1
Operator różnicy skończonej,ilorazy różnicowe
1.1
Operator różnicy skończonej
Niech f, u, v : IR→ IR. Niech h > 0. Oznaczmy przez ∆ operator określony następująco ∆f (x) = f (x + h)− f(x) ∆0f (x) = f (x) ∆1f (x) = ∆f (x) ∆2f (x) = ∆(∆f )(x) = f (x + 2h)− 2f(x + h) + f(x) .. . ∆k = ∆(∆k−1f )(x) Własności: 1. ∆(u + v) = ∆(u) + ∆(v) 2. ∆(c· u) = c · ∆u, c∈ IR Twierdzenie: Jeśli f : IR→ IR, to ∆nf (x) = Pn i=0 (−1)n−i n if (x + ih) Dowód:
Dla n = 0 twierdzenie jest prawdziwe. Krok indukcyjny: ∆n+1f (x) = ∆(∆nf )(x) = n X i=0 (−1)n−in i f (x + h + ih)− n X i=0 (−1)n−in i f (x + ih) = j:=i+1 = n+1 X j=1 (−1)n−j−1 n j− 1 f (x + jh)− n X i=0 (−1)n−in i f (x + ih) = n X i=1 f (x + ih) (−1)n−i−1 n i− 1 − (−1)n−in i + f (x + (n + 1)h)− (−1)nf (x) = n X i=1 f (x + ih)(−1)n−i+1 n i− 1 +n i + f (x + (n + 1)h)− (−1)nf (x) = n+1 X i=0 (−1)n+1−in + 1 i f (x + ih). Twierdzenie: Jeśli f : IR→ IR oraz I = ∆0, to f (x + kh) = (I + ∆)kf (x), k ∈ IN. Dowód:
Dla k = 0 twierdzenie jest prawdziwe. Krok indukcyjny: f (x + (k + 1)h) = f (x + h + kh) = (I + ∆)kf (x + h) = (I + ∆)k[f (x + h)− f(x) + f(x)] = = (I + ∆)k((∆ + I)f )(x) = (I + ∆)k+1f (x) Twierdzenie: Jeśli f : IR→ IR, to (I + ∆)kf (x) = k 0∆ kf (x) + k 1∆ k−1f (x) + . . . + k kf (x) Dowód:
1.2
Ilorazy różnicowe
Definicja: Ilorazu różnicowego
Dana jest funkcja f : [a, b]→ IR i ciąg {xn}∞n=0, xn∈ [a, b] , xi6= xj, dla i6= j.
Definiujemy: f [x0, x1] = f (x1)− f(x0) x1− x0 f [x1, x2] = f (x2)− f(x1) x2− x1 oraz f [x0, . . . , xk+1] = 1 xk+1− x0 (f [x1, . . . , xk+1]− f [x0, . . . , xk]) Własności: Jeśli f = u + v, to f [x0, x1] = u[x0, x1] + v[x0, x1].
Jeśli f = c· u, c = const, to f [x0, x1] = c· u[x0, x1].
Twierdzenie:
Jeśli f : [a, b]→ IR, {xn}∞n=0jest taki, że xn ∈ [a, b], xi6= xj, dla i6= j, to:
f [x0, . . . , xk] = k X i=0 f (xi) (xi− x0)· . . . · (xi− xi−1)(xi− xi+1)· . . . · (xi− xk) (1) lub: f [x0, . . . , xk] = k X i=0 f (xi) ω0(xi) , gdzie ω(x) = (x− x0)(x− x1)· . . . · (x − xk). Dowód:
Wzór drugi jest identyczny z pierwszym Niech k = 1. Wtedy wzór (2) ma postać f (x0) x0− x1 + f (x1) x1− x0 = f (x1)− f(x0) x1− x0 = f [x0, x1]
Krok indukcyjny, mamy:
f [x0, . . . , xk] = 1 xk+1− x0 (f [x1, . . . , xk+1]− f [x0, . . . , xk]) = = 1 xk+1− x0 "k+1 X i=1 f (xi) (xi− x1)· . . . · (xi− xi−1)· (xi− xi+1)· . . . · (xi− xk+1) + − k X i=0 f (xi) (xi− x0)· . . . · (xi− xi−1)· (xi− xi+1)· . . . · (xi− xk) # = = f (x0) 1 (x0− x1)· . . . · (x0− xk)· 1 (x0− xk+1) + +f (x1) 1 (x1− x2)· . . . · (x1− xk+1)− 1 (x1− x0)· . . . · (x1− xk) · 1 xk+1− x0 + +f (x2) 1 (x2− x1)(x2− x3)· . . . · (x2− xk+1)− 1 (x2− x0)(x2− x1)(x2− x3) + . . . + (x2− xk) · · 1 xk+1− x0 + . . . + f (xk) 1 (xk− x1)(xk− x2)· . . . · (xk− xk−1)xk− xk+1) + − 1 (xk− x0)(xk− x1)· . . . · (xk− xk−1) · 1 xk+1− x0 + +f (xk+1)· 1 (xk+1− x0)· 1 (xk+1− x10)· . . . · +(xk+1− xk) = k+1 X i=0 f (xi) ω0(xi)
1.3
Oblicznie ilorazów różnicowych za pomocą całki z pochodnej
Twierdzenie: Załóżmy, że: 1. {xn}∞n=1 xn ∈ [a, b] xi6= xj dla i6= j 2. f ∈ Ck([a, b], IR) Teza: (∗) f [x0, . . . , xk] = 1 Z 0 dt1 t1 Z 0 dt2· . . . · tk−1 Z 0 f(k)(x0+ k X i=1 ti(xi− xi−1))dtk Dowód: x = x0+ t1(x1− x0) + t1(x2− x1) + . . . + tk(xk− xk−1) = x0(1− t1) + (t1− t2)x1+ . . . + (tk−1− tk)xk−1+ tkxk Mamy: 0¬ tk¬ tk−1¬ tk−2¬ . . . ¬ t2¬ t1¬ 1 Zatem: x¬ max0¬i¬k{x0(1− t1) + . . . + tkxk} ¬ x∗[1− t0+ t1− t2+ . . . + tk−1− tk+ tk] = 1 x∗= max{xi: 0¬ i ¬ k} x¬ x∗∈ [a, b] oraz x x− = min{x i: 0¬ i ¬ k} czyli x∈ [a, b]Udowodnimy twierdzenie dla k = 1. Mamy: 1 Z 0 f0(x0+ t1(x1− x0))dt1= A Niech τ = x0+ t1(x1− x0) A = x1 Z x0 f0(τ ) 1 x1− x0 dτ = 1 x1− x0 (f (x1)− f(x0)) = f (x1)− f(x0) x1− x0 Krok indukcyjny.
(∗) jest założeniem indukcyjnym. Teza indukcyjna:
(∗∗) f [x0, . . . , xk+1] = 1 Z 0 dt1 t1 Z 0 dt2· . . . · tk−1 Z 0 dtk tk Z 0 f(k+1)(x0+ k+1 X i=1 ti(xi− xi−1))dtk+1 | {z } Γ Mamy: Γ = tk Z 0 f(k+1)(x0+ k+1 X i=1 ti(xi− xi−1))dtk+1 Niech τ = x0+ t1(x1− x0) + . . . + tk(xk− xk−1) + tk+1(xk+1− xk) Wtedy Γ = B Z A f(k+1)(τ ) 1 xk+1− xk dτ = 1 xk+1− xk [f(k)(B)− f(k)(A)] =
= 1 xk+1− xk
[f(k)(x0+ t1(x1− x0) + . . . + tk−1(xk−1− xk−2) + tk(xk+1− xk−1))+
−f(k)(x
0+ t1(x1− x0) + . . . + tk−1(xk−1− xk−2) + tk(xk− xk−1))]
Oznaczmy przez Φ prawą stronę wzoru (∗∗), mamy:
Φ = 1 xk+1− xk { 1 Z 0 dt1 t1 Z 0 dt2· . . . · tk−1 Z 0 f(k)(x0+ t1(x1− x0) + . . . + tk−1(xk−1− xk−2) + tk(xk+1− xk−1))dtk+ − 1 Z 0 dt1 t1 Z 0 dt2· . . . · tk−1 Z 0 f(k)(x0+ t1(x1− x0) + . . . + tk−1(xk−1− xk−2) + tk(xk− xk−1))dtk} = = 1 xk+1− xk{f [x 0, . . . , xk+1]− f [x0, . . . , xk]} = f[xk, x0, x1, . . . , xk−1, xk+1] = f [x0, . . . , xk+1]
1.4
Związak ilorazów różnicowych z pochodnymi
Twierdzenie: o wartości średniej dla ilorazu różnocowego dowolnego rzędu Założenia: 1. {xi}∞i=0 xi6= xj, i6= j xi ∈ [a, b] 2. f ∈ Ck([a, b], IR) Teza: ∃ξ∈[a,b]f [x0, . . . , xk] = 1 kf (k)(ξ) Dowód:
Stosujemy poprzednie twierdzenie. Do całki po prawej stronie stosujemy twierdzenie o wartości średniej, mamy:
f [x0, . . . , xk] = f(k)(ξ) 1 Z 0 dt1 t1 Z 0 dt2· . . . · tk−1 Z 0 dtk = 1 kf (k)(ξ) Twierdzenie: Założenia: 1. {xi}∞i=0 xi6= xj, i6= j xi ∈ [a, b] 2. f : [a, b]→ IR Teza: f (xk) = f (x0) + (xk− x0)f [x0, x1] + (xk− x0)(xk− x1)f [x0, x1, x2]+ + . . . + (xk− x0)· . . . · (xk− xk−1)f [x0, . . . , xk−1] Dowód: Dowód indukcyjny. k = 1
f (x1) = f (x0) + (x1− x0)f [x0, x1] co jest prawdą (definicja ilorazu różnicowego).
Założenie indukcyjne.
Wzór jest prawdziwy dla k + 1 węzłów. Udowodnimy prawdziwość dla k + 2 węzłów, mamy: f (xk+1) = f (x1) + (xk+1− x1)f [x1, x2] + (xk+1− x1)(xk+1− x2)f [x1, x2, x3]+
= f (x0) + (x1− x0)f [x0, x1] + (xk+1− x1){(x2− x1)f [x0, x1, x2] + f [x0, x1]}+
+(xk+1− x1)(xk+1− x2){(x3− x0)f [x0, x1, x2, x3] + f [x0, x1, x2]}+
+ . . . + (xk+1− x1)· . . . · (xk+1− xk){(xk+1− x0)f [x0, . . . , xk+1] + f [x0, . . . , xk]} =
= f (x0) + (xk+1− x0)f [x0, x1] + (xk+1− x0)(xk+1− x1)f [x0, x1, x2]+
+ . . . + (xk+1− x0)· . . . · (xk+1− xk)f [x0, . . . , xk+1]
co kończy dowód indukcjyjny.
1.5
Związki między ilorazami różnicowymi i różnicami skończonymi.
Twierdzenie: Jeśli f : IR→ IR, h > 0, to f[x0, x0+ h, . . . , x0+ kh] = ∆kf (x 0) k!hk . Dowód: Dla k = 1 mamy: f [x0, x0+ h]− ∆f (x0) h = f [x0, x0+ h]− f (x0+ h)− f(x0) h = 0 Krok indukcyjny: f [x0, x0+ h, . . . , x0+ (k + 1)h] = 1 (k + 1)h{f[x0+ h, . . . , x0+ h + kh]− f[x0, x0+ h, . . . , x0+ kh]} = = 1 (k + 1)h ∆kf (x 0+ h) k!hk − ∆kf (x0) k!hk = 1 hk+1(k + 1)!∆ k∆f (x 0) = ∆k+1f (x0) (k + 1)!hk+1 Twierdzenie:
Jeśli f : IR→ IR jest klasy Ck, to
∆kf (x0) = k!hk 1 Z 0 dt1 t1 Z 0 dt2· . . . · tk−1 Z 0 f(k) x0+ h k X i=1 ti ! dtk oraz ∃ξ∈IR ∆kf (x0) = hkf(k)(ξ) Dowód:
Jest to konsekwencja poprzednich twierdzeń.
