Eötvös Lorád Tudomáyegyetem Természettudomáyi Kar Függvéyek közelítése Szakdolgozat Készítette: Bedeek Eszter Matematika BSc Matematikai elemz szakiráy Kozules: Mezei Istvá adjuktus Alkalmazott Aalízis és Számításmatematikai Taszék Budapest 2013
Tartalomjegyzék Bevezetés 3 1. Lagrage-féle iterpoláció 4 1.1. Iterpoláció, approximáció........................ 4 1.2. Motiváció................................. 5 1.3. Alapfeladat................................ 5 1.4. Lagrage-féle alappoliomok....................... 7 1.5. Példa Lagrage-féle iterpolációra.................... 8 2. Hermite-féle iterpoláció 11 2.1. Az iterpolációs feladat megoldása................... 12 2.2. Példa.................................... 13 3. Weierstrass approximációs tétele 15 3.1. Tétel bizoyítása............................. 16 4. Taylor-poliomok 19 4.1. Az f függvéy közelítése Taylor-poliommal.............. 19 4.2. Példák................................... 20 4.2.1. 1. Példa.............................. 20 4.2.2. 2. Példa.............................. 21 4.2.3. Példa a hibatag becslésére.................... 23 5. Fourier-sorok 25 5.1. Az a, b együtthatók kiszámolása................... 26 5.2. Példák adott függvéy Furier-soráak kiszámítására.......... 29 5.2.1. 1. Példa.............................. 29 5.2.2. 2. Példa.............................. 30 Köszöetyilváítás 32 Irodalomjegyzék 33 1
Nyilatkozat Név: Bedeek Eszter ELTE Természettudomáyi Kar, szak: Matematika BSc ETR azoosító: BEEQAAT.ELTE NEPTUN kód: AMXFDU Szakdolgozat címe: Függvéyek közelítése A szakdolgozat szerz jekét fegyelmi felel sségem tudatába kijeletem, hogy a dolgozatom öálló mukám eredméye, saját szellemi termékem, abba a hivatkozások és idézések stadard szabályait következetese alkalmaztam, mások által írt részeket a megfelel idézés élkül em haszáltam fel. Budapest, 2012. december 31. a hallgató aláírása 2
Bevezetés A szakdolgozatom elkészítése el tt kívácsi voltam arra, hogy egy adott függvéy közelítésére milye módszereket tuduk haszáli. Ezért is választottam a dolgozatomak ezt a címet. Felvet dik a kérdés, hogy ezek közül melyek közelítik meg jobba, illetve kevésbé. Persze ehéz megfogalmazi azt, hogy mit értük jó közelítés alatt, mivel a külöböz bemutatott módszerek más és más feltételek mellett közelítik jól az adott függvéyt. Most pedig ézzük, mir l lesz szó. Az els fejezetbe + 1 potba ismerjük a függvéyértékeket, és ezekre szereték feketeti a Lagrage-féle iterpolációs poliomot. A második fejezetbe az Hermite-féle iterpolációval ismerkedhetük meg. A következ részbe olya bizoyítást mutatuk be, amibe a függvéyt közelít poliom egy adott sávo belül marad. Majd az utolsó el tti részbe a Taylor-poliomokról lesz szó. Végül azt is meg fogjuk ézi, mi törtéik, ha trigoometrikus poliommal közelítük. Az elmélet megértését példákkal segítem, amiket ábrákkal teszek szemléletessé. 3
1. fejezet Lagrage-féle iterpoláció 1.1. Iterpoláció, approximáció Feltesszük, hogy egy f : R R függvéy értékét + 1 potba ismerjük. Ezeket a potokat a következ képpe jelöljük: (x i, f i ) (i = 0,..., ). Ezekívül azt is feltesszük, hogy x i x j, ha i j. Az x i (i = 0,..., ) potokat alappotokak hívjuk. Azt az itervallumot, amit vizsgáluk, jelöljük I-vel. Erre az I = [x mi, x max ] jelölést alkalmazzuk, ahol x mi = mi{x 0,..., x }; x max = max{x 0,..., x }. Tehát ismerjük az alappotokba felvett értékeket. De mit modhatuk az itervallum többi potjáról? Erre úgy kapuk választ, hogy lerögzítjük azokat a függvéyeket, amelyek az I itervallumo vaak deiálva (ezek lehetek poliomok, trigoometrikus poliomok, stb.), majd megézzük, hogy ezek közül melyek meek át az adott potoko. Így kapjuk meg az iterpolációs függvéy t. Vagyis ahol em tudjuk az ismeretle függvéy értékeit, ott ezzel a függvéyel közelítjük. Magát az eljárást pedig iterpolációak evezzük (az approximáció az iterpolációhoz hasoló módszer). Feladat: Olya f függvéy keresése valamilye függvéyosztályból, amely el re rögzített potokba adott értékeket vesz fel, vagyis f =?, amelyre f(x i ) = g i i = 0, 1,..., (1.1) 4
