Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Peremérték feladatok véges differenciás megoldása interpolációs adatokkal Szakdolgozat Szabó Vanda Matematika BSc Matematikai elemz szakirány Témavezet : Faragó István Alkalmazott Analízis és Számításmatematikai Tanszék Budapest 2012

2 Tartalomjegyzék 1 Bevezetés 2 2 Interpolációelmélet 3 21 Példa az interpoláció gyakorlati alkalmazására 3 22 Alapfeladat 3 23 Lagrange-féle interpoláció 4 24 Newton-féle interpolációs polinom 7 25 Hibaanalízis 9 26 A hibabecslés élesítése Hermite interpoláció Splineinterpoláció 16 3 A közönséges dierenciálegyenletek peremérték feladatainak numerikus módszerei A közönséges dierenciálegyenletek peremérték-feladatának megoldhatósága A peremérték-feladat numerikus megoldása véges dierenciák módszerével Egy lineáris közönséges dierenciálegyenlet peremértékfeladatának megoldása véges dierenciákkal A véges dierenciás séma megoldhatósága A véges dierenciás módszer konvergenciája 29 4 Peremérték feladatok interpolált adatokkal A feladat megoldása interpolált adatokkal 35 5 Összefoglalás és köszönetnyilvánítás 39 1

3 1 Bevezetés Szakdolgozatomban a numerikus módszereken belül két témakört szeretnék ismertetni Ezek egyike az interpoláció-elmélet, amely segítségével a csak részben ismert függvények ismeretlen részeire tudunk közelítést adni Az interpoláció felhasználási területei közül egy példát említek, majd bemutatom a legismertebb módszereit, többek között a Lagrangeféle és a Newtonféle eljárást is A másik témakör a közönséges dierenciálegyenletek peremérték feladatainak numerikus módszerei A folytonos matematikai modelleket leginkább dierenciálegyenletekkel tudjuk leírni Mivel ezeket az egyenleteket csak ritkán tudjuk pontosan megoldani, numerikus módszereket alkalmazunk, melyekkel jól tudjuk közelíteni a dierenciálegyenletek megoldását Az egyértelm megoldás érdekében peremfeltételeket adunk meg Azt is láthatjuk majd, hogy ezeknek a feladatoknak mikor létezik megoldása, és ha létezik, hogyan tudjuk azt el állítani, illetve, hogy az íly módon el állított megoldás hogyan konvergál a feladat pontos megoldásához Végül ezt a két témakört egy gyakorlati példán keresztül kapcsolom össze Egy konkrét peremérték feladatot vizsgálok, melynek peremfeltételeit a pontos értékek mellett interpolációs eljárásból származtatott értékekkel is megadom Így látható lesz, hogy az interpolációs közelítéssel kapott eredmény mennyire tér el a pontos értékeket felhasználó megoldástól 2

4 2 Interpolációelmélet Az interpoláció egy matematikai közelít módszer Tegyük fel, hogy egy függvénynek csak néhány pontban felvett értékét ismerjük, mégis szükségünk van más helyeken felvett értékére, esetleg minimumára, maximumára, minimum helyére, maximum helyére vagy más egyéb tulajdonságára Ezeket az ismeretlen adatokat általában nem tudjuk pontosan meghatározni, de az interpoláció segítségével becslést, közelítést tudunk rá adni 21 Példa az interpoláció gyakorlati alkalmazására Egy digitális képet szeretnénk felnagyítani A nagyított kép több pixelb l áll, mint az eredeti, de csak az eredeti pixelek információtartalma áll rendelkezésünkre A feladat az, hogy meg kell határoznunk az új pixelek színeit, ám erre csak közelítést tudunk adni A színeket számokkal reprezentáljuk, minden színhez egyértelm en hozzárendelünk egy számot A közelítést interpolációs módszerrel végezzük el úgy, hogy minden új pixel színét az szomszédos eredeti pixelek színei határozzák meg 22 Alapfeladat Keressük azt az f függvényt valamely függvényosztályból, amelyre teljesül, hogy el re meghatározott n + 1 darab pontban adott értéket vesz fel, azaz f (x i ) = g (x i ), ahol i = 0, 1,, n Az (x i, g (x i )) párok az interpolációs adatok Ezek azok, melyek rendelkezésünkre állnak Az x 0, x 1,, x n pontok az ún interpolációs alappontok Az interpoláció során azt szeretnénk elérni, hogy minél jobban s rítjük az alappontokat, annál közelebb kerüljünk az f függvénnyel valamilyen értelemben a pontos g függvényhez, illetve, hogy a mérések pontosságának növelésével, a közelítés is javuljon A továbbiakban a közelít f függvényt a legfeljebb n-ed fokú polinomok körében keressük, mert a polinomok könnyen kiértékelhet k a Horner szabály 3

5 segítségével, továbbá könny ket integrálni, deriválni, a gyökeinek számát meghatározni és zártak az algebrai m veletekre 1 Tétel Ha létezik olyan p n legfeljebb n-ed fokú polinom, amelyre teljesül, hogy p n (x i ) = g (x i ), i = 0, 1,, n, akkor az egyéretlm Bizonyítás A tételt indirekt módon látjuk be Tegyük fel, hogy g n (x) és h n (x) két különböz, legfeljebb n-edfokú polinom, és mindkett megoldása az interpolációs alapfeladatnak Vegyük a két polinom különbségét, és ezt jelöljük p n (x)-szel, azaz p n (x) = g n (x) h n (x) szintén egy legfeljebb n-edfokú polinom Ekkor biztosan tudjuk, hogy a p n (x) nulla értéket vesz fel az összes alappontban Ebb l következik, hogy p n (x)-nek legalább n+1 gyöke van Ez pedig ellentmond annak, hogy egy legfeljebb n-edfokú polinomnak legfeljebb n darab gyöke lehet, vagy a polinom az azonosan nulla polinom Megjegyzés A Lagrange-féle interpolációs polinom el állítása során azt is megmutatjuk, hogy létezik az 1 Tételben szerepl p n polinom Az alappontok közötti távolságot h i -vel jelöljük, vagyis h i = x i+1 x i, ahol i = 0, 1,, n Ekvidisztáns alappont-rendszerr l akkor beszélünk, ha minden i-re a h i ugyanannyi 23 Lagrange-féle interpoláció Legyen f (x) egy olyan függvény, amelynek n + 1 darab pontban ismerjük a pontos értékét A következ kben, az interpolációs alapfeladatnak eleget téve, Lagrange 1 módszerével el állítjuk azt az n-ed fokú polinomot, amely az x i pontban a f (x i ) értéket veszi fel minden i = 0, 1,, n-re Az 1 Tétel értelmében ez a polinom egyértelm A továbbiakban az f függvény által az alappontokban felvett értékeket az egyszer ség kedvéért f i -vel jelöljük minden i = 0, 1,, n esetén Az interpolációs polinom el állításához bevezetjük a φ i (x) és a Φ i (x) 1 Joseph-Luis Lagrange a számelmélet, a matematikai analízis és az égitestek mechanikája területén elért eredményeir l híres 4

6 függvényeket a következ képpen φ i (x) = (x x 0 ) (x x 1 ) (x x i 1 ) (x x i+1 ) (x x n ), (1) Φ i (x) = φ i (x) n k=0,k i (x i x k ) (2) Ekkor 0, ha i j Φ i (x j ) = 1, ha i = j (3) Behelyettesítve (2) egyenletbe, ekkor Φ i (x) = n j=0,j i x x j x i x j Láthatjuk, hogy Φ i (x) egy legfeljebb n-ed fokú polinom Mindezek felhasználásával deniálhatjuk a Lagrange-féle interpolációs polinomot n+1 alappont esetén, amit L n (x)-szel jelölünk L n (x) = n f i Φ i (x) 1 Következmény Egyértelm en létezik n-edfokú interpolációs polinom i=0 A továbbiakban átalakítjuk a Lagrangeféle polinomot Ehhez beveztejük az ún ω n+1 alappolinomot ω n+1 (x) = (x x 0 ) (x x 1 ) (x x n ) P n+1 Ezt deriválva azt kapjuk, hogy ω n+1 (x) = (x x 1 ) (x x 2 ) (x x n ) + (x x 0 ) (x x 2 ) (x x n ) + + (x x 0 ) (x x 1 ) (x x n 1 ) Ezért ω n+1 (x i ) = (x i x 0 ) (x i x 1 ) (x i x i 1 ) (x i x i+1 ) (x i x n ) Ezeket a jelöléseket felhasználva a Lagrange polinom felírható L n (x) = n ω n+1 (x i ) f i (x x i ) ω n+1 (x i) i=0 5

