Dorner Fanni Szonja. A numerikus analízis interpolációs módszerei és alkalmazásai. Eötvös Loránd Tudományegyetem. Természettudományi Kar.

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Dorner Fanni Szonja A numerikus analízis interpolációs módszerei és alkalmazásai BSc Szakdolgozat Témavezet : Faragó István Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest, 207

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet mnek, Faragó Istvánnak, a rengeteg segítségért, melyet az elmúlt id szakban kaptam t le Köszönöm bátorítását, s hasznos tanácsait, melyek nélkül ez a szakdolgozat nem jöhetett volna létre Köszönöm családomnak, hogy mindvégig támogattak és mellettem álltak tanulmányaim során 2

3 Tartalomjegyzék Bevezetés 4 Interpolációs feladatok az ókortól napjainkig 4 2 Interpolációs feladatok 6 2 A Lagrange-féle interpolációs polinom 6 22 A baricentrikus interpolációs polinom 8 23 Az interpolációs polinom el állítása Newton-féle osztott dierenciákkal 9 3 Interpolációs hibabecslés, konvergencia 3 4 Csebisev-alappontok 9 4 A Csebisev-polinomok 9 42 Az alappontok megválasztása 20 5 Hermite-féle interpoláció 23 5 Hermite-féle interpolációs polinom 23 5 Hermite-féle interpolációs polinom hibabecslése Hermite-Fejér interpoláció 25 6 Spline-interpoláció 27 6 Szakaszonként lineáris interpoláció Szakaszonként kvadratikus interpoláció Szakaszonként harmadfokú interpoláció Természetes spline 30 7 További eljárások 3 7 Approximáció 3 7 Approximáció Bernstein-polinommal 3 72 Legkisebb négyzetek módszere Többdimenziós interpoláció Tenzorszorzat interpoláció 35 8 Összefoglalás 38 3

4 fejezet Bevezetés Interpolációs feladatok az ókortól napjainkig A legels bizonyítékok az interpoláció használatáról körülbelül ie 300-ba nyúlik vissza, az ókori Babilon és Görögország területére, ahol a Nap, a Hold, illetve egyéb égitestek pozícióját próbálták meghatározni vele Százötven évvel kés bb Hipparkhosz, görög csillagász lineáris interpolációt alkalmazott, hogy kiszámolja az égitestek helyzetét Id számításunk után a 600-as években Brahmagupta, indiai matematikus és csillagász bemutatott egy másodrend módszert a szinusz függvény közelítésére, majd pedig egy interpolációs eljárást nem egyenl intervallumokra Számos hasonló használatra találtak bizonyítékot a következ évszázadokra, legjelent sebb alkalmazása mégis a tengeri navigáció volt Egy numerikus módszereket felhasználó, speciális függvényértékeket tartalmazó táblázatot készítettek, melynek segítségével a tengerészek hosszúsági és szélességi fokokat számoltak Ezek az értékek azonban pontatlannak bizonyultak 675-ben Newton lefektette a klasszikus interpoláció elmélet alapjait, majd 795-ben Lagrange publikálta a Lagrange-féle interpolációs formulát Az interpoláció alkalmazásának egyik ismert példája a sivatagban k olajlel hely keresése A földalatti rétegekb l származó k olaj nyomását próbafúrásokkal vizsgálják Mivel a fúrások költségesek, ezért a mérési eredményeket felhasználva interpolációval becsülik meg, hogy hova is érdemes olajfúró tornyot építeni A számítógépek megjelenése az interpoláció széles gyakorlati felhasználását tette lehet vé Szinte minden képszerkeszt szoftver interpolációt használ, amikor a képet nagyítjuk, vagy elforgatjuk Egy digitális fotó nagyítása esetén nem a pixelek méretét növeljük, hanem a számát Az újonnan beillesztett pixelek színe az eredeti, szomszédos pixelek színéb l becsülhet meg ( ábra) Ennek alkalmazására láthatunk példát az 2-es ábrán 4

5 ábra A képinterpoláció m ködése [8] Példa Nagyítsuk fel az ELTE címerében található koronát A bal oldali képen a már nagyított, de még nem interpolált korona látható, míg a jobb oldalon az interpoláció utáni képet láthatjuk 2 ábra Az ELTE címerében található korona mozaiktalanítása interpoláció segítségével 5

6 2 fejezet Interpolációs feladatok 2 A Lagrange-féle interpolációs polinom Az interpoláció feladatát a következ képpen fogalmazhatjuk meg Egy y = f(x) (f : R R) függvénynek n + pontban ismerjük az értékét Legyenek ezek a pontok adottak az (x i, f i ) (i = 0,,, n) alakban, ahol feltesszük, hogy x i x j, ha i j Az f(x) függvényt egy olyan, általában könnyen számítható, legfeljebb n-edfokú g n polinommal közelítjük, amelyre fennáll, hogy g(x i ) = f i (i = 0,,, n) (2) Az {x i } n i=0 nevezzük pontokat interpolációs alappontoknak, a (2) feltételt interpolációs feltételnek 2 Tétel Minden rögzített n + darab ponthoz pontosan egy olyan legfeljebb n-edfokú p n P n polinom van, amelyre p n (x i ) = f i (i = 0,,, n) Bizonyítás Unicitás: Indirekt módon tegyük fel, hogy létezik kett olyan p, q P n, p q polinom, hogy p(x i ) = f(x i ) (i = 0,,, n), q(x i ) = f(x i ) (i = 0,, n) teljesül Jelölje l = p q P n polinomot Ekkor l(x i ) = p(x i ) q(x i ) = f i f i = 0 (i = 0,, n) 6

7 Tehát az {x i } n i=0 alappontok gyökei az l P n polinomnak, ezáltal l-nek n + gyöke van Így az algebra alaptétele szerint l(x) = p(x) q(x) = 0 minden x-re, tehát p(x) = q(x), ami ellentmondás, azaz a megoldás egyértelm Egzisztencia: Használjuk fel, hogy az n-edfokú Φ i (x) = n (x x j ) polinom zérus minden egyes alappontban, kivéve x i -ben Tehát Φ i (x) P n, ahol j=0 Φ i (x) := Φ i (x) Φ i (x i ) = n (x x j ) j=0 n (x i x j ) j=0 = n j=0 x x j x i x j (22) kielégíti a Φ i (x j ) = δ, j = i ji = 0, j i relációkat Ekkor a (2) interpolációs feladat megoldása az L n (x) := f i Φ i (x) = i=0 i=0 f i n j=0 x x j x i x j, (23) ahol Φ i (x) az i-edik alapponthoz tartozó Lagrange-féle alappolinom, L n P n és L n (x j ) = f i Φ i (x j ) = f j, (j = 0,,, n) i=0 Tehát eleget tesz az állításnak 22 Deníció Az L n (x) = polinomnak nevezzük f i Φ i (x) P n -beli polinomot Lagrange-féle interpolációs i=0 23 Megjegyzés Vezessük be a következ jelölést ω n+ (x) = (x x 0 )(x x n ) P n+ (24) A δ ji az ún Kronecker szimbólum 7

