EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNY EGYETEM TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR Iterpolációs módszerek Szakdolgozat Tálas Adrás Matematika Bsc Matematikai elemző szakiráy Témavezető: Dr Havasi Áges Alkalmazott Aalízis és Számításmatematikai Taszék 2014 1
Tartalom 1Bevezetés 3 11Iterpoláció a matematikába 3 12Motiváció 3 13A fejezetek tartalma 5 2 Iterpolációs formulák 6 21Iterpolációs alapfeladat 6 22Iterpolációs módszerek csoportosítása 6 23Poliomiális iterpoláció 8 24Az iterpoláció alaptétele 8 25A Lagrage-féle iterpolációs poliom előállítása alappotpoliomokkal 10 26Newto-féle iterpolációs formula 12 27Newto-féle osztott differeciás módszer 14 28Lagrage-, Newto-féle iterpolációs poliomok hibájáak becslése 18 29A Lagrage, Newto-féle iterpolációs hibabecslés élesítése 20 210Csebisev-poliomok 23 211Az iterpolációs alappotok optimális megválasztása 28 212Az iterpoláció redje, kovergeciája 29 213Hermite-féle iterpolációs poliom 30 214Hermite-féle iterpolációs poliom előállítása osztott differeciákkal 32 215Az Hermite-féle iterpolációs poliom hibája 35 3Iterpolációs feladatok 38 31Iterpolációs formulák számítási ideje 38 32Az iterpolációs hiba agysága 39 33Iterpolációs formulák illeszkedése az iterpolált függvéyre 39 Felhaszált irodalom 41 Melléklet 42 2
1 Bevezetés 11 Iterpoláció a matematikába Az iterpoláció egy umerikus (közelítő) matematikai módszer az aalízis, és azo belül is a umerikus aalízis témakörébe Ismerjük egy jeleséget leíró f(x) függvéy helyettesítési értékeit az értelmezési tartomáyáak véges sok potjába, azoba az eze potoko kívüli helyettesítési értékeik ismeretleek Az iterpolációs módszer alapja az hogy, a függvéy ismertetle értékeire az ismert értékek alapjá adjuk közelítést, és így kostruáljuk az adott függvéyt közelítő I(x) függvéyt Az iterpolációs függvéyek teljesítei kell az alappot feltételt: Mide x i alappotra teljesüljö I ( x i )= f (x i ), vagyis az iterpolációs és az iterpolált függvéy helyettesítési értékei az összes alappotba megegyezzeek Iterpolációról akkor beszélük, ha az alappotok maximum és miimum értéke által meghatározott itervallumba aduk közelítést a függvéy értékeire Amikor az ismert értékek alapjá, az alappotok által meghatározott tartomáyo kívül eső helyeke közelítjük a függvéyt, akkor extrapolációról beszélük [1] 12 Motiváció Az iterpolációak sok gyakorlati felhaszálása va külöböző tudomáyágak teré Tegyük fel, hogy véges sok pothoz vaak mérési eredméyeik, céluk, hogy megtaláljuk az ismert potoko kívüli potokhoz tartozó értékeket, illetve meghatározzuk az ismeretle függvéyt Általába akkor alkalmazzuk, ha egy tértől, illetve időtől folytoosa függő meyiségről csak diszkrét tér,- ill időpotokba va mérési adatuk, és az adott meyiség értékét más potokba is becsüli szereték Iterpoláció alkalmazásával lehet megoldai azt a problémát is, amikor a mérésük költséges, így további mérések élkül szereték adott pothoz tartozó értéket közelítei Legismertebb példák az iterpolációs módszerre a sivatagba a kőolajlelőhely keresése, valamit a tegerekbe a só, a kálium, illetve egyéb kémiai összetevők adott mélységbe fellelhető kocetrációjáak a meghatározása A kőolajmezőket modellező egyeletekbe szükségük va a 3
yomásra mit a hely függvéyére, azoba ezt csak éháy fúrásál elvégzett mérés alapjá tudjuk közelítei Ehhez hasolóa a kocetráció meghatározásáál külöböző mélységekbe mérük, és a mérési eredméyek alapjá aduk közelítést a mélyebb rétegek értékeire Köye látható, hogy a mélység övelésével a vízyomás is övekszik, így em csak ehezedik és drágul a mérés, haem bizoyos mélységbe már em is kivitelezhető [1], [4] Nem kevésbé bizoyul haszosak az iterpoláció a földrajzi pozicioálás sorá, illetve a geográfiába A GPS műholdak csak bizoyos időközökét küldeek jelet az aktuális pozíciójukról, ilyekor haszos iterpolációs becslést alkalmazi a műhold helyéek, sebességéek vagy gyorsulásáak meghatározására a köztes időpotokba [5] A geográfiába lieáris iterpolációt haszáluk például akkor, amikor egy domborzati elem (pl hegy) két ismert szitvoala közötti pot magasságát szereték meghatározi További alkalmazása az iterpolációak az iformatika területéhez tartozó szoftveres képmegjeleítés A mai számítógépeke szite midegyik képmegjeleítő program iterpolációt haszál, amikor a képet forgatjuk vagy agyítjuk Egy digitális fotó a méretétől függő számú pixelből, azaz képpotból áll (pl 150x150 pixel) Mide egyes képpothoz hozzáredeljük a szíét (Ez RGB szíkeverés eseté három darab számot jelet 0-255-ös értékkel, amelyek a piros, a zöld és a kék alapszí itezitását adják meg) Nagyítás sorá a kép pixelszáma is övekszik, de csak az eredeti kép iformációtartalma ismert, így az új pixelek értékei ismeretleek Az újoa beillesztett pixelek szíét a szomszédos, eredeti pixelek szíértékéből tudjuk megbecsüli Ezek meghatározására haszálak a külöböző programok külöböző iterpolációs algoritmusokat A kép miőségromlásáak mértéke az itt haszált iterpolációs formulák hibájával aráyos További matematikai alkalmazása az iterpolációak a differeciáltgeometria területé a görbeillesztés témaköre Ebbe az esetbe a splie-iterpolációt az ú Berstei-poliomokkal és Beziér-ívekkel valósítjuk meg, így kapva adott görbét leíró vektorfüggvéyre illeszkedő iterpolációs vektorfüggvéyt Ez komplex formája aak, mitha koordiátákét megadák egy egyparaméteres függvéyt, ami leírja az éritett potok aktuális koordiáta szeriti helyettesítési értékeit a függvéy teljes itervallumáak részitervallumai (görbe paraméterezett előállítása), és eze koordiátafüggvéyekre illeszteék splie-iterpolációs poliomokat 13 A fejezetek tartalma Az első fejezetbe kerül bevezetésre az iterpoláció mit matematikai módszer, valamit eek külöböző tudomáyterületeke belüli alkalmazása 4
A második fejezetbe a külöböző poliomiális iterpolációs módszerek által megoldható feladatok, valamit a feladatokat megoldó formulák, többek között Lagrage-, Newto-, és Hermite-féle iterpolációs módszerek Továbbá bemutatjuk haszálatuk előyeit és hátráyait is mid a formulák alakja, mid az iterpolált függvéyre való illeszkedés szempotjából A harmadik fejezet az összefoglalása a külöböző iterpolációs formulákak, illetve tartalmaz egykét kokrét feladatra törtéő összehasolítást A feladatok megoldása és az eredméyek ábrázolása Matlab programmal törtét, a haszált programkódok a Melléklet részbe találhatók 5
