Interpolációs eljárások
|
|
- Ernő Mezei
- 7 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 Interpolációs eljárások Szakdolgozat Írta: Baloghné Koterla Orsolya Matematika BSc szak - elemző szakirány Témavezető: Svantnerné Sebestyén Gabriella doktorandusz Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem, Természettudományi Kar Budapest 2017
2 Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 3 2. Motiváció 3 3. Polinom interpoláció 4 4. Lagrange interpoláció 6 5. Newton interpoláció 8 6. Hermite interpoláció Spline interpoláció Szakaszonként lineáris spline interpoláció Harmadfokú spline interpoláció Interpolációs hibabecslés Lagrange és Newton interpolációs polinom hibabecslése Az Hermite interpolációs polinom hibabecslése Spline interpolációs polinom hibabecslése Matematikai példák Lagrange interpolációs polinom Newton interpolációs polinom Hermite interpolációs polinom Hermite polinom előállítása - 1. módszer Hermite polinom előállítása - 2. módszer Spline interpolációs polinom Spline interpolációs polinom előállítása - 1. módszer Spline interpolációs polinom előállítása - 2. módszer Példák MATLAB programmal Összegzés 35 2
3 1. Bevezetés A szakdolgozatom célja, hogy az olvasó átfogó képet kapjon a különböző interpolációs módszerekről. Az interpoláció egy matematikai közelítő módszer, mely során meghatározott pontokban rendelkezésünkre álló függvényértékekre szeretnénk egy görbét illeszteni. 1. Definíció. Legyenek adottak az x 0 < x 1 <... < x n különböző alappontok és az y i = f(x i ) (i = 0,..., n) függvényértékek. Határozzuk meg azt a g : R R, legfeljebb n-edfokú függvényt, amelyre teljesül a interpolációs feltétel. g = f(x i ) (1) Többféle interpolációs módszert ismerünk. Ezek csoportosítása a közelítési függvény típusa szerint a következő: Polinomiális: Ebben az esetben a közelítő függvények polinomok. Tehát az interpoláció segítségével az adott n+1 pontra egy legfeljebb n-ed fokú polinom illeszthető. Trigonometrikus: A közelítő függvény ez esetben egy trigonometrikus függvény. Ez a típus a Fourier-módszer alkalmazásakor kerül előtérbe. Egy másik csoportosítás szerint: Lokális: Az interpolációs közelítőfüggvényt csak egy adott x pont közelében lévő ponthalmazra alkalmazzuk. Globális: Ennél a módszernél a rendelkezésünkre álló összes pontot felhasználjuk. Ebben az esetben az adott pontokat egyetlen polinom segítségével szeretnénk leírni. 2. Motiváció Az interpoláció a mindennapi életben is gyakran használt eljárás. Például abban az esetben, amikor egy mérési sorozat mintavételezéssel előállított véges számú mintája ismert, de szeretnénk az egyes minták közötti értékekről is közelítő eredményeket kapni. A kőolajkutatásban elengedhetetlen szerepe van az interpolációnak. Egy olajmezőn lefúrunk n helyen, és az adott hely-érték párokkal megpróbáljuk megbecsülni, hogy milyen mélyen található az olaj az egyes részeken. Az olajfúrótornyot arra a helyre építik, ahol a legközelebb van a felszínhez a 3
4 kőolaj. Mivel a fúrások költségesek, ezért minél kevesebb fúrásból kell megkeresni ezt a helyet. Tekintsük a gyakorlatból eredő numerikus feladatot a kőolaj esetében. Az u = u(x, y, z) függvénnyel leírható a kőolaj nyomása a földalatti rétegekben a ( a u ) + ( a u ) + ( a u ) = 0 (2) x x y y z z differenciálegyenlet segítségével. Térben próbáljuk megoldani a feladatot, ezért a differenciálegyenlet három változós. Az u függvény meghatározásához szükségünk van bizonyos mellékfeltételekre. Az a a kőolajat rejtő kőzet, továbbá a kőolaj tulajdonságaitól függ, például a sűrűségétől. Legyen az a = a(x, y, z) együttható ismert, pozitív és korlátos. Az a értékét a következők befolyásolják: permeabilitás, porozitás, a kőolaj viszkozitása, a kőolaj sűrűsége. Ha több fúrást végzünk (x k, y k ) helyeken és sok z értékre megvizsgáljuk az eredményt, akkor meg tudjuk állapítani az a értékét. Mivel a fúrások költségesek, ezért kevés adattal kell kiszámítanunk az a értékét a háromdimenziós tartományunkban. Az autó karosszériájának tervezése is egy interpolációs feladat. Az (x k, y k, z k ) pontok adottak. Ezek a pontok jelölik a karosszéria egyes helyeit. A karosszériának több kritériumnak is eleget kell tennie. Nemcsak a légellenállásnak kell megfelelnie, de nem távolodhat el túlságosan a pontok által meghatározott konvex lineáris buroktól sem. A GPS is ilyen elven működik. A GPS műholdak helyének, sebességének, vagy gyorsulásának adatait interpolációs feladattal becsüljük meg. 3. Polinom interpoláció Az alábbi definíciókat és állításokat fogjuk felhasználni az interpolációs módszerek vizsgálata során. 2. Definíció. Egyismeretlenes polinomnak nevezzük a p n (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n (3) kifejezést, ahol n 0 egész és a 0,..., a n komplex számok. Az x ismeretlen. Az a j x j a polinom egy tagja, az x j együtthatója a j. Az a 0 = a 0 x 0 a konstans tag. 4
5 3. Definíció. A p = a n x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n a 2 x 2 + a 1 x + a 0, (4) (ahol a 0) kifejezést az x határozatlan n-ed fokú polinomjának nevezzük. Az a 0, a 1, a 2,..., a n a polinom együtthatói. 4. Megjegyzés. Horner 1 -sémát alkalmazunk, ha egy polinomnak meg akarjuk határozni a gyökeit. Ez egy rendezési elven alapuló eljárás. Legyen a polinom a következő: p = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0. (5) Az x helyébe egy c értéket helyettesítünk, a kapott számot a c helyen vett helyettesítési értéknek nevezzük és p(c)-vel jelöljük. Ha az egyenletbe c = 0-t helyettesítünk, akkor az eredmény, mely a polinom állandó tagja. p(0) = a 0 (6) Először meg kell határoznunk a lehetséges racionális gyököket. Az egyenletet alakra rendezzük. a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 (7) A táblázat kitöltésének a folyamata a következő: A táblázat első sorába a polinom együtthatói kerülnek. A második sorba a n alá ismét a n -et írunk, ez az első kiszámított értékünk. Az utolsó kiszámított értéket megszorozzuk c-vel és hozzáadjuk a következő oszlop első sorában lévő együtthatót. A kapott értéket ebbe az oszlopba írjuk. Az eljárást folytatva az a 0 alatt a p(c) helyettesítési értéket kapjuk eredményül. a n a n 1 a n 2... a 1 a 0 c a n a n c + a n 1 (a n c + a n 1 )c + a n p(c) 1. táblázat. Horner-féle elrendezés Azokat a c értékeket, amelyekre a polinom helyettesítési értéke 0, a polinom gyökeinek nevezzük. 1 William Georg Horner ( ) angol matematikus 1823-ban publikálta számításait. 5
6 5. Definíció. A P n az n-ed fokú polinomok halmaza. 6. Tétel. Adott n+1 különböző pont az [a,b] intervallumon. Legyenek ezek x 0,..., x n. Ezenkívül adott n + 1 különböző valós érték: y 0,..., y n. Ekkor pontosan egy olyan p n P n polinom létezik, amelyre teljesül a feltétel. p n (x j ) = y j, j = 0,..., n (8) Bizonyítás. A keresett polinomot nevezzük L n (x)-nek, melyre a következő egyenletet tudjuk felírni: L n (x) = n a k x k. Ekkor az interpolációs feltétel k=0 teljesüléséhez az alábbi egyenlőségeknek kell teljesülnie: L n (x i ) = n a k x k i = y i (i = 0,..., n). (9) k=0 Ennek a lineáris egyenletrendszernek az együttható mátrixa egy Vandermonde-mátrix. Az interpoláció definíciója szerint tudjuk, hogy az x i értékeink különböznek, ezért a mátrix determinánsa nem lehet nulla. Következtetésképpen a polinom együtthatói egyértelműen meghatározottak. 1. Állítás. Az (1)-es feladatnak legfeljebb egy megoldása létezik (unicitás). Bizonyítás. Indirekt bizonyítjuk ezt az állítást. Tegyük fel, hogy p, h P n, p h és mindkettőre teljesül az (1)-es feltétel: g(x i ) = y i, h(x i ) = y i, p(x) := (g(x) h(x)) P n, ekkor p(x i ) = 0, i = 0, 1,..., n. Ez ellentmond az algebra alaptételének, mert n + 1 gyöke van a p polinomnak. 4. Lagrange interpoláció Az első módszer, melyet vizsgálunk Lagrange 2 nevéhez fűződik. A Lagrange interpolációban egy új alappont megismerését követően az eljárást az elejétől meg kell ismételni. Emiatt új alappontok bevezetése költséges eljárás. 2 Joseph-Loius Lagrange ( ) francia matematikus 1795-ben publikálta a módszert. 6