7 ω n+1 (x i ) alakban Ebben a képletben az (x x i ) ω n+1 (x kifejezést Lagrangeféle alappolinomnak nevezzük A következ ábrán szemléltetjük az alábbi alappontokhoz i) tartozó Lagrangeféle alappolinomokat x 0 = 1, x 1 = 2, x 2 = 3, x 3 = 4, x 4 = 5, x 5 = 6 Az x 0 alapponthoz tartozó alappolinomot piros színnel, az x 1 -hez tratozót zölddel, az x 2 -höz tartozót sárgával, az x 3 -hoz tartozót sötétebb kékkel, az x 4 -hez tartozót lilával, míg az x 5 -höz atrtozót világosabb kék színnel rajzoltuk meg 1 ábra Tehát el állítottunk egy olyan n-ed fokú polinomot, amely az alappontokban az el re megadott értékeket veszi fel, és kés bb az 15 fejezetben láthatjuk, hogy tetsz leges pontban közelítést ad az eredeti függvényre Nézzünk meg egy konkrét példát Lagrange módszerére Az interpolációs adatok legyenek (1, 5), (2, 6), (4, 3), (6, 1), (7, 4), (9, 2) A következ ábrán megrajzoltuk az L n (x) polinomot a [0, 10] intervallumon Megjegyzés Az ábrán jól látható, hogy az alappontokon kívül az interpolációs polinom rosszul viselkedik 6

8 2 ábra 24 Newton-féle interpolációs polinom A feladat ugyanaz, mint korábban Szintén egy olyan polinomot állítunk el, amely el re meghatározott helyeken adott értékeket vesz fel Az n + 1 alappontból el állított Newton 2 -féle interpolációs polinomot jelöljük N n (x)-szel Ha a közelíteni kívánt függvény az f (x), akkor a feladat szerint N n (x i ) = f (x i ) minden i = 0, 1n-re A Lagrangeféle módszerhez hasonlóan ismét alkalmazzuk az f i jelölést! A k + 1 darab alappontra illeszked Newton polinom egy k-ad fokú polinom, míg a k darab alappontra illeszked egy k 1-ed fokú polinom lesz Így a kett különbsége nyilvánvalóan egy k-ad fokú polinom Ennek a két polinomnak azokon az alappontokon felvett értékei, melyekre mindkett illeszkedik, egyenl ek Tehát a k + 1 darab alappontból álló polinom legyen egyenl a k darab alappontból álló polinom és egy k-ad fokú összegével úgy, hogy az el bbi tulajdonság megmaradjon Ekkor biztosan egy megfelel fokszámú polinomot kapunk, és természetesen az összegben szerepl k-ad fokú polinomot úgy kell el állítanunk, hogy a közös alappontokon az értéke nulla legyen Ezért erre a 2 Sir Isaac Newton (1643 január 4) angol zikus, matematikus, csillagász, lozófus és alkimista 7

9 polinomra az alábbi rekurzió igaz N k (x) = N k 1 (x) + b k ω k (x) ahol k = 1, 2n (4) Az ω 0 (x) értéke legyen egy, a b k együtthatókat pedig az el bbieknek megfelel en adjuk meg El ször a k = 0 esetet vizsgáljuk Ebben az esetben az derül ki, hogy az egy pontra illeszked Newton polinom maga a b 0, és ennek az értéke nem lehet más, mint az f (x) függvénynek abban az egy alappontban felvett értéke Tehát b 0 = f 0 A továbbiakban meghatározzuk azokat a b k értékeket is, ahol k nagyobb, mint nulla Az (5) egyenletb l adódik, hogy N 1 (x) = N 0 (x) + b 1 ω 1 (x), és N 0 (x) = b 0 ω 0 (x) Tehát N 1 (x) = b 0 ω 0 (x) + b 1 ω 1 (x) Hasonlóan megkapható a három alappontra épül Newton polinom is N 2 (x) = b 0 ω 0 (x) + b 1 ω 1 (x) + b 2 ω 2 (x) Ezek után már könny látni, hogy általában is n N n (x) = b k ω k (x) k=0 A következ lépésben fellhasználjuk a már említett Lagrangeféle polinomot A két polinom együtthatói az 1 Tétel miatt megegyeznek Hasonlítsuk össze mindkett ben az x k együtthatóját A Lagrange polinomban ez az együttható n k f i 1 x i x j i=0 j=0,j i Az új polinomunkban nyilván az x k együtthatója b k Tehát k k b k = f i 1 x i x j i=0 j=0,j i 8

10 A k helyére 1-et behelyettesítve b 1 = f1 f0 x 1 x 0 Ennek ismeretében, b 0 -t is behelyettesítve, már felírható az N 1 (x) polinom is N 1 (x) = f 0 + f1 f0 x 1 x 0 (x x 0 ) Hasonló és kissé bonyolultabb számolásokkal és átrendezésekkel megkaphatók a b 2, b 3,, b n értékek is, erre azonban létezik egy lényegesen egyszer bb módszer Ennek a módszernek a bemutatásához vezessük be a következ jelöléseket [x 0 ] f = f 0, amir l már tudjuk, hogy b 0 Továbbá [x 0 x 1 ] f = f1 f0 x 1 x 0, ami a korábbi számításaink szerint b 1 -gyel egyenl ami pedig b 2 -vel lesz egyenl Ez általános alakban felírva: Az [x 0 x 1 x 2 ] f = [x1x2]f [x0x1]f x 2 x 0, [x 0 x 1 x 2 x k ] f = [x 1x 2 x k ] f [x 0 x 1 x k 1 ] f x k x 0 2 Tétel [x 0 x 1 x 2 x k ] f = b k, minden k = 0, 1,, n esetén 25 Hibaanalízis A fentiek után felmerül az a kérdés, hogy vajon az interpolációval becsült érték mennyire tér el az eredetit l Ezt pontosan nem tudjuk meghatározni, hiszen, ha nem alappontról van szó, akkor nem ismerjük a függvény igazi értékét Ha ismernénk, nem lenne szükség közelítésre 3 Tétel Tegyük fel, hogy az f függvény n + 1-szer folytonosan dierenciálható az [a, b] zárt intervallumon Ekkor létezik olyan ξ, amely eleme az (a, b) nyílt intervallumnak, és teljesül rá, hogy f (x) p n (x) = f n+1 (ξ) (n+1)! ω n+1 (x), ahol p n (x) az interpolációs polinom Bizonyítás Legyen x olyan eleme az [a, b] zárt intervallumnak, amely nem alappont, vagyis nem ismerjük ebben a pontban az f függvény eredeti értékét Továbbá legyen ϑ (x) = f (x) p n (x) K ω n+1 (x), ahol K egy olyan állandó, amelyre teljesül, hogy ϑ ( x) = 0 Tehát K = f ( x) p n ( x) Ilyen K mellet a ω n+1 ( x) ϑ (x) függvény nulla értéket vesz fel az x 0, x 1,, x n+1 és az x helyeken Tehát legalább n + 2 helyen nulla Ebb l következik, hogy létezik legalább n + 1 pont, amelyre a ϑ (x) függvény nullát vesz fel Ebb l pedig az következik, hogy létezik legalább n pont, ahol a ϑ (x) függvény nullát vesz fel Továbbhaladva 9