8 Az ω n+ (x) = n (x x j ) pontosan n+-edfokú polinomot alappontpolinomnak nevezzük j=0 Az alappontpolinom deriváltja a szorzat deriválási szabálya miatt ezért ω n+(x) = ω n+(x i ) = k=0 j=0 j k n (x x j ), n (x i x j ) (25) j=0 Így a (22) és a (25) összefüggések alapján látható, hogy az alappontpolinom segítségével a Φ i (x) Lagrange-féle alappolinom felírható a következ alakban: Φ i (x) = n j=0 x x j x i x j = n (x x j ) j=0 = n (x i x j ) (x x i ) j=0 n (x x j ) j=0 = n (x i x j ) j=0 ω n+ (x) (x x i ) ω n+ (x i) (26) 24 Következmény Tehát (23) és (26) alapján a Lagrange-féle interpolációs polinom: L n (x) = i=0 f i ω n+ (x) (x x i ) ω n+ (x i) 22 A baricentrikus interpolációs polinom A Lagrange-féle el állítás el nye, hogy ha valamelyik alappontban a függvényértéket meg kell változtatnunk -például új mérési eredményünk van az adott pontban-, akkor az új polinom helyettesítési értékeit könnyen újraszámolhatjuk a régi értékekb l Hátrány azonban, hogy egy új alappont felvétele esetén minden korábbi tagot újra kell számolnunk Hogyan kaphatunk ett l sokkal praktikusabb el állítást? Egy kicsit alakítsuk át a formulát Ehhez vezessük be a q k = (x k x 0 )(x k x k )(x k x k+ )(x k x n ) ω n+ (x k) (k = 0, n) ún baricentrikus súlyokat Ezek lesznek a Lagrange-féle alappolinomok f együtthatói Így az interpolációs polinom, kiindulva a Lagrange-féle el állításból, a következ alakra hozható: L n (x) = k=0 f k ω n+ (x) x x k q k = ω n+ (x) 8 k=0 f k x x k q k (27)

9 Vegyük észre, hogy ω n+ (x) k=0 q k x x k, hiszen a bal oldal az (x k, ), (k = 0,, n) pontokhoz tartozó interpolációs polinomot adja, ami az interpolációs polinom egyértelm sége miatt csak a konstans polinom lehet Ennek alapján a (27) formulát átírhatjuk az alábbi módon: L n (x) = L n(x) = ω n+ (x) ω n+ (x) k=0 k=0 f k x x k q k x x k q k = k=0 k=0 f k x x k q k x x k q k (28) A (28) formulát baricentrikus interpolációs formulának nevezzük Könnyen ellen rizhet, hogy míg a Lagrange-féle el állítással az interpolációs polinom egy adott helyen vett helyettesítési értéke 4n 2 + O(n) op m velettel számolható, addig a baricentrikus formulával, ha ismerjük a súlyokat, ez 5n + 5 op Tehát használatával már tudunk spórolni a m veletszámon 23 Az interpolációs polinom el állítása Newton-féle osztott dierenciákkal A Lagrange-interpoláció hibája, hogy egy új alappont felvétele jelent sen növeli a m - veletszámot Azonban létezik egy lényegesen kevesebb m veletigénnyel járó módszer, a Newton-féle interpolációs polinom Ennek levezetéséhez jelöljük N k (x)-szel azt a k-adfokú polinomot, 0 k n, melyre igaz, hogy N k (x i ) = f i (i = 0,, k) Az egyértelm ség miatt N k (x) = L k (x), de N k (x) felírásmódja más lesz, mint (23) Nyilvánvalóan igaz, hogy k=0 esetén N 0 = b 0 ω 0 (x), b 0 := f 0, ω 0 (x) := (29) Mivel N k P k, az N k N k egy olyan k-adfokú polinom, melynek gyökei x = x 0,, x k, azaz felírható N k (x) N k (x) = b k (x x 0 )(x x )(x x k ) = b k ω k (x) (20) alakban, ahol b k egyel re ismeretlen együttható, ω k (x) a (24) képlettel deniált k-adfokú polinom Nyilván N k (x) rekurziós alakja (20)-b l: N k (x) = N k (x) + b k ω k (x), k =, 2,, n (2) 9

10 Mivel N k egyértelm en meg van határozva és N k foka k, így (2)-ben x k együtthatója a képlet jobb oldalán b k, míg a bal oldalán az N k (x) = L k (x) polinom x k tagjának együtthatója, azaz (23) alapján b k = k i=0 f i k j=0 x i x j (22) 23 Deníció A (29), (2) és (22) alakban felírt interpolációs polinomot Newtonféle interpolációs polinomnak nevezzük(29)-b l és (2)-b l következik az N n (x) := b k ω k (x) (23) képlet k=0 A könnyebb számítás érdekében adjunk egyszer bb képletet a (22)-ben meghatározott b k együtthatóra Tekintsük a k = és k = 2 speciális eseteket A (22) képletbe k = -et helyettesítve b = i=0 f i j=0 = f 0 + f = f f 0 x i x j x 0 x x x 0 x x 0 Ha a k = 2 értéket tekintjük, akkor 2 2 b 2 = f i = f 0 x i x j (x 0 x )(x 0 x 2 ) +f (x x 0 )(x x 2 ) +f 2 (x 2 x 0 )(x 2 x ) = i=0 j=0 = f 2 (x 2 x 0 )(x 2 x ) f [ = (x 2 x 0 )(x 2 x ) + (x 2 x 0 ) [ f2 f x 2 x f f 0 x x 0 (x 2 x 0 )(x x 0 ) ] ] +f 0 (x 2 x 0 )(x x 0 ) = 232 Deníció Legyenek adva az (x i, f i ) (i = 0,, k) pontok, ahol x i x i2 ha i i 2, és f : [a, b] R Ekkor a következ mennyiségeket k adrend osztott dierenciáknak hívjuk, és k=0 esetén [x 0 ]f := f 0 = f(x 0 ) [x 0,, x k ] f := k i=0 f i k j=0 x i x j, (24) 233 Tétel Az osztott dierenciák értéke független az x j (j = 0,, k) pontok sorrendjét l, továbbá igaz az összefüggés [x 0,, x k ]f = [x,, x k ]f [x 0,, x k ]f x k x 0 0

11 Bizonyítás Az els állítás a deníció közvetlen következménye A második részt közvetlen számítással lehet igazolni, kihasználva (24)-et: x k x 0 k = f k f k k j=0 j= x k x 0 ([x,, x k ]f [x 0,, x k ]f) = k f 0 x k x j j= + f 0 x k x j k j= x 0 x j x 0 x j + + x k x 0 x k x 0 i= k f i i= k k f i j= k x i x j j= k x i x j j=0 ( x i x k x i x j = ) = x i x 0 = k i=0 f i k j=0 x i x j = [x 0,, x k ]f 234 Tétel Az interpolációs polinom (23) alakjában szerepl b k (k = 0,, n) együtthatók a b k = [x 0,, x k ]f képlettel számíthatók ki Bizonyítás Legyen a k {0,, n} index rögzítve, és deniáljuk a p k (x) polinomot az alábbi módon: p k (x) = b 0 + b (x x 0 ) + b 2 (x x 0 )(x x ) + + b k (x x 0 )(x x k ) Egyértelm, hogy a p k (x 0 ) = N n (x 0 ) = L n (x 0 ),, p k (x k ) = N n (x k ) = L n (x k ), azaz p k (x) pontosan az (x 0, f 0 ),, (x k, f k ) pontokat interpoláló legfeljebb k-adfokú interpolációs polinom, b k pedig ennek a f együtthatója Számítsuk ki ezt a f együtthatót! Ehhez írjuk fel a b k (x) interpolációs polinomot a Lagrange-féle módszerrel b k (x) = k i=0 f i (x x 0 )(x x i )(x x i+ )(x x k ) (x i x 0 )(x i x i )(x i x i+ )(x i x k ), melynek f együtthatója b k = k i=0 f i (x i x 0 )(x i x i )(x i x i+ )(x i x k ), ami a Newton-féle osztott dierencia deníciója szerint [x 0,, x k ]f

12 A (234) tétel alapján az összes (23)-hoz szükséges osztott dierencia az alábbi módon állítható el A nulladrend dierenciákat az [x i ]f = f i (i = 0,, n), az els rend eket az [x 0, x ]f = [x ]f [x 0 ]f x x 0, [x, x 2 ]f = [x 2]f [x ]f x 2 x formulákkal kapjuk, míg a másodrend ek az [x 0, x, x 2 ]f = [x, x 2 ]f [x 0, x ]f x 2 x 0 módon nyerhet k Az eljárást addig folytatjuk, amíg meg nem kapjuk az utolsó, n edrend osztott dierenciát is Newton-féle osztott dierencia táblázat alappontok f i = []f [, ]f [,, ]f [,,,, ]f x 0 f 0 = [x 0 ]f [x 0, x ]f = [x]f [x0]f x x 0 x [x ]f [x 0, x, x 2 ]f = [x,x2]f [x0,x]f x 2 x 0 [x, x 2 ]f = [x2]f [x]f x 2 x x 2 [x 2 ]f [x 0, x,, x n ]f x n [x n ]f [x n, x n ]f x n [x n ]f A Newton-féle osztott dierencia táblázat segítségével könnyedén kiszámolható a Newtonféle interpolációs polinom A nyilak mentén el ször kiszámoljuk az osztott dierenciák értékét, majd a bekeretezett, illetve a bekarikázott értékek segítségével megkaphatjuk az interpolációs polinomot Tehát N n (x) = [x 0 ]f + [x 0, x ]f (x x 0 ) + [x 0, x, x 2 ]f (x x 0 )(x x ) + + [x 0, x,, x n ]f (x x 0 )(x x )(x x n ) 2