Az (x i, g i, i = 0, 1,..., ) párokat iterpolációs adatokak evezzük, x 0,..., x potokat pedig iterpolációs alappotokak. 1.2. Motiváció Vizsgáljuk meg egy kórházi lázlapot. Reggel, délbe és este megmérjük a m tésre váró beteg lázát. Ezutá az adatokból egy képlettel megadható függvéyt (poliomot) tuduk el állítai. Az orvos ebb l következtete arra, hogy a 10 órakor kezd d m tétkor milye testh mérsékletre számíthat. Bizoyos elvárásaik vaak a módszerrel kapcsolatba: Az alappotok s rítésével egyre közelebb kerülük a potos függvéyhez. Ha öveljük a mérések potosságát, akkor a közelítés is javul. Az iterpolációs és approximációs feladatok megoldásába legtöbbször a poliomok osztálya szerepel. A kés bbiekbe mi is a P (a legfeljebb -edfokú poliomok) osztályába keressük a közelítést. De feltehetjük a kérdést: miért is poliom? Mert olcsó kiértékelhet, köye deriválható, itegrálható, a gyökei száma ismert és kiszámítása viszoylag egyszer, a poliomok zártak az algebrai m veletre. Feltehetjük, hogy x i < x i+1. A h i = x i+1 x i jelölés bevezetése utá deiálhatjuk az ekvidisztás alappot-redszert, ami abba az esetbe va, amikor h i = h. 1.2.1. Deíció. Globális poliomiterpoláció ról akkor besztélük, ha az adott potokat egyetle poliommal iterpoláljuk az I itervallumo. Legye ez a poliom p. Vagyis ekkor a p(x i ) = f i (i = 0,..., ) feltétel biztosa teljesül. A feltételek száma + 1, így azt sejtjük, hogy p legfeljebb -edfokú, mert ezekr l azt tudjuk, hogy + 1 szabado választható együtthatójuk va. 1.3. Alapfeladat Keressük azt a p P poliomot, amelyre p (x i ) = g i, i = 0, 1,...,. (1.2) 5
1.3.1. Állítás. A feti alapfeladatak! megoldása! Bizoyítás. [2] El ször mutassuk meg az uicitást! Idirekt tegyük fel, hogy g h h P olya -edfokú poliomok, amelyek megoldásai az alapfeladatak. g (x i ) = g i h (x i ) = g i Következméy: p (x) = g (x) h (x) P, p (x i ) = 0, i = 0, 1,...,. Ez elletmodás (p 0). Kostruáljuk olya -ed fokú poliomot, amely az x i potokba f i értéket veszi fel. (i = 0, 1,..., ) Φ i (x) = Φ i (x) = j=0,j i (x x j ) i = 0, 1,..., (1.3) Φ i (x j ) = 0 Φ i (x) j=0,j i (x x j) = Φ i (x j ) = { i j 0 ha i j 1 ha i = j Φ i (x) P j=0,j i (x x j ) (x i x j ) (1.4) δ i,j (1.5) 1.3.2. Deíció. Az +1 (L f)(x) := f i Φ i (x) (1.6) poliomot Lagrage-féle iterpolációs poliom ak evezzük. i=0 +1 (L f)(x j ) = f i Φ i (x j ) = f j A Lagrage poliom átírása: i=0 +1 (L f)(x j ) = i=0 f i j=0,j i j = 0, 1,..., (x x j ) (x i x j ) Jelölje ω +1 (x) := (x x j ) P +1. j=0 6
( ) ω +1(x) = (x x j ) k=0 j=0,j k ω +1(x i ) = (x x 1 )(x x 2 )(x x 3 )... (x x ) + (x x 0 )(x x 2 )(x x 3 )... (x x ) + (x x 0 )(x x 1 )(x x 3 )... (x x ) +... + (x x 0 )(x x 1 )(x x 2 )... (x x 1) = (x i x j ) j=0,j i +1 j=0,j i (L f)(x j ) = f (x x j) i j=0,j i (x i x j ) i=0 1.4. Lagrage-féle alappoliomok Az (1.1) ábrá megmutatjuk, hogy ézek ki az x = 0, 1, 2, 3, 4, 5 potokhoz tartozó Lagrage-féle alappoliomok. 1.1. ábra Ha pedig külö rajzoljuk ki ket, akkor láthatjuk, amit már az (1.5)-ösbe megállapítottuk: Φ i (x) mide x potba 0, kivéve x i -be, ahol 1-et vesz fel. 7
1.5. Példa Lagrage-féle iterpolációra Legyeek a potjaik: x i y i 1 2 2 10 3-5 4 5 5-1 6 8 Ebbe az esetbe 6 adatpotuk va, ezért egy ötödfokú poliomot hozuk létre. Ezekb l az értékekb l kiszámoljuk a Φ i (x)-et. Φ 0 (x) = (x 2) (x 3) (x 4) (x 5) (x 6) (1 2) (1 3) (1 4) (1 5) (1 6) = = 1 (x 2) (x 3) (x 4) (x 5) (x 6) 120. Φ 5 (x) = (x 1) (x 2) (x 3) (x 4) (x 5) (6 1) (6 2) (6 3) (6 4) (6 5) = = 1 (x 1) (x 2) (x 3) (x 4) (x 5) 120 8