7 7. Definíció. Adott alappontok esetén az l k = (x x 0)... (x x k 1 )(x x k+1 )... (x x n ) (x k x 0 )... (x k x k 1 )(x k x k+1 )... (x k x n ) (10) (k = 0,..., n) polinomot a k-adik (alapponthoz tartozó) Lagrange alappolinomnak nevezzük. 8. Definíció. Az L n P n polinomot Lagrange interpolációs polinomnak nevezzük, ha n L n (x) = y k l k. (11) A polinom felírható a következőképpen: k=0 ahol l k az alábbi kifejezést jelöli: p n = L n (x) = n y k l k, (12) k=0 l k (x) := n i=0,i k (x x i ) (x k x i ), (13) ahol k = 0,..., n. Ebben az esetben L n -t Lagrange-féle interpolációs polinomnak nevezzük. 2. Állítás. A Lagrange-féle interpolációs polinomnak pontosan egy megoldása van P n -ben. Bizonyítás. A bizonyításban jelöljük φ k -val az alábbi kifejezést: φ k (x) := ˆφ k (x) ˆφ k (x j ) = φ k (x j ) = n i=0,i k (x x i ) (x k x i ) { = 0, ha j k = 1, ha j = k j, k = 0,..., n. Tekintsük a Lagrange interpolációs polinomot: (14) (15) φ k (x j ) P n (16) Legyen n L n (x) := y k φ k (x). (17) k=0 p n = L n (x), (18) 7
8 mely egy n-ed fokú polinom. Az L n (x) polinom eleget tesz a (8)-as feltételnek. Az unicitást a következőképpen bizonyítjuk: legyenek L n1 és L n2 n-ed fokú, különböző polinomok és elégítsék ki a (8)-as feltételt. Jelöljük L n -nel a polinomok különbségét: L n := L n1 L n2. (19) Mivel mindkét polinom teljesíti a feltételt, ezért a különbségük minden alappontban 0, azaz: L n (x i ) = 0, i = 0,..., n, (20) L n (x i )-nek n + 1 gyöke van. Tegyük fel, hogy n N 0. Ekkor minden P n -beli polinomnak legfeljebb n gyöke van - vagy azonosan nulla. Ebben az esetben pedig L n1 = L n2. (21) 5. Newton interpoláció Ebben a fejezetben a Newton 3 interpolációt vizsgáljuk. Legyenek (x i, f i ), i = 0,..., n alappontok. Tekintsük az alappontokat és a rájuk illeszkedő interpolációs polinomot: L n P n. Továbbá legyen L n 1 (x) P n 1 az (x i, f i ) i = 0, 1,..., n 1 pontokra illesztett interpolációs polinom. Tekintsük a következő levezetést: Ekkor kapjuk ezt az összegzést: L n L n 1 P n, (L n L n 1 )(x 0 ) = 0, (L n L n 1 )(x 1 ) = 0,... (L n L n 1 )(x n 1 ) = 0. L n (x) L n 1 (x) = b n (x x 0 )(x x 1 )... (x x n 1 ), (22) melyhez meghatározzuk a b n együtthatót. Az egyenlet jobb oldalán az x n -en együtthatója lesz a b n. 3 Sir Isaac Newton ( ) 1669-ben publikálta matematikai kutatásait. 8
9 A bal oldali L n és L n 1 a következőképpen írható le: n ( n ) x x j L n = f i, (23) x i x j i=0 n 1 ( L n 1 = f i i=0 Ebből következik, hogy az x n együtthatója: ( n n f i i=0 j=0,j i j=0,j i n 1 j=0,j i 1 x i x j ) x x j. (24) x i x j ). (25) Egy pontra illesztett interpolációs polinom: L 0 (x) = f 0. Továbbá, N n (x) := L n (x). Tekintsük a polinom előállítását. Legyen b 0 = f 0, ω 0 (x) = 1 N 0 (x) = b 0 ω 0 (x). Legyen N n (x) = N n 1 (x) + b n ω n (x), ahol N 0 (x) = f 0 és a n ( n ) 1 b n = f i. (26) x i x j i=0 j=0,j i Általános esetben a következőképpen írjuk le a Newton interpolációs polinomot: N n (x) = N n 1 (x) + b n ω n (x). (27) Egy n-ed fokú Newton interpolációs polinom előállítása a következő: Ha n = 0 az egyenlet a következőképpen néz ki: N 0 (x) = b 0 ω 0 (x), ahol (28) b 0 = f o, és ω 0 (x) = 1. (29) A n = 1 esetben az egyenlet bővül egy taggal: N 1 (x) = N 0 (x) + b 1 ω 1 (x) = b 0 ω 0 (x) + b 1 ω 1 (x) = 1 b i ω i (x). (30) i=0 Általános esetben a polinom felírása a következő: n N n (x) = b i ω i (x), i = 0, 1,..., n, azaz, i=0 N n (x) = N n 1 (x) + b n ω n (x) ahol, (31) n 1 ω n (x) = (x x j ). 9 j=0
10 Példa a kifejtésre: Tekintsük először n = 1 esetben: N 1 (x) = b 0 ω 0 (x) + b 1 ω 1 (x), 1 1 b 1 = f 0 + f 1 = f 1 f 0, (32) x 0 x 1 x 1 x 0 x 1 x 0 N 1 (x) = f f 1 f 0 x 1 x 0 (x x 0 ). A n = 2 esetben nézzük az interpolációs polinomot: N 2 (x) = b 0 ω 0 (x) + b 1 ω 1 (x) + b 2 ω 2 (x), ahol a ( 2 2 ) ( 2 1 b 2 = f i = f 0 (x i=0 i x j ) j=0,j i j=1 ( 2 ) ( f 1 + f 2 (x 1 x j ) j=0,j 1 j=0 1 = f 0 (x 0 x 1 )(x 0 x 2 ) + f 1 + f 2 1 (x 2 x 0 )(x 2 x 1 ). ) 1 (x 0 x j ) c + ) 1 (x 2 x j ) 1 (x 1 x 0 )(x 1 x 2 ) + = (33) Ezt a kifejezést átalakítjuk a következőképpen: [ ] 1 f 2 f 1 b 2 = f 1 f 0. (34) x 2 x 0 x 2 x }{{ 1 x } 1 x }{{ 0} [x 1 x 2 ] f [x 0 x 1 ] f A (34)-es egyenletben megjelölt tagokat osztott differenciának nevezzük. Az osztott differencia segítségével rövidebben leírható a Newton interpolációs polinom. 9. Definíció. Osztott differenciának nevezzük az [x 0 x 1... x n ] f kifejezést, ha [x 0 x 1... x n ] f := [x 1x 2... x n ] f [x 0 x 1... x n 1 ] f, ahol x n x 0 (35) b 0 = [x 0 ] f, b 1 = [x 0 x 1 ] f, b 2 = [x 0 x 1 x 2 ] f,... az együtthatók. (36) 10
11 x 0 [x 0 ] f x 2 [x 2 ] f [x 0 x 1 ] f x 1 [x 1 ] f [x 0 x 1 x 2 ] f [x 1 x 2 ] f [x 0 x 1... x n ] f x n 1 [x n 1 ] f [x n 1 x n ] f x n [x n ] f Az előbbi ábrán látható, hogy az egyes osztott differenciákat hogyan lehet könnyen kiszámolni. A nyilak mutatják, hogy melyik osztott differenciákból melyik osztott differencia számolható. 6. Hermite interpoláció A következő eljárás Hermite 4 interpolációnak nevezzük, mely abban különbözik az előzőektől, hogy itt ismert az alapponthoz tartozó egy vagy több derivált érték is a függvényértéken kívül. 10. Definíció. Legyenek x 0, x 1,..., x n adott, különböző pontok. Az x k (k = 0, 1,..., n) pontban legyen adott N k 1 darab számérték: f (0) k, f (1) k,..., f (N k 1) k, ezek a függvény derivált értékei. Egy olyan H n (x) P n polinomot keresünk, melyre teljesülnek a következők: H (i) n (x k ) = f (i) (x k ), i = 0, 1,..., N k 1, k = 0, 1,..., n (37) A H n P n polinomot Hermite-féle interpolációs polinomnak nevezzük. 11. Megjegyzés. Speciális eset, ha minden pontban a függvényértéken kívül csak az első deriváltak adottak, ekkor Hermite-Fejér interpolációról beszélünk. 4 Charles Hermite ( ) francia matematikus. 11
12 Feladat: Olyan polinomot keresni, mely eleget tesz a kritériumoknak, vagyis az ismert pontokban, megegyeznek a függvényértékek és a derivált értékek is. x 0 f(x 0 ) f (x 0 )... f N0 1 (x 0 ) x 1 f(x 1 ) f (x 1 )... f N1 1 (x 1 )..... x k f(x k ) f (x k )... f Nk 1 (x k )..... x n f(x n ) f (x n )... f Nn 1 (x n ) 2. táblázat. Hermite-féle interpoláció 12. Megjegyzés. Speciális eset, ha N 0 = N 1 =... = N n = 1, ugyanis ez a Lagrange-féle interpolációt fejezi ki. 3. Állítás. Létezik egyértelműen ilyen H n P n polinom. Bizonyítás. A H n (x) polinomot a következő alakban keressük: H n = a 0 + a 1 x a n x n. (38) A (38)-as egyenletben szereplő a 0, a 1,..., a n n + 1 darab együttható egyértelműen meghatározható. Ha a (38)-ast behelyettesítjük a (37)-be, akkor kapunk egy lineáris, algebrai egyenletrendszert. Ha a homogén feladatnak a megoldása az alábbi egyenlet: H n (i) (x n ) = 0, i = 0, 1,..., N k 1, k = 0, 1,..., n, (39) akkor a H n polinom megoldása egyértelmű. A (39)-es feladatnak az a 0 = a 1 =... = a n = 0 a megoldása. Továbbá az x = x k pont a lineáris algebrai egyenletrendszer megoldása, melynek multiplicitása N k. Tehát az x 0, x 1,..., x n pontokban a multiplicitást figyelembe véve, gyökeinek száma n + 1: N 0 + N N n = n + 1, (40) azaz a H n P n polinomnak legalább n + 1 gyöke van, de ez csak abban az esetben lehetséges, ha H n (x) = Spline interpoláció A Lagrange, Newton, Hermite interpoláció után a szakaszonkénti interpoláció tárgyalása következik. A szakaszonkénti interpoláció esetén minden [x i, x i+1 ] szakaszra külön interpolációs polinomot adunk meg. A közbülső alappontokban a függvényértékeknek és a megfelelő deriváltaknak is meg kell egyezniük, biztosítva ezzel a függvény simaságát. 12