11 ezen a vonalon, eljutunk addig, hogy létezik legalább egy ξ pontja az (a, b) intervallumnak, ahol a ϑ (n+1) (ξ) értéke nulla Most nézzük meg, hogy néz ki a ϑ függvény (n + 1)-edik deriváltja a ξ helyen Nyilván ϑ (n+1) (ξ) = f (n+1) (ξ) K (n + 1)! Ebb l következik, hogy K = f n+1 (ξ) (n+1)! Mivel K állandóra már kaptunk egy értéket, ez csak úgy lehetséges, ha ez a két kifejezés megegyezik, azaz f n+1 (ξ) (n+1)! = f( x) pn( x) ω n+1( x) Ezt az egyenletet átrendezve láthatjuk, hogy f ( x) = p n ( x) + f n+1 (ξ) (n+1)! ω n+1 ( x), ami a tétel állítása volt 2 Következmény Tegyük fel hogy az f függvény akárhányszor dierenciálható az [a, b] intervallumon, és a deriváltjai egyenletesen korlátosak, vagyis létezik olyan M valós szám, ami fels korlát az f függvény összes deriváltjára Ekkor max x [a,b] f (x) p n (x) M (n+1)! ω n+1 (x) M (n+1)! (b a)n+1, és M (n+1)! (b a)n+1 egyenletesen tart a nullához, ha n tart a végtelenhez Tehát a p n interpolációs polinom egyenletesen tart az [a, b] intervallumon az f függvényhez 4 Tétel (Weierstrass) (Approximációs tétel) Tegyük fel, hogy az f függvény folytonos az [a, b] intervallumon Ekkor minden ɛ povitív számhoz létezik olyan p n n-ed fokú polinom, amelyre max [a,b] f (x) p n (x) < ɛ Megjegyzés A 3 Tételben a p n polinom nem feltétlenül interpolációs polinom, azaz nem várjuk el t le, hogy akár egy pontban is megegyezzen a függvény eredeti értékével, ellentétben a fenti következményben szerepl p n polinommal, ahol az egy interpolációs polinom Most a Lagrange-módszer hibájával foglalkozunk A módszer hibáját úgy keressük, hogy kivonjuk az eredeti f (x) függvényb l az L n (x) függvényt, majd ezt alakítgatjuk tovább Tehát f (x) L n (x) = f (x) n i=0 f i x x 0 x i x 0 x x 1 x i x 1 x x i 1 x i x i 1 x x i+1 x i x i+1 x x n x i x n Ebb l bizonyos átalakítások során a következ t kapjuk [ ] f (x) n f (x) L n (x) = ω n+1 (x) n j=0 (x x j) + f i (x i x) n j=0,j i (x i x j ) i=0 10

12 Ezek után nézzük meg az el z részben ismertetett Newton-féle interpolációból a b n+1 -et n+1 b n+1 = [x 0 x 1 x n+1 ] f = i=0 f i n+1 j=0,j i 1 (x i x j ) Ezt úgy is felírhatjuk, hogy n n+1 f i 1 n + f n+1 1 (x i x j ) (x n+1 x j ) i=0 j=0,j i Ezekb l pedig az következik, hogy f (x) L n (x) = b n+1 ω n+1 (x), amit úgy is írhatunk, hogy [x 0 x 1 x n+1 ] f ω n+1 (x) Ebb l f (x)-et kifejezve láthatjuk, hogy f (x) = Ln (x) + [x 0 x 1 x n+1 ] f ω n+1 (x), ami nem más mint N n (x) + [x 0 x 1 x n+1 ] f ω n+1 (x) Tehát f (x) = j=0 n [x 0 x 1 x k ] f ω k (x) + [x 0 x 1 x n+1 ] f ω n+1 (x) k=0 Ezt az azonosságot Newtonféle azonosságnak nevezzük Ebb l az azonosságból és az 1Tételb l az alábbi következtetés vonható le [x 0 x 1 x n+1 ] f = f n+1 (ξ) (n + 1)! ω n+1 (x) Megjegyzés Ez hasonlít a Taylor-polinom hibabecslésére A különbség az, hogy az itt szerepl ω n+1 (x) helyett (x x 0 ) n+1 szerepel a Taylor-polinom hibabecslésében 26 A hibabecslés élesítése Ebben a részben még annyival élesítjük a hiba becslését, hogy az ω n+1 (x)-et is felülr l becsüljük Jelölje a h azt a távolságot, amely a szomszédos alappontok között a legnagyobb távolság, azaz h = max 1 i n (x i x i 1 ) 1 Lemma ω n+1 (x) 1 4 n! hn+1 11

13 Bizonyítás A lemmát teljes indukcióval bizonyítjuk El ször nézzük meg az állítást n = 1 esetén Ekkor ω 2 (x) = x x 0 x x 1 A számtani-mértani közepek tételéb l az következik, hogy (x x 0 ) (x x 1 ) x x 0 + x x 1 2, ami pedig nem más, mint x1 x0 2 Ennek felhsználásával (x x 0 ) (x 1 x) (x 1 x 0 ) 2 4 Ez pedig a lemma állítása volt az n = 1 esetre Most tegyük fel, hogy n-re igaz a lemma, és megmutatjuk, hogy akkor n + 1-re is igaz Tehát feltesszük, hogy ω n (x) 1 4 (n 1)! hn Nézzük meg, mivel egyenl ω n+1 (x)! ω n+1 (x) = (x x n+1 ) ω n (x) = x x n+1 ω n (x) Ebbe behelyettesítve az el bbi feltevésünket láthatjuk, hogy x x n+1 ω n (x) n h 1 4 (n 1)! hn = 1 4 n! hn+1 3 Következmény Legyen M n+1 fels korlát az f függvény n + 1-edik deriváltjára Mivel f (x) p n (x) f (x) p n (x) M n+1 4 (n + 1) hn+1 27 Hermite interpoláció 1 (n + 1)! M n n! hn+1, ezért Az eddigiekben olyan módszereket vizsgáltunk, amelyekben csak annyit tételeztünk fel, hogy ismerjük a függvény bizonyos pontokban felvett értékeit, és ez alapján készítettünk egy olyan polinomot, amely a függvény ismeretlen részeire ad közelítést A következ módszer kissé eltér a Lagrange, illetve a Newton 12

14 módszerekt l A különbség abban áll, hogy ennél az intepolációnál az el re meghatározott pontokban nemcsak az adott pontbeli értéket vesszük gyelembe, hanem felhasználjuk az adott pontokban a deriváltak értékeit is, amennyiben ezek ismertek Tehát továbbra is adott az x 0, x 1, x 2,, x n n + 1 darab alappont, de most minden alappont esetében bizonyos rendig bezárólag az eredeti függvény deriváltjai is adottak: f (0) k, f (1) k, f (2) k,, f (m k) k, k = 0, 1, 2,, n Az m k szám azt jelöli, hogy az x k alappont deriváltjai mely rendig ismertek A továbbiakban azt a H polinomot keressük, amelyre egyrészt teljesül, hogy az alappontokban a megfelel értéket veszi fel, azaz H (x i ) = f i, minden i = 0, 1, 2,, n- re, másrészt az is teljesül, hogy az alappontokban az el re megadott deriváltak értékei is megegyeznek az eredeti függvényével, azaz H (i) (x k ) = f (i) k, ahol k = 0, 1, 2,, n és i = 0, 1, 2,, m k Az ilyen típusú interpolációt nevezzük Hermite-féle interpolációnak Nyilvánvalóan az m k = 0, minden k = 0, 1,, n esetben Lagrange-féle interpolációt kapunk Ennél az eljárásnál az el re megadott adatok száma: m 0 + m 1 + m m n + n + 1 Ezt az összeget jelöljük N-nel Ekkor feltehet, hogy a feladat feltételeinek egy legfeljebb N 1-ed fokú polinom eleget tesz 5 Tétel Egyértelm en létezik egy olyan H N 1 legfeljebb N 1-ed fokú polinom, amelyre teljesülnek az alábbi feltételek H (i) N 1 (x k) = f (i) k, k = 0, 1, 2, n i = 0, 1, 2,, m k Bizonyítás Legyen a H N 1 (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a N 1 x N 1 alakú, ahol az a 0, a 1, a N 1 együtthatókat kell meghatározni Ez a következ egyenletrendszer megoldásával lehetséges 13