2 Iterpolációs formulák 21 Iterpolációs alapfeladat Tegyük fel, hogy ismerjük egy f:[a,b] R függvéy értékét a párokét külöböző x 0,, x potokba Ezek a potok adottak Elevezés: alappotok Az alappotokba felvett függvéyértékeket jelölje f i :=f(x i ) Tehát ismerjük az (x i, f ( x i ))=( x i, f i ) R 2 i=0,1,,, ahol x i x j, ha i j úgyevezett tabulált potokat Tegyük fel, hogy a függvéyük [a,b] értelmezési tartomáyáak az a potja egybeesik az alappotok közül a legkisebb értékűvel, a b potja pedig legagyobbal [4], [5] Cél: Az f függvéy rekostruálása (közelítése) az ismert adatok alapjá, másképp véges sok potból végtele sok potbeli értékéek a meghatározása 22 Iterpolációs módszerek csoportosítása Az iterpolációs módszerek csoportosíthatóak a közelítő függvéy alakja és az alappotok felhaszálása szerit A függvéy alakja szerit: Poliomiális: A legelterjedtebb módszerekél a közelítő függvéyek poliom alakúak A poliom alakú előállításhoz egy -edfokú poliom +1 db együtthatóját kell meghatározi, ezek pedig egyértelműe megadják az iterpolációs poliomot Trigoometrikus: A közelítő függvéyek trigoometrikus sorok, azaz sius, és cosius függvéyek lieáris kombiációjából álló sor részletösszegeiek felelek meg Adott f függvéy Fourier-sorral törtéő előállítása a következő alakot jeleti: f (x):= A 0 + k=1 A k cos(kx)+b k si (kx)= k= C k exp(i(kx)), ahol A k, B k, C k R k=0,1, A trigoometrikus poliommal törtéő előállítás az adott 2π szeriti periodikus függvéy diszkrét Fourier-traszformációjáak felel meg, hisze 2+1 ekvidisztás (egyelő Δx közökét vett) 6
potba vaak az ismert f i függvéyértékeik, és ez alapjá a következő egyeletredszer megoldásával kapjuk az iterpoláló trigoometrikus poliom előállításához szükséges ismeretle együtthatókat (c k ): f m = f (m Δ x)= k = c k exp(i (k m Δ x)) m=0,1,,2 A poliom alakú függvéytípusokat köye ki tudjuk értékeli, azaz adott potbeli helyettesítési értékeik köye meghatározhatók, valamit ismertek eze függvéyek grafikojai Mid a poliom, mid trigoometrikus függvéyek akárháyszor deriválhatók, és a derivált függvéyek is poliom, illetve trigoometrikus alakúak maradak Az alappotok felhaszálása szerit: Lokális: Ha az I(x) közelítő függvéy meghatározásakor az x közelébe fellelhető éháy potot vesszük figyelembe, azaz adott I(x) közelítőérték kiszámítása x pot köryezetébe található alappotokkal törtéik Lokális iterpolációs módszer például a lieáris iterpoláció, amelyek sorá bármely két potot egyeessel kötük össze, tehát lieáris elsőfokú poliomokat haszáluk Adott {( x i, f (x i )),(x i+1, f ( x i +1 ))} tabulált potokra, az [ x i, x i+1 ] itervallumo belüli x pothoz tartozó f(x) függvéyértéket a következő formulával közelíti a lieáris iterpoláció: f (x):= f (x i )+ ( x x i )( f (x i+1 ) f (x i )) x i+1 x i A lieáris közelítés példájá jól látszik, hogy a lokális közelítés sorá még az alacsoyabb redű deriváltakba sem kapuk folytoos függvéyt Globális: Globális iterpolációról akkor beszélük, ha egy tetszőleges x pothoz tartozó közelítő I(x) érték az összes redelkezésre álló alappotot felhaszálva adható meg, tehát a tabulált potok által alkotott teljes halmaz alapjá illesztük függvéyt Globális iterpolációs módszer többek között a Lagrage-iterpoláció (ld Lagrage-iterpoláció) A teljes közelítő függvéyhez több alappoliomot is meg kell határozuk, melyek midegyike a teljes [ x 0, x ] itervallumo va értelmezve, és egy pot kivételével az összes tabulált potra szükség va a poliom együtthatóiak meghatározására Végeredméybe egy tetszőleges I(x) közelítő érték meghatározásához az összes tabulált potra szükségük va, és a potokra +1 alappot eseté egy 7
legfeljebb -edfokú iterpolációs poliomot illesztük, tehát a poliom fokszáma aál agyobb, miél több alappotra illesztük Ez a módszer sok esetbe jobb közelítést ad, hátráya azoba, hogy túlságosa magas fokszám eseté két alappot között ige agy igadozásokat mutathat az iterpolációs poliom Splie: Az előző két módszer vegyítése A teljes splie függvéyt az alappotok által meghatározott itervallumo több szomszédos szakaszo értelmezett poliom (splie) összessége alkotja, ezért egy adott szakaszra ézve a módszer lokális, a teljes itervallumo pedig globális simaságot biztosít az iterpolált függvéyek [1] 23 Poliomiális iterpoláció Olya poliomot keresük, amely előre megadott helyeke előre megadott értékeket vesz fel, azaz legye p olya poliom, melyre a 1) p( x i )= f i i=0,1,, feltétel teljesül [4], [5] Több szempotból is előyösek bizoyul poliomot választai, egyrészt mert gyorsa számolható az adott helye vett helyettesítési értéke, másrészről pedig egyszerűe meghatározható a deriváltja, ami külööse az Hermite-féle és a splie-iterpoláció sorá haszos 24 Az iterpoláció alaptétele Jelölje P a legfeljebb -edfokú poliomok halmazát Állítás: Mide rögzített +1 db pothoz potosa egy olya p P poliom va, mely teljesíti az 1)-es feltételt Bizoyítás (Egyértelműség/Uicitás): Idirekt módo tegyük fel, hogy g, h P poliomok, melyek teljesítik az 1)-es feltételt, és g h Jelölje Z P azt a poliomot, amelyre Z ( x):= g(x) h(x) x [a,b] Ekkor Z ( x i )= g (x i ) h(x i )= f i f i =0 i=0,1,, re, azaz x i gyöke Z-ek Tehát Z-ek +1 db gyöke: (x i ),ahol i=0,1,, Z egy legfeljebb -edfokú poliom, melyek akkor és csak akkor lehet -él több gyöke, ha Z maga a ullpoliom 8
Így Z ( x)= g(x) h(x)=0 x [a,b], és ebből következőe g( x)=h(x) x [a,b] Ez elletmod aak a feltevések, miszerit g és h külöböző poliomok [4] Bizoyítás (Létezés/Egzisztecia): Az adott alappotokat felhaszálva defiiáljuk a következő poliomot: Ω i (x):= (x x j ) P j=0 ; j i Vegyük észre, hogy eze poliomak az i-edik alappotbeli helyettesítési értéke: Ω i (x i )= (x i x j ) 0 j=0; j i Abba az esetbe, amikor az alappotuk idexe k i: Ω i (x k )= j =0 ; j i ( x k x j )=( x k x k ) (x k x j )=0 (x k x j )=0 j =0; j i ; j k j =0 ; j i ; j k Defiiáljuk most az Ω i (x):= j=0 ; j i x x j x i x j P poliomot, amely Ω -hoz hasolóa k=i idexű alappotra a következőt adja: Ω i (x i )= j=0; j i 1 x i x j = 1=1 x i x j j=0 Abba az esetbe, amikor k i, akkor pedig midig lesz a produktumo belül egy ulla számlálójú téyező, így a szorzat is ullát ad: Ω i (x k )= j =0 ; j i x k x j x i x j = x k x k x i x k j=0 ; j i ; j k x k x j x i x j =0 j=0; j i ; j k x k x j x i x j =0 Vagyis Ω i (x k )=δ i, k ={ 1, ha k=i 0,ha k i Itt δ i,k az ú Kroecker delta szimbólum, Ω i (x)-et pedig az i-edik alappothoz tartozó -edredű Lagrage-féle alappoliomak evezzük 9
