II. RF KMF DokuWiki

A numerikus deriválást akkor alkalmazzák, ha a

$$x_0< x_1< … < x_n\tag{4.1}\label{eq:4.1}$$

alappontokban adottak az $y=f(x)$ függvény értékei

$$y_k = f_k = f(x_k),\quad k=0, 1, 2, …, n. \tag{4.2}\label{eq:4.2}$$

Ekvidisztáns alappontok esetén:

$$x_k = x_0 + kh,\quad k=0, 1, 2, …, n.$$

A numerikus deriválást úgy lehet végrehajtani, hogy az adott függvényt interpolációs polinommal közelítjük:

$$f(x) = p(x) + R(x),\quad f(x) ≈ p(x)\tag{4.3}\label{eq:4.3}$$

és az $f(x)$ függvény deriváltját a $p(x)$ polinom deriváltjával közelítjük:

$$f^{(k)}(x) = p^{(k)} (x) + R(k) (x),\quad f^{(k)}(x) ≈ p^{(k)} (x)\tag{4.4}\label{eq:4.4}$$

Ha a maradék-tag deriváltjainak értéke

$$|R^{(k)} (x) | < ε\tag{4.5}\label{eq:4.5}$$

akkor az $f(x)$ függvény deriváltjai az interpolációs polinom alapján kiszámíthatók:

$$f′(x) ≈ p′(x),\quad … \quad , f^{(n)}(x) ≈ p^{(n)} (x)\tag{4.6}\label{eq:4.61}$$

Legyen az interpolációs polinom a Lagrange-féle interpolációs polinom:

$$p(x) = L^{(n)}(x),\tag{4.7}\label{eq:4.7}$$

akkor

$$\begin{equation}\begin{aligned}f^{(k)}(x)\approx(L^{(n)}(x))^{(k)}= \displaystyle\frac{d^kL^{(n)}(x)}{dx^k} =L^{(k)}_0(x)y_0+L^{(k)}_1(x)y_1+L^{(k)}_2(x)y_2+\\ +\ldots+L^{(k)}_n(x)y_n=\displaystyle\sum_{j=0}^nL^{(k)}_j(x)y_j \end{aligned}\end{equation} \tag{4.8}\label{eq:4.8}$$ A hiba-becslések pedig így állapíthatok meg: $$|f^{(k)}(x)-(L^{(n)}(x))^{(k)}|\leqslant \displaystyle\frac{k!}{(k-j)!(n+j)!}\max_{x\in[a,b]} |f^{(n+j)}(x)|\,|\omega^{(k-j)}(x)| \tag{4.9}\label{eq:4.9}$$ Legyen $n=2k+1$, az alappontokat, pedig így választjuk ki:

$$t - kh,\, …,\, t - h,\, t,\, t+h, …,t+kh, \tag{4.10}\label{eq:4.10}$$

akkor

$$|f^{\prime}(x)-L^{\prime}(x)|< \displaystyle\frac{h^{2k}}{\displaystyle\frac{2k}{k}(2k+1)}\max_{x\in[a,b]} |f^{(2k+1)}(x)| \tag{4.11}\label{eq:4.11}$$

ahol $a=t –kh;\, b=t+kh$.

Ha $n=3$, akkor

$$f′(x) ≈\frac{f(t+h) - f(t - h)}{2h}\tag{4.12}\label{eq:4.12}$$

és a képlet hibájának nagyságrendje $O(h^2)$.

Ha $n=5$, akkor pedig

$$f′(x) ≈\frac{f(t - 2h) -8 f(t - h)+ 8f(t+h) - f(t +2 h)}{12h}\tag{4.13}\label{eq:4.13}$$

és a hiba nagyságrendje $O(h^4)$.

A numerikus deriválást a gyakorlati problémák megoldására csak kis $n$ értéke mellet célszerű alkalmazni, mivel nagy $n$ értékek a numerikus instabilitáshoz vezethet.