15 1 x 0 x 2 0 x (N 1) x 0 (N 1) x (N 2) 0 1 x 1 x 2 1 x (N 1) x 1 (N 1) x (N 2) 1 a 0 a 1 a 2 a N 1 = f (0) 0 f (1) 0 f (0) 1 f (1) 1 Ebben az egyenletrendszerben N darab ismeretlen szerepel, és ugyanennyi egyenlet van Továbbá nem létezik olyan nemnulla vektor, amellyel megszorozva a mátrixot nullvektort kapnánk, mert ha létezne, akkor a H N 1 polinomnak N zérushelye lenne, ami lehetetlen, mert ha egy polinomnak az x k-szoros zérushelye, akkor a polinom els k 1 deriváltjának is zérushelye x Az els öt Hermite polinom a következ képpen néz ki H 0 (x) = 1 H 1 (x) = 2x H 2 (x) = (2x) 2 2 = 4x 2 2 H 3 (x) = (2x) 3 6 (2x) = 8x 3 12x H 4 (x) = (2x) 4 12 (2x) A következ ábrán láthatjuk, hogy hogyan néz ki az els öt Hermite polinom A 3 ábrán a H 0, H 1, H 2, míg a 4 ábrán a H 4, H 5 tekinthet meg A Hermite-polinom felírására egy rekurziós formula is létezik, miszerint H n+1 (x) = 2x H n (x) 2n H n 1 (x) Minden lépésben úgy kapjuk meg a soron következ polinomot az el tte lév kb l, hogy a közvetlenül el tte lév t 2x-szel beszorozzuk Ezáltal a H n (x) egy n-ed fokú polinom lesz, mivel a H 0 egy nulladfokú polinom A polinom f együtthatója pedig 2 n A 2x-szel való szorzás után a még egyel el rébb lév tag 2n-szeresét kivonjuk Páros n esetén a H n (x) függvény egy páros függvény lesz, míg páratlan n esetén páratlan függvény lesz, vagyis H n ( x) = ( 1) n H n (x) 14

16 3 ábra Továbbá ez a polinom explicit alakban is megadható, ami Faá di Bruno 3 nevéhez f z dik H n (x) = ( 1) n k 1+2k 2=n n! k 1!k 2! ( 1)k1+k2 (2x) k1 Abban a speciális esetben, amikor minden alappontban csak az eredeti függvény értéke, és els deriváltja van megadva, akkor HermiteFejér-interpolációról beszélünk Ha egyetlen alappontban ismerjük a függvényértéket és a deriváltakat egy bizonyos rendig bezárólag, akkor a Taylor polinomot nyerjük ebben a pontban Ha f olyan függvény, amely N-szer folytonosan dierenciálható az [a, b] intervallumon, akkor f (x) H N 1 (x) = f (N) (ξ) ω N (x), N! ahol ω N (x) = n k=0 (x x k) m k+1, és ξ (a, b) Az ωn (x) a Lagrangebecslés szerint O ( h N ) nagyságrend 3 Olasz származású matematikus (1825 Alessandria Turin) 15

17 4 ábra 28 Splineinterpoláció A splineinterpoláció során az alappontok által meghatározott szakaszokon interpolálunk egy-egy alacsony fokszámú polinommal Legel ször a legegyszer bb formáját nézzük meg ennek a módszernek, amikor lineáris polinomokkal interpolálunk a szakaszokon Ekkor tulajdonképpen egy-egy egyenes vonallal kötjük össze a szomszédos alappontokat Az alappontok legyenek növekv sorrendben a következ k x 0 < x 1 < < x n Ezekben a pontokban az eredeti függvény által felvett értékeket jelöljük f 0, f 1,, f n -nel, és az [x k 1, x k ] intervallumon a spline-polinom pedig legyen s k, minden k = 1, 2,, n esetén Ezen jelölések bevezetése után felírhatók a szakaszonkénti spline-polinomok x x k x x k 1 S k (x) = f k 1 + f k, x [x k 1, x k ] x k 1 x k x k x k 1 Természetesen a teljes intervallumon értelmezett interpolációs függvény s 1 (x), ha x [x 0, x 1 ] s 2 (x), ha x [x 1, x 2 ] S (x) = s n (x), ha x [x n 1, x n ] 16

18 alakban adható meg Ez a függvény nyilvánvalóan folytonos, hiszen minden k = 1, 2,, n esetében az s k (x k ) = s k+1 (x k ) = f k teljesül 6 Tétel Legyen f egy olyan függvény, amely az I intervallumon kétszer folytonosan dierenciálható Ekkor a lineáris spline-interpolációs függvény hibája s (x) f (x) M 2 8 h2 ahol M 2 egy fels korlát az f abszolút értékére az I intervallumon, és h a szomszédos alappontok közötti maximális távolság Az alábbi ábrán a (0, 3), (1, 5), (2, 1), (3, 2), (4, 0), (5, 1) pontokra illeszked s 1 (x) els fokú Spline-interpolációs függvényt tekinthetjük meg 5 ábra A spline-interpolációval megvalósíthatjuk azt, hogy monoton koordináták esetén az interpolációs függvény is monoton legyen, viszont a módszer hátránya az, hogy a teljes [x 0, x n ] intervallumon kapott függvény általában nem deriválható, amit az el z példán is szemléltetünk Ezt a hibát azonban kiküszöbölhetjük, ha a szomszédos alappontokat nem egy egyenes vonallal kötjük össze, hanem egy másodfokú polinommal Ekkor gyelnünk kell arra, hogy az egyes alappontokban a függvény jobboldali és baloldali deriváltjai megegyezenek, ugyanis így válik deriválhatóvá a teljes intervallumon az interpolációs függvény Válasszuk meg az s inerpolációs függvény deriváltjának értékét tetsz legesen az x 0 pontban Ezt jelöljük d 0 -lal Ekkor az [x 0, x 1 ] szakaszon a Hermite- 17

19 interpolációt elvégezve kapunk egy olyan s 1 polinomot, amely legfeljebb másodfokú, továbbá teljesül rá, hogy s 1 (x 0 ) = f 0, s 1 (x 1 ) = f 1 és s 1 (x 0 ) = d 0 Most válasszuk az s 1 (x 1 ) értéket d 1 -nek Ekkor a kövtekez [x 1, x 2 ] szakaszon ismét a Hermite-interpoláció alakalmazásával kapunk egy S 2 legfeljebb másodfokú polinomot, amelyre az teljesül, hogy s 2 (x 1 ) = f 1, s 2 (x 2 ) = f 2 és s 1 (x 1 ) = d 1 Ezeket a lépéseket kell végrehajtani az összes többi intervallumon is Így valóban egy olyan s függvényt kapunk, amely folytonos és deriválható az egész [x 0, x n ] intervallumon Most nézzük meg, hogy hogyan néz ki a másodfokú splineinterpolációs polinom ugyanazokkal az adatokkal, amelyekkel a 3 ábrán az els fokú spline interpolációs polinomot szemléltettük Az egyszr ség kedvéért most válasszuk meg d 0 értékét egynek Ekkor néhány rövid számolás után látható, hogy s 0 (x) = x 2 + x + 3, x [0, 1], s 3 (x) = Ez pedig a következ képpen néz ki s 1 (x) = 9x x 7, x [1, 2], s 2 (x) = 18x 2 87x + 101, x [2, 3], s 3 (x) = 23x x 268, x [3, 4], s 4 (x) = 26x 2 233x + 516, x [4, 5], 6 ábra A harmadfokú spline interpoláció hibája négyszer folytonosan dierenciálható függvény esetén ahol h = max h i g s 3 h4 g 4 16, 18