13 13. Definíció. Legyen adott az [a, b] intervallum valamely felosztása. Legyen az az alábbi polinom: a = x 0 <... < x n = b (41) s(x) : [a, b] R R (42) s 0 (x), x [x 0, x 1 ), s 1 (x), x [x 1, x 2 ), s(x) =.. s n 1 (x), x [x n 1, x n ), ahol, s i (x) foka legfeljebb n. Az s(x) függvényt spline interpolációs polinomnak nevezzük Szakaszonként lineáris spline interpoláció A legegyszerűbb eset a szakaszonként lineáris spline interpoláció. Ebben az esetben az interpolációban szakaszonként egy egyenessel kötünk össze két egymás mellett lévő pontot. 1. ábra. Szakaszonkénti lineáris spline interpoláció A (1)-es ábrán látható egy öt pontból előállított szakaszonkénti lineáris interpoláció. 13
14 Tekintsük az (x k, x k+1 ) szakaszt. A lineáris interpoláció minden intervallumában a következő interpolációs formulát alkalmazza: ahol, f = Af k + Bf k+1, (43) A := x k+1 x és x k+1 x k (44) B := 1 A = x x k. x k+1 x k (45) A következő két ábrán látható az eredeti függvény és a szakaszonkénti lineáris spline függvény. 2. ábra. Az eredeti függvény, melyen meg vannak jelölve az alappontok értékei A (2)-es ábrán az f(x) = 1 sin(x) függvény látható a [ 4; 4] intervallumon. 1 + x2 Az x k alappontok a következők: x 0 = 4; x 1 = 3; x 2 = 2; x 3 = 1; x 4 = 0; x 5 = 1; x 6 = 2; x 7 = 3; x 8 = 4. 14
15 3. ábra. Szakaszonkénti lineáris spline interpoláció bemutatása (2)-es ábrán keresztül Látható, hogy a lineáris spline jól közelíti a függvényt az egyes intervallumokon, kivéve a [ 1; 1]-es intervallumot. Itt a függvény nem képes az eredeti görbületre illeszkedni Harmadfokú spline interpoláció A spline-ok közül a leggyakrabban használt az úgynevezett "cubic spline", vagyis a harmadfokú spline polinom. A harmadfokú spline interpoláció minden intervallumra egy maximum harmadfokú polinomot illeszt. Szükséges feltétel, hogy kétszer folytonosan deriválható legyen a függvény. Legyen s(x) a következő függvény: s 0 (x), x [x 0, x 1 ), s 1 (x), x [x 1, x 2 ), s(x) =.. s n 1 (x), x [x n 1, x n ), ahol, s i (x) foka maximum 3. 15
16 Az alappontok és az értékeik a következők: s(x i ) = y i, (46) ahol 0 i n. Az interpolációs feltételünket, a (46)-os egyenletet kiegészítjük a következő kritériummal: s i 1 (x i ) = y i = s i (x i ), (47) ahol 1 i n 1. Ezzel a kiegészítéssel biztosított az interpolációs polinom folytonossága. 4. ábra. Harmadfokú spline interpoláció Az (4)-es ábrán láthatunk egy harmadfokú spline polinomot. Elvárjuk, hogy deriválható legyen kétszer a polinom: s i(x i+1 ) = s i+1(x i+1 ), 0 i n 2, (48) s i (x i+1 ) = s i+1(x i+1 ), 0 i n 2. (49) Tudjuk, hogy egyértelmű megoldáshoz szükséges megfelelő számú feltétel megadása. Összesen n darab részintervallumunk van, melyekhez tartozik egy-egy legfeljebb harmadfokú polinom. Minden polinom 4 együtthatóval rendelkezik, azaz 4n együtthatót kell meghatároznunk. A folytonossági feltétel miatt az s i (x i ) és s i+1 (x i+1 ) szakaszokon az alappontok értékeinek meg kell egyezni, ezáltal 2n egyenletet kapunk. Az első és 16
17 második derivált egyezése miatti feltétel pedig további 2(n 1) = 2n 2 egyenletet állít elő. Azaz rendelkezésünkre áll összesen 4n 2 egyenlet és 4n ismeretlen, amiből következik, hogy a szabadsági fok 2. Emiatt az interpolációs polinomot többféleképpen is elő tudjuk állítani. Ha az alappontok nincsenek egyenlő távolságra a felosztás nem ekvidisztáns. A h i jelölje az alappontok közötti felosztást: Ezenfelül a második deriváltat jelölje: h i = x i+1 x i. (50) z i = s (x i ). (51) A harmadfokú interpolációs polinom második deriváltja egy lineáris függvény, mely a következő: s i (x) = x x i h i z i+1 x x i+1 h i z i. (52) Ha az (52)-es egyenlet mindkét oldalát integráljuk az alábbi polinomot kapjuk: s i(x) = 1 2 (x x i) 2 z i+1 h i ahol c egy konstanst jelöl. Most integráljuk még egyszer ezt a függvényt: 1 2 (x x i+1) 2 z i h i + c, (53) s i (x) = z i+1 6h i (x x i ) 3 + z i 6h i (x i+1 x) 3 + C(x x i ) + D(x i+1 x). (54) Az interpolációs feltétel miatt s i (x i ) = y i. Ezt behelyettesítve az (54)-es egyenletbe, az alábbi polinomot kapjuk: ahol y i = z i 6h i h 3 i + Dh i, (55) D = y i h i z ih i 6. (56) Hasonlóképpen s i+1 (x i+1 ) = y i+1, ami a következőt jelenti: ahol y i+1 = z i+1 6h i h 3 i + Ch i, (57) C = y i+1 h i z i+1h i. (58) 6 17
18 Ezáltal vissza tudjuk helyettesíteni a C és D értékeket a (54)-es egyenletbe: ( ) ( ) s i (x) = z i+1 (x x i ) 3 + z i (x i+1 x) 3 y i+1 + z i+1h i y i (x x i )+ z ih i (x i+1 x). 6h i 6h i h i 6 h i 6 (59) Most pedig határozzuk meg a második deriváltakat. Tekintsük a z 1,..., z n 1 egyenleteket. A derivált értékek az alappontokban a következők: s i (x i ) = s i 1 (x i ), (60) és s i(x) = z i+1 2h i (x x i ) 2 z i 2h i (x i+1 x) 2 + y i+1 h i + (61) + z i+1 2h i (x x i ) 2 + y i+1 h i z i+1 6 y i h i + z ih i 6, s i 1(x) = z i+1 (x x i 1 ) 2 z i 1 (x i x) 2 + y i + (62) 2h i 1 2h i 1 h i 1 + z i (x x i ) 2 + y i+1 z i 2h i 1 h i 6 y i 1 + z i 1h i 1. h i 1 6 Az x helyére x i -t helyettesítve: és s i(x i ) = z i 2h i h 2 + y i+1 h i z i+1 6 h i y i h i + z ih i 6 = (63) = h i 3 z i h i 6 z i+1 y i h i + y i+1 h i, s i 1(x i ) = z i (h i 1 ) 2 + y i z i 2h i 1 h i 1 6 h i 1 y i 1 + z i 1h i 1 h i 1 6 = h i 1 6 z i 1 + h i 1 3 z i y i 1 + y i. h i 1 h i 1 Ebben az esetben a következő egyenlőség áll fenn: h i 1 = (64) 6 z i 1 + h i + h i 1 z i + h i 3 6 z i+1 = 1 (y i+1 y i ) 1 (y i y i 1 ). (65) h i h i 1 18
19 Az n+1 darab alappontra n 1 darab egyenletet tudunk felírni, ezáltal a polinom szabadsági foka 2 lesz. Emiatt különböző módon folytathatjuk a megoldást. Többféle megoldási módszer létezik. A legelterjedtebb alkalmazást most részletesebben is megismerhetjük. Legyen a peremfeltétel a következő: z 0 = z n = 0. (66) Ezt az eljárást természetes harmadfokú spline interpolációnak nevezzük. A kapott egyenletrendszer mátrix alakban felírva a következő: h 0 + h 1 h 1 z 1 y 2 y 1 y 1 y h 1 h 1 + h 2 h 2 h 1 h z 2 y 3 y 2 y 2 y h 2 h 1.. =.. h n 3 h n 3 + h n 2 h n 2. y n 1 y n z n 2 y n 2 y n 3 h n 2 h n 3 h n 2 h n 2 + h n 1 y n y n 1 y n 1 y n z n 1 h n 1 h n 2 Az együttható mátrix ezekkel a tulajdonságokkal rendelkezik: szimmetrikus, tridiagonlális, szigorúan diagonálisan domináns. 14. Definíció. Egy A R n n mátrix szigorúan diagonálisan domináns, ha teljesül rá a következő kritérium: a ii > n j=1,j i a ij, ahol i = 1,..., n, j = 1,..., n. (67) Vagyis a főátlóban lévő értékek abszolút értéke nagyobb, mint a sorában szereplő elemek abszolút értékének összege. 1. Következmény. A mátrix determinánsa nem egyenlő nullával, ezért invertálható. Tekintsük a továbbiakban azt az esetet, amikor az alappontok egyenlő távolságra helyezkednek el egymástól: h i = h (68) minden i értékre. 19
