Interpolacja i aproksymacja - golinski.faculty.wmi.amu.edu.pl · Interpolacja wielomianowa...

Interpolacja wielomianowaAproksymacja funkcji wielomianami

Interpolacja i aproksymacja

Michał Goliński

Elementy metod numerycznych

Michał Goliński Interpolacja i aproksymacja


Plan wykładu

1 Interpolacja wielomianowaZagadnienie Lagrange’a

Baza Lagrange’aBaza naturalnaBaza Newtona

Zagadnienie Hermite’a

2 Aproksymacja funkcji wielomianamiBłędy interpolacjiZachowanie asymptotyczne



Zagadnienie Lagrange’aZagadnienie Hermite’a

Zagadnienie interpolacyjne Lagrange’a

Sformułowanie problemu

Dane są:n + 1 różnych punktów (tzw. węzły interpolacji): x0, x1, . . . , xn

n + 1 liczb: y0, y1, . . . , yn

Zadanie:Znaleźć wielomian L stopnia co najwyżej n taki, że

L(xi ) = yi .




Zagadnienie interpolacyjne Lagrange’a

Sformułowanie problemu

Dane są:n + 1 różnych punktów (tzw. węzły interpolacji): x0, x1, . . . , xn

funkcja f

Zadanie:Znaleźć wielomian L stopnia co najwyżej n taki, że

L(xi ) = f (xi ).




Przykład

x −2 −1 0 1y −1 2 1 2




Przykład

x −2 −1 0 1y −1 2 1 2

L(x) = x3 + x2 − x + 1




Fakt

Zagadnienie Lagrange’a ma co najwyżej jedno rozwiązanie.

Dowód.

Przypuśćmy, że wielomiany L i L̃ są rozwiązaniami zagadnieniaLagrange’a, tzn. są stopnia co najwyżej n oraz

L(xi ) = yi = L̃(xi ) dla i = 0, 1, . . . , n.

Zatem P = L− L̃ jest wielomianem stopnia co najwyżej n i

P(xi ) = L(xi )− L̃(xi ) = 0 dla i = 0, 1, . . . , n.

Czyli P ma co najmniej n+ 1 pierwiastków. Zatem musi być P ≡ 0.Stąd L = L̃.




Fakt

Zagadnienie Lagrange’a ma rozwiązanie.

Dowód

Zauważmy, że wielomian P0(x) = (x − x1)(x − x2) . . . (x − xn) mapierwiastki w x1, x2, . . . , xn. Stąd wielomian

l0(x) =P0(x)

P0(x0)=

(x − x1)(x − x2) . . . (x − xn)

(x0 − x1)(x0 − x2) . . . (x0 − xn)

spełnia {l0(x0) = 1l0(xi ) = 0 dla i = 1, 2, . . . , n




Fakt


Dowód

Zauważmy, że wielomian P0(x) = (x − x1)(x − x2) . . . (x − xn) mapierwiastki w x1, x2, . . . , xn.

Stąd wielomian

l0(x) =P0(x)

P0(x0)=

(x − x1)(x − x2) . . . (x − xn)

(x0 − x1)(x0 − x2) . . . (x0 − xn)





Fakt


Dowód

Zauważmy, że wielomian P0(x) = (x − x1)(x − x2) . . . (x − xn) mapierwiastki w x1, x2, . . . , xn. Stąd wielomian

l0(x) =P0(x)

P0(x0)=

(x − x1)(x − x2) . . . (x − xn)

(x0 − x1)(x0 − x2) . . . (x0 − xn)





Dowód cd.

Analogicznie wielomian

lj(x) =(x − x0)(x − x1) . . . ̂(x − xj) . . . (x − xn)

(xj − x0)(xj − x1) . . . ̂(xj − xj) . . . (xj − xn)

spełnia {lj(xj) = 1lj(xi ) = 0 dla i 6= j

Zatem L =∑n

j=0 yj lj jest rozwiązaniem zagadnienia Lagrange’a.Istotnie:

L(xi ) =n∑

j=0

yj lj(xi ) = yi li (xi ) = yi .




