Αριθµητική Ανάλυση. 14 εκεµβρίου Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6. Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

Transcript

1 Αριθµητική Ανάλυση Κεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου 2016 Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

2 Τα πολυώνυµα Chebyshev Αν η f (n+1) (x) είναι συνεχής, τότε υπάρχει ένας αριθµός K n f (n+1) (ξ) K n για κάθε ξ [x 0, x n ] τέτοιος ώστε Συνεπώς, ένα ϕράγµα του σφάλµατος δίνεται από την f(x) p n (x) K n W(x) (1) (n + 1)! όπου W(x) = (x x 0 )(x x 1 ) (x x n ) (2) Παρατήρηση Από την (1) παρατηρούµε ότι το σφάλµα εξαρτάται από την ποσότητα K n, την οποία δεν µπορούµε να µειώσουµε καθ όσον δεν γνωρίζουµε τη ϑέση του ξ Συνεπώς, η µόνη περίπτωση να µειωθεί το σφάλµα είναι να επιλέξουµε τα ισαπέχοντα σηµεία παρεµβολής, εφόσον αυτό είναι δυνατόν, έτσι ώστε το x να ϐρίσκεται πάντα περίπου στο µέσον του διαστήµατος [x 0, x n ] Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

3 Η ανισότητα όπου f(x) p n (x) ισχύει για όλα τα x [x 0, x n ] W(x) = K n (n + 1)! W(x), (3) max W(x) (4) x [x 0,x n] Εναλλακτικά, λοιπόν, το πρόβληµα µπορεί να τεθεί γενικότερα για µη ισαπέχοντα σηµεία Είναι δηλαδή δυνατόν να επιλεγούν σηµεία παρεµβολής τέτοια ώστε να ελαχιστοποιούν την ποσότητα W(x) ; Η απάντηση είναι καταφατική µε την χρήση των πολυωνύµων Chebyshev για το διάστηµα [ 1, 1] Η λύση µπορεί να γενικευτεί για οποιοδήποτε διάστηµα µε µια απλή αλλαγή µεταβλητής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

4 Ορισµός Τα πολυώνυµα Chebyshev ορίζονται από τον τύπο T n (x) = cos(n cos 1 x), 1 x 1 (5) µε ακέραιο n 0 Εκ πρώτης όψεως δεν ϕαίνεται να είναι πολυώνυµο το T n (x), όµως για θ = cos 1 (x) ή x = cos θ, 0 θ π (6) η (5) γίνεται T n (x) = cos(nθ) (7) Για n = 0 και n = 1 η (7) δίνει αντίστοιχα T 0 (x) = 1 και T 1 (x) = x, (8) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

5 Χρησιµοποιώντας απλές τριγωνοµετρικές ισότητες µπορεί πολύ εύκολα να ϐρεθεί ότι T n+1 (x) = cos((n + 1)θ) = 2 cos θ cos(nθ) cos((n 1)θ) ή T n+1 (x) = 2xT n (x) T n 1 (x), n 1 (9) Συνεπώς για n = 1 η (9), λόγω της (8), δίνει T 2 (x) = 2xT 1 (x) T 0 (x) = 2x x 1 ή T 2 (x) = 2x 2 1 Οµοια για n = 2 προκύπτει T 3 (x) = 4x 3 3x κοκ Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

6 Επίσης, παρατηρήστε ότι για όλα τα n 0, καθώς και ότι T n(x) 1, 1 x 1 (10) T n(x) = 2 n 1 x n + όρους µικρότερου ϐαθµού (11) Η (10) είναι άµεση συνέπεια της (7), ενώ η (11) µπορεί να αποδειχθεί µε επαγωγή και την χρήση της αναδροµικής σχέσης (9) Επίσης, για τις ϱίζες ενός πολυωνύµου Chebyshev έχουµε ότι T n(x i) = 0, i = 0, 1, 2,, n 1, µε (2i + 1)π x i = cos (12) 2n Από την (11) έχουµε ότι ο συντελεστής του µεγιστοβάθµιου όρου του (1/2 n )T n+1(x) είναι 1 Συνεπώς, (1/2 n )T n+1(x) = (x x 0)(x x 1) (x x n) Από την τελευταία παρατήρηση έχουµε ότι το (1/2 n )T n+1(x) είναι ένα υποψήφιο ελάχιστο του W(x) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

