 0 � y � 1 akkor 1=2 � F (x; y) �
5=6; 1=6 � G (x; y) � 1=2; legyen tehát = [1=2; 5=6] � [1=6; 1=2]
és ' : ! ; ' (x; y) =�x3+y3
6+ 1
2; x
3�y36
+ 13
�:
@F@x= x2
2; @F@y= y2
2=)
����@F@x
���� = 2572;������@F@y ������ = 1
8
@G@x= x2
2; @G@y= �y2
2=)
����@G@x
���� = 2572;������@G@y ������ = 1
8=)
q = 2572+ 1
8= 34
72:
Tehát 8 (x0; y0) 2 a 8>><>>:xk+1 =
x3k+y3k
6+ 1
2
yk+1 =x3k�y3k6
+ 13
47
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
rekurzív sorozat a (x�; y�) 2 párhoz, az adott egyenletrendszer
egyetlen megoldásához konvergál. (x0; y0) = (1=2; 1=2) =) (x1; y1) =
(0:542; 0:333) :::
Általánosan, ha ismert egy kezdeti (x01; x02; :::; x
0m)megoldás, akkor a következ½o
megoldás az alábbi képletekkel számítjuk ki:
x11 = F1�x01; x
02; :::; x
0m
�x12 = F2
�x01; x
02; :::; x
0m
�:::::
x1m = Fm�x01; x
02; :::; x
0m
�az k + 1-edik lépésben pedig:
xk+1j = Fj�xk1; x
k2; :::; x
km
�; j = 1; :::;m: (4.13)
A (4.13) képletben, az k+1-edik lépésnel kiszámítandó megoldás csak az k-dik
iterációban kiszámított megoldásoktól függ. A módszer gyorsítható, ha az k + 1-edik
48
FEJEZET 4 � MANUSCRIPT
lépésnél �gyelembe vesszük a már kiszámított megoldásokat (Seidel-féle eljárás):
x11 = F1�x01; x
02; :::; x
0m
�x12 = F2
�x11; x
02; :::; x
0m
�:::::
x1m = Fm�x11; x
12; :::; x
0m
�összevont írással:
xk+1j = Fj�xk+11 ; xk+12 ; :::; xk+1j�1 ; x
kj ; :::; x
km
�; j = 1; :::;m:
49
5. fejezet
Lineáris egyenletrendszerek
numerikus megoldása
Cramer det n! 100! = 10157:9 ...N.Sz.Bahvalov-A gepi matematika numerikus modszerei
Pontos módszerek: ismeretlenek szama<103;Gauss, faktorizacios modszerek(LU,LLt,QR);
Iteracios m.: 103 <ism< 106 Jacobi, Seidel;
Valoszín½uségi m.: 106 <ism: Monte Carlo.
50
FEJEZET 5 � MANUSCRIPT
5.1. Sajátos alakú egyenterendszerek
5.2. Gauss módszer
5.3. LU faktorizáció
5.4. Jacobi, Seidel-féle iterációs módszerek
5.5. A legkisebb négyzetek módszere túlhatározott
lineáris egyenletrendszerek esetében
A gyakorlatban megesik hogy olyan lineáris egyenletrendszereket kell megoldani aminek
több (vagy kevesebb) egyenlete van mint ismeretlenje. Például ha egy bizonyos n számú
paraméter meghatározására n-nél több kisérletet végzünk a keletkez½o egyenletrendszer
nem lesz négyzetes. Gyakran válik ilyen esetben az egyenletrendszer összeférhetetlené,
annak ellenére hogy a paraméterek léteznek. Ennek egyik oka lehet például a kisér-
leteknek hibás végzése, leolvasása.
51
FEJEZET 5 � MANUSCRIPT
Egy
Ax = b (5.1)
A = (aij)i=1;mj=1;n
; x = (x1 x2 ::: xn)t ; b = (b1 b2 ::: bm)
t
egyenletrendszer½ol azt mondjuk hogy túlhatározott ha n > m:
Example 18>>>>>><>>>>>>:x1 + x2 = 2
x1 + 2x2 = 3
2x1 + x2 = 4
Az egyenletrendszernek nincs megoldása.
A feladat megoldása érdekében vezessük be a következ½o r 2 Rm (maradék)
vektort:
r = Ax� b (5.2)
Ekkor a (5.1) egyenletrendszernek akkor van (klasszikus értelemben vett) megoldása
ha r = �Rm : Ha r 6= �Rm akkor az adott egyenletrendszer összeférhetetlen és ebben
az esetben keressük a megoldást a legkisebb négyzetek módszere szerint vagyis, az x
vektort úgy határozzuk meg hogy az r vektor normája minimális legyen:
jjrjj = jjAx� bjj �! min : (5.3)
27. De�níció. Azt az x vektort ami eleget tesz a (5.3) kikötésnek az egyenletrendszer
legkisebb négyzetek szerinti megoldásának nevezzük.
52
FEJEZET 5 � MANUSCRIPT
28. Summary. Természetesen ha minjjrjj = 0 akkor visszakapjuk a klasszikus értelem-
ben vett megoldást.
Ha a 2-es típusú normát használjuk akkor a (5.3) kikötés ekvivalens a következ½ovel:
(jjAx� bjj2)2 =
0@����������nXj=1
aijxj � bi
����������2
1A2
=mXi=1
nXj=1
aijxj � bi
!2�! min :
Jelöljük f -el a következ½o függvényt f : Rn ! R
f (x) =mXi=1
nXj=1
aijxj � bi
!2
Ahhoz hogy az f -nek a minimumát meghatározzuk kiszámítjuk a stacionárius pontjait:
@f
@xk=
mXi=1
2
nXj=1
aijxj � bi
!aik = 0; k = 1; :::; n
,mXi=1
aik
nXj=1
aijxj � bi
!= 0; k = 1; :::; n:
ami átírva mátrix alakra:
At (Ax� b) = �Rm
vagy:
AtAx = Atb: (5.4)
Tehát, az (5.1) egyenletrendszer legkisebb négyzetek szerinti megoldása meg-
egyezik a (5.4) egyenletrendszer klasszikus értelemben vett megoldásával.
53
FEJEZET 5 � MANUSCRIPT
29. Tétel. Az (5.4) lineáris egyenletrendszer megoldására lesz az
jjrjj2 = jjAx� bjj2
kifejezés minimális.
Proof. Jelöljük
rx = b� Ax
ry = b� Ay
)
jjryjj � jjrxjj :
ry = b� Ay = b� Ax+ Ax� y = rx + A (x� y)
rty = rtx + (x� y)tAt
rtyry =�rtx + (x� y)
tAt�(rx + A (x� y)) =
rtxrx + (x� y)tAtrx + r
txA (x� y) + (x� y)
tAtA (x� y) =
rtxrx + (x� y)tAtA (x� y) (5.5)
mert
Atrx = At (b� Ax) = �
54
FEJEZET 5 � MANUSCRIPT
es
rtxA =�Atrx
�t= �:
Mivel
rtyry = jjryjj22
a (5.5)-ból következik hogy:
jjryjj22 = jjrxjj22 + jjA (x� y)jj
22 � jjrxjj
22 :
Example 2
Az el½obbi példát felhasználva, keressük az (5.4) egyenletrendszer
megoldását:
0BB@ 1 1 2
1 2 1
1CCA0BBBBBB@1 1
1 2
2 1
1CCCCCCA0BB@ x1
x2
1CCA =
0BB@ 1 1 2
1 2 1
1CCA0BBBBBB@2
3
4
1CCCCCCA, 0BB@ 6 5
5 6
1CCA0BB@ x1
x2
1CCA =
0BB@ 13
12
1CCA, 0BB@ x1
x2
1CCA =
0BB@ 1811
711
1CCATehát x1 = 18=11; x2 = 7=11 az egyenletrendszer legkisebb né-
gyzetek módszerének megfelel½o megoldása.
55
FEJEZET 5 � MANUSCRIPT
56
6. fejezet
Függvény approximáció,
interpoláció
6.1. Analítikus függvények numerikus kiszámítása
Legyen f : [a; b]! R egy végtelenszer deriválható függvény, és x0 2 (a; b).
30. De�níció. Az f függvényt analítikusnak nevezzük ha hatványsorként el½oállítható:
f (x) = f (x0)+1
1!f 0 (x0) (x� x0)+
1
2!f 00 (x0) (x� x0)2+ :::+
1
n!f (n) (x0) (x� x0)n+ :::
(6.1)
Tehát az f függvény felírható mint egy n-ed fokú polinom: Tn; és a megfelel½o
Rn maradék ½osszegeként:
f (x) = Tn (x) +Rn (x)
57
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
ahol
Tn (x) = f (x0) +1
1!f 0 (x0) (x� x0) +
1
2!f 00 (x0) (x� x0)2 + :::+
1
n!f (n) (x0) (x� x0)n
és a maradék tag :
Rn (x) =
���� 1
(n+ 1)!f (n+1) (x0) (x� x0)n+1 + :::
���� :Numerikusan az f függvényt az els½o n+1 taggal, vagyis az n-ed fokú Taylor polinommal
közelítjük meg:
f (x) ' Tn (x) =nXi=0
1
i!f (i) (x0) (x� x0)i :
31. Tétel. Az Rn marék tagot a következ½o ún. Lagrange-féle alakban lehet kifejezni:
Rn (x) =
���� 1
(n+ 1)!f (n+1) (�) (x� x0)n+1
���� ; � 2 (x; x0) :Az x0 = 0 pont körüli sorfejtés egy sajátos esete a Taylor kifejtésnek és a
MacLaurin nevet viseli.
Example 1
ex = 1+ 11!x+ 1
2!x2+ :::+ 1
n!xn+ ::: =) ex = 1+ 1
1!x+ 1
2!x2+ :::+ 1
n!xn
és a hiba:
Rn (x) =
���� e�
(n+ 1)!�n+1
���� ; � 2 (0; x0) (vagy � 2 (x0; 0) ):
58
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Innen ha x = 1=2 =)pe = 1 + 0:5
1!+ 0:52
2!+ ::: + 0:5n
n!és n-et a
következ½o feltételb½ol számítjuk ki:
Rn (x) =
���� e�
(n+ 1)!�n+1
���� < �; � 2 (0; 1=2)ahol � > 0 egy el½ore megadott pontosság. Felhasználva hogy e 2
(2; 3) a következ½o egyenl½otlenséghez jutunk:���� 3�
(n+ 1)!�n+1
���� < p3
(n+ 1)!
1
2<
1
(n+ 1)!< �:
32. Megjegyzés. A Taylor polinom csak lokálisan, az x0 pont környékén alkalmas
közelítésre.
6.2. Interpoláció
Gyakran történik meg a gyakorlatban hogy bizonyos folyamatokat (csak) diszkrét mérésekkel
lehet elemezni. Például különböz½o x0 < x1 < ::: < xn id½opontokban (nevezzük inter-
polációs alappontoknak vagy osztopontok) a mérések eredményei y0; y1; :::; yn amik nem
másak mint a folyamatot leíró f (ismeretlen) függvény értékei az alappontokban:
y0 = f (x0) ; y1 = f (x1) ; :::; yn = f (xn) :
Interpolációnak nevezzük azt az eljárást amellyel egy olyan F : [x0; xn]! R függvényt
értelmezünk amely megegyezik az alappontokban f -el:
F (xi) = f (xi) = yi; i = 0; :::; n: (6.2)
59
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Mértanilag ez azt jelenti hogy olyan meghatarozott tipusú y = F (x) görbét kell keres-
nünk, amely az adott (x0; y0) ; :::; (xn; yn) pontokra illeszkedik.
53.752.51.250
25
12.5
0
12.5
25
x
y
x
y
Kézenfekv½o az interpolalo F fuggvenyt polinom (algebrai vagy trigonometrikus),
racionalis fuggveny, stb. alakban keresni.
33. Megjegyzés. Extrapoláció azt az eljarast jelenti amellyel az [x0; xn] intervallumon
kivül próbáljuk az f-et megközelíteni.
