Численные Методы, 11 лекция (от 20 марта)

Материал из eSyr's wiki.

Версия от 18:12, 3 февраля 2008; ESyr01 (Обсуждение | вклад)
(разн.) ← Предыдущая | Текущая версия (разн.) | Следующая → (разн.)
Перейти к: навигация, поиск

Предыдущая лекция | Следующая лекция

Содержание

[править] Глава 2. Интерполирование и приближение функций

[править] Параграф 6. Использование H3(x) для оценки погрешности квадратурной формулы Симпсона

Пусть требуется найти ∫ab f(x)dx, f(xi) = fi, f(xi+0,5h) = fi + 1/2

По формуле Симпсона:

  • xi − 1xi f(x)dx ≈ h/6 × (fi − 1 + 4fi − 1/2 + fi) (1)

Докажем, что для полинома третьей степени f(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3:

  • Посчитаем ∫xi − 1xi x3dx = x4/4 |xi − 1xi = (xi4 − xi − 14)/4 = (xi2 − xi − 12)(xi2 − xi + 12)/4 = h/4 × (xi + xi + 1)(xi2 + xi − 12)
  • h/6 × (xi − 13 + 4xi − 1/23 + xi3) = h/6 × (xi3 + xi − 13 + 4 × ((xi + xi + 1)/2)3) = h/6 × ((xi + xi + 1)(xi2 − xi − 1xi + xi − 12 + (xi + xi + 1)2 × (xi + xi + 1)/2)) = h/6 × ((xi + xi + 1) × 3/2 × (xi2 + xi − 12) = h/4 × (xi + xi + 1)(xi2 + xi − 12)

Теперь получим оценку погрешности.

  • xi − 1, xi − 1/2, xi
  • H3(xi − 1) = fi − 1
  • H3(xi − 1/2) = fi − 1/2
  • H3(xi) = fi
  • H3'(xi − 1/2) = f'i − 1/2
  • ∃! ∫xi − 1xi f(x)dx ≈ h/6 × (fi − 1 + 4xi − 1/2 + xi)
  • f(x) = H3(x) + ψH3(x)
  • xi − 1xi f(x)dx = ∫xi − 1xi H3(x)dx + ∫xi − 1xi ψH3(x)dx
  • Ψi(f) = ∫xi − 1xi f(x)dx − ∫xi − 1xi H3(x)dx = ∫xi − 1xi ψH3(x)dx
  • h/6 × (Hi − 1 + 4Hi − 1/2 + Hi) = h/6 × (fi − 1 + 4fi − 1/2 + fi)
  • ψH3(x) = f(4)(ξ)/4! (x − xi − 1)(x − xi − 1/2)2(x − xi)
  • M4 = supa ≤ x ≤ b |f(4)(x)|
  • i(f)| ≤ M4/4! ∫xi − 1xi (x − xi − 1)(x − xi − 1/2)2(x − xi)dx = M4/4! h5 t(t − 1/2)2(1 − t)dt
    • x = xi − 1 + th, 0 ≤ t ≤ 1
    • dx = hdt
    • (x − xi − 1/2)2 = h2(t − 1/2)2

Задача. Показать, что ∫01 t(t − 1/2)2(1 − t)dt = 1/20

  • i(f)| ≤ M4h5/4! × 1/120 = O(h5)
  • Ψh(f) = ∑i = 1NΨi(f)
    • Nh = b − a
  • Ψh(f) ≤ (h/2)4 (M4(b − a))/180 = O(h4)

[править] Параграф 7. Наилучшее среднеквадратичное приближение функции

Когда мы начинали эту главу, то говорили, что приближать можно бесконечным числом способов, ставя разными задачами. Приближение алгебраическим полиномом классическое. Часто надо будет приближать в совсем другом смысле.

Нам следует здесь хорошо понять, в чём заключается задача, и откуда следует единственность.

В чём заключается задача: пусть задан отрезок [a, b]. Рассматривается множество функций таких, что ∫ab f2(x)dx < ∞, f ∈ L2. В этом функциональном пространстве вводим векторное произведение: ∀ f, g ∈ L2: (f, g) = ∫ab f(x)g(x)dx. Норма: ||f|| = (f, f)1/2 = (∫ab f2(x)dx)1/2. Эта норма не согласована с нормой в дискретном L2.