7 Θεώρηµα Μεταξύ όλων των δυνατών επιλογών για τα διακεκριµένα x i, i = 0, 1, 2,, n στο διάστηµα [-1,1], η W(x) ελαχιστοποιείται αν W(x) = (1/2 n )T n+1 (x), δηλαδή αν τα x i είναι οι ϱίζες του T n+1 (x) Το ανωτέρω ϑεώρηµα ισχύει για όλα τα µοναδιαία πολυώνυµα W n (x), δηλαδή, για πολυώνυµα n-οστού ϐαθµού µε συντελεστή µεγιστοβάθµιου όρου το 1 Συνεπώς, η (3), λόγω του ανωτέρω ϑεωρήµατος και της (10), γίνεται f(x) p n (x) όταν τα σηµεία παρεµβολής είναι οι ϱίζες του T n+1 (x) K n (n + 1)!2 n (13) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

8 Παράδειγµα ίνεται η f(x) = e 3x, x [ 1, 1] Να ϐρεθεί το ϕράγµα για το σφάλµα για n = 10 όταν τα σηµεία παρεµβολής (i) ισαπέχουν (ii) είναι ϱίζες του T n+1 (x) Λύση Εχουµε f (n+1) (x) = 3 n+1 e 3x και K n = 3 n+1 e 3 (i) Λαµβάνοντας 11 ισαπέχοντα σηµεία παρεµβολής στο [ 1, 1] µε x = 09 ϐρίσκουµε από την (2) ότι W(09) = και το ϕράγµα του σφάλµατος είναι (ϐλ (1)) (ii) Λόγω της (13) έχουµε ( ) n 3 3e 3 f(x) p n (x) 2 (n + 1)! Θέτοντας n = 10 ϐρίσκουµε ότι το ϕράγµα είναι ίσο µε ηλαδή, το σφάλµα µε τα σηµεία παρεµβολής Chebyshev είναι έξι ϕορές µικρότερο Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

9 Παρεµβολή του Hermite Η παρεµβολή του Hermite είναι όµοια µε εκείνη του Lagrange Η διαφορά είναι ότι τώρα αναζητούµε ένα πολυώνυµο p(x) το πολύ 2n + 1 ϐαθµού τέτοιο ώστε Σχηµατίζουµε το πολυώνυµο p(x i) = f(x i) και p (x i) = f (x i), i = 0, 1,, n (14) p(x) = n [ Hi(x)f(x i) + Hi(x)f ] (x i), (15) i=0 όπου H i(x), Hi(x) πολυώνυµα το πολύ 2n + 1 ϐαθµού Απαιτούµε H i(x j) = δ ij, H i (x j) = 0 H i(x j) = 0, H i (x j) = δ ij για 0 i, j n προκειµένου να ικανοποιείται η (14) Αν τώρα επιλέξουµε (16) όπου L i(x) ο συντελεστής Lagrange τότε H i(x) = W i(x)l i(x) 2 και Hi(x) = Z i(x)l i(x) 2, (17) L i(x j) = δ ij (18) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

10 Στη συνέχεια ϑα προσδιορίσουµε τις εκφράσεις των H i(x) και Hi(x) Το L i(x) είναι το πολύ n ϐαθµού και έτσι, λόγω της (17), τα W i, Z i πρέπει να είναι γραµµικές συναρτήσεις Χρησιµοποιώντας τις συνθήκες (16) και (17) έχουµε H i(x j) = W i(x j)l i(x j) 2 = W i(x j) (19) άρα, λόγω της (16), ϑα πρέπει Επίσης, από την (17) έχουµε W i(x i) = 1 (20) H i (x) = W i (x)l i(x) 2 + W i(x) 2L i(x) L i (x) ή για x = x j H i (x j) = W i (x j)l i(x j) 2 + W i(x j) 2L i (x j) L i (x j) ή, λόγω των (16), (18) και (19) άρα 0 = W i (x i) L i (x i) W i (x i) = 2L i (x i) (21) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

11 Επίσης, από την (17) έχουµε H i (x j ) = Z i (x j )L i (x j ) 2 ή, λόγω των (16) και (18) άρα 0 = Z i (x i ) 1 Z i (x i ) = 0 (22) Επιπλέον, από την (17) έχουµε H i (x j ) = Z i (x j )L i (x j ) 2 + Z i (x j ) 2L i (x j )L i (x j ) και για i = j λόγω των (16), (18) και (22) 1 = Z i (x i ) άρα Z i (x i ) = 1 Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