20 Ekkor a mátrix felírható a következő alakban: 2 3 h 1 6 h z 1 y 2 2y 1 + y h 2 3 h 1 6 h z 2 y 3 2y 2 + y = 1 6 h 2 3 h h z n 2 y n 1 2y n 2 + y n h 2 3 h y z n 2y n 1 + y n 2 n 1 8. Interpolációs hibabecslés Az interpoláció során fellépő hibát szeretnénk becsülni. Fontos, hogy ne csak azt vizsgáljuk, hogy mennyire illeszkedik a függvény az alappontokra, hanem azt is meg kell figyelnünk, hogy adott esetben mennyire tér el az eredeti függvénytől az interpolációs polinom. Ebben a fejezetben az eddig tárgyalt interpolációs polinomok hibabecslését tárgyaljuk Lagrange és Newton interpolációs polinom hibabecslése Legyenek (x i, f i ) i = 0, 1,..., n adottak és p n (x) P n az interpolációs polinom. 4. Állítás. Tegyük fel, hogy f : [a, b] R ismeretlen függvényre f C n+1 [a, b]. Ekkor x [a, b] ponthoz ξ = ξ( x) [a, b] szám, amelyre: f( x) p n ( x) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! ω n+1( x). (69) Bizonyítás. Tegyük fel, hogy x x i, i = 0, 1,..., n. Legyen ϕ(x) := f(x) p n (x) K ω n+1 (x), ahol K egy egyelőre tetszőleges állandó. Válasszuk meg K értékét úgy, hogy ϕ( x) = 0 teljesüljön: f( x) p n ( x) = K ω n+1 ( x). (70) Tudjuk, hogy ω n+1 ( x) 0. Emiatt a K értékét a következőképpen tudjuk kifejezni: K = f( x) p n( x). (71) ω n+1 ( x) Ezen K értékekkel meghatározott ϕ függvénynek gyökei lesznek a következők. 20
21 Ha x = x 0, akkor a következő egyenletet írhatjuk fel: ϕ(x 0 ) = f(x 0 ) p n (x 0 ) K ω n+1 (x 0 ) = (72) = f 0 f 0 K(x 0 x 0 )(x 0 x 1 )... (x 0 x n ) = 0. Az x = x 1 esetben az alábbi egyenlet teljesül: ϕ(x 1 ) = f 1 f 1 K ω n+1 (x 1 ) = 0. (73) Ha x = x n -nel, akkor ϕ(x n ) = 0. (74) A Rolle-tétel alapján: ϕ függvény deriváltja az n + 1 darab pontban 0, ϕ n darab pontban 0. Majd ezt folytatva ϕ (n+1) -ig, ami legalább egy pontban 0. Legyen ξ egy olyan pont, melyre teljesülnek a feltételek: ξ : ϕ (n+1) (ξ) = 0. (75) Legyen x [a, b] tetszőleges és x = x i, ekkor ϕ a következő kifejezéssel lesz egyenlő: ϕ(x) := f( x) p n ( x) K ω n+1 (x). (76) Legyen K a következő: K := f( x) p n( x) ω n+1 (x) ξ (a, b) : ϕ (n+1) (ξ) = 0. (77) Ebben az esetben a ϕ n + 1-dik deriváltjának az értéke a ξ helyen egyenlő nullával: ϕ (n+1) (x) = f (n+1) p (n+1) n (x) K ω (n+1) n+1 (x), (78) ϕ (n+1) (ξ) = f (n+1) (ξ) K ω n+1! = 0. (79) Ennek alapján már meg tudjuk határozni K értékét, mely a következő: K = f (n+1) (ξ) (n + 1)! = f( x) p n( x). (80) ω n+1 ( x) Ezt a hibabecslést következőképpen tudjuk pontosítani, jelölje: h := max (x i+1 x i ). (81) 0 i n 1 21
22 15. Lemma. Az ω n+1 (x) hiba nagyságát a következőképpen tudjuk becsülni: ω n+1 (x) 1 4 n! hn+1. (82) 2. Következmény. A Lagrange és Newton interpoláció n + 1-ed rendű (= az alappontok számával). Ez azt jelenti, hogy ha f P n, akkor az interpoláció pontos, azaz p n (x) = f(x), h k (x) P k, k = 0, 1,..., n. Jelölje a függvény hibáját e n. 16. Definíció. Ha f C n+1 [a, b], akkor az e n (x)-et, hibafüggvénynek nevezzük. A hibafüggvényt végtelen normával is becsülhetjük: e n (x) := f(x) p n (x) (83) e n f (n+1) (n + 1)! (b a) n+1, (84) e n f (n+1) 4 (n + 1)! hn+1. (85) 8.2. Az Hermite interpolációs polinom hibabecslése 5. Állítás. Tegyük fel, hogy f C n+1 [a, b], ekkor minden x [a, b] ponthoz ξ (a, b), amelyre f(x) H n (x) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! ω n+1(x). (86) Bizonyítás. Legyen x [a, b], de x x k, k = 0, 1,..., n. ϕ(x) := f(x) H n (x) K ω n+1 (x) (87) ahol a K állandót úgy választjuk, hogy tetszőleges x pontban ϕ( x) = 0: K = f( x) H n( x). (88) ω n+1 ( x) A ϕ függvénynek az x 0, x 1,..., x n pontok N 0, N 1,..., N n -szeres gyökei. Tehát ϕ-nek a multiplicitását figyelembe véve x 0 N 0 -szoros,..., x n N n -szeres és x egyszeres gyök. A ϕ függvénynek legalább N 0 + N N }{{ n +1 = n + 2 gyöke van. } n+1 A Rolle-tétel alapján az [x 0, x 1 ], [x 1, x 2 ],..., [x n, x] intervallumokon gyöke a ϕ függvénynek, ezek ξ 1, ξ 2,..., ξ n+1. Továbbá ϕ (x)-nek az x 0 N 0 1-szeres gyöke, az x 1 N 1 1-szeres gyöke,..., x n N n 1-szeres gyöke. 22
23 Ezek szerint ϕ gyökeinek száma legalább (N 0 1) + (N 1 1) (N n 1) + }{{} n }{{ + 1 } = N N n = n+1. (89) x k alappontokban köztes pontokban Folytatva ezt a gondolatmenetet: ϕ -nak legalább n gyöke van,... ϕ (n+1) -nak legalább egy gyöke van. A ϕ (n+1) (ξ) = 0 átírható a következő alakban: (n+1) ϕ (n+1) (ξ) = 0 ϕ (n+1) (ξ) H n (n+1) (ξ) K ωn+1 (ξ) = 0. (90) }{{}}{{} =0, H n P n Átrendezzük a következő alakra: (n+1)! f (n+1) (ξ) K (n + 1)! = 0 f (n+1) (ξ) f( x) H n( x) ω n+1 ( x) = 0. (91) 3. Következmény. Ha f (n+1) M n+1 = f(x) H n (x) M n+1 (n + 1)! (b a)n Spline interpolációs polinom hibabecslése A lineáris spline polinom hibabecslését a (17)-es tétel mondja ki. 17. Tétel. Legyen f C 2 (I), ekkor a lineáris spline interpolációs függvény hibája s(x) f(x) M 2 8 h2, (92) ahol M 2 egy felső korlát f második deriváltjára az I intervallumon, és h a szomszédos alappontok közötti maximális távolság. 9. Matematikai példák 9.1. Lagrange interpolációs polinom Adott négy alappont, melynek ismerjük az értékét. 1. Feladat. A feladat az, hogy megtaláljuk a ráilleszkedő függvényt. 23
24 x 1 = 1 y 1 = 2 l 1 (x) =? x 2 = 2 y 2 = 1 l 2 (x) =? x 3 = 3 y 3 = 4 l 3 (x) =? x 4 = 4 y 4 = 3 l 4 (x) =? 3. táblázat. Feladat: Lagrange-féle interpolációs polinom előállítása 1. Megoldás. Sorban kiszámoljuk a Lagrange alappolinomokat. Először az l 1 (x) alappolinomot a j = 2, 3, 4 pontokban számítjuk ki: l 1 (x) = 4 j=1,j 1 x x j = x 2 x i x j 1 2 x x = (93) Az l 2 (x) alappolinomot a j = 1, 3, 4 pontokban számítjuk ki: l 2 (x) = 4 j=1,j 2 = x x x + 4. (94) 6 x x j = x 1 x i x j 2 1 x x = (95) = x3 2 8x x 12. (96) 2 Az l 3 (x) alappolinomot pedig a j = 1, 2, 4 alappontokban tekintjük: l 3 (x) = 4 j=1,j 3 x x j x i x j = x x x = (97) = x x x 8. (98) 2 Végül pedig az utolsó tagot a j = 1, 2, 3 helyeken számítjuk ki: l 4 (x) = 4 j=1,j 4 x x j x i x j = x x x = (99) = x x2 + 11x 6. (100) 6 6 A Lagrange interpolációs polinomot a következőképpen állítjuk elő: L 4 (x) = 4 f(x i ) l i (x) = (101) i=1 = 2 x3 9x x x3 7x x x3 8x x x3 6x x 6. 6
25 A végeredmény az L 4 (x) interpolációs polinom: 9.2. Newton interpolációs polinom L 4 (x) = 4 3 x3 + 10x 2 65 x (102) 3 Adott öt alappont, melyeknek ismerjük az értéküket. 2. Feladat. A feladat az, hogy megtaláljuk a ráilleszkedő függvényt. x 1 = 1 y 1 = 1 x 2 = 1 y 2 = 1 x 3 = 2 y 3 = 13 x 4 = 3 y 4 = 69 x 5 = 4 y 5 = táblázat. Feladat: Newton-féle interpolációs polinom előállítása 2. Megoldás. A Newton-féle interpolációs eljárás osztott differencia alkalmazásával: x 1 y 1 y 2 y 1 x 2 x 1 =: n 1 n 2 n 1 x 2 y 2 =: n 5 x 3 x 1 y 3 y 2 n 6 n 5 =: n 2 =: n 8 x 3 x 2 x 4 x 1 n 3 n 2 n 9 n 8 x 3 y 3 =: n 6 =: n 10 x 4 x 2 x 5 x 1 y 4 y 3 n 7 n 6 =: n 3 =: n 9 x 4 x 3 x 5 x 2 n 4 n 3 x 4 y 4 =: n 7 x 5 x 3 y 5 y 4 =: n 4 x 5 x 4 x 5 y 5 25
26 Határozzuk meg az n tagokat, melyeket a mellékelt ábrán láthatunk részletezve, majd állítsuk elő az interpolációs polinomot. x 1 y 1 n 1 = 1 x 2 y 2 n 5 = 5 n 2 = 14 n 8 = 4 x 3 y 3 n 6 = 21 n 10 = 1 n 3 = 56 n 9 = 9 x 4 y 4 n 7 = 48 n 4 = 152 x 5 y 5 Ekkor az interpolációs polinom a következő: p 4 (x) = y 1 (x) + n 1 (x x 1 ) + n 5 (x x 1 )(x x 2 )+ + n 8 (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 ) + n 10 (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 )(x x 4 ) = = 1 + ( 1)(x ( 1)) + 5(x ( 1))(x 1)+ + 4(x ( 1))(x 1)(x 2) + 1(x ( 1))(x 1)(x 2)(x 3) = x 4 x 3 + 2x 2 3. (103) 9.3. Hermite interpolációs polinom 3. Feladat. A feladat az, hogy megtaláljuk az alappontokra ráilleszkedő függvényt. x 1 = 1 f(1) = 0 x 2 = 2 f(2) = 1 x 3 = 2 f (2) = 3 x 4 = 2 f (2) = 0 x 5 = 3 f(3) = 1 5. táblázat. Feladat: Hermite-féle interpolációs polinom előállítása A feladatban öt alappont van, melyekre Hermite interpolációs polinomot szeretnénk illeszteni. Ezt a feladatot kétféle eljárásban is megoldjuk. 26