Majd az (1.6)-os képletet felhaszálva: (L f)(x) = 2Φ 0 +... + 8Φ 5 = = 327 10253 15 x + 2947 6 x2 + 1273 8 x3 143 6 x4 + 161 120 x5 Ez így éz ki ábrázolva: Tehát megkaptuk az adatok egy ötödfokú leírását, és azt is láthatjuk, hogy valóba áthalad az összes adatpoto. Visszatérve a fejezet elejé lév kórházi lázlap vizsgálatára, adott adatok alapjá kiszámolhatjuk és felrajzolhatjuk a Lagrage-poliomot. x i (i=1... 7) 7 12 17 31 36 41 55 y i (i=1... 7) 37.5 37.8 38.3 37.7 37.6 38.1 37.2 Ebbe a táblázatba találhatók az adatok, x i mutatja az id t (értelemszer e például 31 jeleti a másap reggelt, mert az eltelt órákat hozzáadtam az el z mérési id pothoz), y i pedig a mért fokot. A számolást kihagyva, az (1.2) ábra mutatja a Lagrage-poliomot. Ie leolvasható, hogy va olya hely is, ahol több, mit 39 fok szerepel. Ebb l következtethetük arra, hogy ez a módszer em megbízható. 9
1.2. ábra A fejezethez a következ szakirodalmakat haszáltam fel: [1], [2], [3]. 10
2. fejezet Hermite-féle iterpoláció Ebbe a fejezetbe a Lagrage-iterpoláció általáosítását ézzük meg. Itt em csak a függvéyértéket ismerjük mide egyes alappotba, haem valamely potig bezárólag a deriváltakat is. Tehát legyeek adottak {x 0, x 1,..., x } alappotok. Ezekívül az x i (i = 0... ) potba ismerük m i + 1 darab számértéket: f (0) i, f (1) i,... f (m i) i. Azt a H P poliomot keressük, amelyre: H (j) (x i ) = f j i (i = 0..., j = 0... m i ), (2.1) ahol p (j) a H függvéy j-edik deriváltját jelöli. 2.0.1. Deíció. Az ilye tulajdoságú poliomokat Hermite-féle iterpolációs poliomokak evezzük. Jelölés: H (x) P 2.0.2. Állítás. Az Hermite-féle iterpolációs feladatak egyértelm e létezik H P megoldása. Bizoyítás. [4] Legye m := i=0 m i a (2.1)-be lév feltételek száma. Feltesszük, hogy H 1, H 2 olya (legfeljebb m 1-edfokú) poliomok, amelyek a (2.1) feltételekek eleget teszek. Legye h = H 1 H 2 P m 1, ekkor h-ak x i m i -szeres gyöke. m i = 2 eseté h(x i ) = H 1 (x i ) H 2 (x i ) = 0, ezekívül még h (x i ) = H 1(x i ) H 2(x i ) is ullával egyel. Összese m gyök va (multiplicitással számítva), de h fokszáma legfeljebb m 1, így h(x) 0. Egyél több megoldás em lehet. A (2.1)-es feladat megoldását keressük a következ alakba: H m 1 (x) = m 1 k=0 a k x k, 11
ahol az a k együtthatók egyel re ismeretleek. Ha x i -be adott egy függvéyérték, akkor kapjuk a H m 1 (x i ) = m 1 k=0 a k x k i = f i0 egyeletet, ami lieáris a keresett a k -kba. Ha x i -be az els derivált is adott, akkor ez most is lieáris egyelet lesz az a k -kba: H m 1(x i ) = m 1 k=0 ka k x k 1 i = f i1. Ha ezekívül még a második derivált is adott, akkor a következ egyeletet kapjuk: H m 1(x i ) = m 1 k=0 k(k 1)a k x k 2 i = f i2. Vagyis az eddigiekb l megállapíthatjuk, hogy eek a lieáris egyeletredszerek legfeljebb egy megoldása va. Ekkor pedig potosa egy megoldása létezik. 2.1. Az iterpolációs feladat megoldása Az Hermite-féle iterpolációs feladatot a Lagrage-iterpoláció Newto-féle alakjával fogjuk megoldai. Ezt korábba em éztük meg, ezért most tesszük meg. Tehát a Lagrage-iterpoláció Newto-féle alakja így éz ki: P (x) = f(x 1 ) + k 1 [x 1... x k ]f (x x j ), (2.2) k=2 ahol [x 1... x k ]f az ú. osztott diereciák, amit a következ két deícióba ismertetük. 2.1.1. Deíció. Legyeek x 1, x 2,..., x külöböz potok. Ekkor j=1 [x i x i+1 ]f = f(x i+1) f(x i ) x i+1 x i -t (i = 1,... 1) els red osztott diereciáak evezzük. 2.1.2. Deíció. Legyeek x 1, x 2,..., x külöböz potok. Ekkor a következ képpe írhatjuk le a k-adred osztott diereciát: [x i... x i+k ]f = [x i+1... x i+k ]f [x i... x i+k 1 ]f, (k = 1,...,, i = 1,..., k). x i+k x i 12
