Seminar za Geometrijoknez/seminarji/GeomInterpCircle-05-06.pdf• Motivacija • Interpolacijski...

Univerza v LjubljaniFakulteta za matematiko in fiziko

Seminar za Geometrijo

GEOMETRIJSKA INTERPOLACIJA KRIVULJ, KI SO

BLIZU KROŽNIH LOKOV

Marjeta Krajnc

Ljubljana, 28. November 2005

Potek predstavitve:

• Geometrijska interpolacija v ravnini

• Motivacija

• Interpolacijski problem, nelinearne enačbe

• Asimptotični pristop

• Krivulje blizu krožnega loka

• Obstoj rešitve nelinearnega sistema, neizrojenost Jacobijana

Geometrijska interpolacija v ravnini

Rešujemo naslednji problem:Za danih 2n ravninskih točk, n ≥ 2,

TTTTTTTTT ℓ ∈ R2, ℓ = 0, 1, . . . , 2n − 1,

poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo PPPPPPPPPn stopnje n, kiinterpolira dane točke pri nekih parametrih

t0 < t1 < · · · < t2n−1.



TTTTTTTTT ℓ ∈ R2, ℓ = 0, 1, . . . , 2n − 1,


t0 < t1 < · · · < t2n−1.

Nemogoče?! S polinomom stopnje n lahko v splošnem interpoliramon + 1 točk.



TTTTTTTTT ℓ ∈ R2, ℓ = 0, 1, . . . , 2n − 1,


t0 < t1 < · · · < t2n−1.

Nemogoče?! S polinomom stopnje n lahko v splošnem interpoliramon + 1 točk.

Toda v tem primeru se ne ukvarjamo s funkcijami, ampak sparametričnimi polinomskimi krivuljami.

Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerihinterpoliramo niso določeni vnaprej.

Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerihinterpoliramo niso določeni vnaprej.

To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki sobile prvič predstavljene v članku:

C. de Boor, K. Höllig, M. Sabin: High accuracy geometric Hermiteinterpolation, Comput. Aided Geom. Design 4 (4) (1987)

V tem članku je bila obravnavana Hermitova kubična interpolacija dvehtočk, smeri tangent in ukrivljenosti. Dokazano je bilo, da lahkokonveksno ravninsko krivuljo aproksimiramo z redom aproksimacije šest.

- Neodvisnost od parametrizacije in visok red aproksimacije sta dvaglavna razloga za nadaljno delo z geometrijskimi interpolacijskimishemami.


- Interpolacijska krivulja je odvisna le od geometrijskih količin, kot sotočke, smeri tangent, ukrivljenosti ...



- Geometrijske sheme vključujejo nelinearne enačbe, zato sonetrivialna vprašanja o obstoju rešitve ter učinkoviti implementacijitakšnih shem.



- Geometrijske sheme vključujejo nelinearne enačbe, zato sonetrivialna vprašanja o obstoju rešitve ter učinkoviti implementacijitakšnih shem.

- Še vedno je odprt naslednji problem:

DOMNEVA 1 (Höllig and Koch ’96). Parametrična polinomska

krivulja stopnje n lahko v splošnem interpolira n + 1 +⌊

n−1d−1

⌋

točk v

Rd.

Primer d = 2 je še posebno zanimiv:

1. Aplikacije.

2. Največji razmik med funkcijskim in parametričnim primerom, t.j.,n − 1.


1. Aplikacije.


- Standardni pristop k analizi geometrijskih interpolacijskih shem jeasimptotični, to je podatki Tℓ so vzeti iz gladke krivulje.


1. Aplikacije.


- Standardni pristop k analizi geometrijskih interpolacijskih shem jeasimptotični, to je podatki Tℓ so vzeti iz gladke krivulje.

- Med ravninskimi parametričnimi krivuljami so še posebej pomembnikrožni loki, ki so v praksi eni najpomembnejših geometrijskihobjektov.

- Hermitova interpolacija krožnih lokov s polinomskimi krivuljamilihih stopenj!

