Aproksymacja. j<k. L 2 p[a, b] l 2 p,n X = Lemat 1. Wielomiany ortogonalne P 0,P 1,...,P n tworza przestrzeni liniowej Π n. Dowód.

Transkrypt

1 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 1/19 Lemat 1. Wielomiany ortogonalne P 0,P 1,...,P n tworza bazę przestrzeni liniowej Π n. Dowód. Lemat 2. Dowolny wielomian Q j stopnia j niższego od k jest prostopadły do k-tego wielomianu ortogonalnego P k ; (Q j,p k )=0dla j<k. Dowód. Lemat 3. Ciag wielomianów ortogonalnych w przestrzeni X = { L 2 p[a, b] l 2 p,n jest określony jednoznacznie z dokładnościado czynników stałych, tj. jeśli {P k } i {Q k } s to P k = α k Q k, α k = const, k =0, 1,... Dowód. aci agami ortogonalnymi w X,

2 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 2/19 Twierdzenie 1. Ciag wielomianów ortogonalnych {P k } w przestrzeni X = L 2 p[a, b] lub X = lp,n 2 spełnia zależność rekurencyjn a P k (x) = (α k x + β k )P k 1 (x)+γ k P k 2 (x) k =1, 2,... P 1 (x) = 0, P 0 (x) =a 0, gdzie α k = a k a k 1 0, β k,γ k 0, γ 1 jest nieistotna, ponieważ P 1 (x) =0, a k s a współczynnikami wielomianu P k przy x k, P k (x) =a k x k +, β k = α k(xp k 1,P k 1 ) (P k 1,P k 1 ), γ k = α k(p k 1,P k 1 ) α k 1 (P k 2,P k 2 ) Dla wielomianów ortogonalnych na zbiorze dyskretnym {x 1,x 2,...,x N } (w przestrzeni lp,n 2 spełniona tylko dla k N 1. Dowód. ) zależność rekurencyjna jest

3 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 3/19 Twierdzenie 1 umożliwia konstrukcję wielomianów ortogonalnych o zadanych współczynnikach a k, k =0, 1,...,n.Możemy również ustalić, że a k =1, k =0, 1,...,n. Wówczas α k =1, P 0 (x) =1i β k = (xp k 1,P k 1 ) (P k 1,P k 1 ), γ k = (P k 1,P k 1 ) (P k 2,P k 2 ), Wielomiany Czebyszewa T k (x) =cos(karc cos x), k =0, 1,..., tworzaukład ortogonalny w przestrzeni L 2 p[ 1, 1] z funkcja wagowa p(x) = 1 i spełniaj 1 x a zależność rekurencyjn a 2 { T 0 (x) =1 T 1 (x) =x T k (x) =2xT k 1 (x) T k 2 (x) (k 2)

4 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 4/19 Zadanie aproksymacji średniokwadratowej wielomianami Dla danej f L 2 p[a, b] (lp,n 2 ), szukamy elementu optymalnego dla f względem podprzestrzeni Π n, tj. wielomianu w f Π n, dla którego zachodzi równość f w f 2 = inf f w 2 = E n (f). w Π n w f nazywamy n-tym wielomianem optymalnym dla f, a E n (f) nazywamy n-tym błędem optymalnym.

5 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 5/19 Twierdzenie 2. Jeśli {P k } jest ciagiem wielomianów ortogonalnych w X = L 2 p[a, b] lub X = lp,n 2 i zawiera co najmniej wielomiany P 0,P 1,...,P n,ton-ty wielomian optymalny w f określony jest jednoznacznie i wyraża się wzorem w f = n k=0 (f,p k ) (P k,p k ) P k, a n-ty bład optymalny jest równy ( E n (f) = f 2 2 n k=0 ) 1/2 (f,p k ) 2 (P k,p k )

6 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 6/19 Z rysunku poniżej wynika, że w f jest elementem optymalnym dla f wtedy i tylko wtedy, gdy f w f (f w f = r) jest prostopadły doπ n (r Π n ). f f w f = r w f Π n

7 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 7/19 Wielomiany ortogonalne P 0,P1,...,P n sa baza Π n na mocy lematu 1. Stad n-ty wielomian optymalny dla f można przedstawić n w f = c i P i. i=0 w f jest optymalny, gdy r Π n, co jest równoważne r P j, j =0,...,n. (f w f,p j ) = 0, j =0,...,n (w f,p j ) = (f,p j ), j =0,...,n n ( c i P i,p j ) = (f,p j ), j =0,...,n i=0 Otrzymujemy układ n +1równań on +1niewiadomych c i.