6.2.1. Polinomiális interpoláció
Feltételezzük hogy az x0 < x1 < ::: < xn alappontok esetében ismertek a következ½o
adatok:
yi = f (xi) ; i = 0; :::; n:
Az interpoláló F függvényt (algebrai) polinom alakban keressük:
F (x) = anxn + :::+ a1x+ a0;
60
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
mivel az ismeretlenek szama = n + 1 a polinom fokszáma kisebb vagy egyenl½o mint n
különben megeshet hogy nem létezik a keresett polinom.
34. Tétel. Ha az interpoláló polinom fokszáma egyenl½o n-el akkor F egyertelm½uen
meghatározott.
Proof. Mivel F interpoláló polinom: F (xi) = yi; i = 0; :::; n =)8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
anxn0 + :::+ a1x0 + a0 = y0
anxn1 + :::+ a1x1 + a0 = y1
...
anxnn + :::+ a1xn + a0 = yn
:
Az egyenletrendszer determinansa Vandermonde tipusu:����������������
xn0 xn�10 ::: x0 1
xn1 xn�11 ::: x1 1
:::
xnn xn�1n ::: xn 1
����������������=
Y0�xi<xj�n
(xj � xi) 6= 0
és mivel xi 6= xj a determináns különbözik zerótól, tehát a Cramer tétel szerint az
egyenletrendszer egyertelm½uen meghatározott.
Habár a fenti egyenletrendszer megoldása megadja az F együtthatóit, mégsem
ezt az utat választjuk az F függvény meghatározására.
61
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Lagrange-féle interpolációs polinom
Az (x0; y0) ; :::; (xn; yn) pontokat összeköt½o n-ed fokú polinomot jelöljük Lnf -el. Akkor
az interpolációs feltételek a következ½ok:
Lnf (xi) = f (xi) = yi; i = 0; :::; n: (6.3)
A Lnf polinomot a következ½o alakban adjuk meg:
Lnf (x) = y0l0 (x) + y1l1 (x) + :::+ ynln (x)
ahol li (x) ; i = 0; :::; n az úgynevezett n-ed fokú Lagrange-féle alappolinomok. Az
interpoláló (6.3) tulajdonságot felhasználva kapjuk a következ½o egyenletrendszert:8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
y0l0 (x0) + y1l1 (x0) + :::+ ynln (x0) = y0
y0l0 (x1) + y1l1 (x1) + :::+ ynln (x1) = y1
...
y0l0 (xn) + y1l1 (xn) + :::+ ynln (xn) = yn
aminek egyetlen megoldása:
l0 (x0) = 1; l1 (x0) = 0; :::; ln (x0) = 0 (6.4)
l0 (x1) = 0; l1 (x1) = 1; :::; ln (x1) = 0
:::
l0 (xn) = 0; l1 (xn) = 0; :::; ln (xn) = 1
62
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
vagy �ij Kronecker szimbolumot felhasználva:
li (xj) = �ij =
8>><>>:1; ha i = j
0; ha i 6= j; i; j = 0; :::; n:
A (6.4)-ból következik hogy minden li (x) polinomnak n különböz½o gyöke van, nevezete-
sen: x0; :::; xi�1;xi+1; :::; xn , tehát:
li (x) = ci (x� x0) ::: (x� xi�1) (x� xi+1) ::: (x� xn) :
A ci együttható meghatározható a li (xi) = 1 egyenletb½ol:
ci =1
(xi � x0) ::: (xi � xi�1) (xi � xi+1) ::: (xi � xn); i = 0; :::; n
vagy röviden:
ci =1Q
k 6=i (xi � xk); i = 0; :::; n:
Ennek segítségével felírjuk az alappolinomokat:
li (x) =
Qk 6=i (x� xk)Qk 6=i (xi � xk)
; (6.5)
vagy bevezetve a kovetkezo polinomot: $ (x) = (x� x0) ::: (x� xn) aminek derivaltja
xi-ben:
$0 (xi) = (xi � x0) ::: (xi � xi�1) (xi � xi+1) ::: (xi � xn)
a (6.5) keplet a kovetkezo lesz:
li (x) =$ (x)
(x� xi)$0 (xi):
63
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Tehat a Lagrange interpolalo polinom a kovetkezo alakot veszi fel:
Lnf (x) =nXi=0
yi li (x) =
nXi=0
yi$ (x)
(x� xi)$0 (xi): (6.6)
35. Tétel. A (6.6) Lagrange interpolációs polinommal való közelítésb½ol ered½o hiba a
következ½o:
jf (x)� Lnf (x)j =����f (n+1) (c)(n+ 1)!
$ (x)
���� ; c 2 (a; b) : (6.7)
Sajátos esetként megemlíthet½o az n = 1 és n = 2: Az els½o esetben L1f (x)
polinom nem más mind a (x0; y0) ; (x1; y1) pontokat osszeköt½o egyenes egyenlete:
L1f (x) = y0x� x1x0 � x1
+ y1x� x0x1 � x0
; x 2 [x0; x1] :
n = 2-re az (x0; y0) ; (x1; y1) ; (x2; y2) pontokat osszeköt½o parabola egyenlete:
L2f (x) = y0(x� x1) (x� x2)(x0 � x1) (x0 � x2)
+y1(x� x0) (x� x2)(x1 � x0) (x1 � x2)
+y2(x� x0) (x� x1)(x2 � x0) (x2 � x1)
; x 2 [x0; x2] :
36. Megjegyzés. Ha n túl nagy a magas fokú interpolációs polinom miatt a kilengések
is nagyok lesznek, ami a valóságnak a torzításához vezethet. Ezért célszer½u relatív alac-
sony fokú polinommal dolgozni, például úgy, hogy csak egy pár jellegzetes alappontot
valasztunk ki es ezek segítségével epítjük fel a Lagrange-féle polinomot.
Example 2
Határozzuk meg a Lagrange-féle interpoláló polinomot a következ½o
adatok esetében:xi 0 1 4 9
yi 0 1 2 3
.
64
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
L3f (x) = y0l0 (x) + y1l1 (x) + y2l2 (x) + y3l3 (x) ahol
l0 (x) =(x� 1) (x� 4) (x� 9)
(�1) (�4) (�9) ; l1 (x) =(x� 0) (x� 4) (x� 9)
(1) (�3) (�8)
l2 (x) =(x� 0) (x� 1) (x� 9)
(4) (3) (�5) ; l3 (x) =(x� 0) (x� 1) (x� 4)
(9) (8) (5)
tehát
L3f (x) =x (x� 4) (x� 9)
24+ 2
x (x� 1) (x� 9)�60 + 3
x (x� 1) (x� 4)360
; x 2 [0; 9] :
Véges di¤erenciák
Feltételezzük hogy adottak a következ½o egyenköz½u (ekvidisztáns) alappontok:
x0 < x1 < ::: < xn;
illetve egy f függvény értékei a fenti pontokban:
f (xi) = yi; i = 0; :::; n:
Mivel az alappontok ekvidisztánsak két egymasutáni külonbsége konstans h = xi+1�xi.
A h-t lépéstávolságnak vagy növekménynek nevezzük. x0 es h függvényében kifejezhet½o
az összes többi alappont:
x1 = x0 + h; x2 = x0 + 2h; :::; xi = x0 + ih; :::
65
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
37. De�níció. A
�f (xi) = f (xi + h)� f (xi) = f (xi+1)� f (xi) vagy
�yi = yi+1 � yi; i = 0; :::; n� 1
kifejezést az f függvény els½o véges di¤erenciájának nevezzük.
A fenti � operátor lineáris, vagyis:
-adítiv: �(f + g) = �f +�g
-homogén : �(cf) = c�f .
A magasabb rend½u di¤erenciákat a követekez½o képpen értelmezzük:
�2f (xi) = � (�f (xi)) = � (f (xi+1)� f (xi)) =
= �f (xi+1)��f (xi) = f (xi+2)� 2f (xi+1) + f (xi)
:::
�nf (xi) = ���n�1f (xi)
�:
A gyakorlatban a véges di¤erenciák kiszámításához táblázatokat használunk:
66
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
xi yi �yi �2yi �3yi
x0 y0
�y0 = y1 � y0
x1 y1 �2y0 = �y1 ��y0
�y1 = y2 � y1 �3y0 = �2y1 ��2y0
x2 y2 �2y1 = �y2 ��y1
�y2 = y3 � y2
x3 y3
......
Example 3
67
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
xi = i; i = 0; :::; 4; f (x) = x2:
xi yi �yi �2yi �3yi
0 0
�y0 = 1
1 1 �y20 = 2
�y1 = 3 �y30 = 0
2 4 �y21 = 2
�y2 = 5 �y31 = 0
3 9 �y22 = 2
�y3 = 7
4 16
38. Megjegyzés. A fenti példából kit½unnik hogy az n-ed fokú polinomnak a n + 1-ed
rend½u véges di¤erenciája egyenl½o zéróval:
f 2 Pn =) �n+1f (xi) = 0:
Ugyanakkor �nf (xi) =konstans:
A fent értelmezett di¤erencia:
�f (xi) = f (xi + h)� f (xi) = f (xi+1)� f (xi)
haladó-di¤erenciának nevezzük. Ugyanakkor értelmezhet½o retrográd-:
rf (xi) = f (xi)� f (xi � h) = f (xi)� f (xi�1) ;
68
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
illetve centrális-di¤erencia:
cf (xi) = f
�xi +
h
2
�� f
�xi �
h
2
�:
Ezek esetében hasonló képletek vezethet½ok le.
Newton-féle interpoláló polinom
Tekintsük az x0; x1; :::; xn ekvidisztans alappontokat: xi = x0 + ih; i = 0; :::; n; illetve
egy függvény értékeit az adott pontokban: f (xi) = yi; i = 0; :::; n: A feladat egy
legfeljebb n-ed fokú polinom megszerkesztése ami interpolálja az (xi; yi) ; i = 0; :::; n
pontokat. A polinomot a következ½o alakban keressük:
Nnf (x) = a0+ a1 (x� x0)+ a2 (x� x0) (x� x1)+ :::+ an (x� x0) :: (x� xn�1) : (6.8)
Az ai együtthatokat az interpolációs feltételekb½ol határozzuk meg:
x = x0 =) a0 = y0;
x = x1 =) a0 + a1 (x1 � x0) = y1;
x = x2 =) a0 + a1 (x2 � x0) + a2 (x2 � x0) (x2 � x1) = y2;
:::
x = xn =) a0 + a1 (xn � x0) + :::+ an (xn � x0) :: (xn � xn�1) = yn
69
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Mivel az alappontok ekvidisztansak =)
a0 = y0
a0 + a1h = y1
a0 + a12h+ a22h2 = y2
::::::
a0 + a1nh+ a2n (n� 1)h2 + :::+ ann (n� 1) :::2 � 1hn = yn:
A fenti háromszög alakú egyenletrendszer megoldása:
a0 = y0
a1 =y1 � y0h
=�y0h
a2 =�2y02!h2
...
an =�ny0n!hn
=)
(Nnf) (x) = y0 +1
1!
�y0h(x� x0) +
1
2!
�2y0h2
(x� x0) (x� x1) + :::
+1
n!
�ny0hn
(x� x0) :: (x� xn�1) (6.9)
70
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
39. Megjegyzés. Az jNnf (x)� f (x)j abszolút hibát a (6.9) képletb½ol mint a rákövetkez½o
tag kapjuk meg:
jNnf (x)� f (x)j =1
(n+ 1)!
�n+1y0hn+1
(x� x0) :: (x� xn) =1
(n+ 1)!
�n+1y0hn+1
$ (x) :
Ha egy adott x értékre kell a Nnf polinomot kiszámítani akkor jelöljük: � =
x�x0h
akkor x�x1h= x�x0�(x1�x0)
h= � � 1; stb. és a (6.9)-os képlet a következ½o képpen
alakul:
(Nnf) (x) = y0 +1
1!��y0 +
1
2!� (�� 1)�2y0 + :::+
1
n!� (�� 1) :: (�� n+ 1)�ny0:
(6.10)
A (6.10) képletnek az az el½onye hogy az interpolációs csomópontok nem szerepelnek
explicit képpen.