- Lagrangeova interpolacija krožnih lokov s poljubnimi stopnjamipolinomov?

- Obravnavali bomo interpolacijo 2n točk na gladki konveksniravninski krivulji

fffffffff : [0, h] → R2,

s polinomskimi krivuljami stopnje ≤ n.




- Dokazali bomo, da za krivulje fffffffff , ki so ’blizu’ krožnih lokov, pridovolj majhnem h interpolacijska polinomska krivulja obstaja inaproksimira krivuljo fffffffff z optimalnim redom aproksimacije, to je 2n.




- Dokazali bomo, da za krivulje fffffffff , ki so ’blizu’ krožnih lokov, pridovolj majhnem h interpolacijska polinomska krivulja obstaja inaproksimira krivuljo fffffffff z optimalnim redom aproksimacije, to je 2n.

- Za motivacijo si oglejmo nekaj numeričnih primerov.

PRIMER 1:

Naj bo

fffffffff(t) =

2

1.5

− et

sin t

cos t

, t ∈[

−π

2,π

2

]

,

posebna eksponentna spirala.

Je konveksna krivulja in je geometrijsko podobna krožnemu loku, čepravje njuna radialna razdalja precej velika.

-3 -2 -1 1 2 3

0.5

1

1.5

radial distance

Krivuljo interpoliramo s parametrično polinomsko krivuljo stopnje n v2n točkah. Točke dobimo z ekvidistantno delitvijo intervala

[

−π2 , π

2

]

.

Graf prikazuje krivuljo fffffffff (črna krivulja) ter kubično geometrijskointerpolacijsko krivuljo (siva krivulja). Parametrična razdalja med njimaje err = 0.0296538.

-2 -1 1 2

0.5

1

1.5

Interval h Napaka interpolacije Eksponent padanja

n = 6 n = 7 n = 6 n = 7[

−π

2, π

2

]

π 1.72992 × 10−7 1.16683 × 10−8 — —[

− 9π

20, 9π

20

]

9π

105.49499 × 10−8 2.53434 × 10−9 - 10.8848 - 14.4925

[

− 8π

20, 8π

20

]

8π

101.47783 × 10−8 2.49808 × 10−10 - 11.1498 - 19.6718

[

− 7π

20, 7π

20

]

7π

103.62771 × 10−9 6.73586 × 10−11 - 10.5186 - 9.81538

[

− 6π

20, 6π

20

]

6π

106.70459 × 10−10 7.34947 × 10−12 - 10.9529 - 14.3717

[

− 5π

20, 5π

20

]

5π

108.20054 × 10−11 2.67022 × 10−13 - 11.5246 - 18.1825

[

− 4π

20, 4π

20

]

4π

105.88974 × 10−12 2.23372 × 10−14 - 11.8022 - 11.1187

[

− 3π

20, 3π

20

]

3π

101.89834 × 10−13 1.72699 × 10−16 - 11.9396 - 16.9022

[

− 2π

20, 2π

20

]

2π

101.46184 × 10−15 5.34414 × 10−19 - 12.0021 - 14.2506

[

− π

20, π

20

]

π

103.51881 × 10−19 2.93523 × 10−23 - 12.0204 - 14.1522

PRIMER 2:

Aproksimacija krivulje

fffffffff(t) = ln (t + π)

sin t

cos t

, t ∈ [0, 2π],

z geometrijskimi interpolacijskimi polinomskimi krivuljami stopnjen = 3, n = 4, n = 5.

Parametrična napaka je

err3 = 0.666549, err4 = 0.0557801, err5 = 0.00546704.

n = 3 :

-1-2 1 2

-1

1

2

n = 4 :

-1-2 1 2

-1

1

2

n = 5 :

-1-2 1 2

-1

1

2

PRIMER 3:

- Pri asimptotični analizi sicer predpostavljamo, da je parametričniinterval majhen. Numerični rezultati pokažejo, da lahkointerpoliramo celo krožnico

fffffffff(t) =

sin t

cos t

, t ∈ [−π, π],

v 2n točkah s polinomsko krivuljo stopnje ≤ n.