13 3 fejezet Interpolációs hibabecslés, konvergencia Az interpolációs feladatot úgy t ztük ki, hogy készítsünk egy olyan g polinomot, amely az {x i } alappontokban felveszi az {f i } értékeket Most, amikor L n vagy N n alakban ezzel elkészültünk, felmerül a kérdés, hogy L n (x) mennyire tér el f(x)-t l 30 Tétel (Cauchy tétele az interpolációs hibára) Tegyük fel, hogy az f C n+ [a, b] függvényt interpoláljuk az x 0,, x n alappontokban, ahol [a, b] az alappontok által kifeszített zárt intervallum Ekkor egy tetsz leges x [a, b] pontban az interpolációs hiba az e n (x) := f(x) L n (x) = f (n+) (ξ x ) ω n+ (x) (3) (n + )! alakban írható, ahol ξ x egy x-t l függ, és az [a, b] intervallum belsejébe es konstans Bizonyítás Legyen x [a, b], x x i, i = (0,, n) az a pont, amelyben az interpoláció hibáját meg fogjuk határozni Továbbá legyen ϕ(x) := f(x) L n (x) Kω n+ (x), (32) ahol K egyel re ismeretlen állandó Válasszuk meg K értékét úgy, hogy ϕ( x) := 0, tehát K = f( x) L n( x) (33) ω n+ ( x) Ezen K érték mellett, a (32) szerinti ϕ függvény 0 értéket vesz fel n + 2 helyen, az x = x 0,, x n, x pontokban Most Rolle-tétele 2 miatt ϕ (x) = 0 érvényes n + pontban, és a Augustin Cauchy ( ), francia matematikus 2 Ha az f függvény folytonos az [a,b] zárt intervallumon, dierenciálható az intervallum bels pontjaiban, és f(a) = f(b), akkor létezik olyan c (a, b) szám, amelyre f (c) = 0 teljesül 3

14 Rolle-tétel többszörös alkalmazásával megkapjuk, hogy ϕ (n+) legalább egy pontban nulla Jelölje ξ x (a, b) az ilyen pontot, azaz ϕ (n+) (ξ x ) = 0 Használjuk fel, hogy egy legfeljebb n edfokú polinom n + -edik deriváltja 0, valamint hogy az ω (n+) n+ (x) = (n + )! Így (32)-b l az ϕ (n+) (x) = f n+ (x) K(n + )! egyenl séget kapjuk, ahonnan a ϕ (n+) (ξ x ) = 0 egyenl ség alapján vagyis (3) K = f (n+) (ξ x ) (n + )! = f( x) L n( x), ω n+ ( x) A bizonyítás elején feltettük, hogy x x i Nyilván ha x interpolációs alappont lenne, akkor f( x) = L n ( x), és 0 = e n ( x) = f (n+) ( x) (n + )! Tehát (3) ebben az esetben is igaz ω n+ ( x) = 0 }{{} =0 302 Következmény Jelölje M n+ = max x [a,b] f (n+) (x) Ekkor max f(x) L n(x) M n+ x [a,b] (n + )! ω n+(x) Mivel ezért ω n+ (x) = (x x 0 )(x x n ) = x x 0 x x n (b a) n+, max f(x) L n(x) M n+ x [a,b] (n + )! (b a)n+ (34) 303 Állítás Az ω n+ (x) alappolinomot becsülhetjük a következ képpen: ahol x [a, b] és h = max(x i x i ), (i =,, n) Bizonyítás Teljes indukcióval ω n+ (x) n! 4 hn+, (35) Az n = esetben x (x 0, x ), h = (x x 0 ) = (b a) az intervallum hossza és ω 2 (x) = (x x 0 )(x x ) A számtani-mértani közepek összefüggése alapján ( ) (x x0 ) + (x x ) 2 (x x 0 )(x x ) = h2 2 4 Tegyük fel, hogy az állítás n-re igaz: ω n (x) (n )! h n 4 4

15 Mivel x x n n h, így ω n+ (x) = ω n (x) x x n (n )! 4 h n n h = n! 4 hn+ 304 Következmény (3) és (35)-b l a következ becslést kapjuk f(x) L n (x) M n+ (n + )! n! 4 hn+ = M n+ 4(n + ) hn+ 305 Deníció Amennyiben az interpoláció hibája eleget tesz az f(x) L n (x) M h r, becslésnek, ahol M = const, azt mondjuk, hogy a hiba r-edrend A Lagrange-interpoláció tehát pontos az f P n polinomokra, és az interpolációs formula rendje egyenl az alappontok számával Ha teljesül a (3) tétel dierenciálhatósági feltétele, akkor érdekes összefüggést kaphatunk az osztott dierenciák és a deriváltak között 306 Tétel Ha f C n+ [a, b], akkor minden x [a, b] esetén létezik ξ x (a, b) úgy, hogy f[x, x 0, x,, x n ] = f (n+) (ξ x ), (n + )! továbbá ennek egyenes következményeként értelmezhet az ismétl d alappontokra épül osztott dierencia is az alábbi képlet szerint: ahol az alappontok n-szer ismétl dnek [2] f[x k, x k,, x k ] = f (n) (x k ), n! A következ kben arra keressük a választ, hogy ha egyre növeljük az interpoláció fokszámát, akkor pontosabb közelítést kapunk-e, azaz tart-e pontonként az interpolációs polinomok sorozata az eredeti f függvényhez, s ha minden pontban konvergens, akkor milyen feltételek mellett lesz egyenletes is a konvergencia Miért is szeretnénk egyenletes konvergenciát elérni? Tanulmányainkból ismeretes, hogy egyenletes konvergencia esetén a limesz és az integrálás, illetve a limesz és a deriválás sorrendje felcserélhet [3] 5

16 307 Deníció Azt mondjuk, hogy a Lagrange-féle interpoláció konvergens az x [a, b] pontban, ha a lim n L n( x) határérték létezik, és egyenl f( x)-mal A továbbiakban Ω k -n egy olyan [a, b] intervallumbeli {x (k) 0,, x(k) k } k= alappontsorozatot értünk, melynek k-adik eleme az [a, b] intervallum k + darab páronként különböz pontja, azaz Ω 0 : x (0) 0 Ω : x () 0, x() Ω k : x (k) 0, x(k),, x(k) k A következ tétel elégséges feltételt ad az egyenletes konvergenciára 308 Tétel Legyen f C [a, b] és legyen adva Ω k, egy [a, b] intervallumbeli alappontrendszerek sorozata x (n) k, (k = 0,,, n) (n = 0,, 2, ) Jelölje L nf az x (n) 0, x(n),, x(n) n alappontrendszerre illesztett Lagrange-interpolációs polinomot (n = 0,, 2, ) Ekkor, ha létezik M > 0 úgy, hogy max x [a,b] f (n) (x) = M n M n, minden n N esetén, akkor az L n f interpolációs polinomok sorozata egyenletesen konvergál az f függvényhez, azaz f(x) L n f(x) 0, ha n Bizonyítás Alkalmazzuk (34)-et Mivel M n+ M n+, ezért f(x) L n f(x) M n+ (n + )! ω n+(x) M n+ (n + )! (b a)n+ = (M(b a))n+ (n + )! Mivel a jobb oldal n esetén egy nullához tartó 3 számsorozat, valóban igaz az egyenletes konvergencia 309 Megjegyzés Meg kell jegyeznünk, hogy ha az L n (x) interpolációs függvény egyenletesen tart f(x)-hez [a, b]-n, akkor pontonként is, azonban ez az állítás megfordítva nem igaz Az el z tétel feltétele, hogy az f függvény végtelenszer dierenciálható legyen Mi történik ha csak a függvény folytonosságát követeljük meg? A következ kben tegyük fel, hogy az f függvény folytonos [a, b]-n, de a dierenciálhatóságára ne tegyünk feltételt Mi mondható el ekkor a konvergenciáról? 3 a n lim = 0 (a > ), [3] n n! 6