12 Εποµένως, ο τύπος παρεµβολής του Hermite δίνεται από την p(x) = n [ Hi (x)f(x i ) + Hi (x)f (x i ) ] (23) i=0 όπου, λόγω των (17), (20) και (21) H i (x) = [ 1 2L i (x i )(x x i ) ] [L i (x)] 2, (24) H i (x) = (x x i )L i (x) 2 και L i (x) = n j=0 j i x x j x i x j (25) Επίσης αποδεικνύεται ότι αν f C (2n+2) [a, b], τότε f(x) H 2n+1 (x) = (x x 0) 2 (x x n ) 2 f (2n+2) (ξ) (26) (2n + 2)! για κάποιο ξ µε min{x, x 0,, x n } < ξ < max{x, x 0,, x n } Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

13 Επαναληπτική γραµµική παρεµβολή Οπως είδαµε, προκειµένου να προσθέσουµε επιπλέον σηµεία παρεµβολής στη µέθοδο του Lagrange, ϑα πρέπει να υπολογισθούν πάλι οι συντελεστές του Lagrange Το πρόβληµα αυτό µπορεί να ξεπεραστεί µε τη µέθοδο των διηρηµένων διαφορών του Newton Ωστόσο όµως η µέθοδος αυτή είναι κατάλληλη όταν Ϲητούνται οι τιµές της συνάρτησης σε ένα µεγάλο πλήθος σηµείων Στην περίπτωση όπου Ϲητούνται µόνο λίγες τιµές οι υπολογισµοί µπορούν να ελαχιστοποιηθούν χρησιµοποιώντας τις µεθόδους της επαναληπτικής γραµµικής παρεµβολής Η ϐασική ιδέα των µεθόδων αυτών είναι η δηµιουργία ενός πίνακα µε πολυώνυµα στον οποίο διαδοχικές στήλες περιέχουν µεγαλύτερης τάξης πολυώνυµα τα οποία παρεµβάλουν σε ένα µεγαλύτερο αριθµό σηµείων Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

14 Ο πίνακας αυτός σχηµατίζεται µε διαδοχικές παρεµβολές των προηγουµένων πολυωνύµων σύµφωνα µε τον ακόλουθο τύπο P k0,k 1,,k m,i,j(x) = (x xi)pk 0,k 1,,k m,j(x) (x x j)p k0,k 1,,k m,i(x) x j x i (27) όπου i = 0, 1, 2,, n 1, j = i + 1, i + 2,, n, k 0, k 1,, k m m + 1 ακέραιοι µεταξύ του 0 και του n και το P k0,k 1,,k m (x) συµβολίζει το µοναδικό πολυώνυµο παρεµβολής ϐαθµού m για τη συνάρτηση f(x) και µε σηµεία παρεµβολής x k0, x k1,, x km Το πολυώνυµο του δεξιού µέλους της (27) είναι το πολύ j ϐαθµού Για να παρεµβάλει το P k0,k 1,,k m,i,j(x) στα x ki, i = 0, 1,, m και στα x i, x j αρκεί να αποδειχθεί ότι P k0,k 1,,k m,i,j(x ki ) = f (x ki ), i = 0, 1,, m (28) και P k0,k 1,,k m,i,j(x i) = f(x i), (29) P k0,k 1,,k m,i,j(x j) = f(x j) (30) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

15 Επειδή για i = 0, 1,, m έχουµε P k0,k 1,,k m,i(x ki ) = P k0,k 1,,k m,j(x ki ) = f(x ki ) λαµβάνουµε από την (27) αν ϑέσουµε x = x ki, i = 0, 1,, m P k0,k 1,,k m,i,j(x ki ) = (xki x i)f(x ki ) (x ki x j)f(x ki ) x j x i = f(x ki ) άρα η (28) ισχύει Επίσης για x = x i η (27) δίνει όµοια για x = x j (xi xj) P k0,k 1,,k m,i,j(x i) = P k0,k x j x 1,,k m,i(x i) = f(x i) i Pk0,k1,,km,i,j(xj) = οι οποίες αποδεικνύουν τις (29) και (30), αντίστοιχα (xj xi) x j x i P k0,k 1,,k m,j(x j) = f(x j) Το σηµαντικό χαρακτηριστικό της επαναληπτικής γραµµικής παρεµβολής είναι ότι ϐρίσκεται ένα πολυώνυµο παρεµβολής που παρεµβάλει σε n + 1 σηµεία, συναρτήσει πολυωνύµων παρεµβολής που παρεµβάλουν σε n σηµεία Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