Meg kell említeük azt az esetet is, amikor azoosak az alappotok. Ilyekor másképp deiáljuk az osztott diereciákat: és a k-1-edred osztott diereciát az [xx]f = lim x y f(x) f(x) x y [xx... x]f = f k (x) k! = f, képlet írja le. A (2.1) ábrá láthatjuk, hogy kell készítei osztott dierecia táblázatot. 2.1. ábra Az osztott dierecia tábla kitöltése: Az els oszlopba az x i alappotokat írjuk, méghozzá ayiszor, ameyi a multiplicitása, tehát x i -t m i + 1-szer. Ezutá beírjuk az adatokat, amiket tuduk, tehát az f(x i ) értékeket, valamit a megfelel deriváltakat. Miutá ez megva, felhaszáljuk az osztott dierecia deícióját, amiek segítségével kitöltjük a többi helyet is. 2.2. Példa Alkalmazzuk Hermite-féle iterpolációt az f(x) = cos x függvéyre, ami az x 1 = 0 és x 2 = π potokra támaszkodik. A (2.1) ábra segítségével megcsiálhatjuk az 2 osztott dierecia táblát. Ezt mutatja a (2.2) ábra. 13
2.2. ábra A (2.1) képletbe behelyettesítve kiszámolhatjuk az Hermite-féle iterpolációs poliomot: 1 + 0 (x 0) + 4 π 2 (x 0)2 + A (2.3) ábra bal oldalá -t l π-ig, a jobb oldalo pedig 2π-t l 2π-ig ábrázoltuk. 4π + 16 (x 0) 2 (x π 2π 12 ) = 1 + x 2 16 4π + π 3 2 π 2 π 3 2.3. ábra Az Hermite-féle poliom el ye a Lagrage poliommal szembe, hogy lokálisa jobba közelít, de a széls alappotokál a Lagrage-féle iterpolációhoz képest agyobb kilegést tapasztalhatuk. A második fejezet forrása az [1], [4], [6] és [7]. 14
3. fejezet Weierstrass approximációs tétele Most a Weierstrass tételek azt a bizoyítását láthatjuk, amely S. N. Bersteit l származik. Eek a segítségével egy olya poliomiális approximációval ismerkedhetük meg, ami elég lassa kovergál, de biztosa. Legye C [a, b] az [a, b] itervallumo értelmezett folytoos függvéyek tere. Az [a, b] itervallumo értelmezett összes poliomok P [a, b] lieáris tere pedig a szokásos összeadási és skalárissal való szorzási m velettel a C [a, b] tér altere. Mi most f folytoos függvéyt szereték poliomokkal közelítei. Ebbe az esetbe a kérdés a következ : milye f C [a, b] függvéy eseté létezik olya (P ) poliomsorozat, melyre lim max f(x) P (x) = 0 (3.1) x [a,b] (Az f függvéy és P poliomsorozat távolságáak a maximuma az [a, b] itervallumo a ullához tart.) 3.1. ábra Ha va ilye (P ) sorozat, akkor létezik olya P P [a, b] poliom, amely bee va a (3.1) ábrá látható tetsz leges szélesség sávba. 3.0.1. Tétel. (Weierstrass approximációs tétele) (A C[a, b] térbe) mide f C[a, b] függvéyhez létezik olya (P ) poliomsorozat, amelyre teljesül az (3.1) egyel ség. 15
Ebb l a tételb l következik, hogy mide f C[a, b] függvéy tetsz leges potossággal közelíthet poliomokkal. 3.1. Tétel bizoyítása Bizoyítás. [8] Mivel az [a, b] itervallumot átvihetjuk a [0, 1] itervallumba a z = x a b a traszformációval, ezért elég, ha a = 0 és b = 1 eseté bizoyítjuk a tételt. Els lépéskét deiáljuk az f függvéyhez redelt ú. Berstei-féle poliomokat: B (f; x) = Cx k k (1 x) k f k=0 ( ) k, (3.2) ahol C k elem k-ad osztályú kombiációiak számát jelöli. Bebizoyítjuk, hogy a P (x) = B (f; x) poliomokra igaz az (3.1) egyel ség. A bizoyítást el ször az f 0 (x) 1, f 1 (x) x és az f 2 (x) = x 2 függvéyek eseté végezzük el. Nyilvá B (f 0 ; x) Cx k k (1 x) k = [x + (1 x)] = 1. k=0 A k Ck = k 1)... ( k + 1) ( k (k 1)... 1 egyel ségekb l következik, hogy = ( 1)... ( k + 1) (k 1) = C k 1 1 B (f 1 ; x) = k=0 C k x k (1 x) k k = k=1 C k 1 1x k (1 x) k = = x Végül pedig k=1 C k 1 1x k 1 (1 x) 1 (k 1) = x [x + (1 x)] 1 = x. B (f 2 ; x) = k=0 C k x k (1 x) k k2 2 = k=1 k Ck 1 1x k (1 x) k = 16
= 1 = 1 = 1 x2 k=2 k=2 k 1 1 Ck 1 1x k (1 x) k + 1 C k 2 x2 [x + (1 x)] 2 + x }{{} =1 k=1 2x k 2 (1 x) k + 1 x [x + (1 x)] 1 }{{} =1 k=1 C k 1 1x k (1 x) k = C k 1 1x k 1 (1 x) k = = 1 x2 + x egyeletese x 2. Tehát az f 0, f 1, f 2 függvéyek eseté igaz a (3.1) egyel ség. Legye most f a C [0, 1] tér tetsz leges eleme. Mivel f folytoos, Weierstrass I. tétele szerit korlátos, tehát létezik olya M > 0 szám, amelyre f(x) M mide x [0, 1] eseté. 