27 Hermite polinom előállítása - 1. módszer 3. Megoldás. A feladatban öt pont ismert, ebből következik, hogy egy negyedfokú polinomot keresünk: p(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e. (104) Ebben a feladatban ismertek a polinom első és második derivált értékei: Az egyenletekbe behelyettesítve: p (x) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d, (105) p (x) = 12ax 2 + 6bx + 2c. (106) f(1) = 0 p(1) = a + b + c + d + e = 0, (107) f(2) = 1 p(2) = 16a + 8b + 4c + 2d + e = 1, (108) f (2) = 3 p (2) = 32a + 12b + 4c + d = 3, (109) f (2) = 0 p (2) = 48a + 12b + 2c = 0, (110) f(3) = 1 p(3) = 81a + 27b + 9c + 3d + e = 1. (111) Az egyenletrendszer megoldása a következő: Elvégezzük a Gauss-eliminációt ezen a mátrixon, majd behelyettesítünk a (104)-es egyenletbe. A feladat megoldása tehát: H 5 (x) = 1 2 x x3 + 3x 2 11x + 7. (112) Hermite polinom előállítása - 2. módszer 4. Megoldás. Ennek a felírása és levezetése nagyon hasonlít a Newton interpolációs polinoméhoz. A különbség az, hogy itt derivált értékekkel is számolunk. Behelyettesítünk a következőféleképpen: f [x,..., x] = f (k) (x) }{{} k! k+1 darab x (113) 27
28 x 1 y 1 f(x 2 ) f(x 1 ) x 2 x 1 =: h 1 h 2 h 1 x 2 y 2 =: h 5 x 3 x 1 f 1! =: h h 6 h 5 2 =: h 8 x 4 x 1 f x 3 y 3 2! =: h 6 f h 7 h 6 =: h 9 x 5 x 2 1! = 3 =: h 3 h 4 h 3 x 4 y 4 =: h 7 x 5 x 3 f(x 5 ) f(x 4 ) =: h 4 x 5 x 4 x 5 y 5 Az értékeket behelyettesítve az alábbi táblázatot kapjuk: h 9 h 8 x 5 x 1 =: h 10 x 1 y 1 h 1 = 1 x 2 y 2 h 5 = 2 h 2 = 3 h 8 = 2 x 3 y 3 h 6 = 0 h 10 = 1 2 h 3 = 3 h 9 = 3 x 4 y 4 h 7 = 3 h 4 = 0 x 5 y 5 28
29 Ebben az esetben a megoldás: H 5 (x) = 1 2 x x3 + 3x 2 11x + 7. (114) 9.4. Spline interpolációs polinom A spline interpolációs feladat megoldására kétféle módszert ismertetünk. 4. Feladat. A feladat az, hogy megtaláljuk az alappontokra illeszkedő függvényt. x 1 = 1 y 1 = 2 x 2 = 0 y 2 = 1 x 3 = 2 y 3 = 1 s 1 (x) =? s 2 (x) =? s 2(2) = 2 6. táblázat. Feladat: Spline interpolációs polinom előállítása Spline interpolációs polinom előállítása - 1. módszer 5. Megoldás. Mivel 3 pontunk van, ezért két másodfokú spline interpolációs polinomot illesztünk az alappontokra. Az egyenleteink a következők: s 1 (x) = a 1 x 2 + b 1 x + c 1, (115) s 2 (x) = a 2 x 2 + b 2 x + c 2. (116) A spline feltételeit használva a következő egyenleteket kapjuk: s 1 ( 1) =2 a 1 b 1 + c 1 = 2 s 1 (0) =1 c 1 = 1 s 2 (0) =1 c 2 = 1 s 2 (2) = 1 4a 2 + 2b 2 + c 1 = 1 s 2(2) = 2 4a 2 + 2b 2 = 2. Az x 2 = 0 pontban a derivált értékeknek meg kell egyezniük, ezért felírható a következő egyenlőség: s 1(0) = s 2(0). (117) 29
30 Ebből következik, hogy: Írjuk fel a rendelkezésünkre álló egyenleteket: b 1 = b 2. (118) a 1 b 1 =1 a 1 = 1 4a 2 + 2b 2 = 2 b 2 = 0 4a 2 + b 2 = 2 b 1 = 0 s 2 (2) = 1 4a 2 + 2b 2 + c 1 = 1 b 1 =b 2 a 2 = 1 2. Ekkor az összes együttható ismert. A megoldásunk két másodfokú polinom: s 1 (x) = x 2 + 1, (119) s 2 (x) = 1 2 x (120) Spline interpolációs polinom előállítása - 2. módszer 6. Megoldás. A második módszerben az Hermite-interpoláció segítségével oldjuk meg a feladatot ! = 1 = = 1 2 Ez alapján az s 2 spline interpolációs polinomot így írjuk fel: s 2 = 1 2 x (121) Továbbá teljesülnie kell az s 2(0) = s 1(0) egyenletnek is: 30
31 = 1 0 1! = 0 Ezzel megkaptuk az s 1 polinomot is: = Példák MATLAB programmal s 1 = x (122) A MATLAB programban könnyen lehet interpolációs feladatokat megoldani az alábbi parancsok segítségével: z = polyfit(x, y, n): Az interpolációs alappontok x-értékei egy x vektort, az y értékei egy y vektort alkotnak. Az n értékkel meghatározhatjuk az illesztendő polinom fokszámát. Ha nincs ilyen polinom, akkor a legkisebb négyzetek elvét használva a legjobban közelítő függvényt állítja elő a program. Az interpolációs polinom együtthatói a z vektorban találhatók. y i = polyval(z, x): A z vektorral meghatározott polinom értékét számolja ki az x i pontokban. A függvényértékek az y i vektorban jelennek meg. y i = interpl(x, y, x i, módszer ): A parancs a "módszer" által meghatározott eljárással egy interpolációs polinomot illeszt az x és y koordinátákra. A "módszer" lehet például: linear : szakaszonként lineáris, spline : szakaszonként legfeljebb haramdfokú spline-interpoláció. Az (1)-es feladat interpolációs polinomját ábrázoltam MATLAB programmal az alábbi függvény segítségével. 31
32 A forráskód a következő: function lnm(n) if n = 0 & n = 1 & n = 2 & n = 3 & n = 4 disp( Hibas adat! ) else x = [ ]; y = [ ]; p = polyfit(x, y, n) xx = 8 : 0.01 : 8; yy = polyval(p, xx); plot(x, y,, xx, yy, r ) end A programkód értelmezése: A függvény neve: lnm. Ha az általunk megadott n: 1,..., 4-gyel, akkor Hibas adat! feliratú visszajelzést kapunk, = 1,..., 4-gyel, akkor: a megadott x és y koordinátákra a polyfit parancs egy maximum n-ed fokú polinomot illeszt. Megadtuk azt is, hogy a program milyen intervallumon, milyen felosztással ábrázolja a függvényt. Az alappontokon kívül minden pontra kiszámítja a polyval parancs a függvényértékeket. Végül a plot paranccsal megmondhatjuk a programnak, hogy hogyan ábrázolja a kiszámított függvényt. A programot különböző adatokra lefuttatva az alábbi eredményeket kaptam. Az (5b) ábrán négy pontra egy legfeljebb másodfokú polinomot illesztettünk. Az (5c) ábrán ugyanazokra a pontokra egy legfeljebb másodfokú polinomot illesztettünk. A hiba akkor a legkisebb, ha a közelítő polinom elsőfokú. Ekkor ugyanazt a megoldást kaptuk, mint az (5b) esetben. Az (5d) ábrán négy alappont esetén kaptuk a következő függvényt: p = 4 3 x3 + 10x 2 65 x (123) 3 32
33 (a) Legfeljebb 0. fokú polinom (b) Legfeljebb 1. fokú polinom (c) Legfeljebb 2. fokú polinom (d) Legfeljebb 3. fokú polinom 5. ábra. Lagrange feladat alappontjaira írt megoldása» lnm(0) p = » lnm(1) p = » lnm(2) p = » lnm(3) p =
34 (a) Legfeljebb 0. fokú polinom (b) Legfeljebb 1. fokú polinom (c) Legfeljebb 2. fokú polinom (d) Legfeljebb 3. fokú polinom (e) Legfeljebb 4. fokú polinom 6. ábra. Newton feladat alappontjaira írt megoldása 34
35 » lnms(0) p = » lnms(1) p = » lnms(2) p = » lnms(3) p = » lnms(4) p = Tehát az öt alappontra illesztett negyedfokú p polinomunk a következő: p = x 4 x 3 + 2x 2 3. (124) 10. Összegzés A szakdolgozatban különböző interpolációs eljárásokat mutattunk be elméletben és gyakorlatban. A motivációban olvashattunk gyakorlati példákról, melyek szükségessé tették az interpoláció használatát a mindennapokban. A dolgozat elején egy olyan g függvényt kerestünk, mely illeszkedett az általunk meghatározott pontokra: g = f(x i ). Több interpolációs eljárást ismertettünk. Először tárgyaltuk a Lagrange interpolációt, mely igen költséges eljárás, ha új alappontot akartunk hozzáadni az eddigiekhez. Ezután a Newton-interpolációt vizsgáltuk, amely rekurziót alkalmaz. Majd az Hermite interpolációt tárgyaltuk. Végül a Spline interpolációt vizsgáltuk, mely szakaszonként illesztett interpolációs polinomokat az alappontokra. Minden eljárásra külön meghatároztuk a hibabecsléseket, és feladatokat mutattunk be kiszámításukra. A dolgozat végén a MATLAB nevű program különböző beépített függvényeit használtuk különböző interpolációs feladatok megoldása során. 35
36 Köszönetnyilvánítás Szeretném megköszönni témavezetőmnek, Svantnerné Sebestyén Gabriellának a sok türelmet és biztatást. Köszönöm, hogy kitartott mellettem és, hogy mindvégig támogatott. Hálás vagyok, hogy szakértelmével jelentősen hozzájárult szakdolgozatom elkészüléséhez. Továbbá hálásan köszönöm Édesanyámnak, Húgomnak, Nagymamámnak, Nagypapámnak és férjemnek: Zoltánnak, hogy mindig mellettem álltak és segítették tanulmányaimat. 36