16 Επαναληπτική παρεµβολή του Aitken Η ποικιλία των µεθόδων που χρησιµοποιούν την (27) προκειµένου να προσδιορίσουν µεγαλύτερου ϐαθµού πολυώνυµα παρεµβολής διαφέρουν στη σειρά µε την οποία χρησιµοποιούν τα Ϲεύγη των τιµών (x i, f(x i)), i = 0, 1,, n Η επαναληπτική παρεµβολή του Aitken χρησιµοποιεί τον τύπο P 012m,k(x) = όπου m = 0, 1,, n 1, (x xm)p012m 1,k(x) (x xk)p012m 1,m(x) x k x m, (31) k = m + 1, m + 2,, n, προκειµένου να κατασκευαστεί ο πίνακας i x i P i f i P 0i P 01i P 012i P 012n 1,i 0 x 0 P 0 1 x 1 P 1 P 01 2 x 2 P 2 P 02 P x 3 P 3 P 03 P 013 P 0123 n x n P n P 0n P 01n P 012n P 012n 1,n Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

17 Στον ανωτέρω πίνακα Επίσης P i f i, i = 0, 1,, n Οµοίως P 01 = P 02 = P 012 = P 013 = P 0123 = (x x0)p1 (x x1)p0 x 1 x 0 (x x0)p2 (x x2)p0 x 2 x 0 (x x1)p02 (x x2)p01 x 2 x 1 (x x1)p03 (x x3)p01 x 3 x 1 (x x2)p013 (x x3)p012 x 3 x 2 Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

18 Παρατηρούµε λοιπόν ότι για τον υπολογισµό µιας νέας γραµµής πίνακα χρησιµοποιούνται µόνο οι τιµές κατά µήκος της διαγωνίου αρχίζοντας µε την P 0 Ετσι µόνο οι τιµές της διαγωνίου αυτής χρειάζεται να αποθηκευθούν Στην περίπτωση αυτή ο πίνακας δηµιουργείται κατά γραµµές και η διαδικασία αυτή ακολουθείται όταν δεν είναι γνωστό από την αρχή πόσες γραµµές ϑα έχει ο πίνακας, δηλαδή το n στη προκειµένη περίπτωση Αν όµως είναι γνωστός εκ των προτέρων ο αριθµός των γραµµών τότε είναι προτιµότερο να υπολογισθεί ο πίνακας του Aitken κατά στήλες Μόλις υπολογισθεί µια στήλη η προηγούµενη µπορεί να µην αποθηκευθεί Παρατηρήστε ότι ο τύπος (31) συνδυάζει δύο πολυώνυµα m-ιοστού ϐαθµού προκειµένου να σχηµατιστεί ένα m + 1 ϐαθµού πολυώνυµο που παρεµβάλει στα σηµεία x 0, x 1, x 2,, x m, x k Η ϐασική αυτή ιδέα µπορεί εύκολα να γενικευθεί για δύο m-οστού ϐαθµού πολυώνυµα που έχουν οποιαδήποτε m + 1 κοινά σηµεία παρεµβολής Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

19 Επαναληπτική παρεµβολή του Neville Η επαναληπτική παρεµβολή του Neville ϐασίζεται στους ίδιους τύπους όπως και εκείνη του Aitken αλλά χρησιµοποιεί διαφορετικούς συνδυασµούς σηµείων προκειµένου να σχηµατίσει τις στήλες του πίνακα Ετσι για τον υπολογισµό των διαφόρων πολυωνύµων παρεµβολής χρησιµοποιείται ο τύπος P k,k+1,,k+m(x) = όπου m = 1, 2,, n, ακόλουθος (x xk)pk+1,,k+m(x) (x xk+m)pk,k+1,,k+m 1(x) x k+m x k, (32) k = 0, 1,, n m Ο δε αντίστοιχος πίνακας του Neville είναι ο i x i P i f i P i,i+1 P i,i+1,i+2 P i,i+1,,n 0 x 0 P 0 1 x 1 P 1 P 01 2 x 2 P 2 P 12 P x 3 P 3 P 23 P 123 P 012n P n 2,n 1,n n x n P n P n 1,n Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