Przykład dla postaci Lagrange’a

l0(x)

l1(x)

l2(x)

l3(x)

L(x) = −l0(x) + 2l1(x) + l2(x) + 2l3(x)




Niestety, w praktyce interesuje nas obliczanie wartości wielomianyinterpolacyjnego poza podanymi węzłami, powyższy sposób jest dotego bardzo niepraktyczny. Ponadto dodanie kolejnego węzłaspowoduje koniecznośc powtórzenia wszystkich obliczeń.

Zauważmy, że w isocie znaleźliśmy przedstawienie pewnegowielomianu (wyznaczonego przez swe wartości) w pewnej specjalnejbazie przestrzeni liniowej wielomianów stopnia co najwyżej n. Bazętę moglibyśmy nazwać bazą Lagrange’a, a postać wielomianu –postacią Lagrange’a wielomianu interpolacyjnego. Możemyspróbować znaleźć przedstawienie tego wielomianu w innej bazie.




Niestety, w praktyce interesuje nas obliczanie wartości wielomianyinterpolacyjnego poza podanymi węzłami, powyższy sposób jest dotego bardzo niepraktyczny. Ponadto dodanie kolejnego węzłaspowoduje koniecznośc powtórzenia wszystkich obliczeń.Zauważmy, że w isocie znaleźliśmy przedstawienie pewnegowielomianu (wyznaczonego przez swe wartości) w pewnej specjalnejbazie przestrzeni liniowej wielomianów stopnia co najwyżej n. Bazętę moglibyśmy nazwać bazą Lagrange’a, a postać wielomianu –postacią Lagrange’a wielomianu interpolacyjnego. Możemyspróbować znaleźć przedstawienie tego wielomianu w innej bazie.




Każdy wielomian stopnia co najwyżej n ma przedstawienie wpostaci naturalnego rozwinięcia:

L(x) = c0 + c1x + c2x2 + . . .+ cnx

n.

Warunki na wielomian interpolacyjny prowadzą do układu n + 1równań o n + 1 niewiadomych:

y0 = L(x0) = c0 + c1x0 + c2x20 + . . .+ cnx

n0

y1 = L(x1) = c0 + c1x1 + c2x21 + . . .+ cnx

n1

...yn = L(xn) = c0 + c1xn + c2x

2n + . . .+ cnx

nn .




Zauważmy, że ze względu na poszukiwane współczynnikic0, c1, . . . , cn są to równania liniowe. W notacji macierzowej:

(y0, y1, . . . , yn)T = V (x0, x1, . . . , xn)(c0, c1, . . . , cn)

T ,

gdzie

V (x0, x1, . . . , xn) =

1 x0 x2

0 . . . xn01 x1 x2

1 . . . xn1...

......

. . ....

1 xn x2n . . . xnn

to tzw. macierz Vandermone’a. Macierz ta jest nieosobliwa (o ilewęzły są różne), więc możemy obliczyć poszukiwane współczynniki:

(c0, c1, . . . , cn)T = V (x0, x1, . . . , xn)

−1(y0, y1, . . . , yn)T ,




Przykład dla postaci naturalnej

x −2 −1 0 1y −1 2 1 2

Obliczamy współczynniki:c0c1c2c3

=

1 −2 4 −81 −1 1 −11 0 0 01 1 1 1

−1

−1212

=

0 0 1 0

1/6 −1 1/2 1/30 1/2 −1 1/2−1/6 1/2 −1/2 1/6

−1212

=

1−111

Zatem L(x) = 1− x + x2 + x3.




Niestety macierz Vandermonde’a ma bardzo złe własnościnumeryczne, więc obliczenia maszynowe współczynnikówwielomianu interpolacyjnego w bazie naturalnej obarczone sądużym błędem.