Example 4
Felhasználva a harmadfokú Newton interpoláló polinomot számítsuk
ki sin (6o) ha ismertek sin (x) függvény alábbi értékei:
xi 5o 7o 9o 11o 13o 15o
yi 0.087156 0.121869 0.156434 0.190809 0.224951 0.258819.
Mivel 6o az 5o es 7o értékek közé esik az els½o négy értéket
használjuk fel a harmadfokú Newton polinommeghatározására. Ehhez
71
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
el½obb a véges di¤erencia táblázatot szerkesztjük meg:
xi yi �yi �2yi �3yi
5 0.087156
0.034713
7 0.121869 -0.000148
0.034565 -0.000042
9 0.156434 -0.000190
0.034375
11 0.190809
A táblázatban szerepl½o aláhúzott véges di¤erenciák segítségével megsz-
erkesztjük a (6.9) képletnek megfelel½o harmadfokú interpolációs poli-
nomot:
N3f (x) = 0:087156 +0:034713
2(x� 5) + (�0:000148)
2! 22(x� 5) (x� 7) +
+(�0000042)
3! 23(x� 5) (x� 7) (x� 9) :
A polinom kiértékeléséhez x = 6 -ban használhatjuk a (6.10) képletet
ahol h = 2; x = 6; x0 = 5; � = 6�52=)
sin 6o = 0:087156 + 0:5 0:034713 +0:5 (0:5� 1) (�0:000148)
2+
0:5 (0:5� 1) (0:5� 2)3!
(�0:000042) = 0:104528:
72
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
40. Megjegyzés. Habár a Lagrange, illetve Newton-féle polinom egyforma adott pon-
tokra, mégis, numerikus szempontból el½ony½osebb Newton alakú polinommal dolgozni
mert újabb alappontok bevezetese eseteben nem kell az osszes szamitast ujbol elvegezni
(a haromszog alaku egyenletrendszernek koszonhetoen).
41. Megjegyzés. Nem ekvidisztans alappontokra a Newton polinom meghatározására
az ú.n. osztott di¤erenciákat használjuk.
Habár a képletek aránylag egyszer½uek ha az alappontok ekvidisztánsak, ap-
proximációs szempontból mégsem a legmegfelel½obbek. Ennek oka az hogy magas fokú
polinomok esetében a kilengések is nagyok. Ez nagyon jól szemléltethet½o az ú.n. Runge-
féle példán.
Example 5
Legyen f (x) = 11+25x2
; x 2 [�1; 1] : Ha felbontjuk a [�1; 1] interval-
lumot különböz½o számú ekvidisztáns alappontra, majd interpoláljuk
azt kapjuk eredményként hogy a központi részen az interpoláló poli-
nom elég jól közeliti meg az f függvényt, viszont a peremen minél
magasabb a polinom fokszáma annál rosszabb a megközelítés.
Alapvet½oen két módszerrel lehet a polinomiális interpoláció hátrányait kiküszöbölni:
az egyik módszer abban áll hogy az alappontokat nem egyenköz½unek vesszük hanem a
73
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Csebysev-féle polinom gyökeiként. Ezt a módszert akkor alkalmazhatjuk ha az alap-
pontokat szabadon választhatjuk meg. A másik módszer abban áll hogy globális inter-
poláció helyett szakaszos interpolációt használunk.
A Csebysev-féle els½ofajú polinomok
42. De�níció. n-ed fokú (els½ofajú) Csebysev-féle polinomnak nevezzük a következ½o füg-
gvényt:
Tn : [�1; 1]! R; Tn (x) = cos (n arccos x) :
Különböz½o n-re a polinomok a következ½oképpen néznek ki:
T0 (x) = 1; T1 (x) = x;
T2 (x) = cos (2 arccos x) = 2 cos2 (arccos x)� 1 = 2x2 � 1; :::
Felhasználva a t = arccos x valtozócserét meghatározhatunk egy rekurzív képletet a
polinomok kiszámítására:
cos ((n+ 1) t) + cos ((n� 1) t) = 2 cos (nt) cos t()
Tn+1 (x) + Tn�1 (x) = 2Tn (x) x ()
Tn+1 (x)� 2xTn (x) + Tn�1 (x) = 0; x 2 [�1; 1] : (6.11)
Tehát felhasználva hogy T0 (x) = 1; T1 (x) = x =) T2 (x) = 2xx � 1 amit az el½obb is
megkaptunk.
74
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Kiszámítjuk a Tn polinom gyökeit:
Tn (x) = 0() cos (n arccos x) = 0() n arccos x =2k + 1
2�; k = 0; :::; n� 1
arccos x =2k + 1
n
�
2() xk = cos
�2k + 1
n
�
2
�; k = 0; :::; n� 1: (6.12)
Mértanilag a Csebysev gyököket a következ½o képpen szerkesztjük meg: a fels½o
félkört n egyenl½o részre osztjuk majd ezeket a pontokat levetítjük az Ox tengelyre.
Ezek a vetületek szolgálják a Csebysev polinom gyökeit. Észrevehet½o hogy ezeknek a
sür½usége nagyobb a széleken mint középen. Ennek köszönhetik a jobb interpolációs
tulajdonságot.
Az osszes n-ed fokú interpoláló polinom közül az (6.12) alappontokra felepített
interpoláló polinomnak lesz a legjobb megközelítése.
43. Tétel. Az összes [�1; 1] intervallumon értelmezett n-ed fokú interpolációs polinom
közül annak van a legkisebb hibája amelynek az alappontjai megegyeznek az Csebysev-féle
n-ed fokú polinom gyökeivel.
44. Megjegyzés. Ha a polinomok egy tetszöleges x 2 [a; b] intervallumon vannak
értelmezve akkor egy
t =x� a+ x� b
b� a
vátltozócserével visszavezethetjük az [�1; 1] intervallumra. Hasonlóan
x =b� a2
+b+ a
2t
75
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
változócserével kivetíthetjük a Csebysev gyököket egy tetszöleges [a; b] intervallumra:
xk =b+ a
2+b� a2
cos
�2k + 1
n
�
2
�; k = 0; :::; n� 1:
Egy másik módszer a polinomiális interpoláció hátrányainak a kiküszöbölésére
abban áll hogy globális interpolálás helyett szkaszos interpolálást alkalmazzunk.
6.2.2. Szakaszos interpoláció
A különbség a polinomiális és a szakaszos interpolálás között abban áll hogy ez utób-
biban nem egy (globális) polinomot szerkesztünk hanem minden részintervallumon egy
meghatározott fokszámú polinomot. Ezzel aránylag alacsonyan tudjuk tartani a poli-
nom fokszámat tekintet nélkül az interpoláló alappontok számára.
Lineáris interpoláció
A legegyszer½ubb függvény ami interpolálja az:
(xA; yA) ; (xB; yB)
pontokat a következ½o els½o fokú polinom:
F (x) = yAxB � xh
+ yBx� xAh
; ahol h = xB � xA;
vagy:
F (x) = yA + (x� xA)yB � yAh
:
76
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Ezt megkaphatjuk mint Lagrange-féle els½o fokú interpoláló polinom vagy egyszer½u leel-
len½orzéssel.
Általánositásként tételezzük fel hogy adottak az (xi; yi)ni=0 interpoláló pontok:
f (xi) = yi; i = 0; :::; n:
Ebben az esetben két egymásutáni alappont között, vagyis az [xi; xi+1] inter-
vallumon, a lineáris interpoláló függvény a következ½o lesz (hi = xi+1 � xi):
F (x) = yixi+1 � xhi
+ yi+1x� xihi
; ha x 2 [xi; xi+1] (6.13)
vagy:
F (x) = yi + (x� xi)yi+1 � yihi
; x 2 [xi; xi+1] . (6.14)
Valóban az [xi; xi+1] intervallumon F lineáris és teljesiti az interpoláló feltételeket:
F (xi) = yi; F (xi+1) = yi+1:
Összekapcsolva a lineáris szakaszokat az alappontokban egy tört vonalat kapunk, vagyis
egy C0 osztalyú szakaszosan lineáris függvényt vagyis, az alappontokban az F függvény
folytonos de a deriváltja már nem.
Example 6
Szerkesszük meg a lineáris interpoláló függvényt az alábbi adatok
esetében:
77
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
xi 0 1 4 9
yi 0 1 2 3
.
Az [0; 1] intervallumon az interpoláló függvény:
F (x) = 01� x1� 0 + 1
x� 01� 0 = x; x 2 [0; 1] :
Hasonlóan
F (x) = 14� x4� 1 + 2
x� 14� 1 =
2
3+1
3x; x 2 [1; 4]
F (x) = 29� x9� 4 + 3
x� 49� 4 =
6
5+1
5x; x 2 [4; 9] :
86420
8
6
4
2
0
x
y
x
y
1. ábra A lineáris interpoláló polinom
Harmadfokú Hermite szakaszos interpoláció
A lineáris intepoláció segítségével egy gyors képet alkothatunk magunknak az interpolá-
ciós folyamatról, a természetben viszont kevés olyan folyamat van ami modellezhet½o
78
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
lenne a lineáris interpolációval. Ehelyett "simább" függvényekre lesz szükségünk amit
magasabb fokú polinomokkal érhetünk el. Ehhez viszont több adatra lesz szükségünk.
Tételezzük fel hogy az xA; xB alappontokban ismerjük nem csak az yA; yB or-
dinátákat hanem a dA; dB iránytényez½oket is. Keressük azt a harmadfokú H polinomot
ami eleget tesz a következ½o feltételeknek:
H (xA) = yA; H (xB) = yB;
H 0 (xA) = dA; H0 (xB) = dB: (6.15)
45. De�níció. A (6.15) feltételeknek eleget tev½o polinomot harmadfokú Hermite-féle
interpoláló polinomnak nevezzük.
Hasonlóan a Lagrange interpolációs polinommal, itt sem fogjuk használni a
kanonikus bázist hanem az ú.n. Hermite-féle bázis függvényeket.
46. Tétel. A harmadfokú Hermite-féle interpoláló polinomot a következ½o képpen lehet
megadni:
H (x) = yAh0 (x) + yBh1 (x) + dAh2 (x) + dBh3 (x) (6.16)
ahol hi; i = 0; 3 a Hermite-féle alappolinomokat jelöli:
h0 (x) = �
�b� xh
�; h1 (x) = �
�x� ah
�(6.17)
h2 (x) = �h �b� xh
�; h3 (x) = h
�x� ah
�79
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
és
� (t) = 3t2 � 2t3; (t) = t3 � t2; h = b� a: (6.18)
Proof. Bizonyitásként a hi; i = 0; 3 alappolinomok bázis jellegére szoritkozunk.
h0 (a) = �
�b� ah
�= �(1) = 1; h1 (a) = h2 (a) = h3 (a) = 0
Hasonlóan
h1 (b) = 1; h0 (b) = h2 (b) = h3 (b) = 0:
h02 (a) = �h 0�b� xh
�jx=a = �h
��1h
� 3
�b� xh
�2� 2
�b� xh
�!jx=a = 1;
h00 (a) = h01 (a) = h03 (a) = 0;
h03 (b) = h 0�x� ah
�jx=b = h
1
h
3
�x� ah
�2� 2
�x� ah
�!jx=b = 1;
h00 (b) = h01 (b) = h02 (b) = 0:
Az el½obbi eset általánositásaként tételezzük fel hogy az x0 < x1 < ::: < xn
alappontokban ismertek a következ½o adatok:
f (xi) = yi; f0 (xi) = di; i = 0; :::; n: (6.19)
Ebben az esetben minden [xi; xi+1] intervallumon külön megszerkesztjük a harmadfokú
Hermite-féle interpoláló polinomot.