2M f(x) f(t) 2M (3.3) mide x és t potra a [0, 1] itervallumból. Legye ɛ tetsz leges pozitív szám. Az f függvéy Cator tétele szerit (Ha f : A R m (A R ) folytoos és A kompakt, akkor f egyeletese folytoos A-.) folytoos, tehát létezik olya δ = δ(ɛ) > 0 szám, amelyre ɛ < f(x) f(t) < ɛ, (3.4) hacsak x t < δ; x, t [0, 1]. Legye t [0, 1] rögzített és Ψ t (x) = (x t) 2. Ekkor ɛ 2M δ 2 Ψ t(x) < f(x) f(t) < 2M δ 2 Ψ t(x) + ɛ (3.5) mide x [0, 1] eseté. Valóba, ha x t < δ, akkor (3.4)-b l következik (3.5); ha x t δ, akkor 2M δ 2 Ψ t(x) 2M δ 2 δ2 = 2M, tehát (3.3) alapjá ebbe az esetbe is feállak a (3.5) egyel tleségek. A B : C [a, b] ϕ[a, b] leképezés lieáris ( N), vagyis mide f, g C [a, b] függvéypár és mide λ R szám eseté feállak a B (f + g; x) = B (f; x) + B (g; x), B (λf; x) = λ B (g; x) egyel ségek (x [0, 1]). Ezekívül a B leképezés izoto is: ha f(x) g(x) mide x [0, 1] számra, akkor B (f; x) B (g; x) ugyacsak mide x [0, 1] eseté. Ezek a tulajdoságok rögtö következek a Berstei-féle poliomok értelmezéséb l. Tehát a (3.5) egyel tleségek alapjá írhatjuk, hogy ɛ B [1; t] 2M δ 2 B (Ψ t ; t) B (f, t) f(t) B (1; t) ɛb (1; t) + 2M δ 2 B (Ψ t ; t) 17
mide N eseté. A fetiek szerit B (1; t) = B (f 0 ; t) = 1 és B (Ψ t ; t) = B ( f2 2tf 1 + t 2 f 0 ; t ) = t 2 + t t2 2t t + t 2 1 = t t2, tehát vagyis ɛ 2M δ 2 t t2 B (f; t) f(t) ɛ + 2M δ 2 B (f; t) f(t) ɛ + 2M δ 2 t t2 mide N és mide t [0, 1] eseté. t t2, ɛ + 2M δ 2 3.2. ábra Legye Ha > 0, akkor 0 = [ ] 2M. δ 2 ɛ B (f; t) f(t) < 2ɛ mide t [0, 1] eseté. Tehát mide ɛ > 0 számhoz hozzáredelhet olya 0 > N szám, amelyre B (f) f = max { B (f; x) f(x) : x [0, 1]} < 2ɛ, hacsak > 0. Ez pedig azt jeleti, hogy B (f, x) egyeletese tart f(x)-hez, ha, amit bizoyítai kellett. Eek a fejezetek a forrása a [8] és [5] köyvek. 18
4. fejezet Taylor-poliomok Kezdjük egy példával: Egy bróker értékpapírt ajál eked a évértéke 90%-áért. Amikor a kés bbiek folyamá beváltod a teljes évértéke, akkor háy százalék protot csiálsz? Soka azt hiék, hogy 10%-ot, de godoljuk csak át a dolgot. Mivel 1 dollárt 1 kapsz mide 0.90 dollárért, amit befektetsz, ezért 0.90 Tehát 11%-os protod lesz. Vizsgáljuk meg ezt a kérdést más módo is. 1.11 dollárt kapsz vissza. Felajálottak eked egy x egedméyt, ami ebbe az esetbe x = 0.10. Ahhoz, hogy a protot kiszámítsuk, az f(x) = 1 1 -re va szükségük. 1 x Ezért f(x)-ek egy olya közelítését szereték megtaláli, amib l látjuk, hogy f(0.9) 0.11. Ezt a problémát általáosítva, feltehetük egy kérdést: Hogya közelítsük bármely f(x) függvéyt poliommal olya x értékekre, amik közel vaak egy bizoyos a pothoz. A következ tételbe egy haszos választ aduk erre. 4.1. Az f függvéy közelítése Taylor-poliommal 4.1.1. Tétel. Ha az f függvéy -szer diereciálható az a potba, akkor f(x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! (x a) 2 +... + f () (a) (x a) + R, (4.1)! ahol R = x a f (+1) (t) (x t) dt (! = ( 1)( 2)... 2 1) (4.2)! 19
4.1.2. Deíció. A T (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2! poliomot az a körüli -edik Taylor-poliomak hívjuk. (x a) 2 +... + f () (a) (x a)! 4.1.3. Deíció. R -t maradéktagak, vagy hibatagak evezzük, ami azt mutatja meg, hogy a poliom milye messze va a függvéyt l, vagyis R (x) = f(x) T (x). Most a maradéktagot e vegyük gyelembe, csak a Taylor-poliomot vizsgáljuk meg. Valójába gyakra törtéik az, hogy R egyre kisebb és kisebb lesz, vagyis ha agy, akkor 0-hoz tart. Ekkor f közelít leg megegyezik az -edik Taylor-poliomjával. Ezért a Taylor poliomot máséve sokszor Taylor közelítések is hívjuk. Ezekívül az is igaz, hogy miél agyobb az, aál jobb a közelítés. 4.2. Példák 4.2.1. 1. Példa Térjük vissza a kiidulási feladatukra! f(x) = 1 1 függvéyhez szereték lieáris, égyzetes és köbös közelítést adi 1 x a = 0 körül. Ehhez a deícióba szerepl Taylor-poliom képletét haszáljuk. Els lépéskét ki kell kiszámoluk f(x) deriváltjait, majd ezek értékeit a = 0 -ba, amit a következ táblázat mutat. f () (x) f () (a) 1 = 0 1 x 0 1 = 1 (1 x) 2 1 2 = 2 (1 x) 3 2 6 = 3 (1 x) 4 6 Majd behelyettesítjük a táblázatba kapott értékeket. Így kapjuk meg f(x) megfelel közelítéseit: els fokú: 1 1 x 1 0 + (1)x = x 1 2x2 másodfokú: 1 0 + (1)x + = x + x 2 1 x 2! 1 2x2 harmadfokú: 1 0 + (1)x + + 6x3 = x + x 2 + x 3 1 x 2! 3! 20