Legye L (x):= i=0 f i Ω i ( x) P Ekkor az x k, k=0, 1, alappotra az előzőekbe az Ω-alappoliomra belátott tulajdoság alapjá a következő értéket kapjuk: L (x k )= f i Ω i (x j )= f 0 Ω 0 ( x k )+ f 1 Ω 1 (x k )++ f k Ω k (x k )++ f Ω (x k )= i=0 = f o 0+ f 1 0++ f k 1++ f 0= f k Ebből következőe L (x k )= f k k=0,1,,-re, ami ekvivales az 1)-es feltétellel Elevezés: Az így kapott poliomot -edredű Lagrage-féle iterpolációs poliomak hívjuk Tehát valóba létezik legfeljebb -edfokú poliom, mely teljesíti az iterpolációs alapfeltételt, és így a bizoyítás teljes [4], [5] (Megjegyzés: Az egyértelmű létezés ezekívül bizoyítható lieáris egyeletredszerrel való megoldhatóság és Vadermode determiás tulajdoságai révé is) 25 A Lagrage-féle iterpolációs poliom előállítása alappotpoliomokkal Legye ω +1 ( x):= ( x x j ), valamit ω 0 (x):=1 j=0 Elevezés: +1-edfokú alappotpoliom Ekkor a függvéyek szorzatáak deriválási szabályát ( f (x)g (x))' := f ' ( x) g( x)+ f ( x) g ' (x) többszöröse alkalmazva azt kapjuk, hogy: ω +1 ' ( x):=(( x )(x x 1 )(x x ))' =( x )' ( ( x x j ))+( x )( (x x j ))' = = ( j =1 = ( j =1 = ( (x x j ))+(x ){(x x 1 )' ( ( x x j ))+( x x 1 )( (x x j ))' } = j=2 (x x j ))+(x )( ( x x j ))+( x )(x x 1 )( (x x j ))'= = j=0 ; j 0 (x x j ))+( j=2 j=0 ; j 1 (x x j ))++( j=0 ; j j=1 j =2 j=2 ( x x j ))= ( k=0 j=0 ; j k j=1 ( x x j ))= Ω k (x) k =0 10
Az előzőekhez hasolóa ézzük meg a helyettesítési értéket az i-edik alappotba: ω +1 ' (x i )= k =0 ( j =0 ; j k (x i x j ))=( j=0; j 0 ( x i x j ))++( j=0; j i x i x j )++( j=0 ; j ( x i x j )) Láthatóa ebbe a szummába mide tag ulla az i-edik tagot kivéve, hisze, mit már láttuk, Ω k helyettesítési értéke az x i alappotba csak akkor em ulla, ha i=k Tehát a tagok összege em más, mit az i-edik tag: ω +1 ' (x i )= (x i x j )= Ω i (x i ) j=0 ; j i ω Legye l i (x):= +1 (x) (x x i ) ω +1 '( x i ) =Ω (x), i így ezzel a jelöléssel, valamit kisebb átalakításokkal L (x) felírható a következő alakba [4], [5]: L (x)= i=0 = i =0 f i l i (x) f i Ω i (x)= i=0 ( j=0; j i (x x j ) ( x i x j ) ) f i= i=0 f i j=0; j i j =0; j i (x x j ) ( x i x j ) = i=0 f i ω +1 ( x) ( x x i )ω +1 ' ( x i ) = Az iterpolációs feladatokál a céluk a külöböző potoko vett ismeretle helyettesítési értékek kiszámítása Ehhez elég a Lagrage-féle formulába behelyettesítei, a kokrét poliomot em szükséges, valamit időigéyes kaoikus alakba (x-hatváyokét csoportosítva) kiszámoli A helyettesítési értékeket tehát gyorsabba számolhatjuk az Ω i (x) alappoliomok előállításával és azokba törtéő helyettesítéssel Eze előállítás előye, hogy ha valamelyik alappotba a függvéyértéket meg kell változtatuk, akkor az új poliom helyettesítési értékeit köye újraszámolhatjuk a régi értékekből Még jobba megköyítjük a dolgukat, és gyorsítjuk a számolást, ha Ω i (x)-et l i (x) alakba állítjuk elő Ugyais míg az előzőbe a szumma midegyik tagja egy, a többitől külöböző -1 téyezőjű produktumból yert poliom kiszámolásával adható meg, addig az utóbbi alakál csak ω +1 (x)-et, illetve aak deriváltját kell meghatározi A szumma 11
tagjait sem kell midig újraszámoli, hisze két tag közötti külöbség midössze a evezőbe az (x-x i )-s tag, és a derivált függvéy helyettesítési értéke a következő alappotba Midkét Lagrage-féle alak hátráya azoba, hogy egy új alappot felvétele eseté mide korábbi tagot újra kell számoluk Erre a problémára ad megoldást a Newto-féle iterpolációs formula a következő alfejezetbe 26 Newto-féle iterpolációs formula Legye 0 k és jelölje N k (x) azt a k-adredű poliomot, mely teljesíti a poliomiális iterpoláció alapfeladatát, azaz 2) N k (x i )= f i i=0,1, Az iterpoláció alaptétele szerit potosa egy olya legfeljebb k-adfokú poliom va, mely teljesíti ezt a feltételt, ebből következőe: 3) L k (x)=n k (x), x R Jelölje a k-adredű poliom főegyütthatóját b k Nyilvávaló b 0 :=N 0 (x)= f 0 ugyais egyetle alappot eseté az iterpolációs poliom a kostas f 0 poliom Ekkor a következő rekurzió teljesül: N k (x):=n k 1 (x)+b k ω k ( x) k=1,2, ; ω k ( x)= ( x x j ) A rekurzió belátásához vojuk ki az egyelőség midkét oldalából N k-1 (x)-et k 1 j=0 k 1 N k (x) N k 1 (x)=b k ω k ( x)=b k ( x x j ); k=1,2,, j =0 Helyettesítsük be egy tetszőleges l idexű alappotot a képletbe: k 1 N k (x l ) N k 1 ( x l )=b k ( x l x j ), l=0,1, j=0 Köye látható, hogy a k-adfokú alappotpoliomba bármelyik k-ál kisebb idexű alappotot behelyettesítve ullát kapuk, hisze a produktumba lesz egy (x j -x j )=0-ás téyező Ezért 12
N k (x l ) N k 1 ( x l )=0, ha0 l k 1 Másképp fogalmazva, az N k (x) N k 1 (x) P k poliom x 0, x 1,, x k 1 alappotoko vett helyettesítési értéke ulla, azaz ezek leszek a poliom gyökei k=1, 2,, Tehát N k (x) N k 1 (x)=b k ω k ( x)=b k (x )(x x 1 )(x x k 1 ) k db külöböző pot eseté, így ha úgy határozzuk meg N k (x)-et, hogy a k+1-edik alappotra is teljesüljö az egyelőség, akkor a poliom algebra egyik tétele alapjá N k (x) N k 1 (x), és b k ω k ( x) poliomok egyelőek (Ha két, legfeljebb k-ad fokú poliom k+1 külöböző helye ugyaazt az értéket veszi fel, akkor megegyezik) Kérdés még, hogy az N k (x) poliomok főegyütthatóit hogya számolhatjuk ki? Iduljuk ki a 3)-as egyelőségből, miszerit a két külöböző módo előállított iterpolációs poliom megegyezik A két poliom egyelősége azzal ekvivales, hogy a két poliom mide együtthatója egyelő Nézzük meg a főegyütthatóikat: Adott k-ra N k (x) főegyütthatója b k, mivel N k-1 (x) (k-1)-edredű poliom, a rekurzió maradék tagja k-adredű poliom, így összegük főegyütthatója a maradék tagból származik, ami em más b k (Két poliom összegéek redje legfeljebb a maximuma a két poliom redjéek Két külöböző fokú poliom összegéek főegyütthatója a agyobb fokú poliom főegyütthatója) Eek kell megegyezie L k (x) főegyütthatójával, ami az f i Ω i ( x)= f i j=0 ; j i x x j x i x j, i=0,1,2, k poliomok főegyütthatóiak összege (külö-külö midegyik k-adredű) Eek kiszámításához a produktumba csak az x-es tagok együtthatóit kell összeszorozi, és így kapjuk a következő k egyelőséget: b k := i=0 f i k j=0 ; j i 1 ( x i x j ) Vagyis eze képlet segítségével k=1, 2,, -re meghatározhatók a b k együtthatók, és ezzel a poliom rekurzíva is előállítható tetszőleges -re A rekurzív előállítás előye abba rejlik, hogy az 13