2
Interpolacja wielomianowa (algebraiczna)
2.1
Istnienie i jednoznaczność wielomianu interpolacyjnego
Zadanie A
Dana jest funkcja f : (a, b)→ IR oraz punkty x0, x1, . . . , xn, gdzie xi∈ (a, b), i = 0, 1, . . . , n
xi6= xj dla i6= j. Znaleźć wielomian P (x) = anxn+ . . . + a1x + a0 taki, że
(∗) P (xi) = f (xi) i = 0, 1, . . . , n
Twierdzenie:
Zadanie A ma dokładnie jedno rozwiązanie. Dowód:
Warunek (∗) prowadzi do układu równań: xn 0 x n−1 0 . . . x0 1 xn 1 x n−1 1 . . . x1 1 .. . ... . .. ... ... xn n xnn−1 . . . xn 1 · an an−1 .. . a0 = f (x0) f (x1) .. . f (xn)
Ten układ ma dokładnie jedno rozwiązanie, bo wyznacznik główny tego układu jest różny od 0 (wyznacznik Vandermounde’a jest różny od 0 ⇔ x0, . . . , xn są różne.)
2.2
Wielomian interpolacyjny Lagrange’a
Niech f : (a, b)→ IR oraz punkty x0, x1, . . . , xn, gdzie xi∈ (a, b), i = 0, 1, . . . , n
xi6= xj dla i6= j. Definiujemy: ω(x) = (x− x0)(x− x1)· . . . · (x − xn) ωk(x) = (x− x0)· . . . · (x − xk−1)(x− xk+1)· . . . · (x − xn) (xk− x0)· . . . · (xk− xk−1)(xk− xk+1)· . . . · (xk− xn) k = 0, 1, . . . , n ωk(xi) = δi k i, k = 0, 1, . . . , n
Wielomian interpolacyjny dany jest wzorem:
P (x) = ω0(x)f (x0) + ω1(x)f (x1) + . . . + ωn(x)f (xn)
2.3
Wielomian interpolacyjny Newtona
Jeśli f : (a, b)→ IR oraz punkty x0, x1, . . . , xn, gdzie xi∈ (a, b), i = 0, 1, . . . , n
xi6= xj dla i6= j, to wielomian interpolacyjny ma postać:
P (x) = f (x0) + (x− x0)f [x0, x1] + (x− x0)(x− x1)f [x0, x1, x2] + . . . + (x− x0)· . . . · (x − xn−1)f [x0, . . . , xn]
Ważne jest tu twierdzenie:
f (xk) = f (x0) + (xk− x0)f [x0, x1] + (xk− x0)(xk− x1)f [x0, x1, x2] + . . . + (xk− x0)· . . . · (xk− xn−1)f [x0, . . . , xn]
(P (xk) = f (xk) wstawiamy do P (x) za x xk)
2.4
Reszta interpolacji algebraicznej
Niech f : (a, b)→ IR oraz punkty x0, x1, . . . , xn, gdzie xi∈ (a, b), i = 0, 1, . . . , n
xi6= xj dla i6= j.
R(x) = f (x)− P (x), gdzie P jest wielomianem interpolacyjnym. Twierdzenie:
Przy powyższych założeniach dla x6= xii = 0, 1, . . . , n
R(x) = ω(x)f [x0, x1, . . . , xn, x] , ω(x) = n Y i=0 (x− xi) Dowód:
Stosujemy twierdzenie z interpolacji Newtona:
f (x) = f (x0) + (x− x0)f [x0, x1] + (x− x0)(x− x1)f [x0, x1, x2] + . . . +
+(x− x0)· . . . · (x − xn−1)f [x0, . . . , xn] + (x− x0)· . . . · (x − xn)f [x0, . . . , xn, x] = P (x) + ω(x)f [x0, . . . , xn, x]
Twierdzenie: Jeśli
1. xi∈ [a, b] 0 ¬ i ¬ n xi6= xj dla i6= j
to ∀x∈[a,b]∃ξ∈[a,b]R(x) = ω(x) (n + 1)!f (n+1)(ξ) Dowód:
1. Jeśli x jest węzłem, to ξ wybieramy dowolnie
2. Jeśli x nie jest węzłem, to∃ξ∈[a,b]f [x0, x1, . . . , xn, x] =
f(n+1)(ξ)
(n+1)!
Jeśli f(n+1)(x)
¬ M na (a, b), to |R(x)| ¬ (n+1)!|ω(x)|M
2.5
Algorytm Neville’a
Twierdzenie: Algorytm Neville’a Załóżmy, że:
1. f : [a, b]→ IR węzły: x1, x2, . . . , xm, xi∈ [a, b] 1 ¬ i ¬ m
xi6= xj dla i6= j
2. Pi0,i1,...,ik jest wielomianem interpolacyjnym dla f z węzłami xi0, xi1, . . . , xik
Wtedy: 1. Pi(x) = f (xi) i = 0, 1, . . . , m 2. Pi0,i1,...,ik(x) = (x−xi0)Pi0,i1,...,ik(x)(x−xik)Pi0,i1,...,ik(x) xik−xi0 Dowód: Pi0,i1,...,ik(xi0)f (xi0)
Niech 0 < j < k. Obliczmy Pi0,i1,...,ik(xij)
Mamy Pi0,i1,...,ik(xij) = f (xij)[xij − xi0− (xij − xik)] xik− xi0 = f (xik) Mamy też Pi0,i1,...,ik(xik) = f (xik)
2.6
Stała Lebesque’a
Definicja:F : C[a, b]→ C[a, b] f ∈ C[a, b], to F (f) - wielomian interpolacyjny dla f F (f)(x) =
n P i=0 ωi(x)f (xi) ωi(x) = (x−x0)·...·(x−xi−1)(x−xi+1)·...·(x−xn) (xi−x0)·...·(xi−xi−1)(xi−xi+1)·...·(xi−xn)
Dla f ∈ C[a, b] definiujemy:
||f||∞= max{|f(x)| : x ∈ [a, b]}
Własności:
1. Definicja jest poprawna||f||∞ 0 i ||f||∞= 0 ⇔ f = 0 2. Dla c∈ IR, to ||c · f||∞=|c| · ||f||∞
Dowód:
|f(x) + g(x)| ¬ |f(x)| + |g(x)| ¬ max{|f(x)| : x ∈ [a, b]} + max{|g(x)| : x ∈ [a, b]} = =||f||∞+||g||∞ dla x∈ [a, b] Zatem max{|f(x) + g(x)| : x ∈ [a, b]} ¬ ||f||∞+||g||∞ czyli ||f + g||∞¬ ||f||∞+||g||∞. Definicja: K = max{ n P i=0
|ωi(x)| : x ∈ [a, b]} K –stała Lebesque’a.
Twierdzenie:
Dla f ∈ C[a, b] mamy ||F (f)||∞¬ K · ||f||∞ i oszacowanie jest niepoprawialne. Dowód:
1. Dla f ∈ C[a, b] x ∈ [a, b] F (f )(x) = n P i=0 ωi(x)f (xi) |F (f)(x)| ¬ ||f||∞· n P i=0 |ωi(x)| ¬ ||f|| · K Stąd: ||F (f)||∞¬ K · ||f||∞ 2. Niepoprawialność:
Definiujemy liczbę τ następująco: K =
n
P
i=0
|ωi(τ )|.
Definiujemy g : [a, b]→ IR następująco: (a) g(xi) = sign ωi(τ ) 0¬ i ¬ n
(b) g jest przedziałami liniowa||g||∞= L Mamy: F (g)(x) = n P i=0 ωi(x)g(xi) F (g)(τ ) = n P i=0 ωi(τ )signωi(τ ) = n P i=0 |ωi(τ )| = K ||F (g)||∞= K = K· ||g||∞
2.7
Zastosowanie interpolacji wielomianowej do przybliżania pochodnej.
Zagadnienie:
1. Węzły x0, x1, . . . , xn ∈ [a, b] xi 6= xj dla i6= j
2. f ∈ Cn+1[a, b]
Wtedy f (x) = P (x) + R(x), gdzie P – wielomian interpolacyjny, R – reszta interpolacyjna. Weźmy liczbę m¬ n. Przybliżamy f(m)(x) za pomocą P(m)(x)
(∗) f(m)(x) = P(m)(x) + R(m)(x)
Ponieważ:
R(x) = (n+1)!ω(x) f(n+1)(ξ)
to (∗) nie jest przydatna do obliczania R(m)(x).
Oszacować R(m)(x) Twierdzenie:
Jeśli:
1. węzły x0, x1, . . . , xn∈ [a, b] xi6= xj dla i6= j a < x0< x1< . . . < xn < b
3. x /∈ [x0, xn] to ∃ξ∈[a,b]R(m)(x) = 1 (n + 1)!ω (m)(x)f(n+1)(ξ), gdzie ω(x) = n Y i+0 (x− xi) Dowód:
Niech φ(t) = R(t)− k(n+1)!ω(t) , t∈ [a, b], k -stała
Obliczamy ilość miejsc zerowych funkcji φ i jej pochodnych: φ ma n + 1 miejsc zerowych φ0 ma n miejsc zerowych .. . φmma n− m + 1 miejsc zerowych Mamy: φ(m)(t) = R(m)(t) − kω(n+1)!(m)(t) Obieramy k nstępująco: φ(m)(x) = 0 czyli k = R(m)ω(m)(t)(n+1)!(x)
ponieważ x6∈ [x0, xn] to wzór jest poprawny i φ(m) ma n− m + 2 miejsc zerowych
φm+1ma n− m + 1 miejsc zerowych ..
.
φn+1ma przynajmniej 1 miejsce zerowe ξ∈ [a, b] czyli:∃ξφ(n+1)(ξ) = 0
ale φ(n+1)(t) = R(n+1)(t)− k k = R(n+1)(t)
Ponieważ f = P + R to f(n+1)= R(n+1)
Zatem k = f(n+1)(ξ)
Z definicji k wynika, że f(n+1)(ξ) =R(m)(x)(n+1)! ω(m)(x)
Rozważmy poprzednie zadanie dla m = 1 oraz dla x = xi
Twierdzenie: Jeśli:
1. węzły x0, x1, . . . , xn∈ [a, b] xi6= xj dla i6= j x0< x1< . . . < xn
2. f ∈ Cn+1[a, b] 3. przybliżamy f0(xi) za pomocą P 0 (xi) to: R0(xi) = ω0(xi) (n + 1)!f (n+1)(ξ) dla pewnego ξ ∈ [a, b] Dowód: φ(t) = R(t)− k(n+1)!ω(x) , t∈ [a, b] Miejsca zerowe φ: x0, x1, . . . , xn
to φ0 ma miejsce zerowe (z twierdzenie Rolle’a): ξ0∈ (x0, x1), ξ1∈ (x1, x2), . . . , ξn−1∈ (xn−1, xn) Wybieramy k: φ0(xi) = 0 R0(xi)− kω 0 (xi) (n+1)! = 0 (∗∗) k =R 0 (xi)(n+1)! ω0(xi)
φ0 ma n + 1 miejsc zerowych φ00 ma n miejsc zerowych ..
.
φ(n+1)ma miejsce zerowe w [a, b] tzn.
∃ξ∈[a,b]φ(n+1)(ξ) = 0 czyli R(n+1)(ξ)− k = 0 Ponieważ f = P + R więc f(n+1)= R(n+1) Zatem k = f(n+1)(ξ) Z (∗∗) mamy, że f(n+1)(ξ) = R0(xi)(n+1)! ω0(xi) Stąd wynika teza.