80
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
47. Tétel. Az [xi; xi+1] intervallumon a harmadfokú Hermite-féle interpoláló polinomot
a következ½o képpen lehet megadni:
H (x) = yih0 (x) + yi+1h1 (x) + dih2 (x) + di+1h3 (x) (6.20)
ahol a hi; i = 0; 3 Hermite alappolinomokat a következ½o képpen értelmezzük:
h0 (x) = �
�xi+1 � xhi
�; h1 (x) = �
�x� xihi
�(6.21)
h2 (x) = �h �xi+1 � xhi
�; h3 (x) = h
�x� xihi
�
ahol a lépés hi = xi+1�xi, illetve a �; függvények (6.18) képletben vannak értelmezve.
Természetesen, ha a di deriváltak ismeretlenek ezeknek az értékeit meg lehet
közelíteni az xi; yi adatokból kiindulva. Például, hármasával csoportosítva, minden
alappontban a derivált egyenl½o a három pontra epített parabola iránytényez½ojével (Bessel-
féle interpoláció).
48. Megjegyzés. Mivel az alappontokban a deriváltak megegyeznek az összetett Hermite-
féle interpoláló polinom C1 osztalyú lesz.
Example 7
Szerkesszünk egy Hermite-féle interpoláló függvényt a következ½o ada-
tokra:
81
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
xi 0 1 4 9
yi 0 1 2 3
. Els½osorban minden ponthoz hozzá kell
rendelni egy iránytényez½ot. Legyen az (x1; y1) pontban az iránytényez½o
egyenl½o a mellette lév½o pontok által meghatározott egyenes iránytényez½ojével:
d1 =y2 � y0x2 � x0
=2� 04� 0 =
1
2:
Hasonlóan:
d2 =y3 � y1x3 � x1
=3� 19� 1 =
1
4:
A d0-t egyenl½ové tesszük az els½o szakasz iránytényez½ojével:
d0 =y1 � y0x1 � x0
= 1:
Hasonlóan
d3 =y3 � y2x3 � x2
=1
5:
A (6.20) képletb½ol a [0; 1] intervallumon
H (x) = 0h0 (x) + 1h1 (x) + 1h2 (x) + 1=2h3 (x)
ahol
h1 (x) = � (x) = 3x2 � 2x3;
h2 (x) = �(1� x) = � (1� x)3 + (1� x)2 ; h3 (x) = (x) = x3 � x2:
82
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Tehát
H (x) = 3x2 � 2x3 � (1� x)3 + (1� x)2 + x3 � x22
; x 2 [0; 1] :
Hasonlóan, az [1; 4] intervallumon:
H (x) =(4� x)2
3�2 (4� x)
3
27+2 (x� 1)2
3�4 (x� 1)
3
27�(4� x)
3
18+(4� x)2
6+(x� 1)3
36�(x� 1)
2
12
illetve a [4; 9] intervallumon:
H (x) =6 (9� x)2
25�4 (9� x)
3
125+9 (x� 4)2
25�4 (x� 4)
3
125�(9� x)
3
100+(9� x)2
20+(x� 4)3
125�(x� 4)
2
25:
Harmadfokú spline interpoláció
Az el½obbi interpolációs eljárásnál simább függvényt kapunk ha a másodrend½u derivált
folytonosságát is megköveteljük. Az így szerkesztett interpolációs polinom neve spline.
Ha az el½obbiekben a derivaltakat ugy hatarozzuk meg hogy a kapott fuggveny
ketszer folytonosan derivalhato legyen, akkor a harmadfoku (cubic) spline interpolacios
modszert kapjuk.
Legyenek tehát (xi; yi)ni=0 az interpoláló pontok. Minden [xi; xi+1] szakaszon
egy si; i = 0; :::; n � 1 (si : [xi; xi+1]! R) harmadfokú polinomot szerkesztünk meg
úgy, hogy az alappontokban az els½o fokú és a másodfokú derivált folytonos legyen,
tehát 4n ismeretlenünk lesz. Az ismeretlenekhez hozzárendelt egyenleteket a következ½o
feltételekb½ol határozzuk meg:
83
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
� (n+ 1) egyenlet az interpoláló feltételekb½ol:
si (xi) = yi; i = 1; ; n;
� (n� 1) egyenlet a folytonossági feltételekb½ol a bels½o alappontokban:
si (xi) = si+1 (xi) ; i = 1; ; n� 1;
� (n� 1) egyenlet az els½o derivált folytonossági feltételekb½ola bels½o alappontokban:
s0i (xi) = s0i+1 (xi) ; i = 1; ; n� 1;
� (n� 1) egyenlet a második derivált folytonossági feltételb½ol a bels½oalappontok-
ban:
s00i (xi) = s00i+1xi; i = 1; ; n� 1;
összesen (4n� 2) egyenlet. Hogy egyértelm½uen meghatarozott egyenletrend-
szert kapjunk szükség van meg 2 feltételre. Ezeket rendszerint a széleken lev½o alap-
pontokhoz kötjük (perem feltételek). A 4n� 4n-es lineáris egyenletrendszer megoldása
szolgaltatja a szakaszokra értelmezett polinomok együtthatóit.
A továbbiakban ismertetjük a leggyakrabban használt peremfeltételeket:
1. Ha ismertek a d0; dn iranytényez½ok a széleken, akkor a kovetkez½o kikötéseket
használjuk:
s00 (x0) = d0; s0n�1 (xn) = dn:
Az így felépitett függvényt �complete spline�-nak nevezz½uk.
84
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
2. Ha ismertek a másodrend½u deriváltak értékeiD0; Dn a széleken, akkor a következ½o
kikötéseket használjuk:
s000 (x0) = D0; s00n�1 (xn) = Dn:
3. Az egyik legrégebbi perem feltétel az ú.n. �természetes�feltétel:
s000 (x0) = 0; s00n�1 (xn) = 0:
A �natural spline� név a rajzoló szerkezetre (spline, splain) vezethet½o vissza,
úgyanis a végpontokban a fémrúd görbulete zéro(lásd a gyakorlati kivitelezését).
4. Ha a deriváltak ismeretlenek egy másik peremfeltétel az ún. �not-a-knot�, vagyis
az els½o és utolsó bels½o interpolációs pont inaktiv. Ehhez kikötjuk hogy a har-
madrendu derivált s000 folytonos legyen x1; es xn�1-ben. Eredmenyként s0 =
s1illetve sn�1 = sn�2.
49. Megjegyzés. Az összes szakaszonként értelmezett harmadfokú polinomok közül a
köbös (cubic) spline függvénynek van maximális simasági foka, nevezetesen C2. Ennél
magasabb símasági fokkal csak a globális harmadfokú polinom rendelkezik.
A harmadfokú spline függvény általanositása a következ½o:
50. De�níció. Az (xi)ni=0 alappontokhoz hozzárendelt (2n+ 1)-ed fokú spline-nak azt
a függvényt nevezzük, amely minden egyes [xi; xi+1] szakaszon 2n + 1-ed fokú poli-
85
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
nom, továbbá az x0; :::; xn pontokban a deriváltak 2n-ed rendig bezárólag eleget tesznek
a folytonossági feltételeknek.
Az egyik legegyszer½ubb spline a már ismertett lineáris interpoláló függvény
(a tört vonal) aminek neve lineáris spline. Minden szakaszon els½ofokú polinom a
folytonossági rendje pedig C0.
51. Megjegyzés. Bármilyen fokú sline függvény értelmezhet½o, de a páratlan fokú spline-
ok esetében az az el½ony hogy a peremfeltételeket szimmetrikusan lehet kezelni.
Example 8
Szerkesszük meg a köbös spline interpolácós függvényt az alábbi ada-
tok esetében különböz½o peremfeltételek esetében:
xi 0 1 4 9
yi 0 1 2 3
.
s (x) =
8>>>>>><>>>>>>:s1 (x) ; x 2 [0; 1)
s2 (x) ; x 2 [1; 4)
s3 (x) ; x 2 [4; 9]
ahol
si (x) = aix3 + bix
2 + cix+ di; i = 0; 1; 2
86
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
A 12 együtthatót a következ½o lineáris egyenletrendszerb½ol számítjuk
ki: 8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>:
0a0 + 0b0 + 0c0 + d0 = 0
a1 + b1 + c1 + d1 = 1
64a2 + 16b2 + 4c2 + d2 = 2
279a2 + 81b2 + 9c2 + d2 = 3
a0 + b0 + c0 + d0 = a1 + b1 + c1 + d1
64a1 + 16b1 + 4c1 + d1 = 64a2 + 16b2 + 4c2 + d2
3a0 + 2b0 + c0 = 3a1 + 2b1 + c1
48a1 + 8b1 + c1 = 48a2 + 8b2 + c2
6a0 + 2b0 = 6a1 + 2b1
24a1 + 2b1 = 24a2 + b2
2b0 = 0
54a2 + 2b2 = 0
ahol az utolsó két egyenletben a "természetes" perémfeltételeket
használtuk.
52. Megjegyzés. A spline függvények esetében is a kanonikus bázis feliráson kívül van
más alkalmasabb bázis az ú.n. B-spline függvények.
87
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Kétváltozós lineáris (bilineáris) interpoláció
Hasonlóan az egyváltozós esettel, a kétváltozós függvények esetében felmerül a probléma
hogy bizonyos diszkrét pontokból kiindulva egy interpoláló felületet kell szerkeszteni.
A legegyszer½ubb módszer, a bilineáris interpoláció, akkor alkalmazható ha az adott
diszkrét pontok racsszer½uen helyezkednek el.
Legyen f (x; y) egy kétváltozós függvény amelynek csak (xi; yj)m; ni=0;j=0 pontok-
ban ismerjük az értékeit:
zij = f (xi; yj) ; i = 0; :::;m; j = 0; :::; n:
Az (xi; yj) párokról azt mondjuk hogy egy m�n-es háló (rács) csomópontjait alkotjak.
x n y y0 ::: yj : : : yn
x0 z00 z0j z0n
...
xi zi0 zij zin
...
xm zm0 zmj zmn:
A feladat egy kétváltozos F (x; y) függvény megszerkesztése amely megegyezik
a háló pontjaiban f -el és megközelíti egy tetszöleges (x; y) pontban. A leggegyeszer½ubb
módszer természetesen a (bi)lineáris interpoláció amit úgy valósítunk meg hogy mind
a két tengely irányában alkalmazzuk a lineáris interpolációt i.e., egyszer az egyik, majd
88
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
a másik változót tekintjük konstansnak.
Az els½o lépés meghatározni az (x; y) szomszédságában lév½o pontokat, vagyis
közrefogni a x pontot két egymásutani Ox tengelyen lev½o alapponttal:
xi < x < xi+1;
majd hasonlóan:
yj < y < yj+1:
Az így meghatározott pontok illetve az f függvény értékei ezekben a pontokban az
alábbi táblázatban szerepelnek:
x�y yj y yj+1
xi f (xi; yj) = zij f (xi; yj+1) = zi;j+1
x f (x; y) =?
xi+1 f (xi+1; yj) = zi+1;j f (xi+1; yj+1) = zi+1;j+1:
Rögzítjük például az y = yj változót, ekkor az F függvény egyváltozossá válik (x változó
szerinti): F (x; yj) : Az így kapott egyváltozós függvényre alkalmazzuk a (6.14) lineáris
interpolációs képletet:
F (x; yj) = f (xi; yj) + (x� xi)f (xi+1; yj)� f (xi; yj)
xi+1 � xi; x 2 [xi; xi+1] ;
ahonnan
F (x; yj) = f (xi; yj) + (x� xi)f (xi+1; yj)� f (xi; yj)
xi+1 � xi: (6.22)
89
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Hasonlóan rögzített y = yj+1 azt kapjuk hogy:
F (x; yj+1) = f (xi; yj+1) + (x� xi)f (xi+1; yj+1)� f (xi; yj+1)
xi+1 � xi: (6.23)
A már ismert F (x; yj) ; F (x; yj+1) adatokra újból alkalmazzuk a (6.14) képletet és
rögzített x = x-re azt kapjuk hogy:
F (x; y) = F (x; yj) + (y � yj)F (x; yj+1)� F (x; yj)
yj+1 � yj; y 2 [yj; yj+1] (6.24)
vagyis:
F (x; y) = F (x; yj) + (y � yj)F (x; yj+1)� F (x; yj)
yj+1 � yj: (6.25)
53. Megjegyzés. A (6.25) értéknél jobb megközelítést kapunk ha a bilineáris inter-
poláció helyett a bicubic sémát alkalmazzuk, vagyis mindkét tengely mentén harmadfokú
polinommal interpolálunk.