Ha vetük az eredméyekre egy pillatást, akkor kitalálhatjuk a magasabb fokú közelítéseket is. Vagyis ha x kisebb mit 1, akkor ezek a közelítések egyre potosabbak leszek, és 1 1 x 1 valójába egyel az x + x2 + x 3 + + x +... véget em ér összeggel. 4.2.1. Deíció. Ezt a végtele összeget evezzük az f függvéy Taylor-soráak. A (4.1) ábrá meggyelhet az f(x) függvéy fekete szíel, és közelítései piros, zöld és kék szíel jelölve. 4.1. ábra Az ábrát ézve azt is észrevehetjük, hogy az x = 0 pot körül egyre közeledek f(x)-hez a szíes görbék, viszot x > 1-re ez egyáltalá em modható el. 4.2.2. 2. Példa Legye f(x) = e 4x, a = 0, a Taylor-poliom pedig egyedfokú! Az eredméyt felhaszálva számoljuk ki e közelít értékét![9] A következ táblázat második oszlopába kiszámoljuk az els 4 deriváltat, majd a harmadik oszlopba ezek értékét írjuk a = 0 potba. f () (x) f () (a) = 0 e 4x 1 = 1 4 e 4x 4 = 2 16 e 4x 16 = 3 64 e 4x 64 = 4 256 e 4x 256 21
Az f függvéy a pot körüli egyedfokú Taylor poliomja T 4 (x) = f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2 (x a) 2 + f (a) 6 Ebbe a képletbe behelyettesítjük a táblázatba lév adatokat: (x a) 3 + f (IV ) (a) (x a) 4 24 T 4 (x) = 1 + 4 (x 0) + 16 2 (x 0)2 + 64 6 (x 0)3 + 256 (x 0)4 24 Ezt egyszer sítve kapjuk, hogy T 4 (x) = 1 + 4 x + 8 x 2 + 32 3 x3 + 32 3 x4, ami együtt ábrázolva e 4x -szel így éz ki: 4.2. ábra Ezek utá az e közelít értékét úgy kapjuk, hogy az el bbi Taylor-poliom értékét kiszámoljuk az x = 1 helye, mert 4 e4x -be x helyére 1 -et írva kapjuk meg e-t: 4 e T 4 ( 1 4 ) = 1 + 4 1 4 + 8 ( ) 2 1 + 32 4 3 Most pedig vizsgáljuk meg a hibatagot, vagyis (4.2)-t. ( ) 3 1 + 32 4 3 ( ) 4 1 = 65 4 24 Amikor f(x)-et az -edik Taylor poliommal közelítjük, akkor ez a képlet adja meg a potos hibát. Viszot ezt gyakra ehéz kiszámoli. Ezért szereték teljese elfelejtei ezt a képletet és valami sokkal kezelhet bbel helyettesítei. Próbáljuk találi olya egyszer bb képletet, amivel okosa túlbecsüljük a hiba agyságát. De ezt hogy tudák megtei? El ször is ézzük f(t) ( + 1)-edik deriváltját, ahol t a és x között változik és ezt becsüljük felül egy M számmal. A (4.3) ábra ezt jól szemlélteti is. 22
4.3. ábra 4.2.2. Tétel. (A hibatag becslése) Ha f-et az -edik Taylor-poliomjával közelítjük x = a köryezetébe, akkor R, a hibatag em több mit vagy R M(x a) +1, ( + 1)! M(x a)+1, ( + 1)! ahol M fels becslése az f (+1) (t) értékéek a és x közötti t-re. 4.2.3. Példa a hibatag becslésére Nézzük f(x) = 1 1 egy harmadfokú közelítését x = 0 körül és becsüljük meg a 1 x hibát, ha f(x)-et 0 és 1 közötti x értékekre közelítjük. 2 Láttuk már a (4.2.1) példába f(x) harmadfokú közelítését, azaz T (x) = x + x 2 + x 3. Ahhoz, hogy megbecsüljük a hibát, ki kell számítai M-et. Tehát f(t) ( + 1)-edik, 24 vagyis a 4. deriváltját, ami. Most t 0 és 1 között változik. Mi arra vagyuk (1 t) 5 2 24 kivácsiak, hogy mikor a legagyobb? Ha ábrázoljuk, rögtö meg is kapjuk a (1 t) 5 választ, mert a (4.4)-es ábrából kiderül, hogy 0 és 1 között övekszik a függvéy. 2 23
4.4. ábra Tehát akkor a legagyobb, amikor t = 1. Ezt behelyettesítve 24 = 768, így M 2 (1 1 2 )5 értéke lehet 768. Mivel M(x a)+1 R, ( + 1)! ezért R 1 768x(3+1) (3 + 1)! = 768x4 4! = 32x 4. Ha például vesszük x = 1 3 -ot, akkor f(1 3 ) 1 3 +( 1 3 )2 +( 1 3 )3, és még ehhez hozzáadjuk a 32( 1 3 )4 -t, ami így egyel 0.395-del. Ez a fejezet a [10]-ese alapul. 24