Oszacujemy R(m)(x) dla dowolnego x
∈ [a, b]. Mamy wzór Lagrange’a: P (x) = n X i=0 ω(x) (x− xi)ω0(xi) f (xi), ω(x) = (x− x0)· . . . · (x − xn), ω 0 (xi) = (xi− x0)· . . . · (xi− xi−1)(xi− xi+1)· . . . · (xi− xn)
Weźmy wzór Taylora z resztą w postaci całki:
f (x) = f (a) +f 0 (a) 1! (x− a) + f00(a) 2! (x− a) 2+ . . . + f(n)(a) n! (x− a) n+ x Z a f(n+1)(t)(x− t) n n! dt Mamy f (x) = W (x) + x R a f(n+1)(t)(x−t)n!ndt
Oznaczmy przez R[f ; x] resztę interpolacyjną dla f w punkcie x. Mamy więc: R[f ; x] = f (x)− n X i=0 ω(x) (x− xi)ω0(xi) f (xi) E(t) = 1 t 0 0 t < 0 f (x) = W (x) + b Z a f(n+1)(t)(x− t) n n! E(x− t)dt Mamy więc: R[f ; x] = W (x) + b Z a f(n+1)(t)(x− t) n n! E(x− t)dt+ − n X i=0 ω(x) (x− xi)ω0(xi) W (xi) + b Z a f(n+1)(t)(xi− t) n n! E(xi− t)dt R[f ; x] = b Z a f(n+1)(t)R (x − t) n n! E(x− t); x dt Stąd mamy: (∗) R(m)[f ; x] b Z a f(n+1)(t)R(m)x (x − t) n n! E(x− t); x dt Jeśli 1. f ∈ Cn+1([a, b], IR) 2. x0, . . . , xn∈ [a, b], xi6= xj, to zachodzi (∗) dla m ¬ n
2.8
Interpolacja z węzłami wielokrotnymi
2.8.1 Istnienie i jednoznaczność. 1. f : [a, b]→ IR 2. x1, . . . , xm∈ [a, b], xi6= xj, dla i6= j, 3. α1, α2, . . . , αm– krotności węzłów 4. α1+ α2+ . . . + αm= n + 1Znaleźć wielomian P stopnia n taki, że
f(i)(x1) = P(i)(x1) dla i = 0, 1, . . . , α1− 1
f(i)(x 2) = P(i)(x2) dla i = 0, 1, . . . , α2− 1 (1) ... f(i)(x m) = P(i)(xm) dla i = 0, 1, . . . , αm− 1 Niech k = max{αi− 1 : i = 0, . . . , m}
Zatem f jest klasy Ck.
Twierdzenie:
Jeśli spełnione są poprzednie założenia, to istnieje dokładnie jeden wielomian P stopnia n spełniający warunki (1).
(Istnieje dokładnie jeden wielomian z węzłami wielokrotnymi). Dowód:
Niech P (x) = a0xn+ a1xn−1+ . . . + an−1x + an, czyli szukamy liczb a0, . . . , an tak, aby spełnione były warunki
(1).
(1) jest układem równań liniowych dla znalezienia liczb a0, . . . , an.
Rozpatrzmy układ jednorodny odpowiadający (1): P(i)(x 1) = 0 dla i = 0, 1, . . . , α1− 1 P(i)(x 2) = 0 dla i = 0, 1, . . . , α2− 1 (2) ... P(i)(xm) = 0 dla i = 0, 1, . . . , αm− 1
Wykażemu, że (2) ma tylko zerowe rozwiązania. Mamy: x1 jest pierwiastkiem P krotności α1
x2 jest pierwiastkiem P krotności α2
.. .
xm jest pierwiastkiem P krotności αm
Suma krotności:
α1+ α2+ . . . + αm= n + 1
Stąd P (t)≡ 0. (2) ma tylko rozwiązania zerowe.
2.8.2 Reszta interpolacji z węzłami wielokrotnymi Rozważmy poprzedni problem.
Definiujemy: A(x) = (x− x1)α1(x− x2)α2· . . . · (x − xm)αm Twierdzenie: Jeśli 1. f ∈ Cn+1([a, b], IR) 2. x1, . . . , xn∈ [a, b], xi6= xj, dla i6= j, 3. α1, α2, . . . , αm– krotności węzłów
4. α1+ α2+ . . . + αm= n + 1, to dla R(x) = f (x)− P (x) mamy ∀x∈[a,b]∃ξ∈[a,b]R(x) = A(x) (n + 1)!f (n+1)(ξ) Dowód:
Jeśli x jest węzłem, to równość zachodzi dla dowolnego ξ. Przypuśćmy, że x nie jest węzłem. Definiujemy
F (t) = f (t)− P (t) − [f(x) − P (x)] A(t) A(x), t∈ [a, b] Miejsca zerowe F : x1 krotności α1 x2 krotności α2 .. . xmkrotności αm
x jest miejscem zerowym F
Suma krotności pierwiastków F: α1+ α2+ . . . + αm+ 1 = n + 2
Suma krotności pierwiastków F0: n+1 F00: n ..
.
F(n+1): ma miejsce zerowe na [a,b] Zatem ∃ξ∈[a,b]F(n+1)(ξ) = 0 Mamy też F(n+1)(t) = f(n+1)(t)− [f(x) − P (x)](n + 1)! A(x) F(n+1)(ξ) = 0⇔ f(n+1)(ξ) − [f(x) − P (x)](n + 1)! A(x) Stąd wynika teza.
2.9
Interpolacja Hermite’a
2.9.1 Konstrukcja wielomianu Hermite’a Zagadnienie:
Dane są węzły x1< x2< . . . < xm, 1¬ r ¬ m.
Znajdziemy wielomian P taki, że:
f (xj) = P (xj), j = 1, 2, . . . , m
f0(xj) = P
0
(xj), j = 1, 2, . . . , m
Zakładamy, że f : [a, b]→ IR jest klasy Ck.
Konstruujemy wielomian P w postaci:
P (x) = m X j=1 hj(x)f (xj) + r X j=1 hj(x)f 0 (xj),
gdzie h1, . . . , hm, h1, . . . , hrsą wielomianami do wyznaczenia.
hj(xk) = δjk j, k = 1, 2, . . . , m, hj(xk) = 0 j = 1, 2, . . . , r, k = 1, 2, . . . , m h0j(xk) = 0 j = 1, 2, . . . , m, k = 1, 2, . . . , r, h 0 j(xk) = δjk j, k = 1, 2, . . . , r Definiujemy: Pm(x) = (x− x1)· . . . · (x − xm) Pr(x) = (x− x1)· . . . · (x − xr) oraz ljm(x) = Pm(x) (x− xj)Pm0 (xj) , j = 1, 2, . . . , m ljr(x) = Pr(x) (x− xj)Prm0 (xj) , j = 1, 2, . . . , r Znajdujemy hj w postaci hj = ( tj(x)· ljm(x)· ljr(x) j = 1, 2, . . . , r ljm(x)· Pr(x) Pr(xj) j = 1, 2, . . . , m
gdzie tj(x) – wielomian stopnia 1 do wyznaczenia .
Mamy: hj(xk) = 0 dla j6= k, j = 1, 2, . . . , m k = 1, 2, . . . , m hj(xj) = 1 dla j = r + 1, . . . , m tj(xj) = 1 dla j = 1, 2, . . . , r h0j(xk) = 0 dla j = r + 1, . . . , m k = 1, 2, . . . , r h0j(xk) = 0 dla j6= k k = 1, 2, . . . , m h0j(xj) = 0 ⇔ t 0 j(xj)· 1 · 1 + 1 · l 0 jm(xj)· 1 + 1 · 1 · l 0 jm(xj) = 0 tj(xj) = 1 , t 0 j(xj) =−(ljm(xj) + l 0 jm(xj)) tj(x) = 1− (x − xj)[ljm(xj) + l 0 jm(xj)] Konstrukcja wielomianu hj.
hj(x) = sj(x)· ljr(x)· ljm(x), j = 1.2, . . . , r , gdzie sj – wielomian do wyznaczenia.
hj(xk) = 0 j6= k hj(xj) = 0 ⇔ sj(xj) = 0 j = 1, 2, . . . , r h 0 j(xk) = 0 j6= k hj(xj) = 1 ⇔ s 0 j(xj)· 1 · 1 = 1 sj(x) = x− xj j = 1, 2, . . . , r
2.9.2 Rozwiązanie zagadnienia interpolacji Hermite’a
hj(x) = ( tj(x)· Pm(x) (x−xj)Pm0(xj)· Pr(x) (x−xj)Pr0(xj) j = 1, 2, . . . , r Pm(x) (x−xj)Pm0 (xj)· Pr(x) Pr0(xj) j = r + 1, . . . , m tj(x) = 1− (x − xj)[ljm(xj) + l 0 jr(xj)] hj(x) = (x− xj)· Pm(x) (x− xj)Pm0 (xj) · Pr(x) (x− xj)Pr0(xj) , j = 1, 2, . . . , r
2.9.3 Wzór na resztę interpolacji Hermite’a ∀x∃ξR(x) =
Pm(x)· Pr(x)
(m + r)! · f
2.10
Interpolacja trygonometryczna
2.10.1 Istnienie i jednoznaczność wielomianów interpolacyjnych Problem:
xk= k·
2π
n , k = 0, 1, . . . , n− 1 f : [0, 2π]→ C takie, że f− 2π okresowa. Niech
(1) P (x) = β0+ β1exi+ β2e2xi+ . . . + βn−1e(n−1)xi i =
√ −1 exi= cos x + i sin x
Znaleźć P tak, aby
(2) P (xk) = f (xk), k = 0, 1, . . . , n− 1
Twierdzenie:
Istnieje dokładnie jeden wielomian P spełniający (2). Dowód: Warunek (2) ma postać: (3) f (xk) = β0+ β1exki+ β2e2xki+ . . . + βn−1e(n−1)xki exki= ek2πni= ωk, k = 0, 1, . . . , n− 1 Mamy liczby (ω0, ω1, . . . , ωn) Układ (3) ma postać β0ω00+ β1ω01+ β2ω02+ . . . + βn−1ωn0−1= f (x0) β0ω10+ β1ω11+ β2ω12+ . . . + βn−1ωn1−1= f (x1) .. . β0ω0n−1+ β1ω1n−1+ β2ωn2−1+ . . . + βn−1ωnn−1−1= f (xn−1)
Wyznacznik tego układu 1 ω0 ω20 . . . ω n−1 0 1 ω1 ω21 . . . ω n−1 1 .. . . .. ... 1 ωn−1 ω2n−1 . . . ω n−1 n−1 6= 0, ωk 6= ωl dla k6= l Lemat:
Ciąg{ωk}nk=0−1 spełnia warunki
1. ωkj = ωk j, j, k = 0, 1, . . . , n− 1 2. n−1 P k=1 ωjk· ωl l= n dla j = l 0 dla j6= l Dowód: 1. ωkj = ek·2πnij = ej· 2π nik= ωk j 2. Dla j = m mamy n−1 X k=0 ek·2πnil· e−k· 2π nil= n
Dla j6= l, oznaczmy m = j − l. Mamy
n−1 X k=1 ωkj· ωl k = n−1 X k=0 ek·2πnij· e−k· 2π nil= n−1 X k=0 ek·2πnim=1− e 2π nimn 1− e2πnim = = 1− (cos 2πm + i sin 2πm) 1− e2πnim = 0 1− e2πnim = 0
Rozważmy przestrzeń Cn. Niech f = (f 0, f1, . . . , fn−1), g = (g0, g1, . . . , gn−1), f, g ∈ Cn. Definiujemy iloczyn skalarny [f, g] = i n n−1 X j=0 fj· gj Rozpatrzmy ciąg (ω0, ω1, . . . , ωn−1) oznaczmy ciąg (ω0j, ωj1, . . . , ωnj−1) = wj j = 0, 1, . . . , n− 1
Mamy [wj, wk] = δjk δ – delta Croneckera.