17 300 Tétel (Georg Faber 4 ) Minden Ω k felosztáshoz létezik olyan f C[a, b] folytonos függvény, melyre az L n f interpolációs sorozat nem tart egyenletesen az f függvényhez [a, b]-n 30 Példa Runge 5 90-ben észrevette, hogy ha az f(x) = függvényt interpoláljuk az ekvidisztánsan felosztott [ 5, 5] intervallumon, akkor az így nyert interpolációs + x2 polinomok sorozata csak az x 363 feltételnek megfelel x pontokban fog konvergálni az eredeti függvényhez Az interpolációs polinomsorozat a fenti intervallumon kívül divergál 3 ábra Az függvény interpolációs polinomjának grakonja a [ 5, 5] intervallumból + x2 ekvidisztánsan felosztott 2, illetve 4 alapponton A következ tétel azt mutatja meg, hogy egy adott f folytonos függvény esetén az egyenletes konvergencia mindig elérhet, ha az alappontokat megfelel en választjuk meg Meg kell jegyeznünk, hogy nem mindig van lehet ség az alappontok szabad megválasztására 302 Tétel (Marcinkiewicz 6 ) Minden, az [a, b] intervallumon folytonos f függvényhez létezik olyan Ω k alappontsorozat, amelyen az L n f interpolációs polinomok sorozata egyenletesen tart f-hez Ha nem követeljük meg az interpolációs feltételt, akkor bármely folytonos függvény tetsz legesen megközelíthet polinomok segítségével Ezt mondja ki az alábbi tétel 4 Georg Faber ( ), német matematikus 5 Carl David Tolmé Runge ( ), német matematikus 6 Józef Marcinkiewicz (90-940), lengyel matematikus 7

18 303 Tétel (Weierstrass 7 -féle approximációs tétel) Legyen f C[a, b] egy tetsz leges folytonos függvény Ekkor minden ε > 0 számhoz létezik olyan p n polinom, melyre f(x) p n (x) < ε minden x [a, b] esetén 32 ábra Weierstrass tétele tehát kimondja, hogy mindig tudunk olyan p(x) polinomot találni, mely az f(x) függvényt l ε távolságon belül van, ugyanakkor nem biztos, hogy akár egyetlen pontban is megegyezik az f függvénnyel 304 Tétel (Erd s 8 -Vértesi 9 ) Minden Ω k alappontsorozathoz létezik olyan f folytonos függvény, melyre majdnem minden x [a, b] esetén az L n f számsorozat divergens 305 Példa Bernstein 0 a [, ] intervallum ekvidisztáns felosztássorozatán megadott egy ilyen függvényt: az f(x) = x függvényhez tartozó Lagrange interpolációs polinomsorozat divergál a szakasz minden olyan pontjában, amely különbözik a, 0, pontoktól 33 ábra Az x függvény interpolációs polinomjának grakonja a [, ] intervallumból ekvidisztánsan felosztott 20 alapponton 7 Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (85-897), német matematikus 8 Erd s Pál (Budapest, 93 - Varsó, 996) a 20 század kiemelked matematikusa, a MTA tagja 9 Vértesi Péter (94 - ), a MTA tagja 0 Sergei Natanovich Bernstein ( ), orosz matematikus 8

19 4 fejezet Csebisev-alappontok 4 A Csebisev-polinomok Az el z fejezetben láthattuk, hogy az interpolációs hiba nagysága függ az alappontpolinom értékét l (30 tétel) Az alappontpolinom egy (n + )-ed fokú polinom, melynek f együtthatója, és az (n+) darab zérushelye pontosan az (n+) darab alappont Tehát az ilyen tulajdonsággal rendelkez polinomok és az alappontok között kölcsönösen egyértelm megfeleltetés van A következ kben arra keressük a választ, hogy hogyan válasszuk meg az interpolációs alappontokat a pontosság növeléséhez Jelölje T n (x) := cos(n arccos(x)) = cos(nϑ), ahol n N és arccos(x) =: ϑ 4 Állítás Tn (x) egy n-edfokú polinom Bizonyítás T n+ (x) = cos((n + )ϑ) = cos(nϑ + ϑ) = cos(nϑ)cos(ϑ) sin(nϑ)sin(ϑ) T n (x) = cos((n )ϑ) = cos(nϑ ϑ) = cos(nϑ)cos(ϑ) + sin(nϑ)sin(ϑ) Ezeket összeadva a következ t kapjuk: Tehát T n+ (x) + T n (x) = 2 cos(nϑ) cos(ϑ) = 2 T n (x) cos(arccos(x)) = 2 T n (x) T n+ (x) = 2x T n (x) T n (x) Ebb l következik, hogy ha T n és T n polinomok, akkor T n+ is az lesz, emiatt elég megvizsgálnunk T 0 -át, illetve T -et: T 0 (x) = cos(0 arccos(x)) = cos(0) =, 9

20 T (x) = cos( arccos(x)) = x Mivel T0 és T is polinomok, így a rekurzív deníció miatt T n+ = 2x T n (x) T n (x), (n =, 2, ) is polinom lesz Vegyük észre, hogy n esetén a T n (x) egy olyan n-ed fokú polinom, melynek f együtthatója 2 n 42 Az alappontok megválasztása Ahhoz, hogy a pontosságot növelni tudjuk, úgy kell megválasztanunk az alappontpolinomot, hogy annak maximumnormája a lehet legkisebb legyen Mivel az alappontpolinom f együtthatója egy, deniáljuk az egyf együtthatós Csebisev -polinomokat, majd vizsgáljuk meg annak alapvet tulajdonságait 42 Deníció A T n (x) := T n (x) cos(n arccos(x)) = 2n 2 n, n alakú polinomokat úgynevezett egyf együtthatós Csebisev-polinomoknak nevezzük Zérushelyek T n (x) polinom gyökeit a cos(n arccos(x)) = 0 egyenlet megoldásai adják, azaz az n arccos(x k ) = π 2 2k + + kπ = π, (k = 0,,, n ) 2 pontok Ebb l az n-ed fokú Csebisev-polinom mind az n darab gyökét megadhatjuk az alábbi képlet segítségével: ( ) (2k + )π x k = cos, (k = 0,,, n ) 2n Extremális helyek A széls értékhelyek meghatározásához a T n(x) = 0 egyenletet kell megoldanunk A láncszabályt alkalmazva T n(x) = 2 n sin(n arccos(x))n x 2 = 0 Tehát a sin függvény argumentumára teljesülnie kell, hogy n arccos(x k ) = kπ, (k = 0,,, n) ( ) kπ Ezt megoldva kapjuk, hogy x k = cos, k = 0,,, n lesznek az extremális helyek n Ezekben a pontokban a Csebisev-polinom értékei T n (x k ) = ( ( cos n arccos cos kπ )) = ( cos n kπ ) = 2n n 2n n 2 n ( )k Pafnutyij Lvovics Csebisev (82-894), orosz matematikus 20