20 3 A közönséges dierenciálegyenletek peremérték feladatainak numerikus módszerei A természettudományos, m szaki és közgazdasági folyamatok leírására a gyakorlatban leginkább dierenciálegyenleteket használnak Ennek oka, hogy ez a legalkalmasabb eszköz arra, hogy a folytonos matematikai modelleket leírhassuk A diereciálegyenletek elemzésével a közönséges illetve parciálias dierenciálegyenletek elmélete foglalkozik Els sorban arra keressük a választ egy feladat modellezésénél, hogy az megoldható-e Tehát f ként azt vizsgáljuk, hogy az adott feladat milyen feltételek mellet lesz korrekt kit zés Ezekre a feladarokra csak ritkán kapunk olyan megoldásokat, melyek képleteiben ismert és könnyen kiértékelhet függvények találhatók Ezért gyakran nem a pontos megoldásra törekszünk, hanem minél jobban közelíteni próbáljuk azt valamely numerikus módszer segítségével A numerikus módszerek segítségével nagy pontosságú és megbízható becsléseket tudunk el állítani Más szóval becslést tudunk adni a feladat elemi eszközökkel nem meghatározható pontos megoldása és az alkalmazott közelít módszerrel kapott numerikus megoldás közötti különbségre A közönséges dierenciálegyenletekhez kiegészít feltételeket is meg kell adnunk, melyek garantálják, hogy az egyenletrendszer megoldása egyértelm legyen Ha egy u függvényt a [0, T ] korlátos id intervallumon vizsgálunk, és az intervallum mindkét végpontjában ismerjük a függvény pontos értékét, ezek legyenek u (0) = u 0, és u (T ) = u 1, akkor ezek a kiegészít feltétetlek egyértelm síthetik a feladat megoldását Tehát most nem a klasszikus Cauchy-feladatról van szó, amelyben a kezdeti érték, és annak deriváltja adott, hanem itt az intervallum két végpontjában adottak a pontos függvényértékek Például, tegyük fel, hogy egy földfelszíni pontból kilövünk egy golyót valamely irányba Legyen y (t) a kil tt golyó földt l mért távolsága, és x (t) pedig a kilövési ponttól vett vízszintes távolság a t 0 id pillanatban Tegyük fel, hogy a golyó vízszintes irányban állandó sebességgel halad, míg a függ leges irányú mozgására csak a gravitáció hat A feladat az, hogy határozzuk meg, hogy 19

21 milyen irányban kell kil ni a golyót ahhoz, hogy az egy el re rögzített x = L pontban érjen földet! A mozgást leíró egyenletek Newton második törvénye alapján ẍ (t) = 0 ÿ (t) = g Tudjuk, hogy a kilövés (t = 0) id pontjában sem vízszintesen, sem függ legesen nem mozgott a golyó Ezen kezdeti feltételek mellet x (t) = vt, ahol v az állandó vízszintes irányú sebesség Ebb l következik, hogy t = x/v Ekkor bevezetve az Y (x) := y (x/v) függvényt, az összetett függvény deriválási szabálya szerint ẏ (t) = dy dx dx dt = dy dx v, ÿ (t) = v d2 Y dx 2 v = v2 d2 Y dx 2 Tehát feltételeink alapján az ismeretlen új függvény a következ tulajdonságokkal rendelkezik: Y (x) = g, x (0, L) v2 Y (0) = 0, Y (L) = 0 Mivel ezt a dierenciálegyenletet könnyen kiintegrálhatjuk, az Y (x) függvény közvetlenül kiszámolható Y (x) = gx (L x) 2v2 Így a kilövés szögét a tgα = Y (0) = gl/2v 2 összefüggésb l határozhatjuk meg 1 Deníció Az u = u (t) C [a, b] ismeretlen függvényre kit zött u = ϕ (t, u, u ), t (a, b) (5) u (a) = α, u (b) = β feladatot peremérték-feladatnak nevezzük 20

22 31 A közönséges dierenciálegyenletek peremérték-feladatának megoldhatósága Ebben a részben megvizsgáljuk, hogy az 1 Denícióban ismertetett peremértékfeladatnak milyen feltételek mellet létezik egyértelm megoldása A következ példában láthatjuk, hogy a dierenciálegyenlet jobb oldalán szerepl f függvény megválasztása mellett bizonyos esetekben a peremfeltételek is kihatnak a megoldás létezésére és annak egyértelm ségére Legyen az 1 denícióban szerepl ϕ (t, u, u ) = u Tehát az u = u (6) egyenletet vizsgáljuk Az egyenlet általános megoldása az u (t) = C 1 sin t + C 2 cos t, ahol C 1 és C 2 állandók Ezek meghatározásához használjuk fel a t = a és t = b pontokban megadott peremfeltételeket Legyen el ször a = 0, b = π 2, α = 3 és β = 7 Könnyen láthatjuk, hogy, az egyértelm megoldás az u (t) = 7 sin t + 3 cos t függvény Most legyen a = 0, b = π, α = 3 és β = 7 Láthatjuk, hogy ezt behyelyettesítve az általános megoldásba nincs olyan C 1 és C 2 értékpár, amely mellett teljesülne ez a peremfeltétel El fordul olyan példa is, amelyben létezik a peremérték-feladatnak megoldása, de az nem egyértelm 7 Tétel Legyen T := {(t, s 1, s 2 ) : t [a, b], s 1, s 2 R} Tegyük fel, hogy ekkor az 1 denícióban szerepl feladat ϕ : R 3 R függvényére teljesülnek a következ k: 1 ϕ C (T ) 2 2 ϕ, 3 ϕ C (T ) 3 2 ϕ > 0 4 létezik olyan M 0, amelyre 3 ϕ M Ekkor az 1 denícióban lév peremértékfeladatnak egyértelm en létezik megoldása A tétel fontos következménye a következ állítás 21

23 4 Következmény Legyen ϕ egy lineáris függvény Tekintsük az u = ϕ (t, u, u ) p (t) u + q (t) u + r (t), t [a, b] (7) u (a) = α, u (b) = β feladatot, ahol p, q, r C [a, b] rögzített folytonos függvények Ha q (t) > 0 az [a, b] intervallumon, akkor a (7) lineáris peremérték-feladatnak létezik egyértelm megoldása Mint azt az el bbi példában is láthattuk, a q (t) > 0 feltételt nem hagyhatjuk el, hiszen ezen feltétel elhagyása esetén a példában szerepl ϕ (t, u, u ) = u függvényre valamennyi feltétel teljesül, mégsem létezik megoldása A továbbiakban az 1 denícióban ismertetett peremérték-feladatot kétismeretlenes rendszerré írjuk át Ehhez az ún átviteli elvet használjuk fel Vezessük be az u : [a, b] R 2, u (t) = (u 1 (t), u 2 (t)) függvényt a következ képpen: u 1 (t) = u (t) és u 2 (t) = u (t) Ekkor a feladat az lesz, hogy u 1 = u 2, u 2 = ϕ (t, u 1, u 2 ), (8) u 1 (a) = α, u 1 (b) = β Ebben a formában természetesen nem oldható meg a feladat, ugyanis a kiegészít feltételeket csak az u 1 függvényre ismerjük 32 A peremérték-feladat numerikus megoldása véges differenciák módszerével Ebben a részben a véges dierenciás módszer alkalmazása során az u = ϕ (t, u, u ), t (a, b) (9) u (a) = α, u (b) = β feladatot úgy oldjuk meg, hogy az id intervallumon rácshálót határozunk meg, és a feladatban szerepl deriváltakat ezen a rácshálón approximáljuk, majd ennek segítségével állítjuk el a közelít megoldást 22