PRIMER 3:

- Pri asimptotični analizi sicer predpostavljamo, da je parametričniinterval majhen. Numerični rezultati pokažejo, da lahkointerpoliramo celo krožnico

fffffffff(t) =

sin t

cos t

, t ∈ [−π, π],

v 2n točkah s polinomsko krivuljo stopnje ≤ n.

- Točke na krožnici vzamemo pri parametrih

−π +2π

2n − 1ℓ, ℓ = 0, 1, . . . 2n − 1.

n = 3 :

1

1

T0

T1

T2 T3

T4

T5

n = 4 :

1

1

T0

T1

T2

T3 T4

T5

T6

T7

n = 5 :

1

1

T0

T1

T2

T3

T4 T5

T6

T7

T8

T9

- Naslednja tabela prikazuje radialno napako, ko n narašča. Rezultatikažejo, da pada napaka eksponentno kot O(nγn), γ ≈ −1.30.

n Radialna napaka γ

3 2.85951 × 10−1 —

4 2.32476 × 10−2 -1.11571

5 2.08441 × 10−3 -0.96391

6 1.22589 × 10−4 -1.04810...

......

14 1.58128 × 10−18 -1.29220

15 1.30483 × 10−20 -1.30577

16 9.42975 × 10−23 -1.31794

PRIMER 4:

Krožnico lahko eksaktno predstavimo z racionalno krivuljo

fffffffff(t) =

2t1+t2

1−t2

1+t2

, t ∈ (−∞,∞).

Graf narisan v Mathematici za t ∈ [−200, 200]:

Interpolacijski problem

- Enačbe, ki določajo interpolacijsko polinomsko krivuljo PPPPPPPPP n:

PPPPPPPPP n(tℓ) = TTTTTTTTT ℓ, ℓ = 0, 1, . . . , 2n − 1.




- Neznanke tℓ naj bodo urejene

t0 := 0 < t1 < · · · < t2n−1 := 1.




- Neznanke tℓ naj bodo urejene

t0 := 0 < t1 < · · · < t2n−1 := 1.

- Parametri ttttttttt := (tℓ)2n−2ℓ=1 niso edine neznanke. Določiti je treba še

koeficiente polinoma PPPPPPPPP n.

- Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznaneparametre ttttttttt, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardnointerpolacijsko shemo (Newton, Lagrange, . . . ).

- Enačbe za parametre ttttttttt dobimo s pomočjo linearno neodvisnihlinearnih funkcionalov, ki so odvisni le od ttttttttt in ki preslikajo PPPPPPPPP n v nič.

- Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznaneparametre ttttttttt, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardnointerpolacijsko shemo (Newton, Lagrange, . . . ).

- Enačbe za parametre ttttttttt dobimo s pomočjo linearno neodvisnihlinearnih funkcionalov, ki so odvisni le od ttttttttt in ki preslikajo PPPPPPPPP n v nič.

- Naravna izbira so deljene diference, in sicer

[t0, t1, . . . , tn+j ], j = 1, 2, . . . , n − 1,

ki očitno preslikajo vsak polinom stopnje ≤ n v nič.

- Uporabimo jih na enačbah PPPPPPPPP n(tℓ) = TTTTTTTTT ℓ in dobimo

n+j∑

ℓ=0

1n+j∏

m=0m6=ℓ

(tℓ − tm)

· TTTTTTTTT ℓ = 0, j = 1, 2, . . . , n − 1.

- To nam da 2n − 2 nelinearnih enačb za 2n − 2 neznank ttttttttt.

- Sistem nelinearnih enačb, ki ga dobimo, je težko obravnavati vsplošnem, zato bomo uporabili asimptotični pristop.

Asimptotični pristop - ponovitev

Točke TTTTTTTTT ℓ so vzete iz gladke konveksne ravninske parametrične krivuljefffffffff : [0, h] → R

2.