21 422 Következmény max x [,] T n(x) = 2 n Mutassuk meg, hogy T n (x) a legkisebb maximumnormájú egyf együtthatós polinom 423 Állítás Legyen Q n (x) egy olyan n-edfokú tetsz leges polinom, melynek f együtthatója egy Ekkor T n (x) Q n (x) Bizonyítás Indirekt tegyük fel, hogy létezik olyan Q n egyf együtthatós, n-ed fokú polinom, amelyre: Q n < T n A feltevés alapján Q n T n Tekintsük a két polinom különbségét, ami az azonos f együttható miatt n -edfokú polinom lesz Ekkor a T n (x k ) Q n (x k ) = ( )k 2 n Q n(x k ), k = 0,,, n értékek felváltva negatívak és pozitívak, ugyanis feltettük, hogy Q n < T n, így Q n (x k ) < Tehát a különbség polinom n-szer el jelet vált, és így van n darab gyöke, 2n ami lehetetlen, hiszen legfeljebb n -ed fokú polinom, tehát a kiindulási feltevésünk nem teljesülhet Az interpolációs feladatokban a legnagyobb pontosság úgy teljesülhet, hogy ha az interpolációs alappontoknak a Csebisev-polinom zérushelyeit választjuk Ekkor az alappontokat Csebisev-alappontoknak nevezzük 4 ábra Az függvény interpolációs polinomjának grakonja 5, illetve 25 Csebisevalapponton a [ 5, 5] + x2 intervallumon 2

22 424 Megjegyzés Természetesen Faber-tétele (309) miatt Csebisev-alappontok esetén is lesz olyan folytonos függvény, melynél nincs egyenletes konvergencia 425 Megjegyzés Csebisev-alappontokon interpolálva az interpolációs hiba fels becslésére teljesül, hogy ahol x [, ] és M n+ = f(x) L n (x) max f (n+) (x) x [,] M n+ (n + )! 2 n, 426 Megjegyzés A következ transzformációval a Csebisev-alappontok nem csak a [, ]-en adhatók meg, hanem bármely [a, b] intervallumon: x k = a + b 2 + b a 2 x k 427 Tétel Az [a, b] intervallumon abszolút folytonos függvények 2 Csebisev-alappontokon vett interpolációs polinomjainak sorozata egyenletesen tart az eredeti függvényhez, ha az alappontok száma tart a végtelenhez [] 2 Egy f : [a, b] R függvényt abszolút folytonosnak nevezünk, ha minden ε > 0 esetén van olyan δ > 0 úgy, hogy minden [a, b]-beli véges a a < b a 2 < b 2 a m < b m b sorozat esetén, melyre m m b i a i < δ, teljesül, hogy f(a i) f(b i) < ε k= k= 22

23 5 fejezet Hermite-féle interpoláció 5 Hermite-féle interpolációs polinom A Lagrange interpoláció általánosítása az Hermite-féle interpolációs feladat, amely az interpolációs alappontokban az eredeti függvény deriváltjaira is megkötést tartalmaz Azaz legyenek adottak az {x i } n i=0 alappontok, és az x k (k = 0,, n) pontban legyen adott m k darab deriváltérték: f (0) k, f () k,, f (m k ) k A feladat, hogy olyan H polinomot keressünk, melyre H (i) (x k ) = f (i) (x k ), (i = 0,, m k, k = 0,,, n) (5) Az (5) tulajdonságú H polinomot Hermite-féle interpolációs polinomnak nevezzük A továbbiakban jelölje n := m 0 + m + + m n, s mivel összesen n + darab adat adott, így várhatóan egy n-ed fokú polinom eleget tesz a feltételeknek 5 Tétel Egyértelm en létezik egy olyan legfeljebb n-ed fokú H n polinom, melyre Bizonyítás H (i) n (x k ) = f (i) (x k ), (i = 0,, m k, k = 0,,, n) Tegyük fel, hogy H n és H n2 is interpolációs polinom Ekkor H n H n2 P n, és (H n H n2 ) (i) (x k ) = 0, (i = 0,,, m k, k = 0,, n) Tehát x k multiplicitásokkal számolva m k -szoros gyök, ami ez összesen már n + darab gyök, amib l következik, hogy H n = H n2 m k darab gyököt jelent, de Ezzel beláttuk az egyértelm séget Mutassuk meg, hogy létezik is ilyen polinom Legyen H n (x) = a 0 + a x + + a n x n alakú Ez egy lineáris egyenletrendszert ad az a i együtthatókra, ahol i = 0,,, n A lineáris egyenletrendszer együtthatómátrixának determinánsa nem 0, ugyanis ha 0 lenne, akkor létezne olyan a = [a 0, a,, a n ] 0, mellyel 23 k=0

24 a mátrixot szorozva nullvektort kapnánk, ami azt jelentené, hogy létezne olyan legfeljebb n-edfokú H n polinom, amelynek n gyöke van, ami lehetetlen Az interpolációs polinom könnyen felírható az osztott dierenciák táblázatával A Newtonféle alakhoz képest az egyetlen különbség az, hogy az x j alappontot m j -szer soroljuk fel, az osztott dierenciák számolásakor pedig alkalmazzuk a 306 tétel eredményét, és a derivált értékeket tesszük a megfelel osztott dierencia helyére, osztva a megfelel faktoriálissal Az Hermite-féle interpolációs polinom tehát a következ H n (x) = f(x 0 ) + f[x 0, x 0 ](x x 0 ) + f[x 0, x 0, x 0 ](x x 0 ) f[x 0,, x 0 ](x x 0 ) m0 + f[x 0,, x 0, x ](x x 0 ) m f[x 0,, x 0,, x n,, x n ](x x 0 ) m 0 (x x ) m (x x n ) mn 52 Megjegyzés Ha m j =, j = 0,, n, akkor a Lagrange interpolációt kapjuk vissza 5 Hermite-féle interpolációs polinom hibabecslése 53 Állítás Ha f C[a, b], akkor létezik olyan x-t l függ ξ x (a, b) szám, melyre f(x) H n (x) = f (n+) (ξ x ) ω n+ (x), (n + )! ahol ω n+ (x) = n (x x i ) m i 0 Bizonyítás A bizonyítást hasonlóan látjuk be, mint ahogy a 30 tételnél tettük Legyen ϕ(x) = f(x) H n (x) K ω n+ (x), ahol K egyel re ismeretlen állandó és ω n+ P n+ Illetve legyen x [a, b] egy rögzített pont, de nem alappont, tehát x x k, k = 0,, n A K állandót úgy válasszuk meg, hogy ϕ( x) := 0, azaz legyen K = f( x) H n( x) (52) ω n+ ( x) Ilyen megválasztású K mellett a ϕ függvény gyökeinek száma, gyelembe véve x 0, x,, x n és x multiplicitását, legalább m 0 + m + + m n + = n + 2 A jelölésbeli egyszer ség kedvéért tegyük fel, hogy x n < x Vizsgáljuk meg a ϕ (x) függvényt A Rolle-tétel alapján az [x 0, x ], [x, x 2 ],, [x n, x] intervallumok belsejében létezik olyan pont, melyre ϕ (ξ x ) = 0, k = 0,, n +, ξ k (x k, x k ) Mivel ξ k nem alappont, és a deriváltnak x k alappont m k -szeres gyöke, így ϕ (x)-nek legalább (m 0 )+(m )++(m n )+n+ = m 0 +m ++m n = n+ 24