Twierdzenie:
Jeśli P (xk) = f (xk), k = 0, 1, . . . , n− 1 i P (x) = β0+ β1· exi+ β2· e2xi+ . . . + βn−1· e(n−1)xi, to
βji= [f, wj], f = (f0, f1, . . . , fn−1), fj= f (xj) 0¬ j ¬ n − 1 Dowód: Mamy [f, wj] = [(P (x0), P (x1), . . . , P (xn−1)) , wj] = β0+ β1· ω0+ β2· ω20+ . . . + βn−1· ωn0−1, β0+ β1· ω1+ β2· ω12+ . . . + βn−1· ω1n−1, . . . , β0+ β1· ωn−1+ β2· ωn2−1+ . . . + βn−1· ωnn−1−1 , wj = = [(β0· w0+ β1· w1+ β2· w2+ . . . + βn−1· wn−1) , wj] = βj,
po rozbiciu na mniejsze iloczyny skalarne i redukcji.
2.10.2 Aproksymacja średniokwadratowa za pomocą wielomianów trygonometrycznych Przyjmujemy poprzednie oznaczenia. Dane są:
f = (f0, f1, . . . , fn−1), (x0, x1, . . . , xn−1) Niech qs(x) = γ0+ γ1· exi+ γ2· e2xi+ . . . + γs· esxi Oznaczmy S(qs) = n−1 X k=0 |fk− qs(xk)| 2 , s¬ n − 1 Ustalamy s, f . Znaleźć qstak, aby S(qs) było najmniejsze.
Twierdzenie:
Dla ustalonego f, S(qs) przyjmuje najmniejszą wartość dla qs= Ps, gdzie
Ps(x) = β0+ β1· exi+ β2· e2xi+ . . . + βs· esxi
oraz
P (x) = β0+ β1· exi+ β2· e2xi+ . . . + βn−1· e(n−1)xi
jest wielomianem interpolacyjcym dla f . Dowód: Niech ˜ ps= (Ps(x0), Ps(x1), . . . , Ps(xn−1)) ˜ qs= (qs(x0), qs(x1), . . . , qs(xn−1)) Mamy S[qs] = n[f− ˜qs, f− ˜qs]
(i) [f − ˜ps, wj] = 0 dla j¬ s Mamy [f− ˜ps, wj] = [f, wj]− [(Ps(x0), Ps(x1), . . . , Ps(xn−1)) , wj] = = [f, wj]− β0+ β1· ω0+ β2· ω20+ . . . + βs· ω0s, β0+ β1· ω1+ β2· ω21+ . . . + βs· ωs1, . . . , , . . . , β0+ β1· ωn−1+ β2· ωn2−1+ . . . + βs· ωsn−1 , wj = = [f, wj]− [(β0· w0+ β1· w1+ β2· w2+ . . . + βs· ws) , wj] = [f, wj]− βj = 0 (ii) p˜s− ˜qs= (β0− γ0)· w0+ (β1− γ1)· w1+ . . . + (βs− γs)· ws (iii) [f− ˜ps, ˜ps− ˜qs] = [f− ˜ps, (β0− γ0)· w0+ (β1− γ1)· w1+ . . . + (βs− γs)· ws] = 0 Mamy więc S(qs) = n[f− ˜qs, f− ˜qs] = n[f− ˜ps+ ˜ps− ˜qs, f− ˜ps+ ˜ps− ˜qs, ] = = n{[f − ˜ps, f− ˜ps] + [˜ps− ˜qs, ˜ps− ˜qs]} n[f − ˜ps, f− ˜ps]
Równość zachodzi dla ˜ps= ˜qs. Stąd wynika teza.
3
Całkowanie numeryczne
3.1
Kwadratury interpolacyjne, warunki konieczne i dostateczne
Problem:
f : [a, b]→ IR, p : [a, b]→ IR+
p – funkcja wagowa. Załóżmy, że p∈ C([a, b]; IR+), p(x) > 0 na [a, b]. Rozważmy całkę b
Z
a
p(x)f (x)dx
Weźmy siatkę. Niech a¬ x0< x1< . . . < xn−1< xn¬ b. Oznaczmy przez P wielomian interpolacyjny dla f z
tymi węzłami. Mamy
f (x) = P (x) + R(x) wielomian P ma stopień n− 1. Wtedy
b Z a p(x)f (x)dx = b Z a p(x)P (x)dx + b Z a p(x)R(x)dx Niech ω(x) = (x− x1)(x− x2)· . . . · (x − xk) Wtedy P (x) = n X k=1 ω(x) (x− xk)ω0(xk) f (xk) b Z a p(x)P (x)dx = n X k=1 f (xk) b Z a ω(x)p(x) (x− xk)ω0(xk) dx b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) + b Z a p(x)R(x)dx, Ak= b Z a ω(x) (x− xk)ω0(xk) dx
Twierdzenie: dokładność kwadratury
1. Metoda b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) + Qn
jest dokładna dla wielomianów stopnia n− 1. (Qn = 0)
2. Wszystkie Ak są dane wzorami
Ak = b Z a ω(x)p(x) (x− xk)ω0(xk) dx k = 1, 2, . . . , n Dowód: 1. Załóżmy (1). Niech f (x) = ωi(x) = (x ω(x) −xi)ω0(xi), 1¬ i ¬ n. Mamy b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) b Z a p(x) ω(x) (x− xi)ω0(xi) dx = Ai, 1¬ i ¬ n 2. Załóżmy (2).
Przypuśćmy, że Ai są dane powyższymi wzorami. Niech f będzie wielomianem stopnia n− 1. Wtedy
f (x) = P (x) = n X k=1 ωk(x)f (xk) b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 f (xk) b Z a p(x)ωk(x)dx = n X k=1 Akf (xk)
3.2
Wzory Newtona – Cotesa
Obliczmy całkę b Z a p(x)f (x)dx Rozważmy siatkę xk= a + kh, k = 0, 1, . . . , n Niech P (x) = n X k=1 ω(x) (x− xk)ω0(xk) f (xk), ω(x) = (x− x0)(x− x1)· . . . · (x − xn) Mamy b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 f (xk)(b− a) b Z a ω(x)p(x) (b− a)(x − xk)ω0(xk) dx + Qn Niech Bkn= b Z a ω(x)p(x) (b− a)(x − xk)ω0(xk) dx
Niech
x = a + th
ω(x) = (x− x0)(x− x1)· . . . · (x − xn)
ω(a + th) = (a + th− a)(a + th − a − h)(a + th − a − 2h) · . . . · (a + th − a − nh) = hn+1t(t
− 1)(t − 2) · . . . · (t − n) Podobnie x− xk = h(t− k) ω0(a + th) = (−1)n−khnk!(n − k)! Bnk = n Z 0 hn+1t(t− 1) · . . . · (t − n)hp(a + th) nhh(t− k)(−1)n−khnk!(n− k)! dt Bnk = (−1) n−k nk!(n− k)! b Z a t(t− 1) · . . . · (t − n)p(a + th) t− k dt
Niech p(x)≡ 1, wtedy mamy B01= B11= 12 B107 = B103 =272400598752 Niech p≡ 1. Wtedy n X k=0 Bkn= 1 We wzorze b Z a f (x)dx = n X k=1 f (xk)Ak przyjmijmy f (x)≡ 1. Mamy b− a = n X k=1 f (xk)Ak = n X k=1 Ak 1 = n X k=1 Ak b− a = n X k=1 Bkn
3.3
Prosta metoda trapezów
Niech f : [a, b]→ IR będzie funkcją klasy C1, niech x
0= a, x1= b. Wtedy mamy b Z a f (x)dx = b Z a P (x)dx + b Z a R(x)dx b Z a f (x)dx = b− a 2 (f (a) + f (b)) + b Z a R(x)dx Dla ∀x∈[a,b]∃ξ∈[a,b]R(x) = (x− a)(x − b) 2 f 00 (ξ) Q = b Z a R(x)dx = b Z a (x− a)(x − b) 2 f 00 (ξ)dx
Twierdzenie: o wartości średniej dla całek Założenia
2. g jest stałego znaku Teza ∃η∈[a,b] b Z a f (x)g(x)dx = f (η) B Z a g(x)dx Dowód: Niech F (t) = b Z a f (x)g(x)dx− f(t) B Z a g(x)dx, t∈ [a, b]
M = max{f(x) : x ∈ [a, b]} , m = min{f(x) : x ∈ [a, b]} Istnieją x0, x1∈ [a, b] takie, że M = f(x0), m = f (x1). Ponieważ (z założenia g(x) 0 )
f (x1) b Z a g(x)dx¬ b Z a f (x)g(x)dx¬ f(x0) b Z a g(x)dx stąd F (x0)¬ 0 i F (x1) 0
Istnieje η∈ [a, b] taka, że F (η) = 0.
Stąd wynika teza twierdzenia (tak samo się dowodzi dla g(x)¬ 0).
Stosując twierdzenie o wartości średniej dla całek do Q, mamy
Q = f00(η) b Z a (x− a)(x − b) 2 dx Q = f00(η)· −1 12(b− a) 3
Zatem udowodniliśmy twierdzenie dla prostej metody trapezów. Twierdzenie
Jesłi f∈ C([a, b]; IR), to
∃η∈[a,b] b Z a f (x)dx = 1 2(b− a)(f(a) + f(b)) − (b− a)3 12 f 00 η
3.4
Złożona metoda trapezów
Niech f : [a, b]→ IR, f jest klasy C2, niech x
k = a + kh, k = 0, 1, . . . , n. Zastosujemy prostą metodę trapezów
dla [xk, xk+1]: ∃ηk[xk,xk+1 xk+1 Z xk f (x)dx = h 2(fk+ fk+1)− h3 12f 00 (ηk), fk= f (xk) Ponieważ b Z a = x1 Z x0 + x2 Z x1 + . . . + xn Z xn−1 więc b Z a f (x)dx = h 2 [(f0+ f1) + (f1+ f2) + . . . + (fn−1+ fn)] + Q
Q =−h 3 12 h f00(η0) + f 00 (η1) + . . . + f 00 (ηn−1) i Mamy Q =−(b− a) 3 n · 1 12 h f00(η0) + f 00 (η1) + . . . + f 00 (ηn−1) i Niech Γ = 1 n h f00(η0) + f 00 (η1) + . . . + f 00 (ηn−1) i
średnia arytmetyczna liczb Mamy Γ¬ maxnf00(ηi) : 0¬ i ¬ n − 1 o ¬ maxnf00(x) : x∈ [a, b]o oraz Γ minnf00(ηi) : 0¬ i ¬ n − 1 o minnf00(x) : x∈ [a, b]o czyli
minnf00(x) : x∈ [a, b]o¬ Γ ¬ maxnf00(x) : x∈ [a, b]o Z twierdzenia Darboux istnieje η∈ [a, b] taka, że Γ = f00(η).
Zatem udowodniliśmy twierdzenie o złożonej metodzie trapezów: Twierdzenie
Jeśli f∈ C2([a, b]; IR), to
∃η∈[a,b] b Z a f (x)dx = b− a n 1 2f0+ f1+ f2+ . . . + fn−1+ 1 2fn −(b− a) 3 12· n2 f 00 (η)
3.5
Prosta metoda Simpsona
Niech f∈ C4([a, b]; IR), interpolujemy z węzłami x
0= a, x1=a+b2 = c, x2= b. Mamy P (x) = (x− b)(x − c) (a− b)(a − c)f (a) + (x− a)(x − b) (c− a)(c − b)f (c) + (x− a)(x − c) (b− a)(b − c)f (b) Mamy b Z a f (x)dx = b Z a P (x)dx + b Z a R(x)dx oraz (∗) b Z a f (x)dx = b− a 6 (f (a) + 4f (c) + f (b)) + Q
Z ogólnej konstrukcji wynika, że Q = 0 dla f będącego wielomianem stopnia 2. Wzór (∗) jest dokładny dla wielomianów stopnia 3.