20 Ας σηµειωθεί ότι Επίσης P 01 = (x x 0)P 1 (x x 1 )P 0 x 1 x 0 P 12 = (x x 1)P 2 (x x 2 )P 1 x 2 x 1 P 012 = (x x 0)P 12 (x x 2 )P 01 x 2 x 0 P 123 = (x x 1)P 23 (x x 3 )P 12 x 3 x 1 Παρατηρούµε λοιπόν ότι για τον υπολογισµό µιας νέας ποσότητας στον πίνακα του Neville χρειάζονται µόνο οι ποσότητες που ϐρίσκονται αριστερά και διαγώνια επάνω Αρα για τον υπολογισµό της k + 1 γραµµής χρειάζεται µόνο η k γραµµή, ϕυσικά στην περίπτωση όπου γνωρίζουµε τον αριθµό των γραµµών από την αρχή των υπολογισµών µας τότε και ο πίνακας του Neville σχηµατίζεται κατά στήλες Σε αυτή την περίπτωση µόλις υπολογισθεί µια στήλη η προηγούµενη στήλη µπορεί να ξεχαστεί (δεν χρειάζεται για τους υπόλοιπους υπολογισµούς µας) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

21 Αν απλοποιήσουµε τον συµβολισµό µε τον ακόλουθο T i+k,k P i,i+1,,i+k τότε ο πίνακας του Neville γίνεται i x i k = 0 k = 1 k = 2 k = 3 0 x 0 f 0 = T 00 T 11 1 x 1 f 1 = T 10 T 22 T 21 T 33 2 x 2 f 2 = T 20 T 32 T 31 3 x 3 f 3 = T 30 Ετσι ο τύπος του Neville µπορεί να τροποποιηθεί ως εξής (ϐλ(31» T io = f i T ik = (x xi k)ti,k 1 (x xi)ti 1,k 1 x i x i k = T i,k 1 + Ti,k 1 Ti 1,k 1 x x i k x x i 1, 1 k i, i = 0, 1,, n Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

22 Για την επίλυση του προβλήµατος της παρεµβολής µπορούν να χρησιµοποιηθούν είτε η επαναληπτική γραµµική παρεµβολή ή η µέθοδος των διηρηµένων διαφορών του Newton Ιδιαίτερα αν έχουµε να παρεµβάλουµε σε πολλά σηµεία η µέθοδος του Newton είναι καταλληλότερη καθόσο µόνο ο πίνακας των διηρηµένων διαφορών υπολογίζεται µια ϕορά ενώ στη συνέχεια χρησιµοποιείται το σχήµα του Horner για τον υπολογισµό της τιµής του πολυωνύµου, πράγµα που απαιτεί λίγους υπολογισµούς Αντίθετα, µε την επαναληπτική γραµµική παρεµβολή για τον υπολογισµό µιας τιµής απαιτείται κάθε ϕορά ο υπολογισµός ενός πίνακα ανάλογου µε εκείνου των διηρηµένων διαφορών Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

23 Αντίστροφη παρεµβολή Μια εφαρµογή της επαναληπτικής γραµµικής παρεµβολής είναι η επίλυση του προβλήµατος της αντίστροφης παρεµβολής Εδώ δίνονται οι τιµές y i = f(x i ), i = 0, 1,, n για το πεπερασµένο σύνολο x i, i = 0, 1,, n και Ϲητείται η x τέτοια ώστε f(x) = y Αν τώρα αντικαταστήσουµε την f(x) µε κάποιο πολυώνυµο παρεµβολής p n (x) τότε το πρόβληµα ανάγεται στον προσδιορισµό των ϱιζών της πολυωνυµικής εξίσωσης p n (x) y = 0 πράγµα που όπως γνωρίζουµε έχει αρκετές δυσκολίες Στην περίπτωση αυτή µπορούµε να εφαρµόσουµε τη γραµµική παρεµβολή του Aitken ή του Neville αφού προηγούµενα εναλλάξουµε τους ϱόλους των x i και y i Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

24 Ετσι αν εφαρµόσουµε τη µέθοδο του Aitken ϑα έχουµε τον πίνακα i y i x i x 0i x 01i x 012n 1,i 0 y 0 x 0 1 y 1 x 1 x 01 2 y 2 x 2 x 02 x y 3 x 3 x 03 x 013 n y n x n x 0n x 01n x 012n όπου για τον υπολογισµό των x χρησιµοποιείται ο τύπος x 012m,k (y) = (y y m)x 012m 1,k (y) (y y k )x 012m (y) y k y m, (33) µε m = 0, 1,, n 1, k = m + 1, m + 2,, n Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