37 Hivatkozások [1] Faragó István - Alkalmazott analízis I. előadás jegyzet [2] Galántai Aurél, Jeney András - Numerikus módszerek [3] Douglas Wilhelm Harder - Numerical Analysis for Engineering [4] Dr. Havasi Ágnes - A MATLAB alapjai [5] Dr. Havasi Ágnes - Alkalmazott Analízis számítógépes módszerei I. gyakorlat jegyzet [6] Horváth Róbert, Faragó István - Numerikus módszerek [7] Kiss Emil - Bevezetés az algebrába [8] Doron Levy - Introduction to Numerical Analysis [9] Mihalkó Zita - Interpoláció [10] Stoyan Gisbert, Takó Galina - Numerikus módszerek 1. [11] Svantnerné Sebestyén Gabriella - Alkalmazott analízis I. gyakorlat jegyzet [12] Dr. Szalay István - Egyváltozós függvények differenciálása [13] Dr. Y. Sue Liu - Spline Interpolation [14] [15] [16] 37
Lineáris algebra numerikus módszerei
Hermite interpoláció Tegyük fel, hogy az x 0, x 1,..., x k [a, b] különböző alappontok (k n), továbbá m 0, m 1,..., m k N multiplicitások úgy, hogy Legyenek adottak k m i = n + 1. i=0 f (j) (x i ) = y
RészletesebbenGPK M1 (BME) Interpoláció / 16
Interpoláció Matematika M1 gépészmérnököknek 2017. március 13. GPK M1 (BME) Interpoláció 2017 1 / 16 Az interpoláció alapfeladata - Példa Tegyük fel, hogy egy ipari termék - pl. autó - előzetes konstrukciójának
RészletesebbenLNM folytonos Az interpoláció Lagrange interpoláció. Lineáris algebra numerikus módszerei
Legkisebb négyzetek módszere, folytonos eset Folytonos eset Legyen f C[a, b]és h(x) = a 1 φ 1 (x) + a 2 φ 2 (x) +... + a n φ n (x). Ekkor tehát az n 2 F (a 1,..., a n ) = f a i φ i = = b a i=1 f (x) 2
RészletesebbenIpari matematika 2. gyakorlófeladatok
Ipari matematika. gyakorlófeladatok. december 5. A feladatok megoldása általában többféle úton is kiszámítató. Interpoláció a. Polinom-interpoláció segítségével adjunk közelítést sin π értékére a sin =,
RészletesebbenGyakorló feladatok. Agbeko Kwami Nutefe és Nagy Noémi
Gyakorló feladatok Agbeko Kwami Nutefe és Nagy Noémi 25 Tartalomjegyzék. Klasszikus hibaszámítás 3 2. Lineáris egyenletrendszerek 3 3. Interpoláció 4 4. Sajátérték, sajátvektor 6 5. Lineáris és nemlineáris
RészletesebbenNumerikus integrálás
Közelítő és szimbolikus számítások 11. gyakorlat Numerikus integrálás Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Somogyi Viktor Vinkó Tamás London András Deák Gábor jegyzetei alapján 1. Határozatlan integrál
RészletesebbenNumerikus Matematika
Numerikus Matematika Baran Ágnes Gyakorlat Interpoláció Baran Ágnes Numerikus Matematika 6.-7. Gyakorlat 1 / 40 Lagrange-interpoláció Példa Határozzuk meg a ( 2, 5), ( 1, 3), (0, 1), (2, 15) pontokra illeszkedő
Részletesebben1.9. B - SPLINEOK B - SPLINEOK EGZISZTENCIÁJA. numerikus analízis ii. 34. [ a, b] - n legfeljebb n darab gyöke lehet. = r (m 1) n = r m + n 1
numerikus analízis ii 34 Ezért [ a, b] - n legfeljebb n darab gyöke lehet = r (m 1) n = r m + n 1 19 B - SPLINEOK VOLT: Ω n véges felosztás S n (Ω n ) véges dimenziós altér A bázis az úgynevezett egyoldalú
RészletesebbenLegkisebb négyzetek módszere, Spline interpoláció
Közelítő és szimbolikus számítások 10. gyakorlat Legkisebb négyzetek módszere, Spline interpoláció Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Somogyi Viktor Vinkó Tamás London András Deák Gábor jegyzetei alapján
RészletesebbenMÉSZÁROS JÓZSEFNÉ, NUMERIKUS MÓDSZEREK
MÉSZÁROS JÓZSEFNÉ, NUmERIKUS módszerek 9 FÜGGVÉNYKÖZELÍTÉSEK IX. SPLINE INTERPOLÁCIÓ 1. SPLINE FÜGGVÉNYEK A Lagrange interpolációnál említettük, hogy az ún. globális interpoláció helyett gyakran célszerű
Részletesebben3. Lineáris differenciálegyenletek
3. Lineáris differenciálegyenletek A közönséges differenciálegyenletek két nagy csoportba oszthatók lineáris és nemlineáris egyenletek csoportjába. Ez a felbontás kicsit önkényesnek tűnhet, a megoldásra
RészletesebbenPolinomok, Lagrange interpoláció
Közelítő és szimbolikus számítások 8. gyakorlat Polinomok, Lagrange interpoláció Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Somogyi Viktor Vinkó Tamás London András Deák Gábor jegyzetei alapján 1. Polinomok
RészletesebbenNumerikus módszerek II. zárthelyi dolgozat, megoldások, 2014/15. I. félév, A. csoport. x 2. c = 3 5, s = 4
Numerikus módszerek II. zárthelyi dolgozat, megoldások, 204/5. I. félév, A. csoport. Feladat. (6p) Alkalmas módon választva egy Givens-forgatást, határozzuk meg az A mátrix QR-felbontását! Oldjuk meg ennek
Részletesebben1 Lebegőpontos számábrázolás
Tartalom 1 Lebegőpontos számábrázolás... 2 2 Vektornormák... 4 3 Indukált mátrixnormák és tulajdonságaik... 5 4 A lineáris rendszer jobboldala hibás... 6 5 A kondíciószám és tulajdonságai... 7 6 Perturbációs
RészletesebbenDIFFERENCIÁLEGYENLETEK. BSc. Matematika II. BGRMA2HNND, BGRMA2HNNC
BSC MATEMATIKA II. MÁSODRENDŰ LINEÁRIS DIFFERENCIÁLEGYENLETEK BSc. Matematika II. BGRMAHNND, BGRMAHNNC MÁSODRENDŰ DIFFERENCIÁLEGYENLETEK Egy explicit közönséges másodrendű differenciálegyenlet általános
RészletesebbenTaylor-polinomok. 1. Alapfeladatok. 2015. április 11. 1. Feladat: Írjuk fel az f(x) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját!
Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el
RészletesebbenFeladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.
Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)
RészletesebbenGauss-Jordan módszer Legkisebb négyzetek módszere, egyenes LNM, polinom LNM, függvény. Lineáris algebra numerikus módszerei
A Gauss-Jordan elimináció, mátrixinvertálás Gauss-Jordan módszer Ugyanazzal a technikával, mint ahogy a k-adik oszlopban az a kk alatti elemeket kinulláztuk, a fölötte lévő elemeket is zérussá lehet tenni.
RészletesebbenDiszkréten mintavételezett függvények
Diszkréten mintavételezett függvények A függvény (jel) értéke csak rögzített pontokban ismert, de köztes pontokban is meg akarjuk becsülni időben mintavételezett jel pixelekből álló műholdkép rácson futtatott
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 5. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x 1x 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x 1x 16 =. 1. lépés:
RészletesebbenAlap-ötlet: Karl Friedrich Gauss ( ) valószínűségszámítási háttér: Andrej Markov ( )
Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Hidrodinamikai Rendszerek Tanszék, Budapest, Műegyetem rkp. 3. D ép. 334. Tel: 463-6-80 Fa: 463-30-9 http://www.vizgep.bme.hu Alap-ötlet:
RészletesebbenMatematika A2 vizsga mgeoldása június 4.
Matematika A vizsga mgeoldása 03. június.. (a (3 pont Definiálja az f(x, y függvény határértékét az (x 0, y 0 helyen! Megoldás: Legyen D R, f : D R. Legyen az f(x, y függvény értelmezve az (x 0, y 0 pont
RészletesebbenNumerikus módszerek 1.
Numerikus módszerek 1. Tantárgy kódja: IP-08bNM1E, IP-08bNM1G (2+2) Az elsajátítandó ismeretanyag rövid leírása: A lebegıpontos számábrázolás egy modellje. A hibaszámítás elemei. Lineáris egyenletrendszerek
Részletesebbeny + a y + b y = r(x),
Definíció 1 A másodrendű, állandó együtthatós, lineáris differenciálegyenletek általános alakja y + a y + b y = r(x), ( ) ahol a és b valós számok, r(x) pedig adott függvény. Ha az r(x) függvény az azonosan
RészletesebbenFirst Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
Valós függvények (2) (Határérték) 1. A a R szám δ > 0 sugarú környezete az (a δ, a + δ) nyílt intervallum. Ezután a valós számokat, a számegyenesen való ábrázolhatóságuk miatt, pontoknak is fogjuk hívni.
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenMásodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek
Másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek A másodfokú egyenlet grafikus megoldása Példa1. Ábrázold az f(x) = x + 1x + 16 függvényt, majd olvasd le az ábráról az alábbi egyenlet megoldását: x + 1x + 16 = 0.
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 4. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
Részletesebben8. Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II.