24 A továbbiakban felhasználjuk a megfelel en sima függvényekre ismert összefüggéseket: u u (t + h) u (t) (t) = 1 h 2 hu (ξ 1 ) u u (t) u (t h) (t) = + 1 h 2 hu (ξ 2 ) u u (t + h) u (t h) (t) = 1 2h 6 h2 u (ξ 3 ) u u (t + h) 2u (t) + u (t h) (t) = h h2 u (4) (ξ 4 ) ahol ξ i (t, t + h) és (i = 1, 2, 3, 4) rögzített szám Ez azt az ötletet adja, hogy a megfelel en sima u (t) függvénynek egy rögzített t pontbeli deriváltját a t pont környezetében lév rácspontbeli helyettesítési értékekkel az alábbiak szerint közelítsük: u (t ) u (t + h) u (t ) h, u (t ) u (t ) u (t h), (10) h u (t ) u (t + h) u (t h), u (t ) u (t + h) u (t ) + u (t h) 2h h 2 Jelöljük ki az [a, b] intervallumon a következ rácshálót! ω h = {t i = a + ih, i = 0, 1,, N + 1, h = (b a) / (N + 1)} Ez egy ekvidisztáns rácsháló, ahol h a rácsháló lépésköze Jelöljük ω h -val a rácsháló bels pontjait, azaz ω h = {t i = a + ih, i = 1, 2,, N, h = (b a) / (N + 1)}, továbbá legyen γ h a rácsháló határpontjai, azaz γ h = {t 0 = a, t N+1 = b} Tegyük fel, hogy a (9) feladatnak egyértelm en létezik u (t) megoldása, azaz u (t) C 2 [a, b] olyan függvény, amelyre teljesül, hogy u (t) = ϕ (t, u (t), u (t)), t (a, b), u (a) = α, u (b) = β 23

25 Így az ω h rácsháló pontjaira felírva a fenti összefüggést, az u (t i ) = ϕ (t i, u (t i ), u (t i )), i = 1, 2, N (11) u (t 0 ) = α, u (t N + 1) = β azonosságok állnak fenn Alkalmazva a fenti összefüggésekben a (10) szerinti közelítéseket, az y i értékekre a következ egyenleteket kapjuk: y i+1 2y i + y i 1 h 2 ( = ϕ t i, y i, y ) i+1 y i, i = 1, 2,, N (12) h y 0 = α, y N+1 = β Ez egy N +2 ismeretlenes egyenletrendszer az y 0, y 1,, y N+1 ismeretlenekre Ezt megoldva meghatározhatjuk a véges dierenciás közelítéseket Ugyanakkor nem tudjuk, hogy létezik-e az egyenletrendszernek egyértelm megoldása, illetve, ha létezik, akkor hogyan oldható meg hatékonyan Továbbá nem tudjuk, hogy mennyire van közel y i értéke u (t i ) értékéhez, és ha s rítjük a rácshálót, akkor az [a, b] intervallumon a közelít megoldások sorozata tart-e a pontos megoldáshoz 33 Egy lineáris közönséges dierenciálegyenlet peremértékfeladatának megoldása véges dierenciákkal Tekintsük a u + cu = f (x), x (0, l), (13) u (0) = α, u (l) = β feladatot, ahol c > 0 kontans, f (x) egy adott folytonos függvény A feladat els sorát úgy is írhatjuk, hogy u = f (x) + cu, azaz itt a ϕ (x, u, u ) = f (x) + cu Ellen rizzük le erre a 7 Tételben szerepl megoldhatósághoz szükséges feltételeket! 24

26 1 ϕ C (T ), hiszen f-r l feltettük, hogy folytonos, c pedig állandó, ami szintén folytonos 2 2 ϕ = c, 3 ϕ = 0, mindkett nyilvánvalóan folytonos 3 2 ϕ = c, amir l feltettük, hogy pozitív 4 Természetesen létezik olyan M 0, amelyre 3 ϕ M, hiszen 3 ϕ = 0 Általános esetben a feladat analítikus megoldását nem tudjuk el állítani, ezért egy numerikus eljárást alkalmazunk Az eljárás során kétféle rácshálót deniálunk a [0, l] intervallumon Ezek nevezetesen az ω h = {x i = ih, i = 1, 2,, N 1, h = l/n} és az ω h = {x i = ih, i = 0, 1,, N, h = l/n} rácshálók Tehát a két rácsháló közötti különbség az, hogy az ( ω h )-hoz az intervallum végpontjai is beletartoznak Jelölje γ h azokat a pontokat, amelyek a rácshálók közötti különbséget képzik, azaz γ h = ω h /ω h = {x 0 = 0, x N = l} Ezeket a pontokat perempontoknak nevezzük Ezeken a rácshálókon függvényeket is értelmezünk Jelöljük F ( ω h )- val és F (ω h )-val az ω h és az ω h rácsokon értelmezett, R-be képez függvények vektorterét A célunk az, hogy egy olyan y h F ( ω h ) rácsfüggvényt határozzunk meg, amely az ω h pontjaiban közel van a (13) feladatban szerepl u megoldáshoz, és a rácsháló nomításával (azaz h 0 esetén) a különbségük nullához tart Az határozza meg a numerikus módszert, hogy a keresett rácsfüggvényt milyen módon választjuk meg Nézzük meg a (13) egyenletet az ω h rácsháló pontjaiban! Ekkor a u (x i ) + cu (x i ) = f (x i ), x i ω h (14) egyenletet kapjuk Az els deriváltakat az x i pontban a u (x i ) u (x i + h) u (x i ), u (x i ) u (x i) u (x i h) h h módon, a második deriváltakat pedig a u (x i ) u (x i + h) 2u (x i ) + u (x i h) h 2 (15) 25

27 módon közelítjük A keresett függvényre elvárásaink szerint az igaz, hogy y h (x i ) u (x i ), ezért el állíthatjuk a következ egyenleteket a (14) és (15) egyenletek alapján y h (x i + h) 2y h (x i ) + y h (x i h) h 2 + cy h (x i ) = f (x i ), x i ω h (16) Mivel a perempontokban ismerjük a pontos megoldást, ezért y h (x 0 ) = α, y h (x N ) = β (17) A (16)-(17) feladat felírható a következ módon Legyen L h : F ( ω h ) F ( ω h ) az az operátor, amely az alábbi módon rendeli hozzá az ω h F ( ω h ) rácsfüggvényhez az L h ω h F ( ω h ) rácsfüggvényt: y h(x i+h) 2y h (x i)+y h (x i h) h + cy L h ω h (x i ) = 2 h (x i ), ha x i ω h ω h (x i ), hax i γ h Jelölje b h F ( ω h ) az alábbi rácsfüggvényt: f (x i ), ha x i ω h, b h (x i ) = α, ha x i = x 0, β, ha x i = x N Ekkor a (16)-(17) felafdat azon y h F ( ω h ) rácsfüggvény meghatározása, amelyet az L h operátor az adott b h F ( ω h ) rácsfüggv-nybe képez le, vagyis feladatunk az L h y h = b h (18) operátoregyenlet megoldása Vezessük be a következ y h (x i ) = y i, f (x i ) = f i és b h (x i ) = b i jelöléseket! Ezeket felhasználva a (16)-(17) egyenlet felírható y i+1 2y i + y i 1 h 2 + cy i = f i, i = 1, 2,, N 1, (19) y 0 = α, y N = β 26

28 alakban Ez egy N + 1 ismeretlenes lineáris algebrai egyenletrendszer, amely úgy is felírható, hogy L h y h = b h, ahol y h = [y 0, y 1,, y N ] T az ismeretlen vektor, b h = [α, f 1, f 2,, f N 1, β] T adott vektor, és L h az alábbi mátrix L h = h 2 2 h 2 + c 1 h h 2 h + c 1 2 h h 2 2 h 2 + c 1 h (20) 34 A véges dierenciás séma megoldhatósága El ször egy, a gyakorlati alkalmazások során többször el forduló és számos jó tulajdonsággal rendelkez mátrixosztályt vezetünk be 2 Deníció Legyen A R mxm mátrix, amelyre a i,j 0, minden i j esetén, továbbá létezik olyan g > 0 vektor, hogy Ag > 0 Az ilyen mátrixot M-mátrixnak nevezzük 8 Tétel Legyen A M-mátrix, és ḡ > 0 egy olyan vektor, melyre Aḡ > 0 teljesül Ekkor A reguláris, azaz létezik inverze Az inverz mátrix maximumnormában felülr l becsülhet : A 1 ḡ min i (Aḡ) i A továbbiakban alapvet fontosságú az L h mátrix következ tulajdonsága 9 Tétel A (20) alakú L h mátrix M-mátrix Bizonyítás Mivel az L h mátrix elemeinek el jelei nyílvánvalóan megfelel ek, ezért a továbbiakban az a feladatunk, hogy megmutassunk egy olyan R N+1 -beli 27