előző tag ismeretébe köye előállítható az aktuális tag N k-1 (x) ismeretébe csak a b k együtthatót és ω k (x)-et kell újkét előállítai, melyeket szité gyorsa megkaphatuk (az első esetbe az előző (k-1) tagú szumma összegét bővítjük egy taggal, a másikál pedig a (k-1) idexre kapott poliomot szorozzuk egy taggal) Ezzel el is értük az előző fejezet végé kitűzött célukat, hogy olya alakú iterpolációs poliomot állítsuk elő, amelyet új tabulált pot hozzá vétele eseté e kellje teljese újraszámoli, hisze rekurzíva ki tudjuk számoli az előző eredméyük alapjá Azoba a rekurzív előállítás agy hátráya, hogy ha csak az adott -edik tagra vagyuk kívácsiak, ahhoz először mid az (-1) db őt megelőző tagot is ki kell számoli Ezt kiküszöböledő megadjuk a poliom explicit előállítását is Kiidulva a ulla idexű tagból, teljes idukcióval megadható az explicit alak: N 0 ( x)=b 0 =b 0 ω 0 (x); N 1 (x)=n 0 ( x)+b 1 ω 1 ( x)=b 0 ω 0 ( x)+b 1 ω 1 ( x) N 2 ( x)=n 1 (x)+b 2 ω 2 ( x)=(b 0 ω 0 (x)+b 1 ω 1 (x))+b 2 ω 2 ( x)= b k ω k ( x) Folytatva az idukciót, az -edik tagba behelyettesítve az -1-edik tagál kapott egyeletet a következő explicit képletet kapjuk: 2 k=0 4 ) N (x)= b k ω k ( x), k =0 ahol a b k együtthatók és a k-adfokú alappotpoliom a fetiek szerit számolható Elevezés: Az iterpolációs poliom 4) szeriti előállítását -edredű Newto-féle iterpolációs poliomak evezzük [5] 27 Newto-féle osztott differeciás módszer A Newto-féle iterpolációs poliom explicit alakjához hasolóa próbáljuk meg iduktíva előállítai a b k együtthatókat egy egyszerűbb alakba Iduljuk ki a már ismert formulákból: k b k := i=0 f i k j=0 ; j i 1 ( x i x j ), valamit b o := f 0 Elevezés: Az előzőleg megadott szummát az (x i, f i ) i=0,1,,k potokhoz tartozó (k-1)-edredű Newto-féle osztott differeciáak evezzük Jelölése: [ x 0, x 1,, x k ] f 14
Az elsőredű poliomhoz tartozó főegyüttható a következőképpe számítható: 1 b 1 := i =0 =( 1) f i 1 j =0 ; j i 1 (x i x j ) = f 0 j=0; j 0 f 0 x 1 + f 1 x 1 = f 1 f 0 x 1 1 1 ( x 0 x j ) + f 1 j=0; j 1 1 1 (x 1 x j ) = f 0 x 0 x 1 + f 1 x 1 = Ahhoz, hogy ezt a képletet kapjuk, csak a szummát és a produktumot kellett kibotai, valamit egy míusz egyes szorzót kiemeli a törtből A k=2 esetbe azoba már em csak ezekre az átalakításokra lesz szükségük: 2 f i i=0 2 b 2 := = f 0 j=0; j 0 = f 0 2 j=0; j i 1 ( x i x j ) = 1 ( x 0 x j ) + f 1 j=0; j 1 2 1 (x 1 x j ) + f 2 j=0; j 2 2 1 ( x 2 x j ) = ( x 0 x 1 ) (x 0 x 2 ) + f 1 ( x 1 ) ( x 1 x 2 ) + f 2 (x 2 ) ( x 2 x 1 ) = Ezek utá emeljük ki a míusz egyes szorzót, ahol lehet, és bővítsük a második törtet a megfelelő, hiáyzó szorzótéyezővel: f = 0 ( 1)(x 1 )( 1)( x 2 ) + 1 f 1 ( x 2 ) (x 2 ) ( x 1 )( 1)(x 2 x 1 ) + f 2 ( x 2 )(x 2 x 1 ) = f 0 = ( x 1 )(x 2 ) + ( f 1 )(x 2 ) ( x 1 )( x 2 )(x 2 x 1 ) + f 2 ( x 2 )(x 2 x 1 ) = A továbbiakba egy egyszerű átalakítási trükköt haszáluk fel Az átalakítás léyege, hogy tetszőleges kéttagú külöbség egy harmadik tag hozzáadásával, majd kivoásával két kéttagú külöbség összegére botható Itt a számlálóba található kéttagú külöbséget x 1 -gyel bővítjük, kettébotjuk a törtet, majd külö-külö egyszerűsítjük is őket a megfelelő külöbséggel: 15
f = 0 ( x 1 )(x 2 ) + ( f )( x x + x x ) 1 2 1 1 0 ( x 1 )( x 2 )(x 2 x 1 ) + f 2 ( x 2 )(x 2 x 1 ) = f 0 = ( x 1 )(x 2 ) +( f 1)( x 2 x 1 )+( f 1 )( x 1 ) f 2 + ( x 1 )(x 2 )( x 2 x 1 ) ( x 2 )(x 2 x 1 ) = f = 0 ( x 1 )(x 2 ) + ( f 1 ) ( x 1 )( x 2 ) + ( f 1 ) (x 2 )( x 2 x 1 ) + f 2 (x 2 )( x 2 x 1 ) = Végül pedig összevojuk a közös evezőjű törteket, kiemelük az első tagból míusz egyet, az egész összegből pedig az 1 (x 2 ) háyadost: f = 0 f 1 ( x 1 )(x 2 ) + f 2 f 1 ( x 2 )(x 2 x 1 ) = f 2 f 1 (x 2 )(x 2 x 1 ) f 1 f 0 (x 1 )( x 2 ) = 1 = ( x 2 ) ( f 2 f 1 (x 2 x 1 ) f 1 f 0 (x 1 ) ) Vezessük be a következő jelöléseket: [ x i ] f := f i i=0, 1, ; [ x i, x i+1 ] f := [ x i+1 ] f [ x i ] f x i +1 x i i=0,1, 1 ; [ x i, x i+1, x i+2 ] f := [x i +1, x i +2 ] f [ x i, x i+1 ] f x i+2 x i i=0, 1, 2 ; [ x i, x i+1,, x i + ]:= [ x i+1, x i +2, x i + ] f [ x i, x i+1, x i + 1 ] f x i+ x i i=0 -ra Elevezés: Nulladredű, elsőredű, másodredű, -edredű Newto-féle osztott differeciák, melyeket a fejezet elejé más formába egyszer már bevezettük Ezeket felhaszálva az eddigi eredméyeiket a következő formába kapjuk: b 1 = f 1 f 0 x 1 =[ x 0, x 1 ] f ; b 2 = 1 (x 2 ) { f 2 f 1 (x 2 x 1 ) f 1 f 0 ( x 1 ) }=[ x 1, x 2 ] f [ x 0, x 1 ] f =[x x 2, x 1, x 2 ] f 0 A második egyelőség végé bevezetett jelöléssel az idukciót folytatva belátható, hogy tetszőleges 16
k-ra a b k együttható előáll a következő alakba: 5) b k =[x 0, x 1,, x k ] f = [ x 1, x 2,, x k ] f [ x 0, x 1,, x k 1 ] f x k Az osztott differeciák segítségével gyorsa meghatározhatjuk a Newto-féle iterpolációs poliomot, a differeciák szemléletes számolásához a következő táblázat lesz segítségükre: x i [x i =f i [x i, x i+1 [x i, x i+1, x i+2 [x i, x i+1,, x i+ x 0 f 0 [x 0, x 1 x 1 f 1 x 2 f 2 [x 1, x 2 [x 0, x 1, x 2 [x 0, x 1,, x x -2 f -2 x -1 f -1 x f [x -2, x -1 [x -1, x [x -2, x -1, x A táblázat első oszlopába a tabulált potok, a második oszlopába az alappotoko vett helyettesítési értékek, máskét a ulladfokú osztott differeciák helyezkedek el Utáa az oszlopokba redre a megfelelő potokhoz és függvéyértékekhez tartozó első-, másod-, stb - edredű osztott differeciák találhatóak A táblázat oszlopai végighaladva a másodiktól kezdve midig eggyel kevesebb soruk (értékük) lesz Ez aak köszöhető, hogy a táblázat úgy va elredezve, hogy az 5)-ös defiíció segítségével tetszőleges k-adredű osztott differecia értéke számolható (köye, akár kézzel is) a két őt megelőző (k-1)-edredű osztott differecia segítségével, és a differecia kezdő, valamit végpotja által Mit azt beláttuk, ezek az értékek, em mások, mit az iterpolációs poliomot alkotó főegyütthatók (ld piros kiemelés a táblázatba) Ekkor az explicit előállításra voatkozó 4-es állítást átírva a következő alakba tudjuk előállítai az 17
-edredű Newto-féle iterpolációs poliomot osztott differeciákkal [4], [5]: N (x):= [ x 0, x 1, x i ] f ω i (x)= i=0 =[ x 0 ] f + [ x 1 ] f [ x 0 ] f x 1 ( x )+ [ x 1, x 2 ] f [ x 0, x 1 ] f x 2 (x )(x x 1 )+ ++ [ x 1, x 2,, x ] f [ x 0, x 1,, x 1 ] x (x )( x x 1 )( x x 1 ) 28 Lagrage-, Newto-féle iterpolációs poliomok hibájáak becslése Iterpolációs hiba: Jelölje p P az f:[a,b] R függvéy iterpolációs poliomját az a= x 0, x 1,, x =b alappotokra ézve Az E :[a,b] R, E (x)=p (x)-f(x) függvéyt az (x 0, f 0 ), (x 1, f 1 ),, (x, f ), potokhoz tartozó iterpolációs hibafüggvéyek, E (x)-et pedig az x pothoz tartozó iterpolációs hibáak evezzük Állítás: Tegyük fel, hogy f C +1 [a,b] (azaz f függvéy (+1)-szer folytoosa deriválható az [a,b] itervallumo belül), ekkor ξ a,b), ( melyre x [a,b] eseté teljesül a következő egyelőség: 6) ( 1) E (x)= f (x) p ( x)= f (+1) (ξ) (+1)! ω +1 ( x), ahol p az x 0, x 1,, x alappotokhoz tartozó iterpolációs poliom, és ω +1 továbbra is az (+1)-edfokú alappotpoliomot jelöli Bizoyítás: Legye x [a,b]/{ x 0, x 1,, x } egy tetszőleges, az alappotoktól eltérő pot Első lépéskét lássuk be, hogy ξ a,b), ( melyre teljesül a 6)-os egyelőség az x potba, vagyis 7) f ( x) p ( x)= f (+1) (ξ) (+1)! ω +1( x) Legye ϕ(x):= f (x) p ( x) K ω +1 ( x), ahol K az a emulla álladó, melyre Φ(x)=0, tehát ϕ( x)= f ( x) p ( x) K ω +1 ( x)=0, ebből pedig 18