1. (∗) jest dokładny dla f(x) = α(x − c)3
2. Mamy αx3+ βx2+ γx + δ = α(x− c)3+ β
0x2+ γ0x + δ0, gdzie α(x− c)3 = 0, a β0x2+ γ0x + δ0 jest
dokładny dla wielomianów stopnia 2.
Niech P3 będzie rozwiązaniem zagadnienia interpolacji:
P3(a) = f (a), P3(b) = f (b), P3(c) = f (c)
Z interpolacji Hermite’a mamy
f (x) = P3(x) +
(x− a)(x − c)2(x− b)
4! f
Mamy b Z a f (x)dx = b Z a P3(x)dx + Q Q = b Z a (x− a)(x − c)2(x− b) 4! f (IV )(ξ) b Z a P3(x)dx = b− a 6 (P3(a) + 4P3(c) + P3(b)) oraz z twierdzenia o wartości średniej dla całek, gdzie
(x− a)(x − c)2(x
− b) 4!
jest stałego znaku, mamy
Q = f(IV )(η) b Z a (x− a)(x − c)2(x− b) 4! dx = f (IV )(η)−1 90 b − a 2 5
Zatem udowodniliśmy twierdzenie o prostej metodzie Simpsona: Twierdzenie:
Jeśli f∈ C4([a, b]; IR), to
∃η ∈ [a, b] b Z a f (x)dx = b− a 6 (f (a) + 4f (c) + f (b))− f(IV )(η) 90 b − a 2 5
3.6
Złożona metoda Simpsona
Przedział [a, b] dzielimy na parzystą liczbe przedziałów. Niech f : [a, b] → IR będzieklasy C4. Oznaczmy
fk = f (xk), xk = a + kh, k = 0, 1, . . . n. Stosujemy prostą metodę Simpsona dla przedziałów [xk−1, xk+1].
Mamy xk+1 Z xk−1 f (x)dx = h 3(fk−1+ 4fk+ fk+1)− h 5f(IV )(ηk) 90 b Z a f (x)dx = x2 Z x0 f (x)dx + x4 Z x2 f (x)dx + . . . + xk+1 Z xk−1 f (x)dx + . . . + xn Z xn−2 f (x)dx = = h 3[(f0+ 4f1+ f2) + (f2+ 4f3+ f4) + (f4+ 4f5+ f6) + . . . + (fk−1+ 4fk+ fk+1) + . . . + +(fn−2+ 4fn−1+ fn)] + R b=a+nh = b− a 3n [f0+ fn+ 2(f2+ f4+ . . . + fn−2) + 4(f1+ f3+ . . . + fn−1)] + R Badamy wzór na resztę R =−h 5 90[f (IV )(η 1) + f(IV )(η3) + . . . + f(IV )(ηn−1)] = =−1 90 (b− a)5 2n4 · 2 n[f (IV )(η 1) + f(IV )(η3) + . . . + f(IV )(ηn−1)]
Istnieje η∈ [a, b] taka, że 2 n[f
(IV )
Zatem wykazaliśmy twierdzenie o złożonej metodzie Simpsona: Twierdzenie:
Jeśli f∈ C4([a, b], IR), to istnieje η
∈ [a, b] taka, że
b Z a f (x)dx = b− a 3n [f0+ fn+ 2(f2+ f4+ . . . + fn−2) + 4(f1+ f3+ . . . + fn−1)]− (b− a)5 180n4 f (IV )(η)
3.7
Kwadratury Gaussa
Dana jest funkcja p : (a, b)→ IR+, −∞ ¬ a < b ¬ +∞, 0 < b
R
a
f (x)dx < +∞, p jest całkowalna na (a, b). Zbiór miejsc zerowych funkcji p ma miarę zero. Rozważmy całkę
b
Z
a
p(x)f (x)dx
Metoda numeryczn dla tej całki wygląda
(1) b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) + R[f ] Parametrami metody są A1, A2, . . . , An, x1, x2, . . . , xn Twierdzenie:
Następujące warunki są równoważne:
1. Metoda (1) jest dokładna dla wielomianów stopnia co najwyżej 2n− 1 2. Ak= b Z a p(x) ω(x) (x− xk)ω0(xk) dx, k = 1, 2, . . . , n, ω(x) = (x− x1)(x− x2)· . . . · (x − xn)
dla dowolnego wielomianu Q stopnia mniejszego niż n (co najwyżej n− 1)
b Z a p(x)ω(x)Q(x)dx = 0 Dowód: 1. Załózmy warunek 1.
Niech Q będzie wielomianem stopnia ¬ n − 1, f(x) = ω(x)Q(x). Stopień f ¬ 2n − 1. Zgodnie z 1 mamy
b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) = 0 bo xk są miejscami zerowymi ω(x) (∗) b Z a p(x)ω(x)Q(x)dx = 0
Metoda 1 jest dokładna dla wielomianów stopnia n− 1. Z wcześniejszego twierdzenia wynika, że
Ak = b Z a p(x) ω(x) (x− xk)ω0(xk) dx, k = 1, 2, . . . , n
2. Załóżmy warunek 2.
Niech f będzie wielomianem stopnia¬ 2n − 1. Wtedy
f (x) = ω(x)Q(x) + ρ(x) ρ – reszta dzielenia przez ω Stopień ρ¬ n − 1, stopień Q ¬ n − 1. Mamy
b Z a p(x)f (x)dx = b Z a p(x)ω(x)Q(x)dx + b Z a p(x)ρ(x)dx = b Z a p(x)ρ(x)dx oraz b Z a p(x)ρ(x)dx = n X k=1 Akρ(xk) = n X k=1 Akf (xk) Zatem b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) Warunek (∗) b Z a p(x)w(x)Q(x)dx = 0
dla dowolnego wielomianu Q stopnia niewiększego niż n− 1 nazywamy ortogolanlością z wagą p wielomianu w do wielomianu niższego stopnia. Dodatkowe założenie o p:
b
Z
a
p(x)xkdx < +∞, k = 0, 1, . . .
Lemat:
Jeśli funkcja wagowa spełnia wcześniejsze założenia i Φ jest wielomianem oraz Φ(x) > 0 dla x∈ (a, b), Φ 6≡ 0, to b Z a p(x)Φ(x)dx > 0 Dowód:
Dowód w przypadku, gdy a, b są skończone. Rozpatrzmy miejsca zerowe wielomianu Φ leżące w przedziale [a, b], oznaczmy je przez p1< p2< . . . < pk. Rozpatrzmy przedział
[a, p1], [p1, p2], . . . , [pk−1, pk], [pk, b] b Z a p(x)dx = p1 Z a p(x)dx + . . . + b Z pk
p(x)dx przynajmniej jeden składnik po prawej stronie jest dodatni Zatem
pl+1
Z
pl
p(x)dx > 0 (może byc tak, że pl= a lub pl+1= b )
Obieramy > 0 tak, aby
pl+1− Z pl+ p(x)dx > 0 pl+ < pl+1− A= min{Φ(x) : x ∈ [pl+ , pl+1− ]} , A> 0 b Z a p(x)Φ(x)dx pl+1− Z pl+ p(x)Φ(x)dx A pl+1− Z pl+ p(x)dx > 0
3.7.1 Istnienie i jednoznaczność wielomianu wyznaczającego węzły kwadratury Gaussa Twierdzenie:
Dla funkcji wagowej p istnieje dokładnie jeden wielomian w
w(x) = xn+ a1xn−1+ a2xn−2+ . . . + an−1x + an
taki, że zachodzi warunek (∗) Dowód:
Konstrukcja współczynników a1, a2, . . . , an.
Warunek (∗) jest równoważny z
(∗∗)
b
Z
a
p(x)w(x)xkdx = 0 , k = 0, 1, . . . , n− 1
ten warunek ma postać
b
Z
a
p(x)xn
+ a1xn−1+ a2xn−2+ . . . + an−1x + an xkdx = 0, k = 0, 1, . . . , n− 1
Jest to układ liniowy o niewiadomych a1, a2, . . . , an. Rozpatrzmy układ jednorodny b Z a p(x)a1xn−1+ a2xn−2+ . . . + an−1x + an xkdx = 0, k = 0, 1, . . . , n− 1 Stąd wynika, że b Z a p(x)a1xn−1+ a2xn−2+ . . . + an−1x + an 2 dx = 0 a1= a2= . . . an= 0
(wstawiając kolejno za xk wyrazy x0, an−1x, an−2x2, . . . itd. otrzymuje się układ równań, który po dodaniu
stronami i wyłaczeniu odpowiednich wyrazów otrzymujemy wyrażenie w nawiasach [ ] w potędze 2).
Twierdzenie:
Jeśli funkcja wagowa spełnia wcześniejsze założenia, to wielomian w wyznaczony w poprzednim twierdzeniu ma n miejsc zerowych, leżących w przedziale [a, b]
Dowód:
Niech ξ1, ξ2, . . . , ξm będą rzeczywistymi miejscami zerowymi wielomianu w leżącymi w [a, b] i mającymi
krotności nieparzyste. Niech m < n
ρ(x) = (x− ξ1)(x− ξ2)· . . . · (x − ξn) Rozpatrzmy całkę I = b Z a p(x)w(x)ρ(x)dx 1. I = 0
2. Φ(x) = w(x)ρ(x) 0 na [a, b] jest to sprzeczność, bo (x − x0)2, (x− x1)4(x− xi), zatem I > 0.
Wniosek
Istnieją kwadratury Gaussa. Twierdzenie: Kwadratura b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) + R[f ]
nie może być dokładna dla wszystkich wielomianów stopnia 2n. Dowód:
Dla p obieramy w zgodnie z wcześniejszymi twierdzeniami f (x) = (w(x))2. Mamy 1. b R a p(x)f (x)dx > 0 2. n P k=1 Akf (xk) = 0 Twierdzenie: Jeśli kwadratura b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) + R[f ]
jest dokładna dla wielomianów stopnia 2n− 2, to wszystkie Ak> 0, k = 0, 1, . . . , n.
Dowód: Niech f (x) = w(x) x− xi 2 , 1¬ i ¬ n Wtedy f jest wielomianem stopnia 2n− 2. Mamy
b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) Mamy też f (xk) = w(x) x− xi 2 x=xk= δi kw 0 (xk), δi k – delta Croneckera 0 < b Z a p(x)f (x)dx = Ai h w0(xi) i2 , i = 1, 2, . . . , n
3.7.2 Reszta kwadratury Gaussa Twierdzenie: Jeśli b Z a p(x)f (x)dx = n X k=1 Akf (xk) + R[f ]
jest kwadraturą Gaussa i f∈ C2n([a, b]; IR) i p
∈ C([a, b]; IR), to istnieje ξ ∈ [a, b] taka, że
R[f ] = 1 (2n)!f (2n)(ξ) b Z a p(x)w2(x)dx
Dowód:
Dowód opiera się na interpolacji Hermite’a.