Example 9
Az f (�; ') =R '0
d'p1�sin2 � sin2 '
elliptikus integrálra ismert a következ½o
táblázatban szerepl½o értékek:
��' 50� 55� 60� 65� 70�
50� 0:9401 1:05 1:1643 1:2833 1:4068
60� 0:9647 1:0848 1:2125 1:3489 1:4944
70� 0:9876 1:1186 1:2619 1:4199 1:5959
80� 1:0044 1:1444 1:3014 1:4810 1:6918
90
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
Számítsuk ki bilineáris interpolációval f (55; 53) közelit½o értékét.
Proof. Az (55,53) pont szomszédságában lév½o adatok:
x�y 50 53 55
50 0:9401 1:05
55 0:952 4 1; 0675
60 0:9647 1:0848
Alkalmazzuk a (6.23) ill. (6.24) képletet:
F (55; 50) = F (50; 50) + (55� 50) F (60; 50)� F (50; 50)60� 50 =
0; 9401 + 5 � (0; 9647� 0; 9401)=10 = 0:952 4
F (55; 55) = f (50; 55) + (55� 60) F (60; 55)� F (50; 55)60� 50 = 1; 0675
majd rögzítjük a x = 55 változót és alkalmazzuk a (6.25) képletet:
F (55; 53) = F (55; 50) + (53� 50) F (55; 55)� F (55; 50)55� 50 =
0:9524 + 3 � (1:0675� 0:9524)=5 = 1: 021 4:
91
FEJEZET 6 � MANUSCRIPT
6.3. Függvény approximáció a legkisebb négyzetek
módszerével
Amint az interpolációnál láttuk, ha ismert egy f függvény értékei az xi; i = 0; :::; n
csomópontokban akkor felépíthet½o egy F approximáció úgy, hogy F (xi) = f (xi) = yi:
Ha viszont az f (xi) értékek nem pontosak (például hozzávet½oleges mérések alapján
számított értékek)
92
7. fejezet
Bézier görbék, Bézier felületek
A Bézier görbék a CAGD tantárgy alapjait képezik. Habár elméleti szinten már a 30-as
években jelentek meg dolgozatok e téren, az igazi fejl½odése a 60-as években kezd½odött
P. de Casteljau (Citroen), P. Bézier (Renault), S. Coons (Ford), W. Gordon (General
Motors), J. Ferguson (Boeing) munkásságával.
Az interpolációtól eltér½oen, a Bézier görbék szerkesztése a "free form" kategóriába
sorolható vagyis, a formatervez½o szabadon választ meg bizonyos pontokat amelyeket
összekötve egy megközelít½o képet adnak a görbe alakjáról.
93
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
7.1. A Bézier görbe megszerkesztése a "divide et
impera" algoritmussal
Tekintsük a P0; P1; P2 pontokat. Egy P0 és P2 pontok közé húzodó görbét szertnénk
szerkeszteni, ugyanakkor a görbe alakját a P1 ponttal fogjuk befolyásolni.
A Pi pontokat kontroll pontoknak, a P0P1P2 kontroll poligonnak nevezzük.
Az algoritmus abban áll hogy a görbe pontjait sorozatos felezéssel hozzuk
létre.
Legyen P (1)0 a P0P1 szakasz, P(1)1 pedig a P1P2 szakasz felez½opontja.
A P (1)1 P(2)1 szakaszt újból felezzük a P (2)0 ponttal.
94
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
Az így megszerkesztett P (2)0 pont, rajta lesz a görbén.
Hogy a görbe többi pontjait megkapjuk a kapott pontokat: átnevezzük majd
folytatjuk az osztási algoritmust. Jelöljük a P0; P(1)0 ; P
(2)0 pontokat P0; P1; P2-vel majd
alkalmazzuk az el½obb ismertett eljárást.
Az újonnan kapott P (2)0 pont úgyszinten rajta lesz a görbén.
Hasonlóan járunk el az els½o osztásból származó P (2)0 ; P(1)1 ; P2 pontokkal.
A három P(2)0 pont illetve az algoritmus további alkalmazása nyomán létrejöv½o P (2)0
pontok alkotják a (négyzetes) Bézier görbét:
95
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
7.2. Négyzetes Bézier görbék
Az el½obb említett algoritmusnál egy sajátos esetet használtunk nevezetesen a felezést;
ezt most általánosítani fogjuk olyan értelemben hogy bevezetünk egy t 2 [0; 1] paramétert
ami a szakaszok felosztásának arányait adja meg. Minden egyes t értékre kapunk egy
pontot a görbén. Vegyük például t = 3=4 értéket. Minden egyes lépésben a további
pontokat a meglév½o pontok konvex kombinációjáként szerkesztjük meg:
P(1)0 = (1� t)P0 + tP1
P(1)1 = (1� t)P1 + tP2 (7.1)
96
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
A görbén elhelyezked½o P (2)0 pontot a már meglév½o P (1)0 ; P(1)1 pontok konvex kombiná-
ciójáként számítjuk ki:
P(2)0 = (1� t)P (1)0 + tP
(1)1 (7.2)
Variálva t paraméter értékeit 0-tól 1-ig az el½obbi konvex kombinációk megad-
ják a görbe összes pontját.
Mivel a pontok helyzete függ a t paramétert½ol, a további jelöléseknél ezt �-
gyelembe vesszük. Azt hogy a P (2)0 (t) pontok írják le a görbét a következ½o képpen írjuk
le:
P(2)0 (t) = P (t) ; t 2 [0; 1] :
97
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
Felhasználva a (7.2),(7.1) képleteket azt kapjuk hogy:
P (t) = P(2)0 (t) = (1� t)P (1)0 (t) + tP
(1)1 (t) =
(1� t) [(1� t)P0 + tP1] + t [(1� t)P1 + tP2] =
(1� t)2 P0 + 2t (1� t)P1 + t2P2
tehát a görbe egyenlete:
P (t) = (1� t)2 P0 + 2t (1� t)P1 + t2P2; t 2 [0; 1] : (7.3)
A görbe egyenletéb½ol látszik hogy ez egy parabola, vagyis egy másodfokú Bézier görbe.
A görbe legfontosabb tulajdonságai a következ½ok:
� P0; P2 a görbe két végpontja:
P (0) = P0; P (1) = P2
� A polinom alakjából következik a görbe folytonossága
� A görbe tángense a P0; P2 végpontokban megegyezik a P0P1; P1P2 szakaszokkal:
d
dtP (t) = �2 (1� t)P0 + 2 (1� 2t)P1 + 2tP2
ahonnan:
d
dtP (0) = 2 (P1 � P0) ;
d
dtP (1) = 2 (P2 � P1)
98
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
� A kontroll pontok által alkotott konvex burkoló (a mi esetünkben a P0P1P2 három-
szög) tartalmazza a görbét.
Az (7.3) egyenletben az együtthatók összege:
(1� t)2 + 2t (1� t) + t2 = 1
vagyis a görbe konvex kombinációja a kontroll pontoknak.
Összeillesztési szempontokat tartva szem el½ott hatékonyabb a harmadfokú
Bézier görbék használata .
7.3. Harmadfokú Bézier görbék
A (7.3) képletben szerepl½o együtthatókat: (1� t)2 = b20 (t) ; 2t (1� t) = b21 (t) ; t2 =
b22 (t) Bernstein-féle másodfokú alap-polinomoknak nevezzük. A fenti jelöléseket fel-
használva a másodfokú Bézier görbe egyenlete felírható:
P (t) = (1� t)2 P0 + 2t (1� t)P1 + t2P2 =2Xi=0
b2i (t)Pi; t 2 [0; 1] :
Hasonlóan értelmezhet½ok a harmadfokú Bernstein-féle alap polinomok:
b30 (t) = (1� t)3 ; b31 = 3t (1� t)
2 ; b32 = 3t2 (1� t) ; b33 (t) = t3
és általánosan az n-ed fokú Bernstein-féle alap-polinomok:
bni (t) = Cinti (1� t)n�i ; i = 0; :::; n;
99
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
ahol t 2 [0; 1] : Ezeknek az alap-polinomoknak a f½otulajdonsága, hogy az egységnek egy
partícióját alkotják, vagyis:
bni (t) � 0;nXi=0
bni (t) = 1:
A harmadfokú Bézier-féle görbék esetében ugyanúgy járhatunk el mint a másodfokúak
esetében, nevezetesen. értelmezhetjük ½oket rekurrens képlettel vagy analitikusan.
Legyen P0; P1; P2; P3 kontroll pontok.
54. De�níció. Mértanilag a harmadfokú Bézier görbe a P (t) = P(3)3 (t) képlettel sz-
erkeszthet½o meg ahol:
P(k)i (t) =
8>><>>:(1� t)P (k�1)i (t) + tP
(k�1)i+1 (t) ; ha k = 1; 2; 3; i = 0; ::; 3� k
Pi ; ha k = 0
és t 2 [0; 1] :
55. De�níció. Analitikusan a harmadfokú P (t) Bézier görbe a következ½o képpen értelmezhet½o:
P (t) =3Xi=0
b3i (t)Pi = b30 (t)P0 + b
31P1 + b
32P2 + b
33 (t)P3 = (7.4)
(1� t)3 P0 + 3t (1� t)2 P1 + 3t2 (1� t)P2 + t3P3
ahol t 2 [0; 1] :
A másodfokú görbék esetében említett tulajdonságok érvényesek it is.
A Bézier görbék elönye hogy a görbe alakja követi a kontroll poligon alakját,
ebb½ol kifolyólag egy görbe szerkesztéséhez elégséges a kontroll pontok módosítása.
100
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
A gyakorlatban, a görbén lév½o - t paraméternek megfelel½o- pontnak a megsz-
erkesztéséhez, a következ½o táblázatot használjuk (de Casteljau algoritmus):
P0
P1 P(1)0 (t)
P2 P(1)1 (t) P
(2)0 (t)
P3 P(1)2 (t) P
(2)1 (t) P
(3)0 (t)
A táblázat jobb-alsó sarkában lév½o érték adja meg a pont helyzetét a görbén t paraméternek
megfelel½oen.
7.1 Szerkesszük meg az alábbi pontok esetében t = 1=4 -nek megfelel½o pontot a
harmadfokú Bézier görbén: P0 (2; 1) ; P1 (4; 10) ; P2 (25; 20) ; P (10; 5) :
P0
P1 P(1)0
P2 P(1)1 P
(2)0
P3 P(1)2 P
(2)1 P
(3)0
ahol (az egyszer½usités kedvéért elhagytuk a t paramétert):
P(1)0 =
3
4P0 +
1
4P1 =
�10
4;13
4
�; P
(1)1 =
3
4P1 +
1
4P2; P
(1)2 =
3
4P2 +
1
4P3;
P(2)0 =
3
4P(1)0 +
1
4P(1)1 ; P
(2)1 =
3
4P(1)1 +
1
4P(1)2 ;
P(3)0 =
3
4P(2)0 +
1
4P(2)1 :
101
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
Komplexebb görbék esetében több pontra van szükségünk. Ebben az esetében
magasabb fokú Bézier görbét szerkeszthetünk vagy, és ez a gyakoribb, összetett gör-
béket szerkesztünk. Ez abban áll hogy a pontokat csopotositjük, például négyesével ha
köbös görbét szeretnénk szerkeszteni, majd minden csoportra megszerkesztünk egy gör-
bét (természetesen ebben az esetben a [0; 1] intervallum átalakítható tetsz½oleges [a; b]
intervallumra). Ezeket összetett Bézier görbéknek nevezzük. Ezen görbék esetében �-
gyelembe kell venni a P3n összeilleszkedési pontokban a símassági fokot. A harmadfokú
összetett görbék esetében a pontok elhelyezkédését½ol függ½oen elérhetünk C1 vagy C2
rend½u illeszkedéseket.