8) K = f ( x) p ( x) ω +1 ( x) Nézzük meg a φ függvéy helyettesítési értékét egy tetszőleges alappotba: ϕ(x i ):= f ( x i ) p (x i ) K ω +1 (x i )= f i f i K (x i x j )=0 i=0,1,, j=0 Ez valóba ulla, hisze p az f függvéy egy iterpolációs poliomja, és így defiíció szerit mide tabulált poto vett helyettesítési értéke megegyezik az iterpolált függvéy ugyaazo potbeli helyettesítési értékével Az előzőek fejezetek eredméyei alapjá az ω alappotpoliom mide alappotra ullértékű Tehát a φ függvéyek a tabulált potok, valamit x a gyökei, így összese +2 helye ugyaazt a ullértéket veszi fel Lemma (Rolle-tétel/Rolle-féle középértéktétel): Ha g C( a,b) D(a,b) függvéy (azaz g függvéy folytoos [a,b] zárt itervallumo, és (a,b) yílt itervallumo deriválható), valamit f(a)=f(b), akkor c a,b), ( hogy f '(c)=0 Az előző Lemma felhaszálásával, és mivel a φ függvéy az [a,b] itervallumo +2 helye ugyaazt az értéket veszi fel, ezért φ'(x) az (a,b) itervallumo belül legalább +1 helye ullát vesz fel (a szomszédos alappottok és x között) Ha φ'(x) az (a,b) itervallumba legalább +1 helye ugyaazt az értéket veszi fel, akkor φ''(x) az (a,b) itervallumba legalább helye ullát vesz fel Ezt a godolatmeetet folytatva azt kapjuk, hogy φ (+1) (x) az (a,b) itervallumo belül legalább egy helye 0 Nézzük meg ezt a deriváltfüggvéyt: ϕ ( +1) ( x)= f (+1) (x) p (+1) (+1) (x) K ω +1 Mivel p (x) egy -edfokú poliom, így az (+1)-edik deriváltja a ullpoliom Az alappotpoliom (+1)-edfokú, így az (+1)-edik deriváltja egyelő a főegyütthatója (1) és a hatváyfüggvéy deriválásakor keletkező kostas szorzatával ( (x +1 ) (+1) =((+1) x ) () =((+1) x 1 ) ( 1) ==(+1)( 1)2 1 x 0 =(+1)! ) Összevetve ezt a két eredméyt azt kapjuk, hogy ϕ ( +1) ( x)= f (+1) (x) K (+1)! Jelölje most ξ a,b) ( azt a potot, melyre φ (+1) (ξ)=0 (előzőleg beláttuk, hogy létezik legalább egy ilye pot), és ekkor 0=ϕ (+1) (ξ)= f (+1) (ξ) K (+1)! 19
Ezt átredezve K értékére a következő egyelőséget kapjuk: 9) K = f (+1) (ξ) (+1)! Vessük össze ezt a 9)-es feltételt a már előzőekbe a K-ra kapott 8)-as feltétellel: f ( x) p ( x) = K= f (+1 ) (ξ) ω +1 ( x) (+1)!, amiből az alappotpoliommal átszorozva megkapjuk a 7)-es állítást f ( x) p ( x)= f (+1) (ξ) (+1)! ω +1 ( x) Tehát létezik a 7)-es feltételt kielégítő ξ pot, mégpedig tetszőleges x [a,b]/{ x 0, x 1,, x } választása esté Köye belátható, hogy a 7)-es feltétel az alappotokra is igaz, mivel a baloldalo két azoos érték külöbsége, míg a jobb oldalo a ballal azoosa ulla érték szerepel, mert a szorzatba az alappotpoliom helyettesítési értéke ulla Ezzel be is láttuk a 6)-os állítást, hisze mide [a,b] itervallumbeli potra létezik az állítást kielégítő ξ a,b) ( pot Az állításuk elejé feltesszük, hogy az iterpolált függvéy folytoos, ezáltal csak erre a függvéyhalmazra szűkített függvéyekre lesz érvéyes a hibabecslésük Ez azoba szükséges megszorítás, hisze ha em követeljük meg az iterpolált függvéy simaságát, úgy a hibáról sem tudák semmit állítai, mivel az alappotoko kívül az iterpolált függvéyük tetszőleges értéket felvehet, addig az iterpolációs poliomuk értékkészlete korlátozott marad Következméy: 10) f ( x) p (x) f (+1) (ξ) (+1)! ω +1 (x) = f (+1) (ξ) (+1)! ω +1 ( x) x [a,b], ami az iterpolációs poliom hibájáak abszolút értékére haszálható becslés [4], [5] 29 A Lagrage, Newto-féle iterpolációs hibabecslés élesítése Vezessük be a következő jelölést: M +1 :=max { f (+1) (x) } x (a,b), azaz M +1 jelölje az iterpolált függvéy (+1)-edik deriváltjáak legagyobb abszolút értékű helyettesítési értékét az (a,b) itervallumo, vagyis egy 20
felső becslést a deriváltfüggvéy által felvehető értékekre Eek segítségével a 10)-es becslésből a 11)-es yerhető: 11) f ( x) p (x) M +1 (+1)! ω +1 ( x) x (a,b) Ez a becslés a legtöbb esetbe gyegébb, mit maga a 10)-es becslés, azoba agy előye, hogy az f függvéy ismeretébe egy kostast jelet, míg f +1 (ξ) értéke tartalmazz az ismeretle ξ potot, ami pedig x megválasztásától függ Ezek utá a 11)-es egyelőtleség jobb oldalá már csak az alappotpoliom marad az egyetle téyező, ami pedig az alappotok megválasztásától függ Ha x a,b) ( adott, akkor ω helyettesítési értéke ebbe a potba em más, mit az alappotok x-től való előjeles eltéréseiek szorzata, erre pedig adható egy triviális felső becslés Tetszőleges x a,b) ( pot eseté egy ilye eltérés értéke kisebb, mit b-a, hisze x választható tetszőlegese közel b-hez, és az ettől legtávolabbi alappot az x 0 =a Vagyis az (+1) db külöbség szorzata kisebb lesz, mit (b-a) Ezt a felső becslést alkalmazzuk az alappotpoliomra: 12) f ( x) p (x) < M +1 (+1)! (b a)+1 x (a,b) Jelölje most a végtele ormát, ekkor az előző eredméyüket a következő alakokba kapjuk: 13) f p M +1 (+1)! (b a)+1 ; f p f +1 (+1)! (b a)+1 Az itervallumhossz-becslés gyege becslés, ezért ézzük egy eél erősebb, élesebb becslést Lemma (Állítás): ω +1 (x) 1 4! h+1, ahol h=max { x i+1 x i } 0 i, vagyis h a szomszédos alappotok közötti legagyobb távolság Bizoyítás: Bizoyítsuk be teljes idukcióval az alappotok számára Ha =1, akkor teljesülie kell az ω 2 (x ) = (x )( x x 1 ) = x x x 1 1 4 1! h2 = h2 4 egyelőségek Máskét fogalmazva keressük a szélső értékét az (x-x 0 )(x-x 1 ) másodfokú függvéyek Szélsőértékvizsgálattal, és a Viéte-formulák segítségével köye meghatározható, hogy a szélsőértékét az 21