Podsumowując:baza Lagrange’a

trudno obliczyć wartośc w konkretnym punkciełatwo napisać wielomian interpolacyjny

baza naturalnałatwo obliczyć wartość w punkcie (schemat Hornera)trudno obliczyć współczynniki wielomianu (macierz źleuwarunkowana)

Kompromisem jest baza Newtona:łatwo obliczyć wartość wielomianu w punkcie (wariantschematu Hornera)stosunkowo łatwo obliczyć potrzebne współczynnikiponadto, dodanie kolejnych węzłów nie wymaga powtarzaniawszystkich obliczeń




Niestety macierz Vandermonde’a ma bardzo złe własnościnumeryczne, więc obliczenia maszynowe współczynnikówwielomianu interpolacyjnego w bazie naturalnej obarczone sądużym błędem.Podsumowując:

baza Lagrange’atrudno obliczyć wartośc w konkretnym punkciełatwo napisać wielomian interpolacyjny

baza naturalnałatwo obliczyć wartość w punkcie (schemat Hornera)trudno obliczyć współczynniki wielomianu (macierz źleuwarunkowana)

Kompromisem jest baza Newtona:łatwo obliczyć wartość wielomianu w punkcie (wariantschematu Hornera)stosunkowo łatwo obliczyć potrzebne współczynnikiponadto, dodanie kolejnych węzłów nie wymaga powtarzaniawszystkich obliczeń




Algorytm Neville’a

Wielomian interpolacyjny Lagrange’a L(x) możemy zapisać w tzw.postaci Newtona L(x) =

∑ni=0 bipi (x), gdzie

p0(x) = 1,p1(x) = (x − x0),

p2(x) = (x − x0)(x − x1),

. . .

pn(x) = (x − x0)(x − x1) . . . (x − xn−1)

bi = f [x0, . . . , xi ],

gdzie z kolei f [x0, . . . , xi ] to tzw. ilorazy różnicowe (lub: różnicedzielone) dane rekurencyjną zależnością:

f [xi ] = f (xi ) = yi ,

f [xl , . . . , xl+k ] =f [xl+1, . . . , xl+k ]− f [xl , . . . , xl+k−1]

xl+k − xl.




Tablica ilorazów różnicowych

Wartości ilorazów różnicowych z reguły zapisujemy w postaciwygodnej do obliczeń trójkątnej tablicy, np:

x0

x1

x2

x3

x4

f [x0]

f [x1]

f [x2]

f [x3]

f [x4]

f [x0, x1]

f [x1, x2]

f [x2, x3]

f [x3, x4]

f [x0, x1, x2]

f [x1, x2, x3]

f [x2, x3, x4]

f [x0, x1, x2, x3]

f [x1, x2, x3, x4]

f [x0, x1, x2, x3, x4]

Wyróznione wartości to poszukiwane współczynniki w postaciNewtona.




Przykład

−2

−1

0

1

−1

2

1

2

3

−1

1

−2

11

L(x) = −1+ 3(x + 2)− 2(x + 2)(x + 1) + (x + 2)(x + 1)x= −1+ (x + 2) [3+ (x + 1)(−2+ x)]




Przykład

−2

−1

0

1

−1

2

1

2

3

−1

1

−2

1

1

L(x) = −1+ 3(x + 2)− 2(x + 2)(x + 1) + (x + 2)(x + 1)x= −1+ (x + 2) [3+ (x + 1)(−2+ x)]




Przykład

−2

−1

0

1

−1

2

1

2

3

−1

1

−2

11

L(x) = −1+ 3(x + 2)− 2(x + 2)(x + 1) + (x + 2)(x + 1)x= −1+ (x + 2) [3+ (x + 1)(−2+ x)]




Zagadnienie interpolacyjne Hermite’a

Dane są:różne punkty (węzły interpolacji): x0, x1, . . . , xn

nieujemne liczby całkowite: k0, k1, . . . , kn

n + k0 + k1 + . . .+ kn liczb:

y0,0 y0,1 . . . y0,k0

y1,0 y1,1 . . . y1,k1...

......

...yn,0 yn,1 . . . yn,kn




Zagadnienie interpolacyjne Hermite’a c.d.

Problem:Znaleźć wielomian H(x) stopnia co najwyżejk0 + k1 + . . .+ kn + n − 1 taki, że:

H(x0) = y0,0 H ′(x0) = y0,1 . . . H(k0)(x0) = y0,k0

H(x1) = y1,0 H ′(x1) = y1,1 . . . H(k1)(x1) = y1,k1...