29 g h vektor létezését, amelyre g h > 0 és L h g h > 0 teljesül A g h vektor i-edik eleme legyen g h,i = 1 + ih (l ih) (i = 0, 1,, N) Az egyszer ség kedvéért a koordinátákat nullától kezdjük indexelni Ekkor g h,i > 1, 1 i N 1 és (L h g h ) 0 = (L h g h ) N = 1 Egyszer behelyettesítéssel látható, hogy i = 1, 2,, N 1 esetén g h,i 1 + 2g h,i g h,i+1 = 2h 2 Ezért (L h g h ) i = 2 + c (1 + ih (l ih)), i = 1, 2,, N 1 Így (L h g h ) 1 minden i = 0, 1, 2,, N 1, N esetén Tehát, ha e = [1, 1,, 1] T R N+1, akkor g h e > 0, és L h g h e > 0 (21) A (14) egyenl tlenség bebizonyítja az állításunkat A fenti tétel következménye, hogy az L h mátrix minden h > 0 esetén invertálható, L 1 h 0, és az (8) tétel valamint (21) következtében az inverzének maximumnormája felülr l becsülhat a következ módon L 1 g h h = max i g h,i (22) min i (L h g h ) i 1 A számtani-mértani közepek közötti reláció alapján ( ) 2 ih + (l ih) ih (l ih) = l2 2 4, ezért g h,i 1 + l 2 /4 Így (22) alapján érvényes az L 1 h K := l (23) becslés 28

30 35 A véges dierenciás módszer konvergenciája Legyen a P h : C ([0, l]) F ( ω h ) egy projekciós operátor, azaz (P h u) (x i ) = u (x i ) minden x i ω h rácspontban Jelöljük az e h F ( ω h ) hibafüggvényt az e h = y h P h u egyenl séggel Ekkor e h (x i ) = y h (x i ) u (x i ) = y i u (x i ) (24) 3 Deníció Az L h rácsoperátorral meghatározott numerikus módszert konvergensnek nevezzük a maximumnormában, ha lim e h = 0 h 0 Ha e h = O (h p ) valamely p 1 egész számmal, akkor p-ed rendben konvergensnek nevezzük a módszert A továbbiakban belátjuk, hogy az el z pontban ismertetett (18) numerikus módszer konvergens, és meghatározzuk a konvergenciájának a rendjét is A (24) összefüggésb l, az e h (x i ) = e i jelölés használatával y i = e i + u (x i ) Ezt behelyettesítve a (19) sémába a következ egyenletrendszert kapjuk: e i+1 2e i + e i 1 h 2 + ce i = Ψ h i, i = 1, 2,, N 1, (25) e 0 = 0, e N = 0, ahol Ψ h i = f i + u (x i+1) 2u (x i ) + u (x i 1 ) h 2 cu (x i ), x i ω h Mivel f i = f (x i ) = u (x i ) + cu (x i ), ezért ( ) u Ψ h (xi+1 ) 2u (x i ) + u (x i 1 ) i = h 2 u (x i ) + (cu (x i ) cu (x i )) (26) Ekkor u C 4 [0, l] esetén Ψ h i = O ( h 2), (27) 29

31 ugyanis az u (x i+1 )-et illetve az u (x i 1 )-et felírhatjuk a következ módon u (x i+1 ) =u (x i + h) = (28) = u (x i ) + hu (x i ) + h2 2 u (x i ) + h3 3! u(3) (x i ) + h4 4! u(4) (x i ) + O ( h 5) u (x i 1 ) =u (x i h) = (29) = u (x i ) hu (x i ) + h2 2 u (x i ) h3 3! u(3) (x i ) + h4 4! u(4) (x i ) + O ( h 5) Mivel a Ψ h i képletében a kett összege szerepel, írjuk fel az összeget is! u (x i+1 ) + u (x i 1 ) = 2u (x i ) + h 2 u (x i ) + h4 12 u(4) (x i ) Ezt beírva a (26) egyenletbe, azt kapjuk, hogy Ψ h i = 2u (x i) + h 2 u (x i ) + h 4 12 u(4) (x i ) 2u (x i ) h 2 u (x i ) Ezt leegyszer sítve láthatjuk, hogy Ψ h i = h2 12 u(4) (x i ) Tehát ebb l következik, hogy Ψ h i = O ( h 2) Legyen Ψ h F ( ω h ) az a rácsfüggvényt, amelyre Ψ h (x 0 ) = Ψ h (x N ) = 0, és az ω h rácsháló pontjaiban a (26) egyenlet által deniált Ψ h i értékeket veszi fel Így Ψ h = O ( h 2) A (25) hibaegyenlet felírható L h e h = Ψ h alakban, ahol L h a 26 oldalon található mátrix, és e h az e h hibafüggvénynek megfelel R N+1 -beli vektor Miután az L h mátrix reguláris, e h = L 1 h Ψh A (23) és a (27) egyenl tlenségeket felhasználva, e h L 1 Ψ h K O ( h 2) = O ( h 2) h Tehát lim h 0 e h = 0 Ezzel beláttuk a következ állítást 10 Tétel Tegyük fel, hogy a (13) feladat u (x) megoldása négyszer folytonosan dierenciállható Ekkor a (16)-(17) által el állított véges dierenciás numerikus megoldás a maximum normában másodrendben konvergál az u (x) megoldáshoz 30

32 A (26) összefüggés szerint Ψ h i megmutatja, hogy az u (x) pontos megoldás rácspontbeli értékei egy x i ω h rácspontban a numerikus módszer sémáját milyen pontosan elégétik ki Arra vagyunk kíváncsiak, hogy hogyan közelíti a (13) feladat u (x) megoldásfüggvényét a numerikus megoldás a [0, l] intervallumon Ehhez megvizsgáljuk, hogy hogyan viselkednek az ω h rácsháló pontjain a Ψ h i értékek Ezért a Ψ h i koordinátájú Ψ h vektorral jellemezzük a módszer pontbeli approximációs tulajdonságát 4 Deníció Ha lim h Ψ h = 0, akkor azt mondjuk, hogy a numerikus módszer konzisztens a maximumnormában A módszert p-ed rendben konzisztensnek nevezzük a maximumnormában, ha Ψ h = O (h p ), (p 1) Tehát korábbi számításaink szerint a (18) módszer másodrendben konzisztens a maximumnormában Legtöbbször a konvergencia bizonyításához a konzisztencia önmagában nem elegend Ehhez egy további tulajdonság is szükséges 5 Deníció A numerikus módszer stabil a maximumnormában, ha a módszert leíró L h lineáris operátorok mindegyike invertálható, és megadható olyan K > 0 állandó, amely h-tól független és teljesül rá, hogy L 1 h K (30) Ezek a tulajdonságok legtöbbször csak megfel len kis h értékek mellett érvényesek, azaz csak olyan h mellett teljesülnek a szükséges feltételek, melyre létezik egy h 0 küszöbszám, hogy h 0 > 0, és 0 < h < h 0 Ekkor a módszert feltételesen stabilnak nevezzük Abban az esetben ha h megválasztására nincsen korlát, azaz a (30) tulajdonság és az invertálhatóság minden h > 0 szám esetén teljesül, akkor a sémát feltétel nélkül stabilnak nevezzük 11 Tétel Egy stabil és konzisztens numerikus módszer konvergens, és a konvergencia rendje megegyezik a konzisztencia rendjével 31