x= x 0 + x 1 2 helye veszi fel, ez pedig a következő egyelőtleségre vezet x x x 1 x 0+x 1 2 x 0+x 1 x 2 1 = x 1 2 x 0 x 1 2 = x 1 x 1 = (x 1 ) 2 4 4 ahol meet közbe triviális törtegyszerűsítést és kiemelést alkalmaztuk A végé pedig felülről becsüljük két szomszédos pot távolságát a két legtávolabbi pot távolságával Vagyis teljesül h2 4 =2-re Iduktíva tegyük fel, hogy az állítás teljesül -re, azaz ω (x) 1 ( 1)! h, 4 és ebből következőe belátjuk az +1-re teljesülést is: ω +1 (x) = ( x x i ) i=0 1 = ( x x i )( x x ) = ω (x)(x x ) = ω (x) x x = ω ( x) x b i=0 A feti egyelőségek egyszerű átalakításokat jeleteek: az alappotpoliom defiícióbeli alakjáak ismeretét, produktum felbotását, szorzat abszolút értékéek felbotását, a végé pedig az utolsó alappot helyére az itervallum végpotját helyettesítjük Következő lépéskét pedig felső becsléseket alkalmazuk: egyrészt az idukciós állítást -re, valamit az x b h becslést Az utóbbi köye igazolható, hisze x=a-ra ez az abszolút érték egyelő az itervallumhosszal, ami legfeljebb akkora, mit a két legtávolabbi szomszédos pot távolsága szorozva az itervallumo belül található szomszédos potpárok számával Egyelőséget ekvidisztás felosztás eseté kapuk Ezáltal +1-re is teljesül az állítás: ω +1 (x) = ω ( x) x b 1 4 ( 1)!h x b 1 4 ( 1)! h h= 1 4!h+1 Tehát az állításuk igaz =2-re, valamit ha -re igaz, akkor abból következőe +1-re is, ezáltal tetszőleges 2-re igaz, és ezzel beláttuk az állítást A lemma és az eddig kapott feltételek következméyei: 14 ) f ( x) p (x) M +1 (+1)! ω (x) M +1 1 +1 (+1)! 4!h+1 = M +1 4 (+1) h+1 x (a, b) 22
15 ) f p f +1 4 (+1) h+1, ahol az abszolút értéket, és pedig a végtele ormát jelöli A 14), 15)-ös becslések erősebbek, mit a 12), 13)-ál kapottak, valamit az alappotok tetszőleges megválasztása eseté csak a két legtávolabbi szomszédos pottól függeek, em pedig az összes alappottól, így tuduk általáosabb becslést adi az iterpoláció sorá keletkező várható hibára, eltérésre [4], [5] 210 Csebisev-poliomok Mit azt az előző fejezetbe beláttuk, az iterpolációs formula hibája függ az alappotpoliomtól, ezáltal pedig az alappotok választásától Ezt úgy próbáltuk ellesúlyozi, hogy olya becslést adtuk a hibára, mely em függött az összes tabulált pottól Most közelítsük meg a problémát a másik oldalról, és adjuk olya becslést a hibára, mely függ az alappotoktól, de ezek optimális választása eseté a hiba is a lehető legkisebb lesz Cél úgy választai az alappotokat, hogy max x [ a, b] { ω +1 ( x) } miimális legye Határozzuk meg azt az -edfokú poliomot, melyek a főegyütthatója 1, a maximuma miimális adott [a,b] itervallumo Legye [a,b]=[-1, 1] Megjegyzés: Az egyszerűség kedvéért haszáljuk a [-1,1] itervallumot, arról változótraszformációval áttérhetük tetszőleges itervallumra (Pl x [ 1,1] y=x +6 [5,7] ) Állítás: Létezik olya -edredű poliom, amely kielégíti midkét feltételt Bizoytás(I): Tekitsük a következő függvéyt: 16) p ( x):=cos( arccos( x)) Első lépéskét bebizoyítjuk, hogy ez a trigoometrikus függvéy em más, mit egy -edredű poliom, majd eek segítségével adjuk meg az első feltételt kielégítő poliomot Legye γ R tetszőleges, valamit ismerjük a következő trigoometrikus azoosságokat: 23
a ) cos(α+β)=cos(α) cos(β) si(α)si(β) b ) cos(α β)=cos(α) cos(β)+si(α) si(β) c) cos( α)=cos(α) d ) si( α)= si(α) Ezeket az azoosságokat redre felhaszálva, mégpedig először a), b)-t, majd c), d)-t, egy újabb azoosságot yerük: 17) cos(( +1)γ)+cos(( 1)γ)=cos( γ+γ)+cos( γ γ) = = cos(γ)cos(γ) si ( γ)si (γ)+cos( γ)cos( γ) si( γ)si( γ)= = cos(γ)cos(γ) si ( γ)si (γ)+cos( γ)cos(γ)+si( γ)si (γ)=2cos( γ)cos(γ) Határozzuk meg γ értékét most úgy, hogy γ legye az a szám, mely adott x-re az arccos(x) értéket veszi fel Helyettesítsük be γ-t a 17)-es azoosságba: 18) cos(( +1)arccos( x ))+cos(( 1)arccos( x))=2cos( arccos( x ))cos(arccos(x )) = = 2x cos( arccos (x)) Itt a második egyelőségél kihaszáltuk, hogy a cos függvéy iverze az arccos, így tetszőleges x-re a cos(arccos(x)) függvéy eredméykét visszaadja a függvéyargumetumot Ha összevetjük a 18)-ál kapott egyelőséget a 16)-os defiícióval, a cos((+1)arccos(x))+cos(( 1)arccos( x))= p +1 + p 1 =2xcos( arccos( x))= = 2x p ( x) összefüggésre jutuk Tehát végeredméybe kaptuk egy rekurzív képletet p +1 (x) előállítására: 19) p +1 (x)=2x p (x) p 1 ( x) Most bebizoyítjuk, hogy p (x) egy -edfokú poliom, valamit, hogy eek a főegyütthatója 2-1, 1-re Lássuk be ezeket teljes idukcióval a fokszámra Először =0, 1-re a 16)-os explicit képlet segítségével: p 0 (x):=cos(0 arccos(x))=cos(0)=1 ; p 1 (x)=cos(1 arccos( x))=x Ezek teljesítik az állítást, hisze a kostas poliom defiíció szerit ulladfokú, az idetitás függvéy pedig elsőfokú poliom A elsőfokú poliom főegyütthatója 1=2 0, tehát ez a feltétel is teljesül Vizsgáljuk az =2 esetet, amelyél a poliom meghatározásához már szükségük lesz a 19)-es rekurzióra: p 2 (x)=2x p 1 ( x) p 0 (x)=2xx 1=2x 2 1, 24
ahol láthatóa teljesül midkét feltétel Tegyük fel, hogy a feltételek teljesülek -re: 20) p P, p 1 P 1 ; valamit a =2 1,a 1 =2 2, és lássuk be, hogy (+1)-re is teljesülek a feltételek Ha a 19)-es rekurzió alapjá számoljuk a poliomot, akkor arra jutuk, hogy a legmagasabb kitevőjű x-es tag csak a rekurzió 2xp (x)-es tagjából jöhet, mivel a p -1 (x) tag (-1)-edredű a 20)-as állítás alapjá, míg az előbb említett (+1)- edredű (a 2x poliommal való szorzás eggyel öveli fokszámot, és p (x) ugyaazo állítás alapjá -edredű) Tehát p +1 (x) is (+1)-edredű lesz, és a főegyütthatóját pedig úgy kapjuk, hogy p (x) főegyütthatóját szorozzuk kettővel (Két poliom szorzatáak főegyütthatója egyelő a poliomok főegyütthatóiak szorzatával) Vagyis az (+1)-edredű poliom főegyütthatója 2ˑ2 =2 +1, hisze az idukciós feltevésük szerit az -edredű poliom főegyütthatója 2 Ezáltal iduktíva beláttuk tetszőleges 1-re midkét állítást Ezzel a bizoyítással már meg tudjuk adi a keresett -edredű poliomot, melyek főegyütthatója egy, midössze ayit kell teük, hogy szorozzuk a poliomot 2 -(+1) =2 1- -el: T ( x):=2 1 p (x)=2 1 cos( arccos(x)) Elevezés: -edfokú Csebisev-poliomok [4], [5] Bizoyítás(II): Második lépéskét bizoyítsuk a miimalitást Lemma: Adott [a,b] itervallumo, egy 1 főegyütthatós (+1)-edredű p +1 (x) poliomra potosa akkor igaz, hogy p +1 q +1 q +1 P +1, ahol q +1 (x) szité 1 főegyütthatós poliom (és a továbbiakba jelölje a végtele ormát), ha a p +1 (x) poliom az [a,b] itervallumo redelkezik legalább +2 párokét külöböző abszolút szélsőértékhellyel, és a szélsőértékhelyeke a függvéyértékek abszolút értékbe megegyezek, és előjelük váltakozik Bizoyítás ( iráy): Tegyük fel az állítás végé leírtak teljesülését, vagyis azt, hogy az (+1)-edredű poliom legalább +2 külöböző abszolút szélsőértékhellyel redelkezik, az ezeke vett függvéyértékek abszolút értékbe megegyezek, előjelük váltakozik Továbbá idirekte tegyük fel, hogy egy q (x) p (x), 1 főegyütthatós, (+1)-edredű poliomra 21) p +1 > q +1 Tekitsük az r (x):= p +1 (x) q +1 (x) poliomot 25
