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Interp. lineare a tratti
Partendo dall'equaz di una retta per i punti (x 0 ,y 0 ), (x 1 ,y 1 ): y − y 0 y 1 − y 0
x − x 0 x 1 − x 0 il segmento di retta nell'intervallo [x 0 ,x 1 ] è y = y 0 y 1 − y 0 x 1 − x 0 x − x 0 con x 0 ≤x≤x 1 Traslando ora questa equaz nel generico intervallo [xi,xi+1] e si ha y = yi yi 1 − yi h x − xi con xi≤ x ≤xi+1, h è il passo di griglia=x 1 -x 0 , con xi ∈ Rn+1. Si può quindi dare la seguente definizione: Sia yi= f (xi) ∈ Rn+1 una funz discreta su Rn+1. Dicesi funz di interp a lineare a tratti per la funz discreta f, la funz L(x) continua su [a,b] il cui grafico è composto da segmenti di retta congiungenti due coppie di punti consecutivi (xi,yi),(xi+1,yi+1), con i=0,...,n-1. Cioè: con xi ≤ x ≤ xi+
Interp. parabolica a tratti
Bisogna determinare un arco di parabola passante per 3 punti. Si considerano non collineari , cioè non giacenti sulla stessa retta: (x 0 ,y 0 ),(x 1 ,y 1 ),(x 2 ,y 2 ) con h passo di griglia. Senza diminuire di generalità si assume x 1 =0 , questa è una semplice traslazione poiché x*=x- x 1 x 1 *=0. I punti quindi sono x 0 =-h, x 1 =0 e x 2 =h, con h =passo di griglia. Questi si assumono giacenti sull'arco di parabola (con asse verticale) y= a + b x+ c x^2 , con x 0 ≤ x ≤ x 2. Quindi risulta:
- y 0 = a - b h+ c h^2 calcolato in x 0 =-h
- y 1 = a calcolato in x 1 =
- y 2 = a + b + c h^2 calcolato in x 2 =h Da queste si ricava:
- a=y 1
- b=(y 2 -y 0 )/2h
- c=(y 2 -2y 1 +y 0 )/2h^2 x^2 E quindi l'arco di parabola ha equazione: y =^ y 1 ^ y 2 − y 0 2h x y 2 −2y 1 y 0 2h 2 x 2 con c ≠ 0. Per dimostrare che c ≠ 0 bisogna dimostrare che il denominatore (2h^2 x^2 ) nn è nullo. Infatti: y 2 -2y 1 +y 0 =(y 2 -y 1 )-(y 1 -y 0 ). E dato che per ipotesi i punti non sono collineari y 2 -y 1 ≠y 1 -y 0. Infatti se giacessero sulla stessa retta la diff delle ordinate sarebbe stata costante perché tale sarebbe la pendenza. Se si trasla l'arco di parabola di un generico intervallo [xi-1,xi+1] si ha: y = yi yi 1 − yi − 1 2h x − xi yi 1 −2y i yi − 1 2h 2 ^ x −^ xi^ 2 E' da notare che anche se i punti fossero collineari si avrebbe c=0 e quindi una forma lineare ma le formule restano ancora valide. Sia yi= f (xi) una funz definita sul reticolo Rn+1={x 0 , x 1 , …, xn}dove si assume n pari. La funz parabolica a tratti, che interpola la funz discreta f su Rn+1, è la funzione P(x) continua su [x 0 ,xn], il cui grafico è fatto da archi di parabola, ciascuno con asse verticale, passanti per le triple consecutive (xi-1,yi-1)(xi,yi),(xi+1,yi+1), è l'ultima equaz con P(x) al posto di y. con xi-1≤ x ≤xi+1, e i =1, 3, .., n-1. L x = yi yi 1 − yi h x − xi
Interp. con spline cubiche
Eliminano gli inconvenienti delle precedenti, ossia che non si possono applicare al processo di estrapolazione, e che possono condurre ad implicazioni che possono essere fisicamente non realistiche. Assumendo che n=pari , che il tempo iniziale sia x 0 =0 , e che oltre alla funzione discreta yi= f (xi) con xi ∈ Rn+1, sia anche noto y 0 '. Bisogna inzialm determinare una funzione continua che passi attraverso i punti (x 0 ,y 0 ), (x 1 ,y 1 ),(x 2 ,y 2 ) tale che la sua derivata in x 0 valga y 0 '. Avendo 4 condiz da soddisfare servono 4 parametrie quindi una funzione cubica. Prendendo y= a + b x+ c x^2 + d x^3. Si impone che vi appartengano i punti (x 0 =0):
- y 0 = a
- y 1 = a + b h+ c h^2 + d h^3
- y 2 = a + 2b h+ 4c h^2 + 8d h^3 Poi derivando y= a + b x+ c x^2 + d x^3 e imponendo x 0 =y 0 ' si ha y'= b +2 c x+3 d x^2 yo'=b. Sostituendo si ottiene:
- y 1 =yo+hyo '+ c h^2 + d h^3
- y 2 =yo+ 2 hyo '+ 4c h^2 + 8d h^3 Quindi risolvendo rispetto a c e d :
- c =(8y 1 -7yo -y 2 -6hyo')/4h^2
- d =(3yo-4y 1 '+y 2 h^2 +2hyo')/4h^2. In definitiva dicasi formula della spline cubica interpolante: y = y 0 y ' 0 x 8y 1 −7y 0 − y 2 −6hy ' 0 4h 2 x 2 3y 0 −4y 1 y (^) 2 2hy ' 0 4h 3 x 3
Interp. Lagrangiana/Polinomiale
Fissati x 0 e xn ∈ Rn+1, e la funz discreta yi= f (xi), ponendo il polinomio candidato interpolante nella forma y x =∑ k = 0 n ln , k x y (^) k dove ln,k(x) con k=0,..,n sono polinomi di grado n. Imponendo l'equaz preced y(x i )= … =yi ,con i=0,..,n. Si vede che queste condiz sono verificate se si scelgono gli ln,k(x) in modo tale che se i≠k allora ln,k(x) =0 , viceversa =. Si deduce che ln , k x = (^) ∏ i =0, i ≠ k n (^) x − x i xk − xi con k=0,...,n Polinomi fondamentali di Lagrange. Quindi Polinomio interpolante di Lagrange è ln , k x =∑ k = 0 n ∏ i =0, i ≠ k n x − xi xk − xi yk
Errore quadratico
E= 02 + 12 + 22 + 32. Che è sempre derivabile, ed è la somma che bisogna minimizzare per
ridurre gli errori dovuti all'approssimazione. I suoi termini individuali sono sempre non negativi, e a causa della loro struttura parabolica hanno sempre un unico minimo.
Minimi quadrati
E' una retta che si ottiene con l'omonimo metodo. Assgnata la funz discreta yi= f (xi) con xi ∈ Rn+1, con i=0,...,n. Sia y=g(x; a 1 , a 2 , …, am) con x 0 <x<xn. una funzione continua di x scelta per fittare (adattare) i dati con il criterio dei min quad, essa è in m paramentri (a 1 ,..). Si minimizza E a 1,... , am =∑ i = 0 n g x ; a 1, a 2, ... , am − yi 2
. Il sistema di equaz si risolve derivando parzialmente E rispetto ai parametri ai ossia E/ ai=0 per trovare i minimi. Con I=1,..,m. Si arriva alla soluzione per a 1 , ...am. Se a 1 *, a 2 , …, am sono le soluzioni, cioè i punti di minimo, allora la soluzione al problema è data da: *g(x; a 1 , a 2 , …, am).