Predpostavimo da fffffffff(0) =

0

0

, fffffffff ′(0) =

1

0

in parametriziramo fffffffff

po prvi komponenti

fffffffff(x) =

x

y(x)

, kjer je

y(x) = 12y′′(0)x2 + 1

6y(3)(0)x3 + 124y(4)(0)x4 + O(x5), y′′(0) > 0.

IZREK 2. Če obstaja tak h0 > 0, da ima sistem enačb

Cn+j(aaaaaaaaa) + O(h) = 0, j = 1, 2, . . . , n − 1,

kjer

Ck(aaaaaaaaa) :=2

k!hky′′(0)

(

dk

dxky (h q(x; aaaaaaaaa))

)∣

∣

∣

∣

x=0

,

q(t; aaaaaaaaa) := t +

n−1∑

ℓ=1

aℓhℓtℓ+1,

realno rešitev aaaaaaaaa = (aℓ)n−1ℓ=1 za vse h, 0 ≤ h ≤ h0, potem interpolacijska

polinomska parametrična krivulja PPPPPPPPPn obstaja in aproksimira fffffffff zoptimalnim redom aproksimacije 2n.

Krivulje blizu krožnih lokov

Podatke Tℓ vzamemo z gladke konveksne krivulje

fffffffff : [0, h] → R2.

Predpostavimo, da je za dovolj majhen h krivulja podana kot

fffffffff(s) :=

s

u(s)

=

s

g0(s) + s g1(s)

,

kjer je g0(s) := 1 −√

1 − s2 krožni lok, parametriziran po prvikomponenti, g1 pa je gladka konveksna krivulja (popravek), ki zadošča

g1(0) = 0, g′1(0) = 0.

Glavni izrek je naslednji:

IZREK 3. Naj bo fffffffff gladka krivulja, ki je blizu krožnemu loku dolžine h.Za dovolj majhen h lahko fffffffff geometrijsko interpoliramo s polinomskoparametrično krivuljo stopnje ≤ n. Red aproksimacije je 2n, torejoptimalen.

Dokazati moramo, da ima nelinearen sistem

Cn+j(aaaaaaaaa) + O(h) = 0, j = 1, 2, . . . , n − 1,

realno rešitev aaaaaaaaa := (aℓ)n−1ℓ=1 za vse dovolj majhne h.

Funkcije Cn+j so za krivulje blizu krožnice podane na naslednji način:

Cn+j(aaaaaaaaa) =1

(n + j)!

(

dn+j

dtn+ju

(

t +

n−1∑

ℓ=1

aℓ tℓ+1

))

∣

∣

∣

∣

t=0

.

Ker je s ∈ [0, h], se sistem poenostavi v

1

(n + j)!

(

dn+j

dtn+jg0

(

t +

n−1∑

ℓ=1

aℓ tℓ+1

))

∣

∣

∣

∣

t=0

+ O(h) = 0, (1)

j = 1, 2, . . . , n − 1.

Dovolj je dokazati, da ima sistem (1) realno rešitev pri h = 0 in da jeJacobijan v rešitvi neizrojen.

Dokažimo najprej, da obstaja realna rešitev pri h = 0.

Iz razvoja

1 − g0

(

t +

n−1∑

ℓ=1

aℓ tℓ+1

)

=

√

√

√

√1 −(

t +

n−1∑

ℓ=1

aℓ tℓ+1

)2

=: 1 +

∞∑

ℓ=1

bℓ tℓ (2)

dobimo

(

t +

n−1∑

ℓ=1

aℓ tℓ+1

)2

+

(

1 +

∞∑

ℓ=1

bℓ tℓ

)2

= 1. (3)

Ker so enačbe (1) v limiti h → 0 ekvivalentne dejstvu, da razvoj (2) nevsebuje potenc n + 1, n + 2, . . . , 2n − 1, nam relacija (3) implicira

(

t +n−1∑

ℓ=1

aℓ tℓ+1

)2

+

(

1 +n∑

ℓ=1

bℓ tℓ

)2

= 1 + (a2n−1 + b2

n) t2n. (4)

Dobili smo 2n − 1 enačb za 2n − 1 neznank

aaaaaaaaa = (aℓ)n−1ℓ=1 , bbbbbbbbb := (bℓ)

nℓ=1 .

