Věta 4.4. Necht’ jsou funkce ϕ 0 (x),... ,ϕ k (x) lineárně nezávislé na množiněbodů x 0 ,... ,x n . Pak má normální soustava jediné řešení a ∗ 0 ,...,a∗ k a funkcea ∗ 0ϕ 0 (x i ) + ... + a ∗ kϕ k (x i ) = 0 i = 0... ,nje nejlepší aproximací funkce f na množně bodů x 0 ,... ,x n .Důkaz. Vzhledem k tomu, že funkce ϕ 0 (x),... ,ϕ k (x) jsou lineárně nezávisléna množině bodů x 0 ,...,x n , vyplývá z vlastností Grammova determinantu jednoznačnostřešení soustavy (4.3). Ukážeme nyní, že pro a ∗ 0 ,... ,a∗ k nabývá funkceS(a 0 ,... ,a k ) minimální hodnoty. Vypočtěme veličinuS(a ∗ 0 + ∆a 0 ,... ,a ∗ k + ∆a k ),kdek∑|∆a j | ≠ 0i=jn∑S(a ∗ 0+∆a 0 ,... ,a ∗ k+∆a k ) = (y j − [(a ∗ 0 + ∆a 0 )ϕ 0 (x i ) + · · · + (a ∗ k + ∆a k )ϕ 0 (x i )]) 2 =i=0n∑n∑[y j − (a ∗ 0ϕ 0 (x i ) + ... + a ∗ kϕ k (x i ))] 2 + [(∆a 0 ϕ 0 (x i ) + ... + ∆a k ϕ k (x i ))] 2i=0i=0n∑−2 [y j − (a ∗ 0 ϕ 0(x i ) + ... + a ∗ k ϕ k(x i ))][(∆a 0 ϕ 0 (x i ) + ... + ∆a k ϕ k (x i ))] =i=0S(a ∗ 0,... ,a ∗ k) −2 {∆a 0 [(y,ϕ 0 ) − a ∗ 0(ϕ 0 ,ϕ 0 ) − a ∗ 1(ϕ 1 ,ϕ 0 ) − ... − a ∗ k(ϕ k ,ϕ 0 )] ++ ∆a 1 [(y,ϕ 1 ) − a ∗ 0(ϕ 0 ,ϕ 1 ) − a ∗ 1(ϕ 1 ,ϕ 1 ) − ... − a ∗ k(ϕ k ,ϕ 1 )] +.+ ∆a k [(y,ϕ k ) − a ∗ 0(ϕ 0 ,ϕ k ) − a ∗ 1(ϕ 1 ,ϕ k ) − ... − a ∗ k(ϕ k ,ϕ k )]}+n∑[(∆a 0 ϕ 0 (x i ) + ... + ∆a k ϕ k (x i ))] 2 .i=0Člen ve složených závorkách {} je roven nule, protože se vždy jedná o rozdíl pravéa levé strany rovnic normální soustavy. Poslední součet je kladné číslo, protožefunkce ϕ 0 (x),... ,ϕ k (x) jsou lineárně nezávislé a ∑ ki=j |∆a j | ≠ 0. Z uvedenéhovyplývá, žeS(a ∗ 0 + ∆a 0 ,... ,a ∗ k + ∆a k ) > S(a ∗ 0,... ,a ∗ k)pro libovolné přírůstky proměnných a i a to znamená, že funkce S nabývá v bodě(a ∗ 0 ,... ,a∗ k) minimální hodnoty. ⋄50
Příklad 4.5. Nalezněte polynom prvního stupně, který aproximuje funkci f(x)danou tabulkou:i 0 1 2 3x i 2 4 6 8y i 2 11 28 40Řešení. Máme určit polynom P 1 (x) = a 0 + a 1 x. Nejprve sestavme odchylkureálných hodnot f(x i ) = y i od teoretických P 1 (x i ) = a 0 + a 1 x i , tj.3∑O(a 0 ,a 1 ) = (a 0 + a 1 x i − y i ) 2 ,i=0ze které odvodíme systém normálních rovnic:Upravíme tento systém:∂O3∑= 2 (a 0 + a 1 x i − y i ) = 0,∂a 0 i=0∂O3∑= 2 (a 0 + a 1 x i − y i )x i = 0.∂a 1 i=03∑ 3∑a 0 1 + a 1 x i = 3 ⎫∑y i , ⎪⎬i=0 i=0 i=03∑ 3∑a 0 x i + a 1 x 2 ∑i = 3 (∗)x i y i . ⎪⎭i=0 i=0 i=0Využitím zápisu pomocí skalárního součinu získáme jednodušší tvar:⎫a 0 (1,1) + a 1 (x,1) = (y,1), ⎬a 0 (1,x) + a 1 (x,x) = (y,x). ⎭ (∗∗)Spočteme jednotlivé skalární součiny a přitom využijeme vlastnosti symetrie skalárníhosoučinu:(y,1) = 2 + 11 + 28 + 40 = 81,(y,x) = 2 · 2 + 4 · 11 + 6 · 28 + 8 · 40 = 4 + 44 + 168 + 320 = 536,(1,1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4,(x,1) = (1,x) = 2 + 4 + 6 + 8 = 20,(x,x) = (1,x 2 ) = 4 + 16 + 36 + 64 = 120.51
- Page 2 and 3: Matematický ústav Slezské univer