8 Egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenletrendszerek II Elméleti összefoglaló Az a + b+ c, a egyenletet másodfokú egyenletnek nevezzük A D b ac kifejezést az egyenlet diszkriminánsának nevezzük Ha D >, az
RészletesebbenMegoldott feladatok november 30. n+3 szigorúan monoton csökken, 5. n+3. lim a n = lim. n+3 = 2n+3 n+4 2n+1
Megoldott feladatok 00. november 0.. Feladat: Vizsgáljuk az a n = n+ n+ sorozat monotonitását, korlátosságát és konvergenciáját. Konvergencia esetén számítsuk ki a határértéket! : a n = n+ n+ = n+ n+ =
RészletesebbenMatematika A1a Analízis
B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 A derivált alkalmazásai H607, EIC 2019-04-03 Wettl
RészletesebbenNumerikus matematika. Irodalom: Stoyan Gisbert, Numerikus matematika mérnököknek és programozóknak, Typotex, Lebegőpontos számok
Numerikus matematika Irodalom: Stoyan Gisbert, Numerikus matematika mérnököknek és programozóknak, Typotex, 2007 Lebegőpontos számok Normák, kondíciószámok Lineáris egyenletrendszerek Legkisebb négyzetes
RészletesebbenGauss-eliminációval, Cholesky felbontás, QR felbontás
Közelítő és szimbolikus számítások 4. gyakorlat Mátrix invertálás Gauss-eliminációval, Cholesky felbontás, QR felbontás Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Somogyi Viktor London András Deák Gábor jegyzetei
Részletesebben2. SZÉLSŽÉRTÉKSZÁMÍTÁS. 2.1 A széls érték fogalma, létezése
2 SZÉLSŽÉRTÉKSZÁMÍTÁS DEFINÍCIÓ 21 A széls érték fogalma, létezése Azt mondjuk, hogy az f : D R k R függvénynek lokális (helyi) maximuma (minimuma) van az x 0 D pontban, ha van olyan ε > 0 hogy f(x 0 )
Részletesebbenvalós számot tartalmaz, mert az ilyen részhalmazon nem azonosság.
2. Közönséges differenciálegyenlet megoldása, megoldhatósága Definíció: Az y függvényt a valós számok H halmazán a közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezzük, ha az y = y(x) helyettesítést elvégezve
Részletesebbenalakú számot normalizált lebegőpontos számnak nevezik, ha ,, és. ( : mantissza, : mantissza hossza, : karakterisztika) Jelölés: Gépi számhalmaz:
1. A lebegőpontos számábrázolás egy modellje. A normalizált lebegőpontos szám fogalma, a legnagyobb, legkisebb pozitív szám, a relatív pontosság az M(t,-k,+k) gépi számhalmazban. Az input függvény (fl)
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy
Diszkrét matematika 3. estis képzés 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenEddig csak a polinom x-ben felvett értékét kerestük
Interpolációs polinom együtthatói Eddig csak a polinom x-ben felvett értékét kerestük Ez jó, ha kevés x-re kell kiértékelni Ha sok ismeretlen f (x)-et keresünk, akkor jobb kiszámolni az együtthatókat,
RészletesebbenNumerikus módszerek beugró kérdések
1. Definiálja a gépi számok halmazát (a tanult modellnek megfelelően)! Adja meg a normalizált lebegőpontos szám alakját. (4 pont) Az alakú számot normalizált lebegőpontos számnak nevezik, ha Ahol,,,. Jelöl:
RészletesebbenMATE-INFO UBB verseny, március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR MATE-INFO UBB verseny, 218. március 25. MATEMATIKA írásbeli vizsga FONTOS TUDNIVALÓK: 1 A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenGauss-Seidel iteráció
Közelítő és szimbolikus számítások 5. gyakorlat Iterációs módszerek: Jacobi és Gauss-Seidel iteráció Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Somogyi Viktor London András Deák Gábor jegyzetei alapján 1 ITERÁCIÓS
RészletesebbenHatározatlan integrál (2) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit
Határozatlan integrál () First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. Az összetett függvények integrálására szolgáló egyik módszer a helyettesítéssel való integrálás. Az idevonatkozó tétel pontos
Részletesebbenλx f 1 (x) e λx f 2 (x) λe λx f 2 (x) + e λx f 2(x) e λx f 2 (x) Hasonlóan általában is elérhető sorműveletekkel, hogy csak f (j)
Matematika A3 gyakorlat Energetika és Mechatronika BSc szakok, 016/17 ősz 10 feladatsor: Magasabbrendű lineáris differenciálegyenletek (megoldás) 1 Határozzuk meg az e λx, xe λx, x e λx,, x k 1 e λx függvények
RészletesebbenPélda: Tartó lehajlásfüggvényének meghatározása a Rayleigh Ritz-féle módszer segítségével
Példa: Tartó lehajlásfüggvényének meghatározása a Rayleigh Ritz-féle módszer segítségével Készítette: Dr. Kossa Attila (kossa@mm.bme.hu) BME, Műszaki Mechanikai Tanszék 2013. szeptember 23. Javítva: 2013.10.09.
Részletesebben1. Polinomfüggvények. Állítás Ha f, g C[x] és b C, akkor ( f + g) (b) = f (b) + g (b) és ( f g) (b) = f (b)g (b).
1. Polinomfüggvények Behelyettesés polinomba. Definíció Legyen b komplex szám. Az f (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +... + a n x n polinom b helyen felvett helyettesítési értéke f (b) = a 0 + a 1 b + a 2 b
Részletesebbenkarakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja
Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus egyenlet Ortogonális mátrixok. Kvadratikus alakok főtengelytranszformációja 1.Mátrixok hasonlósága, karakterisztikus mátrix, karakterisztikus
Részletesebben1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás)
Matematika A2c gyakorlat Vegyészmérnöki, Biomérnöki, Környezetmérnöki szakok, 2017/18 ősz 1. feladatsor: Vektorterek, lineáris kombináció, mátrixok, determináns (megoldás) 1. Valós vektorterek-e a következő
Részletesebben1. Interpoláció. Egyértelműség Ha f és g ilyen polinomok, akkor n helyen megegyeznek, így a polinomok azonossági tétele miatt egyenlők.
1. Interpoláció Az interpoláció alapproblémája. Feladat Olyan polinomot keresünk, amely előre megadott helyeken előre megadott értékeket vesz fel. A helyek: páronként különböző a 1, a,...,a n számok. Az
RészletesebbenEgyenletek, egyenlőtlenségek VII.
Egyenletek, egyenlőtlenségek VII. Magasabbfokú egyenletek: A 3, vagy annál nagyobb fokú egyenleteket magasabb fokú egyenleteknek nevezzük. Megjegyzés: Egy n - ed fokú egyenletnek legfeljebb n darab valós
RészletesebbenKalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/1.
. Ábrázoljuk a következő halmazokat a síkon! {, y) R 2 : + y < }, b) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4}, c) {, y) R 2 : 2 + y 2 < 4, + y < }, {, y) R 2 : + y < }. Kalkulus I. gyakorlat Fizika BSc I/.. gyakorlat
RészletesebbenKonjugált gradiens módszer
Közelítő és szimbolikus számítások 12. gyakorlat Konjugált gradiens módszer Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Vinkó Tamás Faragó István Horváth Róbert jegyzetei alapján 1 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK
RészletesebbenNumerikus matematika vizsga
1. Az a = 2, t = 4, k = 3, k + = 2 számábrázolási jellemzők mellett hány pozitív, normalizált lebegőpontos szám ábrázolható? Adja meg a legnagyobb ábrázolható számot! Mi lesz a 0.8-hoz rendelt lebegőpontos
RészletesebbenFüggvények Megoldások
Függvények Megoldások ) Az ábrán egy ; intervallumon értelmezett függvény grafikonja látható. Válassza ki a felsoroltakból a függvény hozzárendelési szabályát! a) x x b) x x + c) x ( x + ) b) Az x függvény
Részletesebben3. Előadás. Megyesi László: Lineáris algebra, oldal. 3. előadás Lineáris egyenletrendszerek
3. Előadás Megyesi László: Lineáris algebra, 47. 50. oldal. Gondolkodnivalók Determinánsok 1. Gondolkodnivaló Determinánselméleti tételek segítségével határozzuk meg a következő n n-es determinánst: 1
RészletesebbenVIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag
VIK A1 Matematika BOSCH, Hatvan, 5. Gyakorlati anyag 2018/19 1. félév Függvények határértéke 1. Bizonyítsuk be definíció alapján a következőket! (a) lim x 2 3x+1 5x+4 = 1 2 (b) lim x 4 x 16 x 2 4x = 2
RészletesebbenBevezetés az algebrába 2
B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Bevezetés az algebrába 2 BMETE91AM37 Mátrixfüggvények H607 2018-05-02 Wettl Ferenc
RészletesebbenVektorterek. Wettl Ferenc február 17. Wettl Ferenc Vektorterek február / 27
Vektorterek Wettl Ferenc 2015. február 17. Wettl Ferenc Vektorterek 2015. február 17. 1 / 27 Tartalom 1 Egyenletrendszerek 2 Algebrai struktúrák 3 Vektortér 4 Bázis, dimenzió 5 Valós mátrixok és egyenletrendszerek
Részletesebben2012. október 2 és 4. Dr. Vincze Szilvia
2012. október 2 és 4. Dr. Vincze Szilvia Tartalomjegyzék 1.) Az egyváltozós valós függvény fogalma, műveletek 2.) Zérushely, polinomok zérushelye 3.) Korlátosság 4.) Monotonitás 5.) Szélsőérték 6.) Konvex
RészletesebbenHatározatlan integrál
Határozatlan integrál Boros Zoltán Debreceni Egyetem, TTK Matematikai Intézet, Anaĺızis Tanszék Debrecen, 207. február 20 27. Primitív függvény, határozatlan integrál A továbbiakban legyen I R intervallum.
RészletesebbenDifferenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel
Differenciálegyenletek megoldása próbafüggvény-módszerrel Ez még nem a végleges változat, utoljára módosítva: 2012. április 9.19:38. Elsőrendű egyenletek Legyen adott egy elsőrendű lineáris állandó együtthatós
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények ) Az ábrán egy ; intervallumon értelmezett függvény grafikonja látható. Válassza ki a felsoroltakból a függvény hozzárendelési szabályát! a) x
RészletesebbenNumerikus módszerek 1.