Example 1
Szerkesszük meg az alábbi harmadfokú összetett görbe esetében a
kontroll pontokat ill. poligont.
56. Megjegyzés. Ha a P2; P3; P4 pontok kollineárisak G1 mértani (geometriai) folytonossá-
gról beszélünk. Ahhoz hogy a görbe C1 osztályú legyen még szükséges hogy a P2P3 ill.
P3P4 szakaszok hossza arányos legyen a két görbe értelmezési tartományával.
102
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
7.4. Bézier felületek
A Bézier felületek szerkesztésére-úgy mint a görbék esetében-két mód van, egy mértani
szerkesztés, illetve analitikus képleten alapuló. A felület generálását a tenzoriális szorzat
esetben fogjuk vizsgálni ami azt jelenti hogy az elemzést külön végezzük a két irányban.
Ennek érdekében értelmezzük a felületeket a következ½o formális de�nicióval: felületnek
nevezzük a térben mozgó és alakját változtató görbe pontjait.
Természetesen a mozgó görbét konstans fokú Bézier görbének fogjuk tekinteni,
konkrétan m-ed fokú.
Pm (u) =mXi=0
Pibmi (u) ; u 2 [0; 1] : (7.5)
Ezt a görbét minden pozicióban (minden u-ra) a kontroll pontok határozzák meg.
Feltételezzük hogy minden eredeti Pi kontroll pont úgyszintén egy Bézier görbén mozog,
ezúttal egy n-ed fokún:
Pi = Pi (v) =
nXj=0
Pijbnj (v) ; v 2 [0; 1] : (7.6)
Összekombinálva a két képletet megkapjuk a Pm;n felület képletét az (u; v) paraméternek
megfelel½oen:
Pm;n (u; v) =mXi=0
nXj=0
Pijbnj (v) b
mi (u) ; (u; v) 2 [0; 1]� [0; 1] : (7.7)
103
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
A (7.7) képlet mátrix alakja a következ½o:
Pm;n (u; v) =
�bm0 (u) : : : bmm (u)
�0BBBBBB@P00 : : : P0n
......
Pm0 : : : Pmn
1CCCCCCA
0BBBBBB@bn0 (v)
...
bnn (v)
1CCCCCCA : (7.8)
Konkrétan ha egy (2; 3) fokú (másodfokú az egyik irányban ill. harmadfokú a másik
irányban) Bézier felületet szeretnénk szerkeszteni akkor a P00; P01; P02; P03; P10; P11; P12; P13;
P20; P21; P22; P23 kontroll pontok segítségével meghatározzuk a felület analitikus ké-
pletét:
P 2;3 (u; v) =2Xi=0
3Xj=0
Pijb2i (v) b
3j (u) ; (u; v) 2 [0; 1]� [0; 1] :
Az alábbi ábrán a (2; 3) felület generálása látható:
Rögzített v-re a felület u-tól függ½o m-ed fokú Bézier görbe lesz. Ezt nevezik
v=konst.-nak megfelel½o izoparametrikus görbének.
Amellett hogy aránylag egyszer½u képleteket eredményez, a tenzoriális szorzat
el½onye hogy a felület vizsgálata akármelyik iránnyal kezdhet½o.
Example 2
104
FEJEZET 7 � MANUSCRIPT
Adottak az alábbi pontok: P00
�0 0 0
�; P01
�2 0 0
�; P02
�4 0 0
�;
P10
�0 2 0
�; P11
�2 2 0
�; P12
�4 2 2
�;
P20
�0 4 0
�; P21
�2 4 4
�; P22
�4 4 4
�: Számítsuk ki a
(u; v) = (1=2; 1=2) paraméternek megfelel½o pontot a (2; 2) bikvadratikus
Bézier felületen. A (7.8) képletet felhasználva
Pm;n (1=2; 1=2) =
�(1� u)2 2u (1� u) u2
�0BBBBBB@P00 P01 P02
P10 P11 P12
P20 P21 P22
1CCCCCCA
0BBBBBB@(1� v)2
2v (1� v)
v2
1CCCCCCA
=
0BBBBBB@2
2
1
1CCCCCCAahol (u; v) = (1=2; 1=2) :
105
8. fejezet
Numerikus deriválás és numerikus
integrálás
8.1. Numerikus deriválás
Tekintsük az f : I ! R folytonos és deriválható függvényt. Legyen x0 2 �I egy pont az
I belsejében. Értelmezés szerint a derivált x0-ban
f 0 (x0) = limx!x0
f (x)� f (x0)x� x0
vagy h = x� x0 jelöléssel:
f 0 (x0) = limh!0
f (x0 + h)� f (x0)h
:
106
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
Numerikusan a derivált értékét a jobboldalon szerepl½o törttel közelítjük meg:
f 0 (x0) =f (x0 + h)� f (x0)
h(8.1)
ahol h egy zéróhoz közeli érték: h = 10�3; 10�4 (a továbbiakban h > 0); kerülni kell a
túlzottan kicsi értéket mivel a nullával való osztás hibához vezethet.
57. Tétel. Ha f 2 C2 (I) akkor a (8.1) képletben a következ½o hibabecslést adhatjuk:����f 0 (x0)� f (x0 + h)� f (x0)h
���� � h � M2
2(8.2)
ahol M2 = supx2I jf 00 (x)j.
Proof. A Taylor képletb½ol:
f (x0 + h) = f (x0) +f 0 (x0)
1!h+
f 00 (�)
2!h2; � 2 (x0; x0 + h) :
Átrendezve azt kapjuk hogy:
f (x0 + h)� f (x0)h
� f 0 (x0) =f 00 (�)
2h
vagyis: ����f 0 (x0)� f (x0 + h)� f (x0)h
���� = h ����f 00 (�)2���� � hM2
2:
Ha a derivált kiszámitásához adva van egy bizonyos � > 0 pontosság, a h
értékét a következ½o kikötésb½ol számítjuk ki:
hM2
2< � =) h <
2�
M2
:
107
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
Mivel az M2 értéknek a kiszámításához nehézségekbe ütközhetünk, ezért a h érték
numerikus meghatározása a következ½o módon történhet: a derivált kezd½o értékét egy
aránylag kis h = 10�3 értékkel számítjuk majd csökkentjük h-t (felezés, ...) ameddig két
egymásutáni derivált különbsége (abszólut értékben) kisebb mint �. Úgyanakkor meg
kell jegyezni hogy az említett kilépési kritérium nem garantálja azt hogy az elméleti
derivált értéket �-nyira közelítettük meg.
A (8.2)-es képletben szerepl½o hiba rendjét a következ½o képpen jelöljük:
����f 0 (x0)� f (x0 + h)� f (x0)h
���� = O (h)vagyis az abszolút hiba lineárisan arányos h-val.
A (8.1) képlet mértani jelentése a következ½o: minél kisebb h értéke annál
közelebb kerül azN pontM -hez és ebb½ol kifolyólag a d tángens iránytényez½oje megközelí-
thet½o az MN húr iránytényez½ojével. Hasonlóan eset áll fennt a PM illetve PN húrok
esetében.
A (8.1)-es hasonlóan a megközelíthetjük a derivált értékét:
f 0 (x0) =f (x0)� f (x0 � h)
h(8.3)
vagy:
f 0 (x0) =f (x0 + h)� f (x0 � h)
2h: (8.4)
108
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
A (8.3) képletben a hiba rendje lineáris:���f 0 (x0)� f(x0)�f(x0�h)
h
��� = O (h), míg a (8.4)
képletben négyzetes:
����f 0 (x0)� f (x0 + h)� f (x0 � h)2h
���� = O �h2� :Ezt megkapjuk ha kétszer alkalmazzuk Taylor képletet:
f (x0 + h) = f (x0) +f 0 (x0)
1!h+
f 00 (x0)
2!h2 +
f 000 (�1)
3!h3; �1 2 (x0; x0 + h)
f (x0 � h) = f (x0)�f 0 (x0)
1!h+
f 00 (x0)
2!h2 � f
000 (�2)
3!h3; �2 2 (x0 � h; x0)
majd vesszük az egyenletek különbségét:
f (x0 + h)� f (x0 � h) = 2f 0 (x0)h+ (f 000 (�1) + f 000 (�2))h3=6
vagyis:
����f 0 (x0)� f (x0 + h)� f (x0 � h)2h
���� = jf 000 (�1) + f 000 (�2)j12
h2 = O�h2�:
Természetesen minél több tagot tartunk meg a Taylor képletben annál pon-
tossább értéket kapunk a deriváltnak.
A másodrend½u derivált kiszámításához kétszer alkalmazzuk az els½orend½u de-
rivált képletét, például a (8.1) kétszeri alkalmazása a következ½o képletet eredményezi:
f 00 (x0) =f 0 (x0 + h)� f 0 (x0)
h=
f(x0+2h)�f(x0+h)h
� f(x0+h)�f(x0)h
h
f 00 (x0) =f (x0 + 2h)� 2f (x0 + h) + f (x0)
h2
109
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
ha pedig kombináltan a (8.1) képletet illetve (8.4) azt kapjuk hogy:
f 00 (x0) =f (x0 + h)� 2f (x0) + f (x0 � h)
h2(8.5)
aminek a hibarendje négyzetes:���f 00 (x0)� f(x0+h)�2f(x0)+f(x0�h)
h2
��� = O (h2) :Example 1
Legyen f (x) = ex számítsuk ki f 0 (1) ; f 00 (1) értékeket különböz½o h
lépéseket használva.
Solution Legyen h = 10�2 a (8.1) képletb½ol
f 0 (1) =f (1 + h)� f (1)
h=e1:01 � e0:01
= 2: 731 9
ebben az esetben a hiba���f(1+h)�f(1)h
� e��� = 2: 731 9- 2: 718 3 = 0:013 6:
A (8.4) képletet használva
f 0 (1) =f (1 + h)� f (1� h)
2h=e1:01 � e0;990:02
= 2:718327
a hiba pedig���f(1+h)�f(1�h)2h
� e��� = 2: 718327- 2: 718 281 = 4: 6� 10�5 = 0:46� 10�4.
A másodfokú derivált értéke:
f 00 (1) =f (1 + h)� 2f (1) + f (1� h)
h2=e1:01 � e+ e0;99
10�4= 2:718304
a hiba���f(1+h)�2f(1)+f(1�h)h2
� e��� = 2:26� 10�5 = 0:226� 10�4:
110
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
Több ismeretlenes függvények esetében f : Rm ! R a parciális deriváltak
kiszámítása hasonlóan történik a már ismertetett módszerekkel azzal a megjegyzéssel
hogy minden változót konstansnak tekintünk kivéve azt a változót ami szerint történik a
deriválás. A (8.1),(8.4),(8.5) képleteknek megfelel½oen a parciális deriváltak a következ½o
képpen alakulnak:
@f
@xi(x1; :::; xm) =
f (x1; :::; xi + h; :::; xm)� f (x1; :::; xi; :::; xm)h
(8.6)
@f
@xi(x1; :::; xm) =
f (x1; :::; xi + h; :::; xm)� f (x1; :::; xi � h; :::; xm)2h
(8.7)
@2f
@x2i(x1; :::; xm) =
1
h2(f (x1; :::; xi + h; :::; xm)� 2f (x1; :::; xi; :::; xm)+
+f (x1; :::; xi � h; :::; xm)): (8.8)
@2f
@xi@xj(x1; :::; xm) =
1
4hk(f (x1; :::; xi + h; :::; xj + k; :::; xm)� f (x1; :::; xi + h; :::; xj � k; :::; xm)
�f (x1; :::; xi � h; :::; xj + k; :::; xm) + f (x1; :::; xi � h; :::; xj � k; :::; xm)): (8.9)
ahol h illetve k az xi illetve xj irányban megtett lépés.
Example 2
Számítsuk ki a f (x; y) = exy függvény parciális deriváltjait (1; 2)
pontban.