- Page 4 and 5: 6.3.2 Jacobiova a Gaussova-Seidelov
- Page 6 and 7: STRUČNÝ NÁHLED STUDIJNÍ OPORYTe
- Page 8 and 9: - juliánský kalendář byl zavede
- Page 10 and 11: Definice 2.1. Necht’ x je přesn
- Page 12 and 13: polovinu jednotky řádu poslední
- Page 14 and 15: 2.4 Chyba součtu, rozdílu, souči
- Page 16: 2.5 Dobře a špatně podmíněné
- Page 19 and 20: tom, zda všechna čísla napřed z
- Page 21 and 22: akterizovány hodnotami parametrů
- Page 23 and 24: 3.1 Základní tvary interpolační
- Page 25 and 26: nutné přepočítat všechny funda
- Page 27 and 28: x 0 y 0> f[x 0 ,x 1 ]x i y i f[x i
- Page 29 and 30: Důkaz. Označme g(x) = f(x) − P
- Page 31 and 32: 3.3 Interpolace na ekvidistantní s
- Page 33 and 34: Řešení. Po sestavení tabulky po
- Page 35 and 36: fundamentální polynom, který zaj
- Page 37 and 38: a jejich derivacel ′ 0 (x) = 1 6
- Page 39 and 40: Požadavky na spojitost prvních a
- Page 41 and 42: Z druhé derivace v krajním bodě
- Page 43 and 44: Řešení této soustavy jec 2 =
- Page 45 and 46: ⎧⎪⎨S(x) =⎪⎩x, −∞ < x
- Page 47 and 48: 4 METODA NEJMENŠÍCH ČTVERCŮ...
- Page 49: kde j = 0,1,... ,k, který lze jedn
- Page 53 and 54: Věta 4.7. Necht’ na vektorovém
- Page 55 and 56: 5 NUMERICKÉ ŘEŠENÍ NELINEÁRNÍ
- Page 57 and 58: stačí vzítl ≥ logε(1 − K)|x
- Page 59 and 60: mít shodné kořeny. Tento postup
- Page 61 and 62: x k x k+1 x k+2Obr. 5.2Předpoklád
- Page 63 and 64: (5.1). Vskutku((α = lim x k+1 = li
- Page 65 and 66: Tentokrát dělícím bodem není p
- Page 67 and 68: Pro srovnání přidáváme hodnotu
- Page 69 and 70: Protožex −∞ ∞ 0 − 3 22P 1
- Page 71 and 72: Protožex −∞ ∞ 0P 1 (x) - + -
- Page 73 and 74: Cvičení 5.8.(i) x 0 = 0, x 1 = 1,
- Page 75 and 76: pravidlax =( D1D ,..., D ) ⊤n, (6
- Page 77 and 78: pro n = k − 1. Pro n = k matici A
- Page 79 and 80: (iv) Řešíme soustavu Ux = y,⎛1
- Page 81 and 82: Příklad 6.7. Gaussovou eliminačn
- Page 83 and 84: Věta 6.9. Necht’ ‖ · ‖ je v
- Page 85 and 86: = H 2 x (k−2) + (H + E)h.= H k x
- Page 87 and 88: Označíme-li ve vztahu (6.4)H =
- Page 89 and 90: Výpočet uspořádáme do tabulky:
- Page 91 and 92: Cvičení 6.4. Se zaokrouhlováním
- Page 93 and 94: 7 NUMERICKÉ INTEGROVÁNÍ... co by
- Page 95 and 96: Věta 7.1. Existuje číslo η i
- Page 97 and 98: K odvození chyby integrace využij
- Page 99 and 100: = f ′′ (η)2= f ′′ (η)2∫
- Page 101 and 102:
Opět zavedeme substituci o označe
- Page 103 and 104:
x 2i f(x 2i ) x 2i−1 f(x 2i−1 )
- Page 105 and 106:
7.6 VýsledkyCvičení 7.1.(i) 0,30
- Page 107 and 108:
f(x,y) lipschitzovská vzhledem k y
- Page 109 and 110:
a podle (8.2) mámey i+1 = y i + hf
- Page 111 and 112:
y i+1y(x)==y ikk21xixi+h/2x i+1Pou
- Page 113 and 114:
i x i y i y(x i ) {k 1 ,k 2 ,k 2 ,k
- Page 115 and 116:
Tedy pro každé x ∈ 〈0, 0,2〉
- Page 117 and 118:
Cvičení 8.2.(i)(ii)i x i y i |y(x
- Page 119:
Literatura[1] Burden, R.L., Faires,