25 darab gyöke van Így haladva az egyel nagyobb deriváltak irányába, azt kapjuk, hogy ϕ (n+) (x)-nek legalább egy gyöke van (a, b)-n, azaz létezik ξ (a, b), melyre ϕ (n+) (ξ) = 0 Másrészt ϕ (n+) (x) = f (n+) (x) H (n+) (x) K ω (n+) n+ (x) Mivel H egy n-ed fokú polinom, így n + -edik deriváltja 0 Ezt felhasználva a következ egyenl séget kapjuk: azaz ϕ (n+) (ξ x ) = f (n+) (ξ x ) K (n + )! = 0, K = f (n+) (ξ x ) (53) (n + )! (53)-at visszahelyettesítve (52)-be épp az állításunkat kapjuk 54 Következmény Ha f (n+) M n+ az [a, b] intervallumon, akkor f(x) H n (x) M n+ (n + )! (b a)n+ 55 Következmény Ha f C [a, b], és létezik olyan M > 0, melyre k < esetén max f (k) (x) M k, akkor H n maximumnormában tart az f függvényhez x [a,b] 52 Hermite-Fejér interpoláció Most vizsgáljuk meg azt az esetet, amikor minden alappontban csak a függvényértéke és az els deriváltja adott a keresett polinomnak, azaz f (0) k, f () k, (k = 0,,, n) Ezt nevezzük Hermite-Fejér-interpolációnak Ha n+ alappontunk van, akkor ez legfeljebb 2n+2 adatot jelent, így az interpolációs polinom legfeljebb (2n + )-ed fokú lesz Jelöljük ezt H 2n+ -el Az Hermite-Fejér-interpolációs polinom el állítható az 5 fejezetben tárgyalt módon is, azonban a következ tétel egy jóval kevesebb m veletigénnyel járó módszert mutat be 52 Tétel Az Hermite-Fejér-interpolációs polinom a H 2n+ (x) = k=0 f (0) k ( 2(x x k)l k (x k))l 2 k (x) + k=0 f () k (x x k)lk 2 (x) képlettel állítható el, ahol l k a k-adik alapponthoz tartozó Lagrange-féle alappolinom Bizonyítás Olyan 2n + -ed fokú polinomokat állítunk el, melyeknek vagy az értékük vagy a deriváltjuk valamelyik alappontban, és a többi értékük és deriváltjuk 0 a többi alappontban Azaz jelölje h k0 azt a polinomot, melyre 25

26 és h k azt az alappolinomot, melyre h k0 (x l ) = δ kl, h k0 (x l) = 0, h k (x l) = δ kl, h k (x l ) = 0, ahol k, l = 0,, n, és δ kl a már korábban deniált Kronecker-szimbólum Keressük az alappolinomokat h(x) = s(x)lk 2 (x) alakban, ahol s(x) egy meghatározandó els fokú polinom Mivel h (x) = s (x)lk 2(x)+2s(x)l k(x)l k (x), ezért h-tól azt várjuk el, hogy értéke és deriváltja minden x k -tól különböz alappontban legyen 0, x k -ban az értéke legyen 0 és deriváltja Ekkor az s(x k ) = 0 és s (x k ) = feltételeknek kell teljesülniük, tehát s(x) = x x k jó választás Ebb l következik, hogy h k (x) = (x x k )lk 2 (x) (k = 0,, n) Amennyiben azt várjuk el h-tól, hogy értéke és deriváltja minden x k -tól különböz alappontban legyen 0, és x k -ban az értéke legyen és deriváltja 0, akkor az s(x k ) = és s (x k ) = 2l k (x k) feltételeknek kell teljesülniük Tehát az s(x) = 2(x x k )l k (x k) jó választás Így h k0 = ( 2(x x k )l k (x k))l 2 k (x) A keresett interpolációs polinom tehát a következ H 2n+ (x) = k=0 f (0) k h k0(x) + k=0 f () k h k(x) 522 Tétel Tegyük fel, hogy az f C 2n+2 [a, b] függvényt interpoláljuk az Hermite-Fejérinterpolációval az {x i } n i=0 alappontokon Ekkor egy tetsz leges x [a, b] pontban az interpolációs hiba az H 2n+ (x) f(x) = f (2n+2) (ξ x ) ω 2 (2n + 2)! n+(x), alakban írható, ahol ξ x egy x-t l függ, [a, b] intervallum belsejébe es konstans 523 Tétel Legyen f C[a, b] Ha H 2n+ (x k ) = f(x k ) és H 2n+ (x k) = 0 (k = 0,, n), akkor lim H 2n+(x) f(x) = 0 n Tehát ha az interpolációs polinom foka közel kétszerese az interpolációs pontok számának, akkor az egyenletes konvergencia eléréséhez elég az f függvény folytonosságát elvárnunk 26

27 6 fejezet Spline-interpoláció Az eddig tárgyalt interpolációs módszerekben polinomokkal dolgoztunk Azonban láthattuk, hogy ha nem használhatjuk a Csebisev-alappontokat,- az alappontok például mérési eredmények-, akkor a polinomiális interpoláció a széls alappontok között nagy interpolációs hibához vezethet Ekkor lehet segítségünkre a spline interpoláció Ennek alapötlete, hogy a keresett függvényt szakaszonként, alacsonyabb fokszámú polinomokkal közelítjük, amelyek el írt simasággal érintkeznek egymással 6 Szakaszonként lineáris interpoláció A legegyszer bb spline-interpoláció a szakaszonként lineáris interpoláció Ilyenkor a szomszédos függvényértékeket egyenes szakasszal kötjük össze Jelöljük az alappontokat növekv sorrendben, az x 0 < x < < x n módon, a hozzájuk tartozó függvényértékeket pedig rendre f 0, f,, f n Az [x k, x k ] szakaszon az interpolációs spline polinomot jelölje S k, (k =,, n) Els fokú spline esetén nyilván x x k x x k S k (x) = f k + f k, x [x k, x k ] x k x k x k x k A teljes intervallumon értelmezett interpolációs függvény a következ alakban adható meg: S (x), ha x [x 0, x ] S 2 (x), ha x [x, x 2 ] S(x) = S n (x), ha x [x n, x n ], Elnevezését a hajóépítésnél használt hajlékony vonalzóról kapta A spline fogalmát Isaac Jacob Schoenberg vezette be el ször 946-ban 27

28 ahol S(x) P (Ω n ), és Ω n = {x 0, x,, x n } a megadott x k pontok által kifeszített [a, b] intervallum felosztása Ez egy folytonos függvény, hiszen S k (x k ) = S k+ (x k ) = f k 6 Tétel Legyen f C 2 [x 0, x n ] Ekkor a lineáris spline-interpolációs függvény hibája ahol M 2 = S(x) f(x) M 2 8 h2, max x [x 0,x n] f (2) (x), és h a szomszédos alappontok közötti maximális távolság Bizonyítás Adódik a (3) és (35) tételek szakaszonkénti alkalmazásából A lineáris spline-interpoláció el nye, hogy teljesíti azt az elvárásunkat, hogy monoton koordináták esetén az interpolációs függvény is monoton legyen Hátránya viszont, hogy a teljes [x 0, x n ] intervallumra nyert interpolációs függvény nem lesz deriválható a csomópontokban (lásd 6 ábra) 6 ábra Az függvényhez tartozó lineáris spline-interpolációs polinom grakonja 5, + x2 illetve alappont esetén a [ 5, 5] intervallumon 62 Szakaszonként kvadratikus interpoláció Ahogy az el z alfejezet végén említettük, a szakaszonként lineáris interpoláció hátránya, hogy a kapott S interpolációs függvény hiába folytonos, a deriváltja már nem lesz az Ennek elkerülése érdekében keressük azt az S P 2 (Ω n ) spline függvényt, amelyre S(x k ) = f(x k ), k = 0,,, n teljesül Ebben az esetben egyetlen peremfeltétel szükséges, legyen ez a következ : S (a) = d 0 Ekkor az els [x 0, x ] szakaszon Hermite-interpolációt végrehajtva egyértelm en meghatározhatunk egy olyan S legfeljebb másodfokú polinomot, melyre 28