5. fejezet Fourier-sorok A Taylor-poliomok mit azt láttuk az el z fejezetbe csak egy adott pot köryezetébe közelítik jól a függvéyt. Ez az egyik külöbség a jele fejezetbe tárgyaltakhoz képest, mivel itt egy itervallumba közelítjük a függvéyt. A másik külöbség, hogy ebbe a fejezetbe egy adott f függvéyt trigoometrikus poliomokkal szereték közelítei. Meg kell jegyezük, hogy eek a közelítések akkor va agy jelet sége, ha periodikus jeleségeket vizsgáluk. Rögtö fel is írhatjuk a következ deíciókat (itt, és a fejezet más részeiél is haszáltam a [11]-est). 5.0.3. Deíció. a 0 2 + (a k cos kx + b k si kx) = a 0 2 + + (a cos x + b si x) +... k=1 sort trigoometrikus sorak evezzük, ahol a 0, a k, b k (k = 1, 2,... ) kostasok a sor együtthatói. A trigoometrikus sor tagjai periodikus függvéyek, mivel cos x és si x függvéyek 2π szerit periodikusak mide N-re. 5.0.4. Deíció. A k=0 a k cos kx = a 0 2 + a 1 cos x + a 2 cos 2x + + a cos x +... sort tiszta koszius sorak, a k=0 b k si kx = b 0 2 + b 1 si x + b 2 si 2x + + b si x +... sort tiszta sziusz sorak evezzük. 25
5.1. Az a, b együtthatók kiszámolása Legye f : [, π] R, f C. Kérdés: vaak-e olya a, b R, melyre f(x) = a 0 2 + a 1 cos x + b 1 si x + a 2 cos 2x + b 2 si 2x + + a cos x + b si x +... Fourier-ak az az ötlete támadt, hogy az (5.1)-est itegráljuk -t l π-ig. Vagyis f(x) dx = (5.1) a π 0 2 dx + a 1 cos x dx + b 1 si x dx +... (5.2) Jobb oldalo az els itegrált kivéve az összes többi kiesik, mert cos x dx = 0, si x dx = 0, = 1, 2,... Így ezeket az itegrálokat kostassal megszorozva is ullát kapuk. Mivel Tehát a 0 2 dx = a 0 2 2π a 0π = f(x) dx a 0 = 1 π f(x) dx (5.3) A további együtthatók kiszámításához szorozzuk be (5.1)-t el ször cos x -szel, majd si x -szel. (5.1) \ cos x f(x) cos x dx = a 0 2 cos x dx + a 1 cos 2 x dx + b 1 si x }{{} cos x }{{} páratla páros }{{} szorzatuk páratla dx +... (5.4) Tudjuk, hogy páratla függvéy itegrálja origóra szimmetrikus itervallumo ulla, így b 1 si x cos x dx kiesik, ahogy a soro következ tagok is (ezt most em mutatjuk meg). Korábba láttuk, hogy cos x dx = 0, ezért az egyel ség jobb oldalá csak a második tag, vagyis a 1 cos2 x dx marad. Próbáljuk meg kiszámítai! Ehhez felhaszáljuk, hogy cos 2 x = a 1 cos 2 x dx = a 1 1 + cos 2x 2 1+cos 2x 2. [ ] π ( 1 2x 1 dx = a 1 x+si = a 1 2 4 2 π + 1 ) 2 π = a 1 π 26
f(x) cos x dx = a 1 π a 1 = 1 π f(x) cos x dx (5.1) \ si x f(x) si x dx = a 0 2 si x dx + a 1 cos x }{{} si x }{{} }{{} páros páratla szorzatuk páratla dx + b 1 si 2 x dx +... Az egyel ség jobb oldalát tekitve az els tag itt is ulla, mivel si x dx = 0; a második tag az el z höz hasolóa kiesik, ezért marad b 1 si2 x dx, mert a többi tag is ulla (amit itt sem látuk be). A si 2 x = elkezdhetjük a számolást: b 1 si 2 x dx = b 1 Általába felírhatjuk, hogy 1 cos 2x 2 f(x) si x dx = b 1 π b 1 = 1 π a = 1 π b = 1 π 1 cos 2x 2 képletet haszálva [ ] π ( 1 si 2x 1 dx = b 1 x = b 1 2 4 2 π + 1 ) 2 π = b 1 π f(x) si x dx f(x) cos x dx, = 0, 1, 2,... f(x) si x dx, = 1, 2,... b 0 = 0 5.1.1. Deíció. Az a, b együtthatókat Fourier együtthatókak evezzük. Megállapíthatjuk, hogy az a 0 2 + (a k cos kx + b k si kx) (5.5) k=1 tökéletes választás az f függvéy közelítéséhez. 5.1.2. Deíció. (5.5)-t a 2π szerit periodikus f(x) függvéy Fourier-soráak hívjuk, amibe a emrég deiált együtthatók szerepelek. 27
Érdemes megjegyezi, hogy egy páros függvéy Fourier-sora tisztá kosziuszos lesz, egy páratla függvéyek pedig tisztá sziuszos; egy 2π szerit periodikus függvéy eseté vehetük akármilye 2π hosszúságú itervallumot, mert az együtthatókba lév itegrálok eredméye akkor is ugyaayi lesz; ha esetleg az f függvéy valahol szakadásos az adott periódus belsejébe, vagy ha folytoos, viszot a deriváltjáak va szakadása, akkor szakaszokét végezzük el az itegrálást és az eredméyeket összeadjuk a végé. Mi va akkor, ha f : [a, b] R, f C (a > 0)? 1. ϕ: [0, π] [a, b] Ekkor ϕ(t) := b a π t + a. 2. g : [0, π] R, g(t) = f ( b a π t + a) Itt választhatuk, hogy páros vagy páratla módo terjesszük ki. Ha az utóbbit tesszük, akkor g Fourier-sora tiszta sziuszos lesz, azaz g(t) = b 1 si t + b 2 si 2t +.... (x = b a π t + a x a = b at t = π(x a) π Így f(x) = b 1 si π(x a) + b b a 2 si 2π(x a) +.... b a Eek speciális esete, amikor f : [0, L] R. Ilyekor f(x) = b 1 si πx L + b 2 si 2πx L +.... Ezek utá megkérdezhetjük a következ ket: b a ) Mikor állítja el az f függvéyt a Fourier-sora, és hogy ez egyáltalá mikor koverges, illetve egyeletese koverges? Erre a kérdésre a következ tétel ad választ, amit most em fogok bizoyítai. 5.1.3. Tétel. [13] Legye f C 2 (R) és f 2π szerit periodikus. Ekkor mide x [, π] eseté f(x) = (a cos x + b si x), =0 azaz f-et el állítja Fourier-sora, és a kovergecia egyeletes. Végül ézzük meg két adott függvéy Fourier-soráak a kiszámítását! 28