111
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
Solution Legyen h = k = 10�2: A (8.7) képletnek megfelel½oen:
@f
@x(1; 2) =
f (1 + h; 2)� f (1� h; 2)2h
= 14:7791
és a hiba��@f@x(1; 2)� 2e2
�� = ��@f@x(1; 2)� 14:7781
�� = 9:85� 10�4;@f
@y(1; 2) =
f (1; 2 + k)� f (1; 2� k)2k
= 7:3892
és a hiba���@f@y (1; 2)� e2��� = ���@f@y (1; 2)� 7:3891��� = 1:23� 10�4:
8.2. Numerikus integrálás (kvadratúra képletek)
Általános értelemben kvadratúra határozott integrál kiszámítását jelenti.
Ha adva van egy f : [a; b] ! R folytonos függvény és [a; b] intervallum egy
felosztása:
a = x0 < x1 < ::: < xn = b
akkor a
I =
Z b
a
f (x) dx
határozott integrál kiszámitható a Riemann-féle összeggel:
I = limn�n
ahol
�n =n�1Xi=0
(xi+1 � xi) f (�i) ; �i 2 [xi; xi+1]:
112
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
58. De�níció. Numerikus kvadratúra képletnek nevezzük a következ½o képletet:Z b
a
f (x) dx =
n�1Xi=0
Ai � f (xi) +R
ahol az Ai együtthatók függetlenek f (x) függvényt½ol, xi a csomópontok, R pedig az
elkövetett hiba.
8.2.1. Téglalap módszer
Tételezzük fel hogy az xi csomópontok ekvidisztánsak: xi = x0 + ih; h = (b� a) =n:
Akkor azR baf (x) dx határozott integrál-ami nem más mint az f függvény és az Ox
tengely által bezárt terület a-tól b-ig-megközelíthet½o a téglalapok összterületével.
Z b
a
f (x) dx = h (f (x0) + :::+ f (xn�1)) (8.10)
Z b
a
f (x) dx = h (f (x1) + :::+ f (xn)) (8.11)
vagy ha ismertek a f�xi+xi+1
2
�értékek akkor:
Z b
a
f (x) dx = h
�f
�x0 + x12
�+ :::+ f
�xn�1 + xn
2
��: (8.12)
59. Tétel. Az (8.10), illetve (8.11) képlet esetében az abszolút hiba:����Z b
a
f (x) dx� h (f (x0) + :::+ f (xn�1))���� � hM1 (b� a)
ahol M1 = supx2[a;b] jf 0 (x)j.
113
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
60. Megjegyzés. Az (8.10), illetve (8.11) képlet esetében a hibarend lineáris h-ra
nézve: ����Z b
a
f (x) dx� h (f (x0) + :::+ f (xn�1))���� = O (h)
vagy �gyelembe véve hogy h = b�anfelírhatjuk hogy a hibarend = O (n�1) ahol n a
téglalapok száma. A (8.12) képlet esetében a hiba négyzetes:
����Z b
a
f (x) dx� h�f
�x0 + x12
�+ :::+ f
�xn�1 + xn
2
������ = O �h2� = O �n�2� :8.2.2. A trapéz módszer
Egy aránylag egyszer½u úgyanakkor a téglalap módszernél pontosabb módszer. Az
xi csomópontok úgyszintén ekvidisztánsak az (xi; f (xi))ni=0 pontokat pedig lineárisan
kötjük össze:
az így keletkezet trapézok összterülete megközelíti az integrál értékét:
Z b
a
f (x) dx =h
2(f (x0) + 2f (x1) + :::+ 2f (xn�1) + f (xn)) (8.13)
a hiba pedig négyzetes:
����Z b
a
f (x) dx� h2(f (x0) + 2f (x1) + :::+ 2f (xn�1) + f (xn))
���� = O �n�2�ahol n a trapézok száma.
114
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
8.2.3. A Simpson módszer
Ebben az esetben az (xi; f (xi))2ni=0 pontokat parabolákkal (hármasával) kötjük össze,
ezért a csomópontok száma páratlan kell legyen a lépés pedig h = b�a2n.
Az integrál értéke:Z b
a
f (x) dx =h
3
f (x0) + 4
nXi=1
f (x2i�1) + 2n�1Xi=1
f (x2i) + f (x2n)
!(8.14)
a hiba pedig 4-ed rend½u:�����Z b
a
f (x) dx� h3
f (x0) + 4
nXi=1
f (x2i�1) + 2n�1Xi=1
f (x2i) + f (x2n)
!����� = O �n�4� :Észre lehet venni hogy bár a Simpson algoritmus komplexitása csak egy fokkal n½o a
trapéz módszerhez képest a hibarend négyzetes rendr½ol 4-ed rend½ure ugrik. Emiatt ez
az eljárás nagyon gyakran használt.
Example 3
Számítsuk kiR 31x2dx értéket a trapéz illetve Simpson képlet segít-
ségével (n = 4).
Solution f (x) = x2: Amegadott n-b½ol kiszámítjuk a trapéz módszernek megfelel½o
lépést:h = 3�14= 0:5 majd a (8.13) képletb½ol:Z 3
1
x2dx =h
2(f (1) + 2f (1 + 0:5) + 2f (1:5 + 0:5) + 2f (2 + 0:5) + f (3)) =
= 0:25 (1 + 4:5 + 8 + 12:5 + 9) = 8: 75:
115
FEJEZET 8 � MANUSCRIPT
A hiba���8:75� x3
3
��31
��� = j8:75� 8:66j = 0:09 (O (n�2) = 1=16 = 0:0625) : Hasonlóan a
Simpson módszerb½ol h = 3�12�4 = 0:25 és a (8.14) képletb½ol:
Z 3
1
x2dx =
h
3(f (1) + 4(f (1:25) + f (1:75) + f (2:25) + f (2:75)) + 2 (f (1:5) + f (2) + f (2:5)) + f (3)) =
0:25
3(1 + 4 (1:5625 + 3:0625 + 5:0625 + 7:5625) + 2 (2:25 + 4 + 6:25) + 9) = 8: 6666:
Mivel a függvény másodfokú polinom az integrál zéro hibával állitható el½o a Simpson
képlettel.
61. Megjegyzés. Az említett képletek (szekvenciális) interpolációs sémákból erednek.
Az alábbi táblázat összehasonlítja a interpoláló polinom fokát illetve a hibarendet:
Módszer Interp. pol. fokszáma Hibarend
Téglalap 0 O (h)
Trapéz 1 O (h2)
Simpson 2 O (h4)
:
116
9. fejezet
Közönséges di¤erenciálegyenletek
9.1. Els½orend½u di¤erenciálegyenletek
Tekintsük a
y0 = f (x; y)
els½orend½u di¤erenciálegyenletet, ahol f egy el½ore megadott függvény. A di¤erenciále-
gyenlet y = y (x) megoldását integrál görbének nevezzük. Ha f sajátos alakú akkor
bizonyos esetekben a di¤erenciálegyenlet elemi úton is megoldható, de gyakran ez olyan
bonyolult, hogy sokkal kényelmesebb közelít½o módszerekkel egy partikuláris megoldás
el½oállitása. Úgyanakkor bizonyos egyenleteket csak numerikusan lehet megoldani�Pl. y0 = ex
2�:
Example 1
117
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
Az
y0 = 2xy = f (x; y)
di¤erenciálegyenlet megoldása y (x) = cex2:
Az els½orend½u közönséges di¤erenciálegyenleteknek végtelen sok megoldása van,
amelyek egy konstansban különböznek egymástól. Ha egy plusz feltételt rendelünk a
feladathoz akkor a megoldás egyértemüvé válik. Ezt nevezzük Cauchy-féle feladatnak:8>><>>:y0 = f (x; y)
y (x0) = y0
: (9.1)
Mértanilag ez azt jelenti, hogy a görbeseregb½ol azt a görbét választjuk amelyik keresztül
halad az (x0; y0) ponton.
Example 2
Ha az el½obbi feladathoz hozzárendeljük a y (0) = 1 kezdeti feltételt
akkor a c konstans egyenl½o 1-gyel, vagyis a8>><>>:y0 = 2xy
y (0) = 1
Cauchy feladatnak y (x) = ex2a megoldása.
A numerikus módszereknek a lényege, hogy az integrál görbét pontszer½uen
közelítjük meg.
118
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
A módszereket feloszthatjuk egylépéses illetve többlépéses módzserekre, attól
függ½oen hogy az i-edik pont kiszámításához egy vagy több pontot használtunk. Az egy
lépéses módszerek közé tartozik az Euler, Taylor, fokozatos közelítések, illetve Runge-
Kutta-féle módszer.
9.1.1. Az Euler-féle (törtvonal) módszer
Tekintsük a Cauchy-féle feladatot:8>><>>:y0 = f (x; y)
y (x0) = y0
; x 2 [a; b]
illetve az [a; b] intervallum egy ekvidisztáns felosztását:
a < x0 < ::: < xn = b; xi = x0 + ih
ahol h = b�ana lépést jelöli.
Az Euler módszer lényege, hogy az elméleti görbét -pontról pontra haladva-
lineáris szakaszokkal közelítjük meg és eredményül egy P0P1:::Pn tört vonalat kapunk;
innen származik a módszer elnevezése.
119
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
2.8
3
elmeleti gorbe
Euler poligon(xi,y(x i))
Az Euler-féle törtvonal
Kiinduló pontként a P0 (x0; y0) használjuk, majd meszerkesztjük a P1 (x1; y1) pontot
ahol y (x1) = y1: Hasonlóan minden i-re az
y (xi) = yi
jelölést fogjuk használni. Az y1 ordináta kiszámítására felhasználjuk hogy P0P1 lineáris
és az iránytényez½oje konstans =y0 (x0) = f (x0; y0) =)
P0P1 :y1 � y0x1 � x0
= f (x0; y0) =) y1 = y0 + hf (x0; y0) : (9.2)
Hasonlóan szerkesztjük meg az összes többi yi; i = 2; :::; n ordinátát:
yi+1 = yi + hf (xi; yi) (9.3)
majd a Pi (xi; yi)ni=0 pontokat összekötjük.
Habár h! 0 -ra a módszer konvergens, maga az algoritmus nem túl pontos.
120
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
Az (9.2) képlet nem más mint Taylor képlet az els½o két tagjára korlátozva:
y (x1) = y (x0 + h) = y (x0) + y0 (x0)h+O
�h2�()
y1 = y0 + f (x0; y0)h+O�h2�:
Tehát a P0 pont környezetében a módszer hibarendje négyzetes: O (h2) de n
lépés után (ennyi lépés szükséges Pn kiszámítására) a hibarend lineárissá válik:
n�O�h2�=b� ah
�O�h2�= O
�h�1��O
�h2�= O (h) :
A pontosság növelése érdekében használhatjuk a Taylor képletet de több tag �gyelem-
bevételével. Gyakrabban használt a másod- illetve negyedrend½u Taylor sorfejtés.
Example 3
Oldjuk meg a következ½o Cauchy-féle feladatot az Euler módszerrel
(h = 0:1) 8>><>>:y0 = xy
y (0) = 1
:
Solution f (x; y) = xy; x0 = 0; xi = i � 0:1; P0 (0; 1)
y1 = y0 + 0:1 � f (0; 1) = 1 + 0
=) P1 (0:1; 1)
y2 = y1 + hf (x1; y1) = 1 + 0:1 � 0:1 = 1:001
=) P2 (0:2; 1:001) ; :::
121
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
9.1.2. Taylor módszer
yi+1 = yi + hf (xi; yi) +12!h2h@f@x(xi; yi) + f (xi; yi)
@f@y(xi; yi)
i+ :::
9.1.3. Runge-Kutta-féle módszer
RK23
yi+1 = yi +1
6(k1 + 4k2 + k3) :
RK45
yi+1 = yi +1
6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) ;
ahol
k1 = hf (xi; yi) ; k2 = hf
�xi +
h
2; yi +
k12
�;
k3 = hf
�xi +
h
2; yi +
k22
�; k4 = hf (xi + h; yi + k3) :
Minden intervallumon a hiba O (h5), tehát n lépés után a hibarend:
n�O�h5�= O
�h�1��O
�h5�= O
�h4�:
9.1.4. Fokozatos közelítések módszere
yi+1 (x) = Fyi (x) ;
122
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
ahol
Fyi (x) =
Zf (t; y (t)) dt:::
9.2. Els½orend½u di¤erenciál egyenletrendszerek
Adott a következ½o der.: 8>><>>:y0 = f (x; y; z)
z0 = g (x; y; z)
(9.4)
Határozzuk meg az y = y (x) ; ill. z = z (x) függvényeket amelyek eleget tesznek az
alábbi kezdeti feltételeknek: 8>><>>:y (x0) = y0
z (x0) = z0
: (9.5)
A feladat megoldásához bármelyik ismert módszerhez folyamodhatunk: Euler, Taylor,
R-K, stb.