29 S (x 0 ) = f 0, S (x 0) = d 0, és S (x ) = f Az így megadott polinom x -beli deriváltja meghatározott, tehát a folytonos deriválhatóság miatt, az [x, x 2 ] szakasz bal végpontjában adott a derivált értéke Legyen S (x ) = d Ezután az [x, x 2 ] szakaszon Hermite-interpolációt végrehajtva egyértelm en meghatározott egy olyan S 2 legfeljebb másodfokú polinom, melyre S 2 (x ) = f, S 2 (x ) = d, és S 2 (x 2 ) = f 2 Ezt az eljárást ismételve a többi intervallumon állíthatjuk el a másodfokú interpolációs spline függvényt, melynek deriváltja is folytonos lesz az egész intervallumon 63 Szakaszonként harmadfokú interpoláció Legyen adott az [a, b] intervallum egy Ω n = {x 0, x,, x n } felosztása, x i alappontoz tartozó f i = f(x i ) függvényértékek, valamint az x 0,, x n pontokban a d 0,, d n deriváltértékek Olyan S(x) függvényt keresünk, amely kielégíti a következ feltételeket: (i) S C 2 [a, b] (ii) S(x) = S i+ (x) (x [x i, x i+ ]), ahol S i (x) legfeljebb harmadfokú polinom (i = 0,, n ) (iii) S(x i ) = f i, (i = 0,,, n) Az S(x) függvényt harmadfokú interpoláló spline-nak nevezzük Egy harmadfokú polinomot 4 együttható határoz meg Miután n intervallum van, ez n darab harmadfokú polinomot és 4n ismeretlen együtthatót jelent Az (i)-(iii) feltételek 4n 2 együtthatót határoznak meg, a következ képpen: S(x i ) = f i (i = 0,, n) : n + egyenlet, S i (x i ) = S i (x i ) (i = 2,, n) : n egyenlet, S i (x i) = S i (x i) (i = 2,, n) : n egyenlet, S i (x i) = S i (x i) (i = 2,, n) : n egyenlet Mivel ez összesen 4n 2 egyenlet, a feladat teljes meghatározottságához szükség van még 2 feltételre, ún peremfeltételre A szokásos peremfeltételek a következ k: (a) Hermite-féle feltétel: S (x 0 ) = f (x 0 ) és S (x n ) = f (x n ) (b) Periodikus spline: S (k) (x 0 ) = S (k) (x n ), (k = 0,, 2) 29

30 (c) Természetes spline: S (x 0 ) = 0, és S (x n ) = 0 63 Megjegyzés A parciális dierenciálegyenletek numerikus megoldása során a peremfeltételek a feladatból kifolyólag adottak, s (a) esetén Neumann-féle feltételnek, (c) esetén pedig Dirichlet-féle peremfeltételnek nevezik A harmadfokú spline interpolációs polinom együtthatóit meghatározó lineáris egyenletrendszert az Hermite-Fejér interpoláció segítségével lehet meghatározni 63 Természetes spline Természetes spline esetén az az elvárásunk, hogy a második derivált a végpontokban nulla legyen Ekkor az interpolációs polinom együtthatóit meghatározó egyenletrendszer a következ módon írható fel: h d 0 d d n f f 0 f 2 f 0 = f 3 f f n f n A következ tétel a természetes spline interpolációs függvény egy extremális tulajdonságáról szól 632 Tétel Legyenek adottak az (x i, f i ), (i = 0,, n) pontok, és legyen S a hozzájuk tartozó szakaszonként legfeljebb harmadfokú spline-függvény, amelynek a végpontokban vett második deriváltjai D 0 és D n nullák Ekkor b a (S (x)) 2 dx b a (g (x)) 2 dx minden olyan g C 2 (a, b) függvény esetén, amelyek interpolálják az eredeti f függvényt[] A tételben szerepl integrál értelmében a természetes spline-t az interpolációs feltételeket kielégít függvények között f legsimább interpolációjának tekinthetjük 30

31 7 fejezet További eljárások 7 Approximáció Ebben az alfejezetben két approximációs módszert említünk meg Ehhez el ször is tisztáznunk kell az interpoláció és approximáció közti különbséget Approximációról akkor beszélünk, amikor nem követeljük meg az interpolációs feltételt, a függvényértékeket csupán megközelíteni szeretnénk 7 Approximáció Bernstein-polinommal Emlékezzünk vissza Weierstrass approximációs tételére (303) A tétel kimondja, hogy egy tetsz leges folytonos függvényhez mindig tudunk olyan polinomot találni, amely az f(x) függvényt l ε távolságon belül van Ilyen polinom például a Bernstein-polinom 7 Deníció Legyenek az x k pontok ekvidisztánsok, x k := k n Az {(x k, f k )} n k=0 adatokhoz tartozó B n (x) := f k p k, ahol p k (x) := x k ( x) n k, polinomot Bernstein- ( ) n k k=0 polinomnak nevezzük A Bernstein-polinom el nye, hogy nem nagyon tér el az approximálandó függvény kiválasztott pontjait összeköt töröttvonaltól, hátránya azonban, hogy elég lassan konvergál 72 Lemma A Bernstein-polinomra teljesülnek az alábbi összefüggések: (a) B n (x 0 ) = f 0, B n (x n ) = f n, minden n -re; (b) B n(x 0 ) = f f 0 h, B n(x n ) = f n f n, h := h n A (b) tulajdonság szerint a polinom deriváltjait a végpontokban a mindenkori két széls függvényérték dierenciahányadosa határozza meg, ami két szomszéd intervallumban 3

32 konstruált Bernstein-polinom sima összeillesztését teszi lehet vé olymódon, hogy az átmeneti ponton folytonos az els derivált is Így el állítható egy szakaszonként polinomiális, folytonosan dierenciálható görbe, melyet Bézier-féle görbének nevezünk 72 Legkisebb négyzetek módszere Statisztikában gyakori feladat, hogy az (x i, f i ) értékeket szolgáltató valószín ségi változók közti kapcsolatot szeretnénk vizsgálni Ezt úgy tehetjük meg, hogy a koordinátarendszerben elhelyezked (x i, f i ) (i =,, n) pontokhoz "legközelebb haladó" adott típusú függvényt meghatározzuk Miért nem alkalmazunk interpolációt az adatokon? Ha n alappontunk van, az interpoláció egy n -edfokú polinomot ad, ami nagy n esetén nem jó Célunk olyan alacsonyabb fokszámú polinomot találni, mely "jól" közelíti az (x i, f i ) értékeket Ahhoz, hogy pontosan meg tudjuk határozni mit értünk "legközelebb haladó" függvény alatt, vezessük be a következ jelöléseket Legyen F azon függvények halmaza, melyek közül szeretnénk kiválasztani az adott ponthoz "legközelebb haladó" függvényt, x := [x,, x n ] T az alappontok vektora Egy adott φ F függvény esetén φ(x) jelölje a [φ(x ),, φ(x n )] T vektort, f pedig az [f,, f n ] T vektort Továbbá vezessük be az euklideszi norma fogalmát 73 Deníció Az : K n R + 0 az alábbi tulajdonságokkal: függvényt vektornormának nevezzük, ha rendelkezik x = 0 x = 0, λx = λ x, x K n, λ K, x + y x + y, x, y K n (háromszög egyenl tlenség) Euklideszi-, vagy 2-es norma alatt a következ t értjük: x 2 = x 2 + x x n 2 = ( i= x i 2 ) 2, x K n 74 Deníció Azt mondjuk, hogy a φ F függvény legkisebb négyzetek értelmében legjobb közelítése az (x i, f i ) (i =,, n) pontoknak, ha φ (x) f 2 2 φ(x) f 2 2 minden φ F esetén A legkisebb négyzetek értelmében vett legjobb közelítést abban a speciális esetben adjuk meg, amikor F a legfeljebb k-adfokú polinomok halmaza Nyilván k n kl, ahol 32

33 n kl jelöli az x,, x n értékek között a különböz értékek számát Keressük azt a P k (x) = a 0 + a x + + a k x k legfeljebb k-adfokú polinomot, amelyre a k (P k (x i ) f i ) 2 i= kifejezés minimális Jelölje A := x x 2 x k x 2 x 2 2 x k 2 x 3 x 3 x k 3, a := a 0 a a 2, f := f f 2 f 3 x n x 2 n x k n a k f n Ezen jelölésekkel a minimalizálandó feladat A a f 2 2 Mivel az A mátrix rangja k, ezért a feladat megoldását a Gauss-féle normálegyenlet megoldásából kapjuk Tehát a normálegyenlet A T A a = A T f, amelynek tömör mátrixos alakja n x i x k i f i i= i= i= x i x 2 i x k+ a i 0 i= i= i= a x i f i i= x 2 i x 3 i x k+2 i a 2 = x 2 i f i i= i= i= i= a k x k i x k+ i x 2k i x k i f i i= Lineáris regresszió i= i= Azt a speciális esetet, amikor egy olyan a 0 + a x alakú egyenest keresünk, melynek a négyzetes eltérése a pontoktól minimális, gyakran lineáris regressziónak nevezzük Ekkor a feladat (a 0 + a x i f i ) 2 min i= A megoldást a n i= x i i= i= x i x 2 i normálegyenlet megoldásából kaphatjuk meg [ a0 a ] = i= f i x i f i i= i= 33