33 4 Peremérték feladatok interpolált adatokkal Ebben a részben egy konkrét példán keresztül kapcsoljuk össze az eddigiekben ismertetett két témakört, az interpolációt illetve a közönséges dierenciálegyenletek peremérték feladatainak numerikus módszereit Nézzük a következ peremérték feladatot! u +u = 2 sin (x), x (0, π) (31) u (0) = 0, u (π) = 0 El ször a pontos peremértékekkel számolunk, majd ugyanezt a feladatot interpolációból származtatott értékekkel is végigszámoljuk Végül összehasonlítjuk a kapott eredmények pontosságát A (31) feladat megfelel a 7 Tételben felsorolt elvárásoknak, tehát létezik egyértelm megoldása Könny látni, hogy ez a megoldás az u (x) = sin (x), de ezt csak a hibabecslésnél vesszük gyelembe, így könnyen meghatározhatjuk a módszer hibáját Vegyük a következ ekvidisztáns rácshálót a [0, π] intervallumon, ahol h = π 4 ω h = {0, π4, π2, 3π4 }, π (32) Ezek alapján felírhatjuk az L π mátrixot, és a b π vektort, melyek az L π y π = b π feladat megoldásához szükségesek L π 4 = π 2 32 π π π 2 32 π π π 2 π π (33) ( b T π = 0, 2, 2, ) 2,

34 Ennek megoldását a Maple matematikai program segítségével végeztem el y π = A feladat pontos megoldása az u (x) = sin (x) függvény, melynek az alappontokban felvett értékei u (0) = sin (0) = 0 ( π ) ( π ) u = sin = ( π ) ( π ) u = sin = 1 ( 2 ) 2 ( ) 3π 3π u = sin = u (π) = sin (π) = 0 Az y π u különbség megmutatja a módszer hibáját 4 Alappont x 0 = 0 x 1 = π 4 x 2 = π 2 x 3 = 3π 4 A két érték különbsége x 4 = π 4 0 Ebb l a táblázatból látszik, hogy egy nagyon pici hiba adódik a számok kerekítéséb l is, hiszen a számítógép sem tud végtelen sok tizedes jeggyel számolni, kerekítenie kell a számokat Ezt a pici hibát az intervallum peremén láthatjuk Mindkét peremen nullának kellene szerepelnie az y π 4 vektorban, ám a vektor els eleme egy nullához nagyon közeli érték, de mégsem nulla Ha a többi hibatagot is megnézzük, láthatjuk, hogy a kerekítésb l adódó hiba az interpoláció hibájához képest nem szignikáns A táblázatból az is kiderül, hogy 33

35 a közelítésünk hibája az intervallum közepén a legnagyobb A maximális hiba e π = Következ lépésben nézzük meg, hogy az alappontok s rítésével hogyan változik az eljárás pontossága! Legyen most a rácsháló lépésköze h = π 9 Ekkor az új alappontrendszer az alábbiak szerint módosul ω h = {0, π9, 2π9, π3, 4π9, 5π9, 2π3, 7π9, 8π9 }, π (34) Ezen alappontokhoz tartozó y π 9 szerint: megoldás, az el z ekhez hasonló számolások y π 9 = Számítógép segítségével ezeknek az értékeknek is kiszámoltam a pontos értékekt l való eltérésüket, amit a következ táblázatba foglaltam 34

36 Alappont A két érték különbsége x 0 = x 1 = π x 2 = 2π x 3 = π x 4 = 4π x 5 = 5π x 6 = 2π x 7 = 7π x 8 = π x 9 = π 0 A hibák láthatóan kisebbek, mint az el z becslésnél A maximális hiba ebben az esetben e π = Tehát az alappontok s rítésével jobb közelítést kaptunk Szintén meggyelhet, hogy az intervallum közepét l a két széle felé haladva a hibatagok csökkennek 41 A feladat megoldása interpolált adatokkal Végül oldjuk meg a (34) feladatot úgy is, hogy az x = π perempontban pontos érték helyett interpolált adattal dolgozunk! A sejtésünk az, hogy az interpolációs hiba következtében nagyobb hibát fogunk kapni a közelítés során Az x = π pontban felvett függvényértéket határozzuk meg a Lagrange féle interpolációs módszerrel Ehhez keressünk néhány π-hez közeli pontot, és azokban a pontokban adjuk meg az u (x) = sin (x) pontos értékét! Legyenek az alappontok x 0 = 17π 18, x 1 = 44π 45, x 2 = 89π 90, x 3 = 179π 180, x 4 = 181π 180, x 5 = 61π 60, x 6 = 37π 36 Az interpolációt szintén a Maple program segítségével végeztem el a fenti adatok szerint azzal az eredménnyel, hogy L 7 (π) =

37 Így tehát a feladat a következ u + u = 2 sin (x) (35) u (0) = 0, u (π) = A (36) feladat megoldása a 10 alappontban: ỹ π 9 = (36) Ismételten táblázatba foglaltam a hibatagokat 36

38 Alappont x 0 = 0 x 1 = π 9 x 2 = 2π 9 x 3 = π 3 x 4 = 4π 9 x 5 = 5π 9 x 6 = 2π 3 x 7 = 7π 9 x 8 = π 9 A két érték különbsége x 9 = π 0 Ebben az esetben a maximális hiba e π = A sejtésünk beigazolódott, picivel nagyobb hibát kaptunk, mint abban az esetben, amikor nem interpolált adattal dolgoztunk tíz alapponton A gyakorlatban sokszor el fordul olyan eset, hogy az interpolálni kívánt pontnak csak a bal oldali, vagy csak a jobb oldali környezetében tudunk méréseket végezni, azaz nem a meggyelt intervallumon belül helyezkedik el az a pont, amelynek függvényértékét közelíteni szeretnénk Tehát az el z ekhez képest annyival módosul a feladat, hogy az x = π pontban olyan interpolált adattal dolgozunk, melyhez az alappontokat π bal oldali környezetéb l választjuk Legyenek ezek a pontok x 0 = 17π 18, x 1 = 44π 45, x 2 = 89π 90, x 3 = 179π 180 Ekkor L 4 (π) = Így tehát a feladat u + u = 2 sin (x) (37) u (0) = 0, u (π) =

39 A (37) feladat megoldása ŷ π 9 = Ekkor a maximális hiba e π 9 =

40 5 Összefoglalás és köszönetnyilvánítás Az inrterpoláció célja és módszerei után az egyes módszerek pontosságát, hibáit is megnéztük Kés bb interpolációból származtatott adatokat használtunk fel egy közönséges dierenciálegyenlet peremértékének A dierenciálegyenlet megoldása után láthattuk, hogy mennyivel kaptunk nagyobb hibát, mint akkor, amikor nem használtunk interpolációt a feladat felírásához Ebben a témában még számos további érdekes kísérletet lehet végezni, például, hogy mennyivel változik a módszer pontossága, ha egyre s r bb alappontrendszert veszünk, illteve, ha másik interpolációs eljárást használunk, vagy ha a peremérték feladat megoldása során az intervallumon kívül, esetleg átfed intervallumon veszünk fel pontokat Ez a további vizsgálataim tárgyát képezi majd Ezúton szeretném megköszönni Faragó Istvánnak, konzulensemnek, a kitartó segítségét, és minden jó tanácsát, amivel jelent sen hozzájárult szakdolgozatom elkészítéséhez Továbbá szeretnék köszönetet mondani családomank a tanulmányaim során biztosított nyugodt háttérért és lelki támogatásukért 39

41 Hivatkozások [1] Jean-Paul Berrut, Lloyd N Trefethen, Barycentric Lagrange interpolation [2] Coddington, E A, Levinson, N Theory of differential equations New York, McGraw-Hill, 1955 [3] Stoyan G, Takó G Numerikus módszerek 1, Typo- TeX, 1993 [4] K K Ponomaljov: Differenciálegyenletek felállítása és megoldása, Tankönyvkiadó, Budapest 1969 [5] Alkalmazott analízis, 1-2 (ELTE TTK, Matematika BSC) egyetemi jegyzet [6] Faragó István, Horváth Róbert: Numerikus módszerek, Typotech,

42 41