......

...H(xn) = yn,0 H ′(xn) = yn,1 . . . H(kn)(x0) = yn,kn .




Zagadnienie interpolacyjne Hermite’a cd.

Dane są:różne punkty (węzły interpolacji): x0, x1, . . . , xn

nieujemne liczby całkowite: k0, k1, . . . , kn

odpowiednio wiele razy różniczkowalna w odpowiednichpunktach funkcja f

Problem:Znaleźć wielomian H(x) stopnia co najwyżejk0 + k1 + . . .+ kn + n − 1 taki, że:

H(x0) = f (x0) H ′(x0) = f ′(x0) . . . H(k0)(x0) = f (k0)(x0)

H(x1) = f (x1) H ′(x1) = f ′(x1) . . . H(k1)(x1) = f (k1)(x1)...

......

...H(xn) = f (xn) H ′(xn) = f ′(xn) . . . H(kn)(xn) = f (kn)(xn).




Fakt

Tak postawione zagadnienie Hermite’a ma zawsze jednoznacznerozwiązanie.

Dowód

Poszukujemy wielomianu H stopnia co najwyżejk0 + k1 + . . .+ kn + n − 1 takiego, że:

H(x0) = y0,0 H ′(x0) = y0,1 . . . H(k0)(x0) = y0,k0

H(x1) = y1,0 H ′(x1) = y1,1 . . . H(k1)(x1) = y1,k1...

......

...H(xn) = yn,0 H ′(xn) = yn,1 . . . H(kn)(x0) = yn,kn .

Zauważmy, że mamy układ k0 + k1 + . . .+ kn + n równań liniowycho k0 + k1 + . . .+ kn + n niewiadomych (współczynnikachposzukiwanego wielomianu H).




Dowód cd.

Z algebry liniowej wiemy, że układ taki ma jednoznacze rozwiązaniedokładnie wtedy, gdy układ jednorodny:

H(x0) = 0 H′(x0) = 0 . . . H

(k0)(x0) = 0

H(x1) = 0 H′(x1) = 0 . . . H

(k1)(x1) = 0...

......

...

H(xn) = 0 H′(xn) = 0 . . . H

(kn)(x0) = 0.

ma tylko rozwiązanie zerowe (bo macierz jest odwracalna dokładniewtedy gdy ma trywialne jądro).




Dowód cd.

Kolejne wiersze dają nam, że:

(x − x0)k0+1 | H

(x − x1)k1+1 | H

. . .

(x − xn)kn+1 | H.

Zatem (x − x0)k0+1(x − x1)

k1+1 . . . (x − xn)kn+1 | H. Ale H było z

założenia wielomianem stopnia co najwyżejk0 + k1 + . . .+ kn + n − 1. Stąd H = 0.




Uwagi

Interpolacja Lagrange’a jest szczególnym przypadkieminterpolacji Hermite’a (mianowicie gdyk0 = k1 = . . . = kn = 0).

Jeżeli mamy tylko jeden węzeł (ale stawiamy ewentualniewarunki na pochodne), to wielomian interpolacyjny Hermite’adla funkcji f jest po prostu wielomianem Taylora w tympunkcie.




Uwagi

Interpolacja Lagrange’a jest szczególnym przypadkieminterpolacji Hermite’a (mianowicie gdyk0 = k1 = . . . = kn = 0).Jeżeli mamy tylko jeden węzeł (ale stawiamy ewentualniewarunki na pochodne), to wielomian interpolacyjny Hermite’adla funkcji f jest po prostu wielomianem Taylora w tympunkcie.