Az alábbiakban az Euler módszert mutatjuk be.
A (9.4) és (9.5) feltételekb½o következik hogy:
y0 (x0) = f (x0; y (x0) ; z (x0)) = f (x0; y0; z0)
z0 (x0) = g (x0; y (x0) ; z (x0)) = g (x0; y0; z0) :
Feltételezzük hogy a tanulmányozott intervallum fel van osztva x0 < x1 < ::: <
xn egyenköz½u osztópontokra: xi = x0+ih: Ezekben az osztópontokban megszerkesztjük
123
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
az y ill. z függvény közelít½o értékét yi = y (xi) ; zi = z (xi) :
y1 � y0x1 � x0
= y0 (x0) = f (x0; y0; z0)
z1 � z0x1 � x0
= z0 (x0) = g (x0; y0; z0)
ahonnan:
y1 = y0 + hf (x0; y0; z0)
z1 = z0 + hg (x0; y0; z0) :
Hasonlóan kapjuk általánosan:
yi+1 = yi + hf (xi; yi; zi)
zi+1 = zi + hg (xi; yi; zi) ; i = 1; :::; n� 1:
Többfüggvényes egyenletrendszerek esetében hasonlóan járunk el.
9.3. Magasabbrend½u di¤erenciálegyenletek
Tekintsük a következ½o másodrend½u de.:
y00 = f (x; y; y0) : (9.6)
amihez az alábbi kezdeti feltételeket társítjuk:8>><>>:y (x0) = y0
y0 (x0) = y00
:
124
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
Magasabbrend½u di¤erenciálegyenletek megoldása visszavezethet½o els½orend½u di¤
egyenletrendszerek megoldására.
Jelöljük
y =: y1; y0 =: y2;
Akkor az (9.6) a köv. di¤ egyenletrendszerrel ekvivalens:8>><>>:y01 = y2
y02 = f (x; y1; y2)
:
és a kezdeti feltételek:
y1 (x0) = y (x0) = y0 := y01
y2 (x0) = y01 (x0) = y0 (x0) = y
00 := y
02:
9.3.1. Másodrend½u di¤erenciálegyenlet megoldása véges dif-
ferenciákkal
Tekintsük az általános másodrend½u di¤. egyenletet:
y00 (x) + p (x) y0 (x) + q (x) y (x) = r (x) ; x 2 [a; b] (9.7)
ahol p; q; r 2 C [a; b] : A lényeg újból megközelíteni a tényleges y (x) értéket bizonyos
(xi)ni=0 ekvidisztáns csomópontokban: y (xi) = yi:
125
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
Ennek érdekében felhasználjuk a numerikus deriválásból ismert képleteket,
például:
y0 (xi) =y (xi+1)� y (xi�1)
2h=yi+1 � yi�1
2h
y00 (xi) =y (xi+1)� 2y (xi) + y (xi�1)
h2=yi+1 � 2yi + yi�1
h2
ahol yi := y (xi) jelölést használtuk. Behelyettesítve a (9.7) képletben a köv. kapjuk:
yi+1 � 2yi + yi�1h2
+ piyi+1 � yi�1
2h+ qiyi = ri; i = 1; :::; n� 1
ahol pi = p (xi) :::
9.4. Parciális di¤erenciálegyenletek
A másodrend½u parciális de. általános alakja a következ½o:
a � uxx + b � uxy + c � uyy + d � ux + e � uy + f � u = g; (x; y) 2 (9.8)
ahol a; b; c; d; e; f; g függvények x; y -ban.
Osztályozás:
� ha b2 � 4ac > 0 akkor az (9.8)-es de.-t hiperbolikusnak nevezzük
Pl. Hullámegyenlet:
uxx =1
v2utt;
126
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
� ha b2 � 4ac = 0 akkor az (9.8)-es de.-t parabolikusnak nevezzük
Pl. H½oterjedés, di¤úzió:
uxx =1
aut;
� ha b2 � 4ac < 0 akkor az (9.8)-es de.-t elliptikusnak nevezzük
Pl. Lapalce-féle egyenlet
uxx + uyy = 0:
Az u (x; y) függvény megszerkesztéséhez szükséges kezdeti vagy perem-feltételek.
9.4.1. A PDE megoldása véges di¤erenciákkal
Lefedjük az síktartományt egy � = fx1; x2; :::; xmg � fy1; y2; :::; yng rácsszerkezettel
ahol (xi)mi=1 ; (yj)
nj=1 egyenköz½u osztópontok xi+1 = xi + h; yi+1 = yj + k; h; k =lépés.
Az u (x; y) függvény megközelítésére az u függvény (xi; yj) csomópontokban közelítését
használjuk
u (x; y) ' u (xi; yj) ; i = 1;m; j = 1; n:
Az u (xi; yj) := uij jelölést használjuk.
Az (9.8) egyenlet diszkrét alakjában behelyettesítjük a deriváltak helyett az
127
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
ismert numerikus derivált képleteket:
ux (xi; yj) = (ux)i;j =u (xi + h; yj)� u (xi; yj)
h=ui+1;j � ui;j
h; (9.9)
uy (xi; yj) = (uy)i;j =u (xi; yj + k)� u (xi; yj)
k=ui;j+1 � ui;j
k;
vagy a pontosabb közelítés
ux (xi; yj) = (ux)i;j =u (xi + h; yj)� u (xi � h; yj)
2h=ui+1;j � ui�1;j
2h; (9.10)
uy (xi; yj) = (uy)i;j =u (xi; yj + k)� u (xi; yj � k)
2k=ui;j+1 � ui;j�1
2k:
Hasonlóan a másodrend½u deriváltak
uxx (xi; yj) = (uxx)i;j =u (xi + h; yj)� 2u (xi; yj) + u (xi � h; yj)
h2
=ui+1;j � 2ui;j + ui�1;j
h2;
uyy (xi; yj) = (uyy)i;j =u (xi; yj + k)� 2u (xi; yj) + u (xi; yj � k)
k2(9.11)
=ui;j+1 � 2ui;j + ui;j�1
k2
uxy (xi; yj) = (uxy)i;j =u (xi + h; yj + k)� u (xi + h; yj)� u (xi; yj + k) + u (xi; yj)
hk
=ui+1;j+1 � ui+1;j � ui;j+1 + ui;j
hk:
A (9.10) képletek véve alapul az uxy (xi; yj) vegyes deriváltat a következ½o képletett lehet
128
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
kiszámítani:
uxy (xi; yj) = (uxy)i;j (9.12)
=u (xi + h; yj + k)� u (xi + h; yj � k)� u (xi � h; yj + k) + u (xi � h; yj � k)
4hk
=ui+1;j+1 � ui+1;j�1 � ui�1;j+1 + ui�1;j�1
4hk:
A behelyettesítést követ½oen, attól függ½oen hogy kezdeti vagy perem-feltételek adódtak,
egy rekurzív képletet- vagy egy egyenletrendszert kapunk aminek az ismeretlenei ui;j:
Example 4
Example 5
H½oterjedés: adott egy L egységnyi vastag és végte-
len nagyságú lemez. Az eredetileg f (x) fokos
lemezt a t0 id½opontban leh½utjük u0 fokra (az oldal
felületet). Vizsgáljuk a h½oterjedést a lemezanyagában
ha az oldalak u0 fokon vannak tartva.8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:
u : [0; L]� [0; T ]! R
uxx (x; t) =1aut (x; t) ;
u (x; 0) = f (x) ; x 2 [0; L]
u (0; t) = g0 (t) ; u (L; t) = g1 (t) ; t 2 [0; T ]
; (9.13)
129
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
ahol [0; T ] a tanulmányozott id½ointervallum, a pedig
a lemez h½oterjedési együtthatója.
Konkrét adatok: L = 2; T = 0; 5; f (x) = 100 (�C) ; 8x 2
[0; 2] ; u0 = 0 (�C) ; a = 1; g0 (t) = g1 (t) = 0 (
�C) :
Proof. Legyen xi = i�h; i = 0; n; h = (L�0)=n; és tj = j �k; j = 0;m; k = (T�0)=m;
illetve az általuk alkotott rács szerkezet (lásd az alábbi ábrát)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
0.2
t i
xi
(x i 1,yj) (xi,yj) (x i+1,yj)
(x i,yj+1)
A rács szerkezet
Behelyettesítve a (9.13) képletbe a (9.9),(9.11) képleteket azt kapjuk, hogy
ui+1;j � 2ui;j + ui�1;jh2
� 1a
ui;j+1 � ui;jk
= 0; i = 1;m� 1; j = 0; n� 1:
130
FEJEZET 9 � MANUSCRIPT
Átalakítva a következ½o rekurzív képletett kapjuk:
ui;j+1 =ak
h2ui�1;j +
�1� 2ak
h2
�ui;j +
ak
h2ui+1;j; i = 1;m� 1; j = 0; n� 1:
A konkrét adatok esetében vegyük a következ½o lépéseket h = 0:2; k = 0:01 ) akh2=
0:25
ui;j+1 = 0:25ui�1;j + 0:5ui;j + 0:25ui+1;j; i = 1;m� 1; j = 0; n� 1:
ahol u0;j+1 = 0; un;j+1 = 0; ui;0 = 100: Az alábbi ábrán a h½omérséklet eloszlása látható
a lemezben
0
0.5
1
1.5
2
00.1
0.20.3
0.40.5
0
20
40
60
80
100
x=lemez vastag.
hoterjedes u xx=1/a*u t
t=ido
u=te
mp
H½oterjedés a lemezben
131
Irodalomjegyzék
[1] Bahvalov N.Sz.: A gépi matematika numerikus módszerei, M½uszaki Könyvkiadó,
Budapest, 1977.
[2] Bajcsay P.: Numerikus analízis, Tankönyvkiadó, Budapest, 1978.
[3] Bjezikovics Ja.Sz.: Közelít½o számítások, Tankönyvkiadó, Budapest, 1952.
[4] de Boor C.: A practical guide to splines, Springer-Verlag New York Heidelberg
Berlin, 1978.
[5] Coman Gh.: Analiz¼a numeric¼a, Editura Libris, Cluj-Napoca, 1995.
[6] Farin G., Hansford D.: The essentials of CAGD, A.K. Peters, 2000.
[7] Laz¼ar I.: Metode numerice cu functii în C++, Presa universitar¼a clujean¼a, Cluj-
Napoca, 2001.
[8] Obádovics J. Gy.: Gyakorlati számítási eljárások, Gondolat Kiadó, 1972.
132
IRODALOMJEGYZÉK � MANUSCRIPT
[9] Popper Gy., Csizmás F.: Numerikus módszerek mérnököknek, Akadémiai Kiadó,
Typotex, Budapest, 1993.
[10] Singiresu R.: Applied numerical methods for engineers and scientists, New Jersey
Prentice-Hall, 2002.
[11] Stoyan G., Takó G.: Numerikus módszerek, Typotex, 2005.
[12] Virágh J.: Numerikus matematika, Szeged JATE Press, 2003.
[13] Vladislav T., Rasa I.: Analiz¼a numeric¼a, Editura Tehnic¼a, Bucuresti, 1997.
[14] ***, Analiz¼a numeric¼a-Lucr¼ari de laborator, Univ. Babes-Bolyai, Fac. de Matem-
atic¼a si Informatic¼a, Cluj Napoca, 1994.
133