Če znamo določiti neznanke aaaaaaaaa, potem dobimo neznanke bbbbbbbbb z reševanjemlinearnega sistema in obratno velja enako.

Definirajmo

α1 :=1

2n

√

a2n−1 + b2

n

.

Regularna reparametrizacija t → α1 · t in nove neznake

αj := (α1)j aj−1, j = 2, 3, . . . , n,

β0 := 1, βj := (α1)j bj , j = 1, 2, . . . , n,

nam poenostavijo relacijo (4) v

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n, xn(0) = 0, (5)

kjer sta

xn(t) =

n∑

j=1

αj tj , yn(t) =

n∑

j=0

βj tj . (6)

Relacija

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n, xn(0) = 0,

nam da sistem 2n + 1 nelinearnih enačb za 2n + 1 neznanih koeficientovpolinomov xn in yn.

Relacija

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n, xn(0) = 0,


- 17. Hilbertov problem

Relacija

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n, xn(0) = 0,


- 17. Hilbertov problem

Rešitev zgornjega problema nam da aproksimacijo za krožni lok zradialno napako:

∣

∣

∣

√

x2n(t) + y2

n(t) − 1∣

∣

∣ =

∣

∣x2n(t) + y2

n(t) − 1∣

∣

√

x2n(t) + x2

n(t) + 1≤∣

∣x2n(t) + y2

n(t) − 1∣

∣ = t2n.

Primer n = 12 :

-1 -0.5 0.5 1

-1

-0.5

0.5

1

- Eksplicitno rešitev zadnjega problema (5) sta za lihe n našla Lychein Mørken (1990), in sicer

xn(t) := x0(t) − (−1)(n−1)/2 tn y0(t),

yn(t) := y0(t) + (−1)(n−1)/2 tn x0(t),

kjer

x0(t) =2 t

1 + t2, y0(t) =

1 − t2

1 + t2.


xn(t) := x0(t) − (−1)(n−1)/2 tn y0(t),

yn(t) := y0(t) + (−1)(n−1)/2 tn x0(t),

kjer

x0(t) =2 t

1 + t2, y0(t) =

1 − t2

1 + t2.

- Za sode n nista uspela najti kakšne preproste rešitve.


xn(t) := x0(t) − (−1)(n−1)/2 tn y0(t),

yn(t) := y0(t) + (−1)(n−1)/2 tn x0(t),

kjer

x0(t) =2 t

1 + t2, y0(t) =

1 − t2

1 + t2.


- Iz numeričnih izračunov ni bilo mogoče uganiti eksplicitne rešitve vprimeru sodih n.


xn(t) := x0(t) − (−1)(n−1)/2 tn y0(t),

yn(t) := y0(t) + (−1)(n−1)/2 tn x0(t),

kjer

x0(t) =2 t

1 + t2, y0(t) =

1 − t2

1 + t2.


- Iz numeričnih izračunov ni bilo mogoče uganiti eksplicitne rešitve vprimeru sodih n.

- Vendar se je izkazalo, da se da tudi v tem primeru uporabiti istoidejo.

Krožnico lahko parametriziramo kot

x0(t) =2√

1 − c2 t (1 − c t)

1 − 2 c t + t2,

y0(t) =1 − 2 c t + (2 c2 − 1) t2

1 − 2 c t + t2,

kjer je 0 ≤ c < 1, t ∈ (−∞,∞).

Naj bo

n = 2k (2 r − 1), k ∈ N0, r ∈ N.

Definirajmo

ck := cos( π

2k+1

)

, sk := sin( π

2k+1

)

.