Do wyznaczania wielomianu Hermite’a można użyć zarównoodpowiednika bazy Lagrange’a (tutaj znacznie bardziejskomplikowanego) jak i odpowiednika bazy Newtona. Poznamytylko tę drugą metodę, bo różnice w stosunku do interpolacjiLagrange’a są niewielkie:

Węzeł xi zapisujemy w tabelce ki + 1 razy (czyli tyle razy, ilemamy warunków postawionych w tym punkcie). Koniecznienależy umieścić kopie węzła w sąsiadujących wierszach.Tabelkę konstruujemy tak samo jak ostatnio. W pierwszejkolumnie wpisujemy (być może powtarzając) pożądanewartości wielomianu interpolacyjnego (nie pochodnych).Następnie prowadzimy obliczenia ilorazów różnicowych. Jeżelitrafimy na koniecznośc wyliczenia wartości 0

0 , to wpisujemy w

kolejnych kolumnach wartości f k (xi )k! . Jeżeli nie popełnimy

błędu (a problem był poprawnie postawiony), wykorzystamywszystkie warunki.Elementy bazy zawierają również potegi dwumianów (x − xi ).





Węzeł xi zapisujemy w tabelce ki + 1 razy (czyli tyle razy, ilemamy warunków postawionych w tym punkcie). Koniecznienależy umieścić kopie węzła w sąsiadujących wierszach.

Tabelkę konstruujemy tak samo jak ostatnio. W pierwszejkolumnie wpisujemy (być może powtarzając) pożądanewartości wielomianu interpolacyjnego (nie pochodnych).Następnie prowadzimy obliczenia ilorazów różnicowych. Jeżelitrafimy na koniecznośc wyliczenia wartości 0

0 , to wpisujemy w








0 , to wpisujemy w


błędu (a problem był poprawnie postawiony), wykorzystamywszystkie warunki.

Elementy bazy zawierają również potegi dwumianów (x − xi ).






0 , to wpisujemy w






Baza wygląda następująco:

1, x − x0, (x − x0)2, (x − x0)

3, . . . , (x − x0)k0+1

(x − x0)k0+1(x − x1), . . . , (x − x0)

k0+1, (x − x1)k1+1

. . . , (x − x0)k0+1(x − x1)

k1+1(x − x2)k2+1 . . . (x − xn)

kn




Przykład

Znajdziemy wielomian interpolacyjny Hermite’a H dla wielomianu

f (x) = 4x7 + x6 − 2x5 + 7x4 − 5x3 + 2x2 − x + 5,

przyjmując x0 = 0, k0 = 3, x1 = 1, k1 = 2. Oznacza to, żewielomian H będzie miał stopień co najwyżej 6. Tworzymy tabelkęjak dla wielomianu Lagrange’a, uwzględniając wielokrotne węzły.




0

0

0

0

1

1

1

5

5

5

5

11

11

11

−1

−1

−1

6

40

40

2

2

7

34

108

−5

5

27

74

10

22

47

12

2513

Odczytujemy wielomian w bazie Newtona:

H(x) = 5− x + 2x2 − 5x3 + 10x4 + 12x4(x − 1) + 13x4(x − 1)2.




0

0

0

0

1

1

1

5

5

5

5

11

11

11

−1

−1

−1

6

40

40

2

2

7

34

108

−5

5

27

74

10

22

47

12

25

13


H(x) = 5− x + 2x2 − 5x3 + 10x4 + 12x4(x − 1) + 13x4(x − 1)2.




0

0

0

0

1

1

1

5

5

5

5

11

11

11

−1

−1

−1

6

40

40

2

2

7

34

108

−5

5

27

74

10

22

47

12

2513


H(x) = 5− x + 2x2 − 5x3 + 10x4 + 12x4(x − 1) + 13x4(x − 1)2.



Błędy interpolacjiZachowanie asymptotyczne

Błąd interpolacji Hermite’a

Załóżmy, że wszystkie dane są jak w zagadnieniu Hermite’a . NiechK = k0 + k1 + . . .+ kn + n będzie liczbą danych zagadnieniaHermite’a. Niech f będzie funkcją klasy CK na przedziale Izawierającym wszystkie punkty x0, . . . , xn. Wtedy dla każdego x ∈ Iistnieje ξ ∈ I takie, że

f (x)− H(x) =f (K)(ξ)

K !(x − x0)

k0+1(x − x1)k1+1 . . . (x − xn)

kn+1.