34 75 Megjegyzés Meg kell jegyeznünk, hogy a lineáris regressziós egyenest más becslési módszerekkel is becsülhetjük, illetve, hogy a legkisebb négyzetek módszere nem csak lineáris regressziós modellek becslésére alkalmas 76 Példa Keressük meg a (-,0), (0,2), (,2), (2,4), (3,45) pontokat legjobban közelít legfeljebb els fokú polinomot! Ehhez írjuk fel a normálegyenlet tömör alakját: 5 5 i= x i 5 i= 5 i= [ A megoldandó egyenletrendszer tehát: (i) 5a 0 + 5a = 25 (ii) 5a 0 + 5a = 235 x i x 2 i ] [ a0 [ a0 a a ] ] = = [ i= f i 5 x i f i Az egyenletrendszer megoldása a 0 = 7 5, a =, így a legjobban közelít polinom a 0 p(x) = 0 x + 7 polinom lesz 5 i= ], 7 ábra A 76 példában megadott pontokat legkisebb négyzetek értelmében legjobban közelít els fokú polinom 34

35 72 Többdimenziós interpoláció Az interpolációs feladatot vizsgálhatjuk többdimenziós terekben is Számos, az alkalmazásokban fontos szerepet játszó többdimenziós interpolációs eljárás létezik Ezeknek gazdag irodalma van - például [6] és [0] Beszélhetünk szabályosan elhelyezked, illetve szórt alappontú interpolációs feladatokról El bbire példa amikor a tartomány egy p-dimenziójú kocka, és az interpolációs alappontok egy p-dimenziós téglalap alakú rácson fekszenek Ennek megoldása lehet a tenzorszorzat interpoláció Abban az esetben, amikor az alappontok rendszertelenül fekszenek a síkon, megoldást nyújthat a Newton-interpoláció általánosítása, vagy esetleg a Shephard-módszer [9] Itt most a tenzorszorzat interpoláció megoldását ismertetjük röviden 72 Tenzorszorzat interpoláció Ha az interpolációs alappontok speciális módon helyezkednek el, akkor az egyváltozós interpoláció feladatát könnyen kiterjeszthetjük Legyen f : R 2 R típusú függvény, {(x i, y j ) : i n, j m} R 2 az interpolációs pontok halmaza, x < x 2 < < x n, y < y 2 < < y m, f ij = f(x i, y j ) (i =,, n, j =,, m) pedig az interpolációs pontokban megadott függvényértékek Az interpolációs alappontok egy szabályos rácsot alkotnak a síkon 72 ábra Az interpolációs pontok alkotta rács Az interpolációs feladat egy olyan kétváltozós p(x, y) polinom megadása, amelyre teljesül, hogy f(x i, y j ) = p(x i, y j ) (i =,, n, j =,, m) (7) Legyen a i (x) az {x i } n i= alappontokhoz, b i(y) pedig az {y j } m j= alappontokhoz tartozó i-edik egyváltozós Lagrange-féle alappolinom: n a i (x) = j= x x j x i x j, b i (x) = 35 m j= x x j x i x j (72)

36 Mivel a i (x j ) = δ ij ( i, j n), (73) nyilván felírhatjuk, hogy p (x, y) = f(x i, y)a i (x) (74) i= Vegyük észre, hogy p (x, y) egy olyan kétváltozós függvény, mely vertikálisan interpolálja f-et Hasonlóan (83)-hoz, b i (y j ) = δ ij, ( i, j m) (75) Ezért m p 2 (x, y) = f(x, y i )b i (y) (76) A p 2 (x, y) függvény horizontálisan interpolálja f-et Az interpolációs feladat megoldása felírható a következ, ún tenzorszorzat alakban: i= p(x, y) = m f(x i, y j )a i (x)b j (y) (77) i= j= 72 Példa Adjuk meg azt a kétváltozós polinomot, mely a következ értékeket veszi fel: (x, y) (,4) (2,4) (3,4) (,5) (2,5) (3,5) (,6) (2,6) (3,6) f(x, y) (82) alapján az a i (x) illetve a b i (x) alappolinomok a következ ek lesznek: a (x) = x 2 2 x 3 3 = x2 5x a 2 (x) = x 2 x 3 x 2 = x2 4x + 3 a 3 (x) = x 3 x = x2 3x b (y) = y y = y2 y b 2 (y) = y y = y2 0y + 24 b 3 (y) = y y = y2 9y

37 A kétváltozós interpolációs polinom tehát p(x, y) = a (x)[7 b (y) + 49 b 2 (y) + 3 b 3 (y)]+ +a 2 (x)[ 4 b (y) + 6 b 2 (y) + 38 b 3 (y)]+ +a 3 (x)[ 02 b (y) 42 b 2 (y) + 25 b 3 (y)] (78) 73 ábra A (88)-ban szerepl kétváltozós polinom grakonja 37

38 8 fejezet Összefoglalás A dolgozatban betekintést nyerhettünk az interpoláció alapjaiba, a legismertebb interpolációs módszerek m ködésébe Az els fejezet motivációként szolgált az interpoláció gyakorlati alkalmazására Egy olyan n-edfokú g(x i ) polinomot kerestünk, mely teljesíti a g(x i ) = f(x i ), (i = 0,, n) interpolációs feltételt Megismerkedtünk a Lagrange-féle interpolációs polinommal, melynek el nye, hogy ha egy függvényérték megváltozik, könnyen újraszámolhatjuk az interpolációs polinomot Hátránya azonban, hogy egy új alappont felvétele esetén minden korábbi tagot újra kell számolnunk Erre szolgált megoldásként a baricentrikus interpolációs polinom, illetve a kevés m veletigénnyel járó Newton-féle interpolációs polinom Utóbbit könnyedén kiszámolhatjuk köszönhet en az osztott dierencia táblázatnak A harmadik fejezetben megtudtuk, hogy a kapott interpolációs polinom mennyire tér el az eredeti f függvényt l, illetve, hogy milyen feltételek mellett érhetünk el egyenletes konvergenciát Georg Faber tétele pedig egy negatív eredményre hívta fel a gyelmet, mégpedig, hogy csupán folytonosság esetén nem várható el egyenletes konvergencia A negyedik fejezetben választ kaptunk arra, hogy legnagyobb pontosság úgy teljesülhet, hogy ha az interpolációs alappontoknak a Csebisev-polinom zérushelyeit választjuk Részleteztük az Hermite-féle interpolációs polinomot, s annak egy speciális esetét, az Hermite-Fejér interpolációt Ahhoz, hogy elkerüljük a széls alappontokban a nagy interpolációs hibát, a keresett függvényt alacsonyabb fokszámú polinomokkal, szakaszonként közelítettük Ezek a polinomok el írt simasággal érintkeznek egymással, s spline-interpolációnak nevezzük Végül két approximációs módszert láthattunk, s betekintést nyerhettünk a többdimenziós interpoláció egy módszerébe 38

39 Irodalomjegyzék [] Faragó István-Horváth Róbert: Numerikus módszerek, Typotex kiadó (203) [2] Gergó Lajos: Numerikus módszerek, ELTE Eötvös Kiadó, 90-9, (200) [3] Sikolya Eszter: Analízis jegyzet, 6, [4] János Horváth: A Panorama of Hungarian Mathematics in the Twentieth Century I, Springer, 88 [5] Autar Kaw: History of interpolation [6] Kincaid and Cheney: Numerical Analysis Mathematics of Scientic Computing [7] Dr Galántai Aurél: Interpoláció és approximáció [8] [9] Stoyan Gisbert-Takó Galina: Numerikus módszerek, Typotex kiadó (993) [0] Mariano Gasca-Thomas Sauer: On the history of multivariate polynomial interpolation 39