Niech H będzie rozwiązaniem zagadnienia interpolacyjnego H(xk) = f (xk), H
0
(xk) = f
0
(xk), k = 1, 2, . . . n
H jest stopnia 2n− 1. Mamy więc f (x) = H(x) + 1
(2n)!f
(2n)(η)w2(x) (twierdzenie o reszcie dla interpolacji Hermite’a)
Zatem b Z a p(x)f (x)dx = b Z a p(x)H(x)dx + b Z a p(x) (2n)!f (2n) (η)w2(x)dx = A + B Mamy A = n X k=1 AkH(xk) = n X k=1 Akf (xk)
do B stosujemy twierdzenie o wartości średniej dla całek
B = 1 (2n)!f (2n)(ξ) b Z a p(x)w2(x)dx = R[f ]
3.8
Wielomiany ortogonalne
3.8.1 Istnienie i jednoznacznośćNiech h : (a, b)→ IR+, h – jest mierzalną funkcją wagową i taką, że
0 < b Z a h(x)dx < +∞, b Z a h(x)xkdx < +∞, k = 0, 1, . . . Definicja: {Pn}∞n=0, Pn(x) = mnxn+ an−1xn−1+ . . . + a1x + a0, mn> 0
{Pn}∞n=0 jest ciągiem wielomianów ortogonalnych jeśli
(A)
b
Z
a
h(x)Pn(x)Pm(x)dx = 0, dla m6= n
Ciąg ten jest ortonormalny, jeśli dodatkowo
(B) b Z a h(x)(Pn(x))2dx = 1 Definiujemy: ||Pn|| = b Z a h(x)(Pn(x))2dx 1 2
Niech{Pn} spełnia (A), definiujemy
˜ Pn(x) =
Pn(x)
||Pn(x)||
Warunek (B) oznacza, że||Pn|| = 1. Mamy
˜ Pn = ||Pn|| ||Pn|| = 1 Lemat:
Rozpatrzmy ciąg wielomianów F0, F1, . . . Fn, stopień stFi = i, i = 0, 1, . . . n. Niech Qn będzie wielomianem
stopnia n. Istnieje dokładnie jeden układ stałych c0, c1, . . . , cn takich, że
Qn = c0F0+ c1F1+ . . . + cnFn Dowód: Niech Fk(x) = c0+ c (k) 1 x + c (k) 2 x 2+ . . . + c(k) k x k, k = 0, 1, . . . Qn= a0+ a1x + . . . + anxn
Teza jest równoważna z następującym warunkiem: a0+ a1x + a2x2+ . . . + an−1xn−1+ anxn= cn h c(n)0 + c(n)1 x + . . . + cn(n)−1xn−1+ c(n)n x ni + +cn−1 h c(n0 −1)+ c(n1 −1)x + . . . + c(nn−2−1)xn−2+ c(nn−1−1)xn−1i+ . . . + c1 h c(1)0 + c(1)1 xi+ c0c (0) 0 Prowadzi to do równości: an = cnc (n) n an−1 = cnc (n) n−1+ cn−1c (n−1) n−1 an−2 = cnc (n) n−2+ cn−1c (n−1) n−2 + cn−2c (n−2) n−2 .. . a0 = cnc (n) 0 + cn−1c (n−1) 0 + . . . + c1c (1) 0 + c0c (0) 0
Układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie i z 1 – ego równania wyliczymy cn, z 2 – ego wyliczymy cn−1 itd.
3.8.2 Istnienie i jednoznaczność ciągu wielomianów dla danej funkcji wagowej Twierdzenie:
Jeśli h jest funkcją wagową na (a, b), to istnieje dokładnie jeden ciąg wielomianów{Pn} ortogonalnych na (a, b),
czyli b Z a h(x)Pn(x)Pm(x)dx = δn m dla n, m 0 Dowód: (dowód indukcyjny) • Konstruujemy P0: b Z a h(x)ξ02dx = 1, ξ0 – można wyliczyć
• Założenie indukcyjne. Przypuśćmy, że P0, P1, . . . , Pn−1spełniają tezę twierdzenia. Wykażemy, że istnieje
dokładnie jeden wielomian Pn taki, że
(i)
b
Z
a
oraz (ii) b Z a h(x)Pk(x)2dx = 1
Rozpatrzmy ciąg wielomianów P0, P1, . . . , Pn−1, Qn. Qn= xn. Niech
Pn(x) = ξnQn(x) + c0P0(x) + c1P1(x) + . . . + cn−1Pn−1(x)
Weźmy m < n, z (i) wynika, że
b Z a h(x)Pn(x)Pm(x)dx = ξn b Z a h(x)Pm(x)xndx + n−1 X i=0 ci b Z a h(x)Pi(x)Pm(x)dx Stąd 0 = ξn b Z a h(x)Pm(x)xndx + cm, m = 0, 1, . . . , n− 1 Niech bn m= b Z a h(x)Pm(x)xndx cm=−ξnbn m, dla m = 0, 1, . . . , n− 1
Warunek (ii) jest równoważny
1 = b Z a h(x) " ξnxn+ n−1 X i=0 ciPi(x) #2 dxci =−ξ=ncn iξ2n b Z a h(x) " xn− n−1 X i=0 cn iPi(x) #2 dx Stąd obliczamy ξn > 0.
3.8.3 Wyznaczanie wielomianów ortogonalnych za pomocą momentów wagowych Twierdzenie:
Niech h będzie funkcją wagową na (a, b). Następujące warunki są równoważne: 1. ciąg wielomianów{Pn} jest taki, że
b
Z
a
h(x)Pn(x)Pm(x)dx = 0, dla n6= m, n, m 0
2. dla każdego n i dowolnego m < n mamy
b
Z
a
h(x)Pn(x)Qm(x)dx = 0, gdzie Qmjest wielomianem stopnia m
Dowód:
• Załóżmy 1. Niech Qmbędzie wielomianem stopnia m i m < n. Wtedy
Qm= c0P0+ c1P1+ . . . + cmPm, dla pewnych stałych c0, c1, . . . , cm b Z a h(x)Pn(x)Qm(x)dx = b Z a h(x)Pn(x) (c0P0+ c1P1+ . . . + cmPm) dx = 0
• Załóżmy 2. Niech Qm= Pmi m = 0, 1, . . . , n− 1. Wtedy b Z a h(x)Pn(x)Pm(x)dx = 0 Twierdzenie:
Jeśli h jest funkcją wagową na (a, b),{Pn} – ciąg wielomianów ortonormalnych na (a, b) z wagą h
Pn(x) = ξnxn+ bn−1xn−1+ . . . + b1x + b0, ξn> 0
to istnieje ciąg{αn}, taki, że
ξn ξn+1 Pn+1(x) = (x− αn)Pn(x)− ξn−1 ξn Pn−1(x) Dowód:
Istnieją liczby c0, c1, . . . , cn, taki, że
(∗) xPn(x) = c0P0(x) + c1P1(x) + . . . + cnPn(x) +
ξn
ξn+1
Pn+1(x)
Niech k < n− 1. Mnożymy (∗) przez h(x)Pk(x) i całkujemy. Otrzymujemy b Z a h(x)xPn(x)Pk(x)dx = 0 b Z a h(x)Pn(x)Pi(x)dx = δk i, i = 0, 1, . . . , n + 1
Z (∗) wynika więc, że 0 = ck k = 0, 1, . . . , n− 2. Równość (∗) ma postać
(∗∗) xPn(x) = cn−1Pn−1(x) + cnPn(x) +
ξn
ξn+1
Pn+1(x)
Obliczymy cn−1. Mnożymy (∗∗) przez h(x)Pn−1(x) i całkujemy, otrzymujemy b Z a h(x)xPn(x)Pn−1(x)dx = cn−1 Stą wynika, że cn−1= b Z a h(x)Pn(x)ξnxn+ an−1xn−1+ . . . + a1x + a0 dx = ξn−1 ξn b Z a h(x)Pn(x)Pn(x) + ˜an−1xn−1+ . . . + ˜a1x + ˜a0 dx = ξn−1 ξn
Zatem (∗∗) jest równoważna
(x− cn)Pn(x) = ξn ξn+1 Pn+1(x) + ξn−1 ξn Pn−1(x)
3.9
Miejsca zerowe wielomianów ortogonalnych
Jeśli h – funkcja wagowa na (a, b),{Pn} ciąg wielomianów ortonormalnych na (a, b) z wagą h, to
1. miejsca zerowe wielomianu Pn są rzeczywiste i leżą w (a, b), są one różne
2. wielomiany Pn i Pn+1nie mają wspólnych miejsc zerowych (wynika z powyższego twierdzenia)
3. jeśli x(n)k jest miejscem zerowym wielomianu Pn, to
Pn+1(x (n)
k )Pn−1(x(n)k ) < 0
4. niech x(n)k oznacza miejsca zerowe wielomianu Pn, wtedy leżą one pomiędzy miejscami zerowymi
wielo-mianu Pn+1
3.10
Własności ekstremalne wielomianów ortonormalych
Niech Wn oznacza zbiór wielomianów stopnia n o współczynniku wiodącym równym 1. Niech
(A) J (Qn) = b Z a h(x)[Qn(x)]2dx, Qn ∈ Wn Twierdzenie:
Funkcjonał (A) przyjmuje najmniejszą wartość dla Qn= ξ1
nPn. Dowód: Dla Qn∈ Wn mamy Qn= c0P0+ c1P1+ . . . + cn−1Pn−1+ 1 ξn Pn Mamy J (Qn) = b Z a h(x) c0P0(x) + c1P1(x) + . . . + cn−1Pn−1(x) + 1 ξn Pn(x) 2 dx = 1 ξ2 n + c2n−1+ . . . + c20 1 ξ2 n
i równość zachodzi dla c0= c1= . . . = cn−1= 0.
3.11
Konstrukcja wielomianów Legendre’a.
Znaleźć ciąg Pn wielomianów taki, że dla dowolnych wielomianów Qn stopnia m < n mamy b
Z
a
Pn(x)Qm(x)dx = 0
Każdy wielomian stopnia n jest pochodną stopnia n z wielomianu stopnia 2n. Czyli znaleźć wielomian S stopnia 2n taki, że
b
Z
a
S(n)(x)Qm(x)dx = 0
dla dowolnego Qn stopnia m < n.
Stosujemy twierdzenie całkowaniu przez części:
f, g∈ C1, to b Z a f0(x)g(x)dx = f (x)g(x)|b a− b Z a f (x)g0(x)dx
Mamy więc b Z a S(n)(x)Qm(x)dx = Qm(x)S(n−1)(x)|ba− b Z a S(n−1)(x)Q0m(x)dx = Qm(x)S(n−1)(x)|ba−Q 0 m(x)S (n−2)(x)|b a+ b Z a S(n−2)(x)Q00m(x)dx
Po n krokach tego rodzaju, mamy
h Qm(x)S(n−1)(x)− Q 0 m(x)S (n−2) (x) + Q00m(x)S (n−3) (x) + . . . + (−1)n−1Q(nm−1)(x)S(x) i |ba+(−1) n b Z a Q(n)m (x)S(x)dx = 0 Stąd wynika, że
S(n−1)(a) = S(n−2)(a) = . . . = S0(a) = S(a) = 0 oraz
S(n−1)(b) = S(n−2)(b) = . . . = S0(b) = S(b) = 0 Zatem
S(x) = (x− a)n(x
− b)n
Wielomiany Legendre’a są dane wzorami
Pn(x) = cn
dn
dxn [(x− a) n(x
− b)n]
4
Rozwiązywanie równań nieliniowych
4.1
Sformułowanie problemu
1. Metoda iteracji Problem:
Niech φ : IR→ IR rozważmy równanie
(1) x = φ(x) Rozwiżać równanie (1) to znaczy znaleźć punkt stały funkcji φ. Metoda:
x0∈ IR, xm+1= φ(xm), m = 0, 1, . . . ,
znaleźć ciąg
(2) {xn}, xn→ x∗ φ(x∗) = x∗
(2) – metoda iteracji prostych. 2. Rozpatrzmy równanie x = φ(x, x) Metoda: x0∈ IR xm+1= ψ(xm, xm+1) ψ(t, x) = f (t) + ax xm+1= f (xm+ axm+1
4.2
Metoda iteracji prostych dla równań nieliniowych
4.2.1 Równania nieliniowe w IR Niech φ : IR→ IR rozważmy równanie
(1) x = φ(x) oraz ciąg{xk} określony następująco:
(2) x0, xk+1= φ(xk)
Pytanie:
1. Przy jakich założeniach o φ (1) ma rozwiązanie x∗? 2. Przy jakich założeniach o φ (1) ciag{xk} → x∗
3. Jak oszacować|x∗− xk|
Twierdzenie: Założenia:
1. I = [x0− δ, x0+ δ], φ : I→ IR
2. φ∈ C(I, IR) i niech q ∈ [0, 1) takie, że |φ(x) − φ(x)| ¬ q|x − x|, x, x ∈ I 3. |x0− φ(x0)| ¬ b, 1−qb ¬ δ
Teza:
1. Równanie x = φ(x) ma dokładnie jedno rozwiązanie
2. ciag x0, xk+1= φ(xk), k = 0, 1, . . . istnieje, xk∈ I oraz x∗= lim
k→∞xk oraz x ∗= φ(x∗) 3. |x∗− xk| ¬ b 1−qq k, k = 0, 1, . . . . Dowód:
1. Ciąg{xk} istnieje, oraz |xm+1− xm| ¬ b · qm, m = 0, 1, . . .
Dowód indukcyjny • m = 0. Wtedy x0∈ I, x1= φ(x0) Mamy też|x1− x0| = |φ(x0)− x0| ¬ b ¬ δ Zatem x1∈ I. Mamy też|x1− x0| ¬ b · q0 • Założenie indukcyjne:
x0, x1, . . . , xk istnieją, xi∈ I, i = 0, 1, . . . , k oraz |xi+1− xi| ¬ b · qi, i = 0, 1, . . . , k.