Numerikus módszerek 1. 3. előadás: Mátrixok LU-felbontása Lócsi Levente ELTE IK 2013. szeptember 23. Tartalomjegyzék 1 Alsó háromszögmátrixok és Gauss-elimináció 2 Háromszögmátrixokról 3 LU-felbontás Gauss-eliminációval
RészletesebbenDifferenciálegyenletek
Differenciálegyenletek Losonczi László Debreceni Egyetem, Közgazdaság- és Gazdaságtudományi Kar Debrecen, 2011/12 tanév, I. félév Losonczi László (DE) Differenciálegyenletek 2011/12 tanév, I. félév 1 /
RészletesebbenSZÉLSŐÉRTÉKKEL KAPCSOLATOS TÉTELEK, PÉLDÁK, SZAKDOLGOZAT ELLENPÉLDÁK. TÉMAVEZETŐ: Gémes Margit. Matematika Bsc, tanári szakirány
SZÉLSŐÉRTÉKKEL KAPCSOLATOS TÉTELEK, PÉLDÁK, ELLENPÉLDÁK SZAKDOLGOZAT KÉSZÍTETTE: Kovács Dorottya Matematika Bsc, tanári szakirány TÉMAVEZETŐ: Gémes Margit Műszaki gazdasági tanár Analízis tanszék Eötvös
RészletesebbenNumerikus módszerek 1.
Numerikus módszerek 1. 10. előadás: Nemlineáris egyenletek numerikus megoldása Lócsi Levente ELTE IK 2013. november 18. Tartalomjegyzék 1 Bolzano-tétel, intervallumfelezés 2 Fixponttételek, egyszerű iterációk
RészletesebbenFeladatok a Gazdasági matematika II. tárgy gyakorlataihoz
Debreceni Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Feladatok a Gazdasági matematika II tárgy gyakorlataihoz a megoldásra ajánlott feladatokat jelöli e feladatokat a félév végére megoldottnak tekintjük a nehezebb
RészletesebbenExplicit hibabecslés Maxwell-egyenletek numerikus megoldásához
Explicit hibabecslés Maxwell-egyenletek numerikus megoldásához Izsák Ferenc 2007. szeptember 17. Explicit hibabecslés Maxwell-egyenletek numerikus megoldásához 1 Vázlat Bevezetés: a vizsgált egyenlet,
RészletesebbenAz egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:
Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x
Részletesebben1/1. Házi feladat. 1. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy
/. Házi feladat. Legyen p és q igaz vagy hamis matematikai kifejezés. Mutassuk meg, hogy mindig igaz. (p (( p) q)) (( p) ( q)). Igazoljuk, hogy minden A, B és C halmazra A \ (B C) = (A \ B) (A \ C) teljesül.
Részletesebben6. gyakorlat. Gelle Kitti. Csendes Tibor Somogyi Viktor. London András. jegyzetei alapján
Közelítő és szimbolikus számítások 6. gyakorlat Sajátérték, Gersgorin körök Készítette: Gelle Kitti Csendes Tibor Somogyi Viktor Vinkó Tamás London András Deák Gábor jegyzetei alapján . Mátrixok sajátértékei
Részletesebben6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?
6. Függvények I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban? f x g x cos x h x x ( ) sin x (A) Az f és a h. (B) Mindhárom. (C) Csak az f.
RészletesebbenMatematika szigorlat június 17. Neptun kód:
Név Matematika szigorlat 014. június 17. Neptun kód: 1.. 3. 4. 5. Elm. Fel. Össz. Oszt. Az eredményes szigorlat feltétele elméletből legalább 0 pont, feladatokból pedig legalább 30 pont elérése. A szigorlat
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenA L Hospital-szabály, elaszticitás, monotonitás, konvexitás
A L Hospital-szabály, elaszticitás, monotonitás, konvexitás 9. előadás Farkas István DE ATC Gazdaságelemzési és Statisztikai Tanszék A L Hospital-szabály, elaszticitás, monotonitás, konvexitás p. / A L
RészletesebbenNorma Determináns, inverz Kondíciószám Direkt és inverz hibák Lin. egyenletrendszerek A Gauss-módszer. Lineáris algebra numerikus módszerei
Indukált mátrixnorma Definíció A. M : R n n R mátrixnormát a. V : R n R vektornorma által indukált mátrixnormának nevezzük, ha A M = max { Ax V : x V = 1}. Az indukált mátrixnorma geometriai jelentése:
Részletesebben11. Előadás. 11. előadás Bevezetés a lineáris programozásba
11. Előadás Gondolkodnivalók Sajátérték, Kvadratikus alak 1. Gondolkodnivaló Adjuk meg, hogy az alábbi A mátrixnak mely α értékekre lesz sajátértéke a 5. Ezen α-ák esetén határozzuk meg a 5 sajátértékhez
RészletesebbenNormák, kondíciószám
Normák, kondíciószám A fizika numerikus módszerei I. mf1n1a06- mf1n2a06 Csabai István Lineáris egyenletrendszerek Nagyon sok probléma közvetlenül lineáris egyenletrendszer megoldásával kezelhetı Sok numerikus
RészletesebbenFüggvények július 13. f(x) = 1 x+x 2 f() = 1 ()+() 2 f(f(x)) = 1 (1 x+x 2 )+(1 x+x 2 ) 2 Rendezés után kapjuk, hogy:
Függvények 015. július 1. 1. Feladat: Határozza meg a következ összetett függvényeket! f(x) = cos x + x g(x) = x f(g(x)) =? g(f(x)) =? Megoldás: Összetett függvény el állításához a küls függvényben a független
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉP SZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
RészletesebbenPéldatár Lineáris algebra és többváltozós függvények
Példatár Lineáris algebra és többváltozós függvények Simonné Szabó Klára. február 4. Tartalomjegyzék. Integrálszámítás.. Racionális törtek integrálása...................... Alapfeladatok..........................
RészletesebbenIntergrált Intenzív Matematika Érettségi
. Adott a mátri, determináns determináns, ahol,, d Számítsd ki:. b) Igazold, hogy a b c. Adott a az 6 0 egyenlet megoldásai. a). c) Számítsd ki a d determináns értékét. d c a b determináns, ahol abc,,.
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK KÖZÉPSZINT Függvények A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek megoldásához!
RészletesebbenFELVÉTELI VIZSGA, szeptember 12.
BABEŞ-BOLYAI TUDOMÁNYEGYETEM, KOLOZSVÁR MATEMATIKA ÉS INFORMATIKA KAR FELVÉTELI VIZSGA, 08. szeptember. Írásbeli vizsga MATEMATIKÁBÓL FONTOS TUDNIVALÓK: A feleletválasztós feladatok,,a rész esetén egy
Részletesebben3. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek
. Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Mennyi a 2x 2 8x 5 = 0 egyenlet gyökeinek a szorzata? (A) 10 (B) 2 (C) 2,5 (D) 4 (E) ezek egyike sem Megoldás I.: BME 2011.
Részletesebben15. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK
15 LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 151 Lineáris egyenletrendszer, Gauss elimináció 1 Definíció Lineáris egyenletrendszernek nevezzük az (1) a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a
RészletesebbenFourier-sorok. Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia. 2010. április 7.
ME, Anaĺızis Tanszék 21. április 7. A Taylor-polinom ill. Taylor-sor hátránya, hogy az adott függvényt csak a sorfejtés helyén ill. annak környezetében közeĺıti jól. A sorfejtés helyétől távolodva a közeĺıtés
RészletesebbenI. Egyenlet fogalma, algebrai megoldása
11 modul: EGYENLETEK, EGYENLŐTLENSÉGEK MEGOLDÁSA 6 I Egyenlet fogalma, algebrai megoldása Módszertani megjegyzés: Az egyenletek alaphalmazát, értelmezési tartományát később vezetjük be, a törtes egyenletekkel
RészletesebbenEgy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban
Egy általános iskolai feladat egyetemi megvilágításban avagy mit kell(ene) tudnia egy 8.-osnak a matematika versenyeken Kunos Ádám Középiskolás pályázat díjkiosztó SZTE Bolyai Intézet 2011. november 12.
Részletesebben12. Mikor nevezünk egy részhalmazt nyíltnak, illetve zártnak a valós számok körében?
Ellenörző Kérdések 1. Mit jelent az, hogy egy f : A B függvény injektív, szürjektív, illetve bijektív? 2. Mikor nevezünk egy függvényt invertálhatónak? 3. Definiálja a komplex szám és műveleteinek fogalmát!
RészletesebbenHatványsorok, Fourier sorok
a Matematika mérnököknek II. című tárgyhoz Hatványsorok, Fourier sorok Hatványsorok, Taylor sorok Közismert, hogy ha 1 < x < 1 akkor 1 + x + x 2 + x 3 + = n=0 x n = 1 1 x. Az egyenlet baloldalán álló kifejezés
RészletesebbenFeladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel.
Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz 1 Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel (a) y 3y 4y = 3e t (b) y 3y 4y = sin t (c) y 3y 4y = 8t
RészletesebbenFüggvény határérték összefoglalás
Függvény határérték összefoglalás Függvény határértéke: Def: Függvény: egyértékű reláció. (Vagyis minden értelmezési tartománybeli elemhez, egyértelműen rendelünk hozzá egy elemet az értékkészletből. Vagyis
RészletesebbenA legjobb közeĺıtés itt most azt jelentette, hogy a lineáris
Többváltozós függvények differenciálhatósága f(x) f(x Az egyváltozós függvények differenciálhatóságát a lim 0 ) x x0 x x 0 függvényhatárértékkel definiáltuk, s szemléletes jelentése abban mutatkozott meg,
RészletesebbenPTE PMMFK Levelező-távoktatás, villamosmérnök szak
PTE PMMFK Levelező-távoktatás, villamosmérnök szak MATEMATIKA (A tantárgy tartalma és a tananyag elsajátításának időterve.) Összeállította: Kis Miklós adjunktus Tankönyvek (mindhárom félévre): 1. Scharnitzky
RészletesebbenTrigonometria Megoldások. 1) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( )
Trigonometria Megoldások Trigonometria - megoldások ) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin = cos + : cos +, ( ) ( ) akkor a háromszög egyenlő szárú vagy derékszögű!
RészletesebbenMODELLEK ÉS ALGORITMUSOK ELŐADÁS
MODELLEK ÉS ALGORITMUSOK ELŐADÁS Szerkesztette: Balogh Tamás 214. december 7. Ha hibát találsz, kérlek jelezd a info@baloghtamas.hu e-mail címen! Ez a Mű a Creative Commons Nevezd meg! - Ne add el! - Így
RészletesebbenDifferenciálegyenlet rendszerek
Differenciálegyenlet rendszerek (A kezdeti érték probléma. Lineáris differenciálegyenlet rendszerek, magasabb rendű lineáris egyenletek.) Szili László: Modellek és algoritmusok ea+gyak jegyzet alapján
Részletesebben