8 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 8/19 c 0 (P 0,P 0 )+c 1 (P 1,P 0 )+ + c n (P n,p 0 ) = (f,p 0 ) c 0 (P 0,P 1 )+c 1 (P 1,P 1 )+ + c n (P n,p 1 ) = (f,p 1 )... c 0 (P 0,P n )+c 1 (P 1,P n )+ + c n (P n,p n ) = (f,p n ) Powyższy układ nazywamy układem równań normalnych. (P i,p j )=0dla i j, (P i,p j ) 0dla i = j. Zukładu wyznaczamy c i = (f,p i), i =0, 1,...,ni wielomian (P i,p i ) w f = n (f,p i ) i=0 (P i,p i ) P i. Z faktu, że w przestrzeniach unitarnych zachodzi twierdzenie Pitagorasa mamy f 2 2 = w f f w f 2 2 f w f 2 = ( f 2 2 w f 2 2) 1/2 = ( f 2 2 n k=0 ) 1/2 (f,p k ) 2 (P k,p k )

9 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 9/19 Wyznaczanie n-tego wielomianu optymalnego krok 1. Wyznaczyć wielomiany ortogonalne P 0,...,P n np. ze zwiazku rekurencyjnego lub wykorzystać znane wielomiany ortogonalne. krok 2. Obliczyć współczynniki c k = (f,p k) (P k,p k ), k =0, 1,...,n Cała informacja o wielomianach ortogonalnych powinna wyrażać się współczynnikami zwiazku rekurencyjnego, α k, β k, γ k. Nie powinno się wyznaczać postaci naturalnej n-tego wielomianu optymalnego w f bez potrzeby n w f (x) = c k P k (x) =a n x n + a n 1 x n a a x + a 0. k=0

10 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 10/19 Wartość n-tego wielomianu optymalnego w f n w f (x) = c k P k (x) k=0 w punkcie liczymy za pomoca algorytmu Clenshow a wykorzystujacego fakt, że wielomiany ortogonalne spełniaja zwiazek rekurencyjny: Y n+1 := Y n+2 := 0 Y k := c k +(α k+1 x β k+1 )Y k+1 γ k+2 Y k+2, k = n, n 1,...,0 w f (x) =a 0 Y 0

11 w przestrzeniach unitarnych ogólne podejście Dla danej f X, X jest przestrzenia unitarna, szukamy elementu optymalnego dla f względem podprzestrzeni Y X, tj. g f Y, dla którego zachodzi równość f g f 2 =inf f g. g Y Niech układ, niekoniecznie ortogonalny, f 0,f 1,...,f n będzie baza Y. Wówczas szukany element g f możemy przedstawić: g f = n i=0 c if i. Podobnie jak dla przestrzeni Π n, g f jest optymalny, gdy f g f Y, co jest równoważne f g f f j, j =0,...,n. n ( c i f i,f j )=(f,f j ), j =0,...,n i=0 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 11/19

12 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 12/19 Otrzymujemy układ równań normalnych o n +1 niewiadomych c i. c 0 (f 0,f 0 )+c 1 (f 1,f 0 )+ + c n (f n,f 0 ) = (f,f 0 ) c 0 (f 0,f 1 )+c 1 (f 1,f 1 )+ + c n (f n,f 1 ) = (f,f 1 )... c 0 (f 0,f n )+c 1 (f 1,f n )+ + c n (f n,f n ) = (f,f n ) Macierz n +1 n +1powyższego układu nazywamy macierza Grama.

13 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 13/19 Przykład 1 (Układ równań normalnych źle uwarunkowany). Niech X = L 2 p [0, 1], p(x) =1, Y =Π n. Iloczyn skalarny w tej przestrzeni jest postaci (f,g) = 1 0 f(x)g(x)dx. Szukamy n-tego wielomianu optymalnego dla f względem Π n. Jako bazę Π n bierzemy f 0 =1,f 1 = x, f 2 = x 2,...,f n = x n. Wyznaczamy elementy macierzy Grama (f i,f j )=(x i,x j )= 1 0 x i x j dx == 1, i, j=0, 1,...,n. i+j+1 Macierz układu jest zatem macierza Hilberta.

14 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 14/19 Dowód Lematu 1 Dowód wynika bezpośrednio z faktu, że dla dowolnego układu f 1,f 2,...,f n liniowo niezależnych elementów przestrzeni unitarnej istnieje układ ortogonalny g 1,g 2,...,g n taki, że każdy z elementów g i, i =1,...,n, jest kombinacja liniowa f 1,...,f i.układ ortogonalny konstruujemy metoda ortogonalizacji Grama-Schmidta.