Az

$$x_0, x_1, x_2, x_3, x_4$$

alappontok alapján az első Newton-féle interpolációs polinom differenciálásával a következő képletek kapunk:

$$f′(x) ≈\frac{∆y_0 + (2t -1) \displaystyle\frac{∆^2y_0}{2} + (3t^2 –6t +2) \displaystyle\frac{∆^3y_0}{6} + (2t^3-9t^2+11t-3) \displaystyle\frac{∆^4y_0}{12} }{h} \tag{4.14}\label{eq:4.14}$$

Mivel az $x_0$ kezdőpontot tetszőlegesen lehet kiválasztani, $x_0$ pont legyen az a pont, amelyben a derivált értékét akarjuk kiszámítani. Figyelembe vesszük, hogy ebben a pontban $t=0$, akkor az első Newton-féle interpolációs polinom alapján:

$$f′(x) ≈\frac{∆y_0-\displaystyle\frac{∆^2y_0}{2}+\displaystyle\frac{∆^3y_0}{3}-\displaystyle\frac{∆^4y_0}{4} + …+ (–1)^{n-1} \displaystyle\frac{∆^ny_0}{n} }{h} \tag{4.15}\label{eq:4.15}$$

(4.15)

A második Newton-féle interpolációs polinom alkalmazásával a következő képletet kapunk:

$$f′(x) ≈\displaystyle\frac{∆y_{-1}+\displaystyle\frac{∆^2y_{-2} }{2} + \displaystyle\frac{∆^3y_{-3} }{3} + \displaystyle\frac{∆^4y_{-4}}{4} + …+ \displaystyle\frac{∆^ny_{-n} }{n} }{h} \tag{4.16}\label{eq:4.16}$$

Ezeket a képleteket átalakíthatjuk úgy, hogy a differenciák helyet a képletek csak függvény értékeit tartalmazzák:

$$f′(x) ≈\displaystyle\frac{∆y_0-\displaystyle\frac{∆^2y_0}{2} }{h} = \displaystyle\frac{-3y_0+4y_1-y_2}{2h} \tag{4.17}\label{eq:4.17}$$

$$f′(x) ≈\displaystyle\frac{∆y_0 -\displaystyle\frac{∆^2y_0}{2} + \displaystyle\frac{∆^3y_0}{3} }{h} =\displaystyle\frac{-11y_0+18y_1-9y_2+2y_3}{6h} \tag{4.18}\label{eq:4.18}$$

$$f′(x) ≈\displaystyle\frac{∆y_0-\displaystyle\frac{∆^2y_0}{2} + \displaystyle\frac{∆^3y_0}{3}-\displaystyle\frac{∆^4y_0}{4} }{h} = \displaystyle\frac{-25y_0+48y_1-36y_2+16y_3-3y_4}{12h} \tag{4.19}\label{eq:4.19}$$

A második derivált közelítésére a Newton-féle interpolációs polinomok (első és második) segítségével a következő képleteket kapunk:

$$f′′(x) ≈\displaystyle\frac{∆^2y_0-∆^3y_0 +\displaystyle\frac{∆^4y_0 11}{12}-\displaystyle\frac{∆^5y_0 5}{6} + … }{h^2} \tag{4.20}\label{eq:4.20}$$

$$f′′(x) ≈\displaystyle\frac{ ∆^2y_{-2}- ∆^3y_{-3} + \displaystyle\frac{∆^4y_{-4}11}{12} - \displaystyle\frac{∆^5y_{-5} 5} {6} + … }{h^2} \tag{4.21}\label{eq:4.21}$$