Wniosek – błąd interpolacji Lagrange’a

Załóżmy, że wszystkie dane są jak w zagadnieniu Lagrange’a . Niech fbędzie funkcją klasy n na przedziale I zawierającym wszystkiepunkty x0, . . . , xn. Wtedy dla każdego x ∈ I istnieje ξ ∈ I takie, że

f (x)− L(x) =f (n)(ξ)

n!(x − x0)(x − x1) . . . (x − xn).




Dowód – preliminaria

Wielokrotny pierwiastek

Mówimy, że funkcja różniczkowalna f ma w punkcie x pierwiatekk-krotny, jeżeli:

f (x) = f ′(x) = . . . f (k−1)(x) = 0.

Uogólnione twierdzenie Rolle’a

Przypuśćmy, że funkcja klasy C k ma na przedziale [a, b] k + 1pierwiastków (licząc z krotnościami). Wtedy istnieje ξ ∈ [a, b] takie,że:

f (k)(ξ) = 0.




Dowód cd.

Jeżeli x jest jednym z węzłów interpolacji, to nie ma czegodowodzić. Załóżmy więć, że x ∈ I nie jest żadnym z węzłów xi .

Niech P(t) = (t − x0)k0+1(t − x1)

k1+1 . . . (t − xn)kn+1.

Rozważamy funkcję g(t) = f (t)− H(t)− f (x)−H(x)P(x) P(t).

Zauważmy, że g jest funkcją klasy CK , ponadto w każdym punkciexi ma pierwiastek o krotności ki + 1. Ponadto g(x) = 0. Zatem gma w przedziale K + 1 pierwiastków (licząc z krotnościami) wprzedziale I . Z tw. Rolle’a istnieje ξ ∈ I takie, że g (K)(ξ) = 0. Stąd

g (K)(ξ) = f (K)(ξ)− f (x)− H(x)

P(x)K ! = 0.

Zatem, wstawiając definicję P(x) mamy, że:

f (x)−H(x) =f (K)(ξ)

K !(x−x0)

k0+1(x−x1)k1+1 . . . (x−xn)

kn+1.




Dowód cd.

Jeżeli x jest jednym z węzłów interpolacji, to nie ma czegodowodzić. Załóżmy więć, że x ∈ I nie jest żadnym z węzłów xi .Niech P(t) = (t − x0)

k0+1(t − x1)k1+1 . . . (t − xn)

kn+1.

Rozważamy funkcję g(t) = f (t)− H(t)− f (x)−H(x)P(x) P(t).


g (K)(ξ) = f (K)(ξ)− f (x)− H(x)

P(x)K ! = 0.


f (x)−H(x) =f (K)(ξ)

K !(x−x0)

k0+1(x−x1)k1+1 . . . (x−xn)

kn+1.




Dowód cd.


k0+1(t − x1)k1+1 . . . (t − xn)

kn+1.Rozważamy funkcję g(t) = f (t)− H(t)− f (x)−H(x)

P(x) P(t).


g (K)(ξ) = f (K)(ξ)− f (x)− H(x)

P(x)K ! = 0.


f (x)−H(x) =f (K)(ξ)

K !(x−x0)

k0+1(x−x1)k1+1 . . . (x−xn)

kn+1.




Dowód cd.


k0+1(t − x1)k1+1 . . . (t − xn)


P(x) P(t).Zauważmy, że g jest funkcją klasy CK , ponadto w każdym punkciexi ma pierwiastek o krotności ki + 1. Ponadto g(x) = 0. Zatem gma w przedziale K + 1 pierwiastków (licząc z krotnościami) wprzedziale I .

Z tw. Rolle’a istnieje ξ ∈ I takie, że g (K)(ξ) = 0. Stąd

g (K)(ξ) = f (K)(ξ)− f (x)− H(x)

P(x)K ! = 0.


f (x)−H(x) =f (K)(ξ)

K !(x−x0)

k0+1(x−x1)k1+1 . . . (x−xn)

kn+1.