Wtedy xk+1= φ(xk) istnieje, oraz
|xk+1− xk| = |φ(xk)− xk−1)| ¬ q · |xk− xk−1| ¬ q · bqk−1 = bqk
Mamy też xk+1∈ I, bowiem
|xk+1− x0| ¬ |xk+1− xk| + |xk− xk−1| + . . . + |x1− x0| ¬ ¬ bqk+ bqk−1+ . . . + b = b·1− qk+1 1− q ¬ b 1− q ¬ δ czyli|xk+1− x0| ¬ δ.
2. Ciąg{xk} spełnia warunek Cauchey’ego. Mamy bowiem |xm+k− xm| ¬ |xm+k− xm+k−1| + |xm+k−1− xm+k−2| + . . . + |xm+1− xm| ¬ ¬ bqm+k−1+ bqm+k−2+ . . . + bqm= bqm ·1− q k 1− q ¬ bqm 1− q Mamy więc (A) |xm+k− xm| ¬ bqm 1− q, m, k 0 Ponieważ q < 1, więc ciąg{xk} spełnia warunek Cauchy’ego.
3. Isnieje x∗= lim
m→∞xm oraz x
∗= φ(x∗).
Z (A) wynika, że k→ ∞
|x∗− x m| ¬ bqm 1− q, m 0 4. Jednoznaczność. Jeżeli x∗= φ(x∗), y = φ(y), x∗6= y, to |x∗− y| = |φ(x∗)− φ(y)| ¬ q|x∗− y| Sprzeczność: q 1.
4.3
Twierdzenie Banacha o punkcie stałym
Twierdzenie: Banacha o punkcie stałym Założenia:
1. (X, ρ) – przestrzeń metryczna zupełna 2. S ={x ∈ X : ρ(x, x0¬ δ}, x0∈ X, δ > 0
F : S→ X – operator
3. Isnieje q∈ [0, 1), takie, że dla x, y ∈ S mamy ρ(F x, F y)¬ q · ρ(x, y)
4. ρ(F (x0), x0)¬ b, 1−qb ¬ δ
Teza
1. Równanie x = F (x) ma dokładnie jedno rozwiązanie 2. Ciąg{xn} określony następująco:
x0, xm+1= F (xm), m 0 istnieje i xm∈ S 3. Istnieje x∗= lim m→∞xm, x ∗= F (x∗) 4. ρ(xm, x∗)¬1−qb qm, m 0 Dowód:
1. Ciąg{xm} istnieje, xm∈ S, oraz ρ(xm, xm+1)¬ bqm, m 0
Zdanie jest prawdziwe dla m = 0. Założenie indukcyjne:
istnieją elementy
oraz
ρ(xi, xi+1)¬ bqi, i = 1, 2, . . . , m
Ponieważ xm∈ S, to xm+1= F (xm) istnieje, oraz
ρ(xm+1, xm)¬ ρ(F xm+1, F xm)¬ qρ(xm−1, xm)¬ qbqm−1= bqm Wykażemy, zę xm+1∈ S. ρ(xm+1, x0)¬ ρ(xm+1, xm) + . . . + ρ(x1, x0)¬ bqm+ bqm−1+ . . . + b = b 1− qm 1− q ¬ b 1− q ¬ δ co kończy dowód indukcyjny.
2. Isnieje granica ciągu{xm}.
Wykażemy, że ciąg ten spełnia warunek Cauchy’ego. Mamy
ρ(xm+k, xm)¬ ρ(xm+k, xm+k−1) + ρ(xm+k−1, xm+k−1) + . . . + ρ(xm+1, xm)¬ ¬ bqm+k−1+ bqm+k−2+ . . . + bqm= bqm1− q m 1− q ¬ bqm 1− q Zatem ρ(xm+k, xm)¬ bqm 1− q Ponieważ q < 1, to ciąg{xm} spełnia warunek Cauchy’ego.
Zatem, istnieje x∗= lim
m→∞xmi x ∗∈ S. Ponieważ 0¬ ρ(x∗, F (x∗)¬ ρ(x∗, xm) + q(F (xm−1, F (x∗))¬ ρ(x∗, xm) + qρ(xm−1, x∗) lim m→∞ρ(x ∗, x m) = 0 ρ(x∗, F (x∗) = 0⇔ x∗= F (x∗) Ponieważ ρ(xm+k, xm)¬ bqm 1− q więc przy k→ ∞ mamy
ρ(x∗, xm)¬ bqm 1− q 3. Jednoznacznosć. Jeżeli x∗= F (x∗) y = F (y), x∗ 6= y, to ρ(x∗, y) = ρ(F (x∗), F (y))¬ qρ(x∗, y) czyli q 1. Sprzeczność. UWAGA:
Twierdzenie nie jest prawdziwe, gdy q = 1. Przykład:
X = IRn
F (x) = x + a, a6= 0 ρ(F (x), F (y)) = 1· ρ(x, y)
4.4
Metoda Newtona dla równań skalarnych
Problem:
f : IR→ IR, rozważmy rówanie f(x) = 0. Zakładamy, że f0 istnieje.
Definiujemy ciąg{xn} następująco:
x0 – obieramy
(1) xn+1= xn−
f (xn)
f0(xn)
Szukamy funkcji liniwej stycznej do f w punkcie f (xn)
y− f(xn) = f 0 (xn)(x− xn) −f(xn) = f 0 (xn)(x− xn) Stąd otrzymujemy (1) po wstawieniu y = 0.
Metoda Newtona w bardzo dużej mierze zależy od wyboru punktu x0.
Twierdzenie: Założenia: 1. I = [x0− δ, x0+ δ], f ∈ C2(I, IR) |f00(x)¬ k, dla x ∈ I 2. f0(x0)6= 0, f0(x1 0) ¬ B, f (x0) f0(x0) ¬ η 3. h = k· B · η < 1 2, 1−√1−2h h η¬ δ Teza: 1. Ciąg: x0, xn+1= xn−ff (x0(x0) 0), n 0, istnieje xn∈ I dla n 0 2. Istnieje x∗= lim n→∞xn, f (x ∗) = 0
3. Dla n 0 mamy |x∗− xn| ¬ t∗− tn, n 0, gdzie t0= 0, tn+1= tn− P (t0)
P0(t0), n 0
P (t) = 12Kt2− 1 Bt +
η B
t∗ – mniejszy dodatni pierwiastek równania P (t) = 0 Komentarz: P (t) = 0 ⇔ 1 2Kt 2 − 1 Bt + η B = 0 ∆ = 1 B2 − 4 η B K 2 = 1− 2KBη B2 = 1− 2h B2 t∗= 1 B − √ 1−2h B K = 1−√1− 2h BKη η = 1−√1− 2h h η Dowód:
1. Ciąg{xn} istnieje, xn∈ I oraz
(∗) |xn+1− xn| ¬ tn+1= tn, n 0
• Dla n = 0 mamy x0∈ I, f 0 (x0)6= 0, x1= x0− f (x0) f0(x0) istnieje Mamy też |x1− x0| = f (x0) f0(x0) ¬ η ¬ 1−√1− 2h h η¬ δ 1−√1− 2h h = 2h h 1 +√1− 2h = 2 1 +√1− 2h 1¬ 2 1 +√1− 2h ¬ 2 czyli x1∈ I. Mamy też t1− t0=− P (t0) P0(t 0) =− η B −1 B = η czyli |x1− x0| ¬ t1− t0
Zatem (∗) prawdziwe dla n = 0. • Założenie indukcyjne:
x0, x1, . . . , xn istnieją, xi ∈ I dla 0 ¬ i ¬ n
oraz
|xk+1− xk| ¬ tk+1− tk, k = 0, 1, . . . , n
Wykażemy poprawność wzoru
xn+1= xn− f (xn) f0(xn) Mamy |f0(xn)| = f 0 (xn) + xn Z x0 f00(t)dt 1 B − xn Z x0 f00(t)dt 1 B − K|xn− x0| 1 B − K[|xn− xn−1| + |xn−1− xn−2| + . . . + |x1− x0|] 1 B − K[(tn− tn−1) + (tn−1− tn−2) + . . . + (t1− t0)] = 1 B − Ktn Mamy |f0(xn)| = −P 0 (tn) > 0, P 0 (t) = Kt− 1 B Zatem xn+1istnieje. Oszacowanie f (xn): f (xn) = f (xn−1) + (xn− xn−1)f 0 (xn−1) + xn Z xn−1 f00(t)(xn− t)dt xn+1= xn− f (xn) f0(x n) (X) f (xn) = xn Z xn−1 f00(t)(xn− t)dt Zatem |f(xn)| ¬ K xn Z xn−1 |xn− t|dt = K (xn− xn−1)2 2 ¬ K (tn− tn−1)2 2
Zastosujemy (X) do P : P (tn) = tn Z tn−1 P00(t)(tn− t)dt P (tn) = K tn Z tn−1 (tn− t)dt = K (tn− tn−1)2 2 Mamy więc |xn+1− xn| ¬ f (xn) f0(xn) ¬ P (tn) −P0 (tn) = tn+1− tn Więc xn ∈ I. Mamy |xn+1− xn| ¬ |xn+1− xn| + . . . + |x1− x0| ¬ tn+1− tn+ . . . + t1− t0¬ t∗= 1−√1− 2h h η¬ δ 2. Zbieżność ciągu{xn}. Mamy |xn+p− xn| ¬ |xn+p− xn+p−1| + |xn+p−1− xn+p−2| + . . . + |xn+1− xn| ¬ ¬ tn+p− tn+p−1+ tn+p−1− tn+p−2+ . . . + tn+1− tn= tn+p− tn
Stąd wynika, że istnieje
x∗= lim
n→∞xn
Ponieważ
|xn+p− xn| ¬ tn+p− tn, n, p 0
więc przy p→ ∞ mamy
|x∗− xn| ¬ t∗− tn, n 0
Ponieważ
(xn+1− xn)f
0
(xn) =−f(xn)
więc przy p→ ∞ mamy
f (x∗) = 0
4.4.1 Oszacowanie błędu metody Newtona Twierdzenie:
Jeśli spełnione są założenia poprzedniego twierdzenia, to |x∗− xn| ¬ 1 2n−1(2h) 2n−1· η, n 0 Dowód: Wykażemy, że |t∗− tn| ¬ 1 2n−1(2h) 2n−1· η, n 0 1. Zmiana zmiennej. Mamy P (t) = 1 2Kt 2 − 1 Bt + η B Niech t = τ· η P (τ η) = 1 2Kτ 2η2 − 1 Bτ η + η B = η B 1 2hτ 2 − τ + 1 = η B · φ(τ ),
gdzie φ(τ ) =1 2hτ 2 − τ + 1, φ0(τ ) = hτ− 1 Niech τ będzie mniejszym dodatnim pierwiastkiem wielomianu φ. Wykażemy, że ∗t = τ∗· η oraz (β) tn= τn· η, n 0, gdzie τ0= 0, τn+1= τn− φ(τn) φ0(τn) (β) dowodzimy indukcjynie. Krok indukcyjny: tn+1= tn− P (tn) P0(t n) = τnη− P (τnη) P0(τ nη) = . . . = τnη− η Bφ(τn) 1 Bφ 0 (τn) = ητn+1 |x∗− xn| ¬ t∗− tn = η(τ∗− τn) Wykażemy, że τ∗− τn¬ 1 2n−1(2h) 2n −1· η, n 0