15 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 15/19 Dowód Lematu 2 Przedstawmy wielomian Q j jako kombinację liniowa wielomianów ortogonalnych (z lematu 1 wynika, że P 0,...,P j sa baza Π j ). Q j = jx α i P i. i=0 Biorac iloczyn skalarny obu stron z wielomianem P k, otrzymujemy (Q j,p k )= jx α i (P i,p k )=0, i=0 ponieważ (P i,p k )=0dla i<k.

16 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 16/19 Dowód Lematu 3 Niech P 0,P 1,...,P n i Q 0,Q 1,...,Q n będaróżnymi ciagami ortogonalnymi. Z lematu 1 wynika, że wielomian P k możemy przedstawić jako kombinację liniowa wielomianów Q 0,...,Q k P k = kx α j Q j. j=0 Biorac iloczyn skalarny obu stron powyższego równania z wielomianem Q l, l<k, stosujac lemat 2 i korzystajac z faktu, że ciag {Q i } jest ortogonalny otrzymujemy 0=(Q l,p k )= kx α l (Q l,q j )=α l (Q l,q l ). j=0 Zdefinicji (Q l,q l ) 0.St adizpowyższego równania otrzymujemy α l =0dla l<k. Zatem P k = kx α l Q l = α k Q k. l=0

17 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 17/19 Dowód Twierdzenia 1 a k a k 1. P k jest wielomianem dokładnie k-tego stopnia, czyli a k 0. Przyjmijmy α k = Wówczas wielomian P k α k xp k 1 jest k 1-go stopnia. Przedstawmy ten wielomian w postaci kombinacji liniowej wielomianów ortogonalnych (zob. lemat 1) k 1 X P k α k xp k 1 = b i P i. Iloczyn skalarny (P k α k xp k 1,P j )=0dla j<k 2. Możemy go zapisać (P k α k xp k 1,P j )=(P k,p j ) α k (xp k 1,P j ) i=0 (P k,p j )=0z ortogonalności układu. Ponieważ w przestrzeniach L 2 p[a, b] i l 2 p,n spełniona jest równość (xp k 1,P j )=(P k 1,xP j ) (zob. postać iloczynów skalarnych). Z lematu 2 natychmiast dostajemy (P k 1,xP j )=0,co daje (xp k 1,P j )=0. Zatem 0=(P k α k xp k 1,P j )= k 1 X i=0 b i (P i,,p j )=b j (P j,p j ). Zdefinicji (P j,p j ) 0.St adipowyższego równania otrzymujemy b j =0dla j<k 2.

18 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 18/19 Tak więc P k = α k xp k 1 + b k 1 P k 1 + b k 2 P k 2 = α k xp k 1 + β k P k 1 + γ k P k 2, gdzie β k = b k 1, γ k = b k 2. Stosujac iloczyn skalarny z P k 1 do powyższej równości otrzymujemy 0=(P k,p k 1 )=α k (xp k 1,P k 1 )+β k (P k 1,P k 1 ) Wyznaczamy β k = α k(xp k 1,P k 1 ). (P k 1,P k 1 ) Podobnie wyznaczamy γ k biorac iloczyn skalarny z P k 2 γ k = α k(xp k 1,P k 2 ) (P k 2,P k 2 ) = (P k 1,P k 1 ) (P k 2,P k 2 ). (P k 1,P k 1 )=α k 1 (xp k 2,P k 1 ),a(xp k 2,P k 1 )=(P k 2,xP k 1 ).

19 Metody numeryczne Paweł Zieliński p. 19/19 Dla wielomianów ortogonalnych na zbiorze dyskretnym {x 1,x 2,...,x N } zależność rekurencyjna jest spełniona tylko dla k N 1. Następuj acy wielomian a N (x x 1 )(x x 2 ) (x x N ) zeruje się wx k ze zbioru. Czyli jest on ortogonalny do wszystkich wielomianów ortogonalnych P j niższego stopnia. Z lematu 3 wynika, że ciag wielomianów ortogonalnych jest określony jednoznacznie z dokładnościa do czynników stałych, więc N-ty wielomian ortogonalny musi być postaci a N (x x 1 )(x x 2 ) (x x N ). Zatem (P N,P N )=0,co dowodzi, że P N jest zerowym elementem lp,n 2.Więc nie może być elementem układu ortogonalnego.