Dowód cd.


k0+1(t − x1)k1+1 . . . (t − xn)


P(x) P(t).Zauważmy, że g jest funkcją klasy CK , ponadto w każdym punkciexi ma pierwiastek o krotności ki + 1. Ponadto g(x) = 0. Zatem gma w przedziale K + 1 pierwiastków (licząc z krotnościami) wprzedziale I . Z tw. Rolle’a istnieje ξ ∈ I takie, że g (K)(ξ) = 0.

Stąd

g (K)(ξ) = f (K)(ξ)− f (x)− H(x)

P(x)K ! = 0.


f (x)−H(x) =f (K)(ξ)

K !(x−x0)

k0+1(x−x1)k1+1 . . . (x−xn)

kn+1.




Dowód cd.


k0+1(t − x1)k1+1 . . . (t − xn)


P(x) P(t).Zauważmy, że g jest funkcją klasy CK , ponadto w każdym punkciexi ma pierwiastek o krotności ki + 1. Ponadto g(x) = 0. Zatem gma w przedziale K + 1 pierwiastków (licząc z krotnościami) wprzedziale I . Z tw. Rolle’a istnieje ξ ∈ I takie, że g (K)(ξ) = 0. Stąd

g (K)(ξ) = f (K)(ξ)− f (x)− H(x)

P(x)K ! = 0.


f (x)−H(x) =f (K)(ξ)

K !(x−x0)

k0+1(x−x1)k1+1 . . . (x−xn)

kn+1.




Interpolacja z użyciem większej liczby węzłów jest bardziejpracochłonna niż dla mniejszej liczby węzłów. naturalnym jest więcoczekiwanie, że gdy liczba węzłów rośnie, to różnica między funkcjąa jej wielomianem interpolacyjnym maleją. Niestety, w ogólności niejest to prawdą.




Przykład Rungego

Niech f (x) = 1x2+1 . Poniżej zaznaczono wielomiany interpolacyjne

Lagrange’a oparte na równoodległych węzłach na przedziale [−5, 5]dla 3, 5, 7 i 9 węzłów.

-6 -4 -2 0 2 4 6-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

Zauważmy, że błąd interpolacji zamiast maleć, rośnie!Michał Goliński Interpolacja i aproksymacja



Wielomiany Czebyszewa

Wielomiany Czebyszewa definiujemy następująco:

Tn(x) = cos(n arc cos x).

Pierwsze pięc wielomianów Czebyszewa to:

T0(x) = 1T1(x) = x

T2(x) = 2x2 − 1

T3(x) = 4x3 − 3x

T4(x) = 8x4 − 8x2 + 1




Wykresy wielomianów Czebyszewa




Zera wielomianów Czebyszewa a zjawisko Rungego

Niech f (x) = 1x2+1 . Poniżej zaznaczono wielomiany interpolacyjne

Lagrange’a oparte na zerach wielomianu Tn(x/5) na przedziale[−5, 5] dla n = 3, 5, 7, 9i21.

Zauważmy, że tym razem wielomiany interpolacyjne są coraz lepsze.Michał Goliński Interpolacja i aproksymacja



Dla każdej funkcji istnieje dobry układ węzłów

Twierdzenie Marcinkiewicza

Dla każdej funkcji ciągłej f na [−1, 1] istnieje ciąg układów węzłówtaki, że ciąg odpowiednich wielomianów interpolacyjnychLagrange’a dla f jest jednostajnie zbieżny do f .

Tweirdzenie to wynika z dwóch faktów. Po pierwsze, z twierdzeniaWeierstrassa istnieje ciąg wielomianów zbieżny jednostajnie dofunkcji f . Po drugie, z twierdzenia Czebyszewa wynika, że dlakażdego n wielomian, który przybliża f najlepiej spośródwielomianów stopnia co najwyżej n jest w istocie pewnymwielomianem interpolacyjnym Lagrange’a dla f .







Tweirdzenie to wynika z dwóch faktów. Po pierwsze, z twierdzeniaWeierstrassa istnieje ciąg wielomianów zbieżny jednostajnie dofunkcji f .