25 Παρεµβολή µε κυβικές splines Εστω το σύνολο των σηµείων X n = {x j }, j = 0, 1,, n όπου a = x 0 < x 1 < < x n = b και το σύνολο των τιµών {f(x j )}, j = 0, 1,, n Ζητείται να ϐρεθεί η συνάρτηση η οποία διέρχεται από τα σηµεία P j = (x j, f(x j )), 0 j n Εστω το σύνολο όλων των συναρτήσεων Sp(X n ) τέτοιες ώστε αν S(x) Sp(X n ) τότε η S(x) ικανοποιεί τις παρακάτω τρεις ιδιότητες: 1 S(x) C 2 [a, b] δηλαδή οι S(x), S (x) και S (x) είναι συνεχείς στο [a, b] 2 S(x j ) = f(x j ) f j, 0 j n, δηλαδή η S(x) παρεµβάλλει την f(x) στο [a, b] 3 S(x) είναι ένα πολυώνυµο 3ου ϐαθµού σε κάθε υποδιάστηµα [x j, x j+1 ], 0 j n 1 Η συνάρτηση S(x) που ικανοποιεί τις (1), (2) και (3) λέγεται µία κυβική spline Οµοια µπορούµε να ορίσουµε splines µεγαλύτερης τάξης Παρατηρούµε ότι η S(x) µπορεί να είναι διαφορετική σε κάθε υποδιάστηµα, έτσι συµβολίζουµε µε S j (x) το κυβικό πολυώνυµο τέτοιο ώστε S(x) = S j (x) για x [x j, x j+1 ], 0 j n 1 Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

26 Παρεµβολή µε κυβικές splines Επειδή κάθε S j(x) είναι πολυώνυµο τρίτου ϐαθµού και όλες οι παράγωγοί του είναι συνεχείς για κάθε x (x j, x j+1) στο αντίστοιχο ανοικτό διάστηµα, έτσι τα σηµεία που µας ενδιαφέρουν στο [x 0, x 3] είναι τα εσωτερικά x 1 και x 2 όπου τα κυβικά πολυώνυµα πρέπει να συµπίπτουν µε δευτέρου ϐαθµού συνέχεια Εχοντας αυτό υπόψη ας εργαστούµε από τα αριστερά προς τα δεξιά στο [a, b] [x 0, x 3] και ας προσδιορίσουµε τον αριθµό των εξισώσεων οι οποίες πρέπει να ικανοποιούνται Επειδή η S(x) πρέπει να παρεµβάλει σε κάθε x j και να είναι συνεχής στα x 1 και x 2 έχουµε ότι πρέπει να ικανοποιούνται οι παρακάτω έξι εξισώσεις S 0(x 0) = f 0, S 1(x 1) = f 1, S 0(x 1) = S 1(x 1) S 2(x 2) = f 2, S 1(x 2) = S 2(x 2) και S 2(x 3) = f 3 (34) Τέλος, επειδή οι S (x) και S (x) πρέπει επίσης να είναι συνεχείς στα x 1 και x 2 έχουµε S 0(x 1) = S 1(x 1) S 0 (x 1) = S 1 (x 1) S 1(x 2) = S 2(x 2) S 1 (x 2) = S 2 (x 2) (35) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

27 Παρεµβολή µε κυβικές splines Αρα έχουµε ένα σύνολο δέκα εξισώσεων µε δώδεκα αγνώστους ιαισθητικά λοιπόν αναµένουµε ότι το σύνολο S p (X n ) είναι µια διπαραµετρική οικογένεια συναρτήσεων ύο λογικοί τρόποι για να αποκτήσουµε µία καλή προσέγγιση της f(x) είναι να προσδιορίσουµε αυθαίρετα είτε τα S 0 (x 0) και S (x 3 ) ή τα S (x 0 ) και S (x 3 ) Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28

28 ' Κατά τµήµατα πολυωνυµική παρεµβολή y 16 y=p(x) x j, y ' j '' x j 1, y j 1 y=q(x) x Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο 6 Παρεµβολή 14 εκεµβρίου / 28