Megállapítások erre a poliomra: Fokszáma legfeljebb, mivel két 1 főegyütthatós (+1)-edfokú poliom külöbsége állítja elő Legalább +2 db szélsőértékhelye (p +1 (x) szélsőértékhelyei) vett függvéyértékek előjelei megegyezek p +1 (x) ugyaeze helyeke vett függvéyértékeiek előjeleivel (szité váltakozó előjellel) Mivel p +1 (x) szélsőértékei abszolút értékbe agyobbak, mit q +1 (x) szélsőértékei a 21)-es feltétel miatt (és a végtele orma defiíciójából), ezért a külöbségpoliom előjelét a szélsőértékhelyeke a p +1 (x) szélsőértékhelyeke vett előjelei határozzák meg: P > Q sg( P Q)= 1=sg( P ( Q)), sg(p Q)=1=sg( P ( Q)) Az +2 db előjelváltásból következik, hogy a poliomak legalább +1 db zérushelye va (Bolzao-tétel alapjá a függvéyek azoko a potoko leszek zérushelyei, amely köryezetébe előjelet vált) Eze a poto pedig ellemodásra jutuk, mert egy legfeljebb -edfokú poliomak em lehet +1 db gyöke, csak ha az ullpoliom, ebből pedig p +1 (x)=q +1 (x) következe, így a 21)-es feltétel em teljesülhete Tehát beláttuk, hogy az idirekt állítás hamis, így az eredeti igaz Bizoyítás ( iráy): Tegyük fel, hogy p +1 (x) egy 1 főegyütthatós (+1)-edredű poliom, melyre 22) p +1 q +1 q +1 P +1, ahol q +1 (x) egy 1 főegyütthatós poliom Idirekte tegyük fel, hogy p +1 (x)-ek legfeljebb +1 helye va abszolút szélsőértéke úgy, hogy ezeke a helyeke a szélsőértékek abszolút értékbe megegyezek, az előjelük pedig váltakozó Ekkor az előzőek alapjá bármely két szomszédos (elletétes előjelű) szélsőértékhely között lesz olya pot, ahol p -1 (x)-ek zérushelye va Ezek száma legfeljebb, amit jelöljük most k-val Legyeek ekkor ezek a potok redre x 0, x 1,, x k [a,b] valamit tekitsük azt a legfeljebb -edfokú poliomot, melyek ugyaezek a zérushelyei: s (x):=±(x )(x x 1 )(x x k ), ahol a ± jel arra utal, hogy az előjel megfelelő 26
választásával a szélsőértékhelyei a függvéyértékek megegyezek p +1 (x) előjelével Legye ε>0 megfelőe kicsi, és vojuk ki p +1 (x)-ből az s (x) poliom ε-szorosát Ekkor egy olya poliomot kapuk, mely: (+1)-edredű, és 1 főegyütthatós (mivel p +1 (x) fokszáma agyobb, mit εs (x)-é, így külöbségük fokszáma legalább p +1 (x) fokszáma Ezáltal a főegyüttható értéke is a agyobb fokszámú poliom főegyütthatójáéval egyezik, ami 1) Valamit teljesül, hogy: p +1 ϵ s < p +1, mivel ε>0 Ezzel pedig elletmodásra jutuk a 22)-es feltétellel, p +1 (x) optimalitására ézve Azaz az állítás megfordítása is igaz, ami által beláttuk a két feltétel ekvivaleciáját Lemma: Csak egyetle olya (+1)-edfokú, 1 főegyütthatós poliom létezik az [a,b] itervallumo, melyre p +1 q +1 q +1 P +1, ahol p +1 (x) 1 főegyütthatós poliom 1 Bizoyítás (Idirekt): Tegyük fel, hogy p +1 2, p +1 1 2 P +1 ; p +1 p +1 is megfelel a 1 2 feltételekek Ez csak úgy lehet, hogy p +1 = p +1 := D, mivel midkettő miimális Ekkor viszot a következő is teljesül: p 1 +1 2 1 + p +1 2 = p +1 + p +1 p 1 +1 + p +1 2 2 2 2 = D+D 2 ahol redre a 2-es ormatulajdoságot, és a háromszög-egyelőséget haszáljuk fel, majd behelyettesítük, és egyszerűsítjük a törtet Vagyis ez azt jeleti, hogy a két poliom számtai közepéből yert poliom is optimális az [a,b] itervallumo, valamit eleget tesz a többi feltételek is (1 főegyütthatós, (+1)-edredű) Ekkor felhaszálva a már belátott lemmát, ez a poliom legalább +2 helye veé fel az abszolút szélsőértékét váltakozó előjellel (±D), 1 ugyaúgy, mit p 2 +1, és p +1 Ez pedig csak úgy lehet, hogy ha az utóbbi két poliom ugyaazoko a helyeke veszi fel a szélsőértékeit, külöbe a belőlük képzett (+1)-edredű számtai közép poliomak több mit +2 szélsőértékhelye, és ezzel együtt több mit +1 zérushelye lee, ami em lehet Ebből pedig az következik, hogy a két (+1)-edfokú poliom ugyaazo +2 helye ugyaazt az értéket veszi fel, így szükségképpe (a dolgozatba már 27 = D,
haszált poliom-algebrai tétel alapjá) a két poliom egyelő Mivel idirekte feltettük, hogy a két poliom külöböző, így elletmodásra jutottuk, tehát az eredeti állítás igaz A fejezetbe tárgyaltak alapjá végeredméybe arra jutottuk, hogy egyetle olya (+1)-edfokú, 1 főegyütthatós poliom létezik adott [a,b] itervallumo, melyek a maximuma miimális (Csebisev-poliom), és ezt meg is tudjuk határozi rekurzíva [5] 211 Az iterpolációs alappotok optimális megválasztása Az előző fejezet eredméyei alapjá a következő állítások leszek igazak: max { p ( x) } max { T (x) }, x [ 1,1], p P 23) max { T (x) }= T =max { 2 1 cos( arccos( x)) }=2 1, x [ 1,1] ahol az első egyelőség a végtele orma, a második egyelőség a Csebisev-poliom defiíciója, a harmadikál pedig kihaszáltuk, hogy a cosius függvéy abszolút értékbe legfeljebb 1-et ad Tehát az -edfokú Csebisev-poliom miimális maximuma a [-1,1]-e 2 1- Azoba a céluk az volt, hogy az iterpolációs poliom hibáját miimalizáljuk, ehhez pedig az alappotpoliomot kellee optimálisa megválasztai Ötlet: Legye ω +1 ( x):=t +1 ( x) Hogya tudjuk ezt megvalósítai? Mivel midkét poliom főegyütthatója 1, ezért gyökeikkel egyértelműe meghatározhatóak Az alappotpoliom gyökei az alappotok, ezért céluk az +1 db alappotot úgy választai, hogy az (+1)-edredű Csebisev-poliomak szité ezek legyeek a gyökei Nézzük meg az -edfokú Csebisev-poliom gyökhelyeit: T ( x)=2 1 cos( arccos( x))=0 akkor, és csak akkor, ha arccos( x)= 2k+1 2 Osszuk -el, és vegyük midkét oldal cos-át: x=cos( 2k+1 2 π), k Ζ π, k Ζ Tehát az x 0, x 1,, x alappotok optimális megválasztására a következő formulát kapjuk: 24) x k =cos( 2k+1 2 π), k=0,1,, 1 Elevezés: Csebisev-alappotok 28
Tehát, ha a képlet alapjá adjuk meg az iterpolációs alappotokat, azaz Csebisev-alappotoko iterpoláluk, akkor az iterpoláció hibája miimális lesz, mégpedig: 25) f p M +1 (+1)! 21 (+1 ) = M +1 (+1)! ahol továbbra is a végtele ormát jelöli [4], [5] 212 Az iterpoláció redje, kovergeciája 1 2 ; f p f (+1) (+1)! 1 2, Egy függvéy iterpolálása sorá fotos elvárásuk, hogy az iterpolációs poliom kellőe sok alappot felvétele eseté tetszőlegese közel haladjo az iterpolált függvéyhez Ezért bevezetjük a következő fogalmakat: Iterpoláció redje: Egy iterpolációs hibafüggvéyt r-edredűek evezzük, ha létezik olya C valós szám (C csak az iterpolált függvéytől és az iterpoláció itervallumától függhet), melyre E C h r, ahol h a két legtávolabbi szomszédos alappot távolsága, és a végtele orma Vagyis az iterpolációs hiba abszolútértékéek maximuma a h távolság r-edik hatváyával aráyos Eszerit C= M +1 4 (+1) választásával, és a 39-es fejezet 14)-es egyelősége alapjá kellőe sima függvéyekre a Lagrage-, illetve Newto-féle iterpolációs formulák (+1)-edredű formulák Iterpoláció kovergeciája: Az [a,b] itervallumo, az N -re adott p iterpolációs poliomok sorozata potokét kovergál az f iterpolált függvéyhez, ha x [a,b] rögzített potra lim p (x)= f (x) Valamit ugyaeze az itervallumo egy p iterpolációs formula egyeletese kovergál az f iterpolált függvéyhez, ha ϵ>0 hoz 0 N, > 0 eseté f p ϵ, ahol a végtele ormát jelöli Állítás:Tegyük fel, hogy az f függvéyük akárháyszor deriválható, valamit M +1 :=max { f (+1) (x) } x [a,b] jelöléssel M R, N eseté, hogy M +1 M Ekkor az alappotok számáak () övelésével az iterpolációs poliom egyeletese tart az iterpolált függvéyhez Bizoyítás: Haszáljuk fel ismét a 14)-es egyelőséget és az előbb bevezetett M-et: 29