Po drugie, z twierdzenia Czebyszewa wynika, że dlakażdego n wielomian, który przybliża f najlepiej spośródwielomianów stopnia co najwyżej n jest w istocie pewnymwielomianem interpolacyjnym Lagrange’a dla f .







Tweirdzenie to wynika z dwóch faktów. Po pierwsze, z twierdzeniaWeierstrassa istnieje ciąg wielomianów zbieżny jednostajnie dofunkcji f . Po drugie, z twierdzenia Czebyszewa wynika, że dlakażdego n wielomian, który przybliża f najlepiej spośródwielomianów stopnia co najwyżej n jest w istocie pewnymwielomianem interpolacyjnym Lagrange’a dla f .




Dla każdego układu węzłów istnieje zła funkcja

Twierdzenie Fabera (1914)

Dla każdego układu węzłów na [−1, 1] istnieje funkcja ciągła ftaka, że ciąg odpowiednich wielomianów interpolacyjnychLagrange’a dla f nie jest jednostajnie zbieżny do funkcji f .




Istnieje bardzo dobry układ węzłów

Twierdzenie Kriłowa (1956)

Dla każdej funkcji absolutnie ciągłej f na przedziale [−1, 1] ciągwielomianów interpolacyjnych Lagrange’a w węzłach Czebyszewajest jednostajnie zbieżny do f .

Twierdzenie Kriłowa (1956)

Dla każdej funkcji ciągłej f o ograniczonej wariacji na przedziale[−1, 1] ciąg wielomianów interpolacyjnych Lagrange’a w węzłachCzebyszewa jest jednostajnie zbieżny do f .




Istnieje bardzo dobry układ węzłów cd.

Wniosek z twierdzenia Diniego

Jeśli moduł jednostajnej ciągłości ωf funkcji f na przedziale [−1, 1]spełnia

limδ→0+

ωf (δ) ln δ = 0

(warunek Diniego-Lipshitza), to ciąg wielomianów interpolacyjnychLagrange’a w węzłach Czebyszewa jest jednostajnie zbieżny do f .




Absolutna ciągłość

Definition

Funkcję f : [−1, 1]→ R nazywamy absolutnie ciągłą, gdy dlakażdego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że dla każdego układurozłącznych przedziałów

[a1, b1], [a2, b2], . . . , [an, bn] ⊂ [−1, 1]

takich, że∑n

i=1 |bi − a1| < δ mamy, żen∑

i=1

|f (bi )− f (ai )| < ε.

Uwaga

Każda funkcja absolutnie ciągła jest jednostajnie ciągła, ale nie naodwrót. Kontrprzykładem jest funkcja Cantora.




Wariacja funkcji

Definition

Niech f : [−1, 1]→ R. Wariacją całkowitą funkcji f nazywamyliczbę

V (f ) = sup

{n−1∑i=0

|f (xi+1)− f (xi )| : −1 ≤ x0 < x1 < . . . < xn ≤ 1

},

gdzie supremum rozciąga się po wszystkich możliwych skończonychukładach punktów odcinka.Funkcja ma ograniczoną wariację, gdy V (f ) <∞.

Uwaga

Każda funkcja monotoniczna ma ograniczoną wariację.




Moduł jednostajnej ciągłości

Definition

Niech f : [−1, 1]→ R będzie funkcją ciągłą. Modułem jednostajnejciągłości (czasem w skrócie: modułem ciągłości) funkcji fnazywamy każdą funkcję ωf : [0,∞)→ R+ spełniającą

|f (x)− f (y)| < ωf (|x − y |)

dla wszystkich x , y ∈ [−1, 1]. Modułów ciągłości może być dużo, wpraktyce interesuje nas możliwie najmiejsza taka funkcja. Istotnejest zachowanie modułu w okolicy zera.Moduł jednostajnej ciągłości koduje zależność δ od ε wepsilonowo-deltowej definicji jednostajnej ciągłości.


Interpolacja i aproksymacja - golinski.faculty.wmi.amu.edu.pl · Interpolacja wielomianowa...

Documents

Transcript of Interpolacja i aproksymacja - golinski.faculty.wmi.amu.edu.pl · Interpolacja wielomianowa...