Рассмотрим φ0(x), φ1(x), ..., φn(x) ∈ L2, {φk(x)}0n — линейно независимые (1)

  • ab φi2(x)dx < ∞
  • φ(x) = ∑k = 0n ckφk(x) (2) — обобщённый многочлен
  • Требуется найти такой обобщённый многочлен φ(x) = ∑k = 0n ckφk(x), что
    • ||f − φ(x)|| = ∫ab (f(x) − φ(x))2dx = minφ(x)||f − φ(x)||L22

Рассмотрим частный случай:

  • n = 0, φ0(x), f(x), φ(x) = c0φ0(x), φ(x) = c0φ0(x) — наилучшее среднее
  • F(c0) = ∫ab (f(x) − c0φ0(x))2dx = ∫ab f(x)2dx { = f f} − 2c0 × ∫ab f(x)φ0(x)dx { = f φ0} + c02 × ∫ab φ02(x)dx{ = φ0 φ0}
  • F'(c0) = 0
  • ...

Пусть есть φ0(x), φ1(x), ..., φn(x)

  • ab φk2(x)dx < ∞, k = 0…n
  • φ(x) = ∑k = 0n ckφk(x)
  • F(c0, c1, …, cn) = ∫ab (f(x) − φ(x))2dx = ||f − φ||L22 = ∫ab f2(x)dx − 2∑k = 0n ck (∫ab f(x)φk(x)dx) + ∑k = 0n ckl = 0n cl(∫ab φk(x)φl(x)dx) = (f, f) − 2∑k = 0n ck (f, φk(x)) + ∑k = 0n ckl = 0n clk, φl)
  • δF(c0, c1, …, cn)/δck = 0, k = 0…n
  • l = 0n clk, φl) = (f, φk), k = 0… n

Выпишем эту систему (3) подробно:

  • c00, φ0) + c10, φ1) + … cn0, φn) = (f, φ0)
  • c01, φ0) + c11, φ1) + … cn1, φn) = (f, φ1)
  • ...
  • c0n, φ0) + c1n, φ1) + … cnn, φn) = (f, φn)

Выпишем матрицу этой системы:

0, φ0) 0, φ1) ... 0, φn) = G(φ0, φ1, φn)
1, φ0) 1, φ1) ... 1, φn)
...
n, φ0) n, φ1) ... n, φn)

Это матрица Грамма. Определитель матрицы положительный, отличен от 0, тем самым система алгебраических уравнений имеет и при том единственное решение для любой правой части.

Решение даёт c0, c1, …, cn, и мы получаем наилучшее приближение.

Тем не менее, существует ряд проблем:

  • Теоретически, если мы будем добавлять точки, то это должно давать лучшее приближение. В чём проблема: если будет большой порядок, то будем решать численно. Если определитель отличен от 0, но маленький, и это даёт большие погрешности.


[править] Отклонение

ab (f(x) − ∑k = 0n ckφk(x))2dx = ∫ab f(x)2dx − 2∑k = 0n ckab f(x)φ0(x)dx + ∑l = 0n clk = 0n ckab φ02(x)dx = ∫ab f(x)2dx − ∑k = 0n ck2 ≥ 0

  • k = 0n ck2 ≤ ||f||2 — неравенство Бесселя
  • k = 0n ck2 = ||f||2 — равенство Парсеваля

Приходится задействовать много разных областей и решать много проблем, поэтому требуется понимание, что с чем связано.

В качестве обобщения: абсолютно так же для сеточных функций.

Таким образом завершим главу.


Численные Методы


01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22


Календарь

Февраль
пн
12 19
вт
13 20 27
Март
пн
05 12 19 26
вт
06 13 20 27
Апрель
пн
02 09 16 23 29
вт
03 10 17 24

Дополнительная информация

Содержание курса | Задачи на лекциях

Материалы к экзамену

Вопросы по курсу | Определения


Эта статья является конспектом лекции.

Эта статья ещё не вычитана. Пожалуйста, вычитайте её и исправьте ошибки, если они есть.
Личные инструменты
Разделы