f p M +1 4 (+1) h+1 M 4(+1) h+1 ( ) 0, tehát az övelésével a két függvéy végtele ormába mért távolsága tart a ullához, így az iterpolációs poliom egyeletese tart az iterpolált függvéyhez az [a,b] itervallumo Vagyis ha az iterpolált függvéy derivált értékeire tuduk egy -től függetle felső becslést adi, akkor a Lagrage-, illetve Newto-féle iterpolációs poliom egyeletese kovergál ehhez a függvéyhez az alappotok által meghatározott itervallumo [4], [5] 213 Hermite-féle iterpolációs poliom Az eddigiekbe azzal az esettel foglalkoztuk, amikor ismertük egy függvéyek adott potoko vett helyettesítési értékeit, és erre adtuk poliom alakú közelítést úgy, hogy a két függvéyek az eze potoko vett helyettesítési értékei megegyezzeek Most vizsgáljuk meg azt az esetet, amikor az alappotoko em csak az iterpolált függvéy helyettesítési értékeit ismerjük, haem bizoyos redig bezárólag az iterpolált függvéy deriváltjaiak a helyettesítési értékeit is Ezek alapjá módosítsuk az iterpolációs feladatot: Legyeek x 0, x 1,, x m adott alappotok, és tegyük fel, hogy ismerjük eze alappotoko az iterpolált függvéyük deriváltjaiak értékeit redre az N 0-1, N 1-1,, N m -1-edik deriváltig bezárólag, azaz ismertek f k i := f (i) ( x k ), ahol i=0,1,, N k 1 és k=0,1,,m Jelölje az ismert függvéyértékek számáál egyel kisebbet, azaz =N 0 + N 1 ++N m 1 -et, és jelölje H P azt a legfeljebb -edfokú poliomot, melyek a k-adik alappoto vett i-edik deriváltjáak értéke megegyezik az iterpolált függvéy ugyaeze az alappoto vett, ugyaakkora redű deriváltfüggvéyek az értékével Elevezés: az x 0, x 1,, x m alappotokhoz és N 0-1, N 1-1,, N m -1 deriváltredekhez tartozó - edredű Hermite-féle iterpolációs poliom Ez alapjá pedig az Hermite-féle iterpolációs alapfeladat a következő: Keressük azt a H P poliomot, melyre (i 26) H ) i (x k ):= f k, i=0,1,, N k 1, k=0,1,, m Állítás: Az Hermite-féle alapfeladatak egyértelműe létezik megoldása Bizoyítás: Adjuk meg az iterpolációs poliomot kaoikus alakba: 30
H (x)= a j x j j =0 Köye látható, hogy ha megadjuk az a i együtthatókat, akkor azzal a poliomot egyértelműe meghatározzuk Tekitsük ezekre az együtthatókra ismeretleekkét Milye adatok állak redelkezésre eze ismeretleek meghatározására? Természetese az alapfeladat egyelőségei, azaz (i 27) H ) j! (x k )= a j j =i ( j i)! x j i i k = f k, i=0,1,, N k 1, k=0,1,,m Ekkor az alapfeladat egyelőségeire úgy tekithetük, mit egy +1 változós (mivel H egy -edfokú poliom, ezért +1 db együttható határozza meg), és +1 egyeletből (+1 db egyeletet ad meg az alapfeladat) álló egyeletredszerre Írjuk fel az egyeletredszert mátrixos alakba úgy, hogy A legye az egyeletredszer együtthatóit tartalmazó mátrix, x vektor az ismeretleeket (poliom együtthatóit), b vektor pedig az egyeletredszer szabad tagjait (az ismert függvéyértékeket) tartalmazza, ekkor a következő mátrix alakra jutuk: Ax=b Eek létezik megoldása, mégpedig egyértelmű, ha az A mátrix reguláris (emsziguláris), azaz létezik iverze Potosabba, ismert a következő mátrix regularitásával ekvivales feltételek tétele: Ha egy tetszőleges A T x mátrix reguláris, akkor det ( A) 0, A emulla, és em bal oldali ullosztó {Egy gyűrűbe (T test is gyűrű) az a emulla elemet bal oldali ullosztóak evezzük, ha va b emulla elem, melyre ab=0}, az Ax=b egyeletredszerek csak a triviális x=0 megoldása va, bármely b T vektorra az Ax=b egyeletredszerek potosa egy megoldása va Valamit ismert, hogy a komplemeter feltételek az A mátrix szigularitására ekvivales feltételek [3] Lemma (Állítás): Az A együtthatómátrix reguláris Bizoyítás (Idirekt): Tegyük fel, hogy az A mátrix sziguláris A komplemeter feltételek alapjá, ha az A mátrix sziguláris, akkor ulla, vagy bal oldali ullosztó Nullmátrix em lehet, hisze az 31
azt jeleteé, hogy az Hermite-féle iterpolációs poliom ullpoliom, ami csak csupa ulla f k (i) értékekre tudá kielégítei az alapfeladat egyeleteit, em pedig tetszőlegesekre Ha a mátrix bal oldali ullosztó, akkor létezik y T emulla vektor, hogy Ay=0 Írjuk vissza ezt az egyeletredszert poliom alakba: (i 28) H ) j! (x k )= a j j =i ( j i)! y j i k =0, i=0,1,,n k 1, k=0,1,, m Tétel: Ha γ potosa k-szoros (k 1) gyöke a p poliomak, akkor legalább (k-1)-szeres gyöke a p' poliomak [3] A 28)-as feltétel és az előző tétel ismeretébe ez azt jeleteé, hogy az iterpolációs poliomak az x k alappot N k -szoros gyöke, ahol k=0, 1,, m Vagyis a poliom gyökeiek száma: m N 0 + N 1 ++N m = N k =+1 k =0 Így az -edredű poliomukak +1 db zérushelye lee, vagyis H -ek a ullpoliomak kellee leie, ami elletmodásra vezet Ezzel beláttuk az állítást, miszerit A reguláris (mivel emsziguláris), amiből a mátrixszigularitás tétele alapjá következik, hogy tetszőleges b-re lesz egyértelmű megoldása az Ax=b egyeletredszerek Vagyis tetszőleges alappotok és függvéyértékek eseté egyértelműe meg tudjuk határozi az Hermite-féle iterpolációs poliom együtthatóit, ezáltal potosa egy olya poliom adható meg, mely kielégíti az alapfeladat egyelőségeit Végeredméybe sikerült belátuk a fejezet elejé tett állítást az Hermite-féle alapfeladatra Tehát már tudjuk, hogy létezik egyértelmű megoldás, azoba kérdés még, hogy hogya tudjuk ezt a megoldást előállítai [4], [5] 214 Hermite-féle iterpolációs poliom előállítása osztott differeciákkal Az előző fejezet eredméyei alapjá a céluk az Hermite-féle iterpolációs poliom együtthatóiak meghatározása, ehhez pedig a következő egyeletredszer áll a redelkezésükre: (i 27) H ) j! (x k )= a j j =i ( j i)! x j i i k = f k, i=0,1,, N k 1, k=0,1,,m Valamit ismertek a 27-es fejezet eredméyei az -edredű iterpolációs poliom előállítására a Newto-féle osztott differeciák segítségével Ahhoz, hogy az osztott differeciás módszerrel megoldható legye az Hermite-féle iterpolációs alapfeladat, ki kell bővítei az osztott differecia 32