Példa

Számítsuk ki a $y =\operatorname{sh}(2x)$ függvény $y′(x)$ és $y′′(x)$ deriváltjait a $x=0$ pontban:

$$\begin{matrix} x & y & \Delta y & \Delta^2y & \Delta^3y & \Delta^4y \\ 0,\!00 & 0,\!00000 & 0,\!10017 & -0,\!00100 & -0,\!00101 & 0,\!00003 \\ 0,\!05 & 0,\!10017 & 0,\!10117 & -0,\!00201 & -0,\!00104 & 0,\!00003 \\ 0,\!10 & 0,\!20134 & 0,\!10318 & -0,\!00305 & -0,\!00107 \\ 0,\!15 & 0,\!30452 & 0,\!10623 & -0,\!00412 & \\ 0,\!20 & 0,\!41075 & 0,\!11035 & & \\ 0,\!25 & 0,\!52110 & & & \\ \end{matrix} $$

$$y′(0) ≈ \displaystyle\frac{∆y_0- \displaystyle\frac{∆^2y_0}{2}+ \displaystyle\frac{∆^3y_0}{3}-\displaystyle\frac{∆^4y_0}{4} }{h} =$$

$$20\, (0,\!10017 - 0,\!00050 + 0,\!00034 - 0,\!00001) = 2,\!0000.$$

$$y′′(0) ≈ \displaystyle\frac{∆^2y_0 - ∆^3y_0 + \displaystyle\frac{∆^4y_011}{12} }{h^2} =$$

$$= 400\,(0,\!00100 - 0,\!00101 + 0,\!00003) =0,\!008. $$

A $y =\operatorname{sh}(2x)$ függvény analitikus differenciálása:

$$y′(x)=2\operatorname{ch}(2x),\quad y′′(x)=4\operatorname{sh}(2x) $$

által kapott értékek:

$$y′(0) = 2,\quad y′′(0) = 0.$$

Ha $f\in \mathbb{C}^{2}$, akkor megszerkeszthetjük a másodfokú Taylor-polinomot:

$$f(x+h) = f(x) +hf′(x) +\displaystyle\frac{h^2f′′(c)}{2}, \quad\text{ahol}\quad x < c < x+h \tag{4.22}\label{eq:4.22}$$

Innen

$$f(x+h)- f(x) = f′(x) +\displaystyle\frac{hf′′(c)}{2},$$

$$f′(x)≈ \displaystyle\frac{f(x+h) – f(x)}{h} \tag{4.23}\label{eq:4.23}$$

A képlet hibájának nagyságrendje $O(h)$.

Ha $f\in \mathbb{C}^{3}$, akkor pontosabb közelítést kaphatunk:

$$f(x+h) = f(x) +hf′(x) +\displaystyle\frac{h^2f′′(x)}{2} + \displaystyle\frac{h^3f′′′(c)}{6},\quad x < c_1 < x+h \tag{4.24}\label{eq:4.24}$$

$$f(x-h) = f(x) -hf′(x) +\displaystyle\frac{h^2f′′(x)}{2} - \displaystyle\frac{h^3f′′′(c)}{6}, \quad x–h < c_2 < x \tag{4.25}\label{eq:4.25}$$

Ha a (4.24) képletből kivonjuk a (4.25) képletet, akkor a következő képletet

$$\displaystyle\frac{f(x+h)- f(x-h)}{2h} = f′(x) + h^2 \displaystyle\frac{f′′′(c_1)+ f′′′(c_2)}{12} = f′(x) + \displaystyle\frac{h^2 f′′′(c3)}{6} \tag{4.26}\label{eq:4.26}$$

kapunk, ahol

$$x-h < c_3 < x+h$$

$$f′(x) ≈ \displaystyle\frac{f(x+h)-f(x–h)}{2h} \tag{4.27}\label{eq:4.27}$$

A képlet hibájának nagyságrendje $O^2(h)$.

A második derivált leggyakrabban alkalmazott képletei:

$$f′′(x) ≈\displaystyle\frac{f(x)-2f(x+h)+f(x+2h)}{h^2} \tag{4.28}\label{eq:4.28}$$

$$f′′(x) ≈\displaystyle\frac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2} \tag{4.1}\label{eq:4.29}$$

A (4.29) képletet a centrális differencia formulának nevezzük. A képlet hibájának nagyságrendje $O^2(h)$.

Javasoljuk megoldani a 10. Fejezetben található feladatokat