5.2. Példák adott függvéy Furier-soráak kiszámítására 5.2.1. 1. Példa Írjuk fel a Fourier-sorát aak a 2π szerit periodikus függvéyek, melyet a [, π] itervallumo a következ képpe deiáluk ([12]): 0 ha < x < 0 f(x) = 1 ha 0 < x < π 1 ha x = kπ, k = 1, 0, 1 2 5.1. ábra El ször számítsuk ki a 0 -t, majd a -t és b -t! a 0 = 1 π 0 + 1 π f(x) dx = 1 π 0 f(x) dx + 1 π 1 dx = 0 + 1 π π = 1 0 f(x) dx = 1 π 0 0 dx + a = 1 f(x) cos x dx = 1 π π 0 1 cos x dx = 1 π [ si x ] π 0 = 0 b = 1 f(x) si x dx = 1 π π = 1 ( ( 1) 1 ) π 0 1 si x dx = 1 π [ cos x ] π 0 = Így az f függvéy Fourier-sora tiszta sziuszos sor lesz: f(x) = 2 π si x + 2 2 si 3x + 3π 5π si 5x + + 2 si(2k + 1)x +.... (2k + 1)π Ezt = 17-ig ábrázoltam, de az (5.2) ábrá látszik, hogy a közelítés em tökéletes. 29
5.2. ábra 5.2.2. 2. Példa Második példáak az f(x) = x 2 függvéyt választottam ((5.3) ábra). Itt is az f függvéy Fourier-sora a kérdés.[12] 5.3. ábra Eél a feladatál ugyacsak azzal kezdjük, hogy a 0 -t meghatározzuk. [ x 3 a 0 = 1 f(x) dx = 1 x 2 dx = 1 = 1 π π π 3 π = 1 ( ) π 3 ( 3 ) 1π 2π3 = π 3 3 = 2 3 π2 ] π ( π 3 3 ()3 3 ) = Mivel f egy páros függvéy, ezért a b együtthatók ullák leszek. Tehát csak az a -eket kell kiszámoli. Kezdjük is el: a = 1 π f(x) cos x dx = 1 π x 2 cos x dx 30
A most következ lépésél parciális itegrálást kell csiáluk (az egyszer ség kedvéért az itegráljel el tti 1 -vel majd a számolás végé szorzok). Határozott itegrálokra π pedig a következ képpe éz ki a parciális itegrálás: b a f(x)g (x) dx = f(b)g(b) f(a)g(a) Behelyettesítve ebbe a képletbe kapjuk, hogy x 2 }{{} f cos }{{ x} g dx = π 2 si π () 2 = 2 cos π π () si () } {{ } =0, mert si π=0, ha Z cos () } {{ } ( 1) 2 π = ( 1) 4π + 2 2 ( 1 ) [ ] π si x }{{} =0, mert si π, si () is ulla Viszot még meg kell szorozi ezt 1 -vel, tehát π Így már fel is írhatjuk a Fourier-sort: b a 2 a = 1 π ( 1) 4π = 4 2 ( 1) 2 f (x)g(x) dx cos x = ( 1) 4π 2 }{{} x si }{{ x} dx = f g dx = f(x) = π2 3 4 cos x + cos 2x 1 2 cos 3x + + 4 ( 1) cos x +... 2 5.4. ábra Az (5.4) ábrá el ször π2 π2 π2 4 cos x, majd 4 cos x + cos 2x és végül 4 3 3 3 cos x+cos 2x 1 cos 3x lett ábrázolva az 2 x2 függvéyel együtt. Látszik, hogy plusz egy tag hozzáadásával egyre közelebb és közelebb jutuk az eredeti függvéyhez. 31
Köszöetyilváítás Ezúto szeretém megköszöi témavezet mek, Mezei Istváak, hogy segítségével, türelmével hozzájárult szakdolgozatom elkészítéséhez. Köszöettel tartozom családomak és szeretteimek az egyetemi éveim alatt yújtott támogatásukért. 32
Irodalomjegyzék [1] Faragó Istvá - Horváth Róbert: Numerikus módszerek, Typotex, 2011. [2] Faragó Istvá: El adás jegyzet, 2010. [3] http://www.wmueller.com/precalculus/families/lagrage.html. [4] Stoya Gisbert: Numerikus matematika mérökökek és programozókak, Typotex, 2007. [5] Stoya Gisbert - Takó Galia: Numerikus módszerek 1., Typotex, 2002. [6] http://www.ui-miskolc.hu/~matha/numerikus_08ea.pdf. [7] http://meip.x5.hu/files/1702. [8] Balázs Márto - Kolumbá József: Matematikai aalízis, Dacia Köyvkiadó, 1978. [9] http://www.mk.uideb.hu/userdir/kezicsaba/sites/dolgozok/mat2gy/ sites/hu/gyak5.pdf. [10] http://www.zweigmedia.com/pdfs/taylorseries.pdf. [11] http://www.ui-miskolc.hu/~matszisz/fourier_sorokea.pdf. [12] http://www.math.bme.hu/~simok/a2/fouriers.pdf. [13] http://www.cs.elte.hu/~batka/oktatas/fouriersor.pdf 33