Wykażemy, że ciąg n = τ∗− τn spełnia nierówność
n+1¬ An(n)2 2. Wykażemy, że (∗) τn+1− τn= 1 2 h 1− hτn (τn− τn−1)2, n = 1, 2, . . . Mamy φ(τn) = φ(τn−1) + (τn− τn−1)φ 0 (τn−1) + 1 2φ 00 (ξ)(τn− τn−1)2 φ(τn) = 1 2φ 00 (ξ)(τn− τn−1)2 Zatem τn+1− τn=− φ(τn) φ0(τ n) =1 2 h 1− hτn (τn− τn−1)2 3. Wykażemy, że (1) τn ¬ 2 − 21−n, τn− τn−1 ¬ 1 2n−1 Dowód indukcyjny: • Dla n = 1 mamy τ0= 0, τ1= 1 Stąd wynika (1) dla n = 1
• Niech (1) będzie założeniem indukcyjnym, mamy τn+1− τn= 1 2 h 1− hτn (τn+1− τn)2¬ 1 2 1 2 1−τn 2 1 2n−1· 2n−1 = 1 2 2− τn = 1 2n−1 2 ¬ 1 2 21−n 1 2n−1 2 = 1 2n Mamy też τn+1= τn+ (τn+1− τn)¬ 2 · 21−n− 1 2n = 2− 1 2n
4. Wykażemy, ze (2) τ∗− τn= 1 1− hτn · h 2 · (τ ∗− τ n−1)2 Mamy τ∗− τn = τ∗− τn−1− φ(τn) φ0(τn) =− 1 φ0(τn) h φ(τ∗)− φ(τn− (τ∗− τn−1)φ 0 (τn) i =− 1 φ0(τn)· Γ Γ = 1 2φ 00
(ξ)(τ∗− τn−1)2= (wynika z twierdzenia Taylora) =
1 2h(τ ∗− τ n−1)2 Mamy więc τ∗− τn= 1 1− hτn · h 2 · (τ ∗− τ n−1)2
Mamy takie oszacowanie
1− hτn−1 1 − h 2 − 22−n
1− hτn−1 1 − 2h − 2h21−n 1 − 1 − 2h21−n = 21−n
(3) τ∗− τn¬ h2n−2(τ∗− τn−1)2
Niech (A) jest prawdziwe dla n = 0. Krok indukcyjny: Zalozenie indukcyjne τ∗− τn¬ 1 2n−1(2h) 2n−1 Z (3) wynika: τ∗− τn+1¬ h2n−1(τ∗− τn)¬ h2n−1 1 2n−1(2h) 2n−1 2 = 2−n(2h)2n+1−1 koniec dowodu twierdzenia.
4.5
Metoda siecznych
4.5.1 Sformułowanie problemu Niech f : IR→ IR i rozważmy równanie
f (x) = 0 Rozpatrzmy metodę Newtona
x0, xn+1= xn−
f (xn)
f0(x
n)
n = 1, 2, . . . Zastępujemy f0(xn) ilorazem różnicowym
f0(xn) =
f (xn)− f(xn−1)
xn− xn−1
otrzymujemy metodę siecznych:
xn+1= xn−
xn− xn−1
f (xn)− f(xn−1)
f (xn) n = 1, 2, . . .
Rozwiązując układ równań
(
y− f(xn) = f (xxn)−f (xn−1)
n−xn−1 (x− xn)
y = 0 otrzymujemy metodę siecznych.
4.5.2 Warunki konstruowaloności metody siecznych Załóżmy, że wyznaczyliśmy punkty x0, x1, . . . , xn i f (xn) = f (xn−1)
1. xn6= xn−1. Mamy xn = xn−1− xn−1− xn−2 f (xn−1)− f(xn−2) f (xn−1) Stąd f (xn−1)6= 0.
Wtedy f (xn)6= 0 i xn+1 nie można wyznaczyć.
2. xn= xn−1. Wtedy f (xn−1) = 0 oraz f (xn) = 0. Mamy x∗= xn.
Twierdzenie: o zbieżności Założenia: 1. I = [x0− δ, x0+ δ], f ∈ C2(I, IR) 2. f0(x0)6= 0 f0(x1 0) ¬ B f (x0) f0(x0) ¬ η |f 00 (x0)| ¬ K dla x ∈ I 3. h = B· K · η < 1 2, 1−√1− 2h h η¬ δ 4. x0, x1∈ I |x1− x0| = 1− √ 1− 2h h η = t∗ |f(x1)| ¬ P (|x1− x0|) = P (t1) t1=|x1− x0| P (t) = 1 2Kt 2 − 1 Bt + η B Teza: 1. Ciąg x0, x1, xn+1= xn− xn− xn−1
f (xn)− f(xn−1)f (xn) jest nieskończony lub
∃N xN = x∗, f (x∗) = 0
2. |x∗− xn| ¬ t∗− tn, t∗ – mniejszy dodatni pierwiastek równania P (t) = 0,
t0= 0, t1=|x1− x0|, tn+1= tn−
tn− tn−1
P (tn)− P (tn−1)
P (tn)
Dowód:
1. Ciąg otrzymany metodą siecznych spełnia warunek
|xn+1− xn| ¬ tn+1− tn
dla tych n, dla których ciąg ten istnieje. • Dla n = 1 mamy x2− x1= x1− x0 f (x1)− f(x0) f (x1) |f(x1)− f(x0)| = |(x1− x0)f 0 (x)−1 2(x1− x0) 2f00(ξ) | |x1− x0| · 1 B − 1 2|x1− x0|K =|x1− x0| · 1 B − 1 2Kt1 Zatem |x2− x1| = |f(x1)| 1 B − 1 2Kt1 = 1 P (t1) B − 1 2Kt1 Mamy też: t2− t1=− t1− t0 P (t1)− P (t0) P (t1) =− t1 1 2Kt 2 1− 1 Bt1 P (t1) =− P (t1) 1 2Kt1− 1 B Zatem |x2− x1| ¬ t2− t1
• Założenie indukcyjne: |xk− xk−1| ¬ tk− tk−1 dla k = 1, 2, . . . , n Wykażemy, że |xn+1− xn| ¬ tn+1− tn Mamy xn+1− xn =− xn− xn−1 f (xn)− f(xn−1) f (xn) Oszacujemy f (xn). Mamy xn− xn−1=− xn−1− xn−2 f (xn−1)− f(xn−2) f (xn−1) Stąd (∗) f(xn−1)(xn− xn−2) = f (xn−2)(xn− xn−1)
Niech L[f,·] będzie wielomianem interpolacyjnym dla f z węzłami (xn−1, f (xn−1)), (xn−2, f (xn−2)). Mamy L[f, x] = f (xn−1) x− xn−2 xn−1− xn−2 + f (xn−2) x− xn−1 xn−2− xn−1 Z (∗) wynika, że L[f, xn] = 0
Z twierdzenia o reszcie interpolacyjnej mamy
f x)− L[f, x] = (x− xn−1)(x− xn−2) 2 f 00 (ξ) Zatem (∗∗) f(xn) = (x− xn−1)(x− xn−2) 2 f 00 (ξ) Równość (∗∗) jest prawdziwa dla P .
Ze wzoru Taylora mamy
f (xn)− f(xn−1) = (xn− xn−1)f 0 (xn−1) + (xn− xn−1)2 2 f 00 (η) Mamy więc xn+1− xn= −1 2(x− xn−1)(x− xn−2)f 00 (ξ) f0(x n−1) +12(xn− xn−1)f00(η) = A B Mamy oszacowanie |A| ¬ 1 2(tn− tn−1)(tn− tn−2)K oraz |f0(xn−1)| |f 0 (x0)| − |f 0 (xn−1)− f 0 (x0)| (∗)
z twierdzenie Lagrange’a istnieje punkt pośredni między xn−1 a x0, taki, że
|f0(xn−1)− f
0
(x0)| szacuje się przez K
(∗) 1 B − K|xn−1− x0| 1 B − Ktn−1 |B| 1 B − Ktn−1− 1 2K(tn− tn−1) = 1 B − K tn− tn−1 2 =−P 0 (tn− tn−1 2 ) Mamy więc |xn+1− xn| ¬ 1 2(tn− tn−1)(tn− tn−2)K −P0 (tn−tn−1 2 )
Wykażemy, że tn+1− tn jest prawą stroną nierówności. Mamy tn+1− tn=− tn− tn−1 P (tn)− P (tn−1) P (tn) (∗∗) = =−(tn− tn−1)(tn− tn−1)(tn− tn−2) 1 2K (tn− tn−1)12K(tn− tn−1)−B1 = =−(tn− tn−1)(tn− tn−2) 1 2K P0(tn−tn−1 2 ) Stąd wynika, że |xn+1− xn| ¬ tn+1− tn
2. Wszystkie elementy ciągu otrzymanego metodą siecznych leżą w przedziale I. Mamy x0, x1∈ I.
Krok indukcyjny, mamy:
|xn+1− x0| ¬ |xn+1− xn| + |xn− xn−1| + . . . + |x1− x0| ¬
¬ tn+1− tn+ tn− tn−1+ . . . + t1− t0= tn¬ t∗¬ δ
3. Przypuśćmy, że istnieją liczby x0, x1, . . . , xN oraz f (xN) = f (xN−1). Wtedy xN +1nie można wyznaczyć.
Wykażemy, że xN = xN−1. Mamy
|f(xN)− f(xN−1)| = |(xN − xN−1)f 0 (xN−1) + 1 2(xN− xN−1) 2f00(η) | czyli |f(xN)− f(xN−1)| = |xN − xN−1| |f0(xN−1) + 1 2(xN− xN−1)f 00 (η)| Mamy |f0(xN−1)| |f 0 (x0)| − |f 0 (xN)− f 0 (x0)| 1 B − f 00 (ξ)|xN− x0| 1 B − K|xN − x0| 1 B − KtN Mamy |f(xN)− f(xN−1)| |xN− xN−1| · 1 B − KtN − 1 2(tN − tN−1)K = =|xN − xN−1| · −P0(tN − tN−1 2 ) −P0(tN−tN−1 2 )
jest dodatnie,|f(xN)− f(xN−1)| = 0 więc
xN = xN−1
Zatem
xN = x∗, f (x∗) = 0
4. Rozpatrzmy przypadek, gdy ciąg{xn} jest nieskończony. Mamy
|xn+p− xn| ¬ tn+p− tn
stąd wynika, że istnieje
x∗= lim n→∞xn oraz przy p→ ∞ |x∗ − xn| ¬ t∗− tn Mamy f (xn) =−(xn+1− xn)· f (xn)− f(xn−1) xn− xn−1
Istnieje stała c > 0 taka, że
f (xn)− f(xn−1)
xn− xn−1 ¬ c