Če je c := ck , sta funkciji xn in yn, definirani kot

xn(t)

yn(t)

:=

1 (−1)r tn

−(−1)r tn 1

x0(t)

y0(t)

, (7)

polinoma stopnje ≤ n, ki izpolnjujeta relacijo

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n, xn(0) = 0.

Dalje velja, da so njuni koeficienti

αj =2 sk cos(

(j − 1)π

2k+1

)

= 2 sk Tj−1(ck), j = 1, 2, . . . , n − 1,

αn =2 sk cos(

(n − 1)π

2k+1

)

+ (−1)r = 2 sk Tn−1(ck) + (−1)r,

in

β0 = 1, β1 = 0,

βj = −2 sk sin(

(j − 1)π

2k+1

)

= −2 s2k Uj−2(ck), j = 2, 3, . . . , n,

kjer so Tj in Uj Čebiševi polinomi prve in druge stopnje.

DOKAZ:

Funkciji

xn(t) = x0(t) + (−1)r tn y0(t), yn(t) = −(−1)r tnx0(t) + y0(t),

očitno izpolnjujeta

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n.

DOKAZ:

Funkciji

xn(t) = x0(t) + (−1)r tn y0(t), yn(t) = −(−1)r tnx0(t) + y0(t),

očitno izpolnjujeta

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n.

Dokažimo, da sta dejansko polinoma oblike (6). Za dokaz, da je funkcijaxn ustrezen polinom, je dovolj videti naslednje:

(

1 − 2 ck t + t2)

n∑

j=1

αj tj = α1 t + (α2 − 2 ck α1) t2+

n∑

j=3

(αj − 2 ck αj−1 + αj−2) tj + (−2 ck αn + αn−1) tn+1 + αn tn+2 =

(2 sk t (1 − ck t)) + (−1)r tn(

1 − 2 ck t + (2 c2k − 1) t2

)

.

Primerjava koeficientov nam da naslednje linearne rekurzivne zveze

α1 = 2sk,

α2 = ck α1,

αj − 2 ck αj−1 + αj−2 = 0, j = 3, 4, . . . n − 1,

z dodatnimi pogoji

αn − 2 ck αn−1 + αn−2 =(−1)r,

2 ck αn − αn−1 =(−1)r 2 ck,

αn =(−1)r (2 c2k − 1).

Od izračunamo, da so koeficienti polinoma xn enaki

αj =2 sk cos(

(j − 1)π

2k+1

)

= 2 sk Tj−1(ck), j = 1, 2, . . . , n − 1,

αn =2 sk cos(

(n − 1)π

2k+1

)

+ (−1)r = 2 sk Tn−1(ck) + (−1)r.

Dokaz za yn je podoben.

IZREK 4. Naj bodo n, k, r, αj, βj kot zgoraj. Tedaj je determinantaJacobijana nelinearnega sistema

dj

dtj

(

x2n(t) + y2

n(t) − (1 + t2n))∣

∣

∣

t=0= 0, j = 0, 1, . . . , 2n,

enaka

detJ = (−1)nr+1 22n+1 n2 s2k.

DOKAZ:

Preprosto se vidi, da je Jacobijan J := 2D, kjer je

D :=

0 · · · · · · · · · 0 β0 0 · · · 0 0

0 0 · · · · · · 0 β1 β0

... 0

α1 0. . .

...... β1

. . ....

...

α2 α1

. . .. . .

......

.... . . β0 0

... α2

. . . 0 0...

.... . . β1 β0

......

. . . α1 0 βn

.... . .

... β1

αn

... α2 α1 0 βn

......

0 αn

... α2

... 0. . .

......

... 0. . .

......

......

......

......

. . . αn

......

.... . . βn

...

0 0 · · · 0 αn 0 0 · · · 0 βn

.

Čeprav je oblika matrike D zelo lepa, ni tako preprosto poiskatieksplicitne formule za determinanto. Potreben bo poseben ’trik’.


Naj bo

u0 := 0, u1, u2, . . . , u2n ∈ C

zaporedje 2n + 1 različnih vrednosti in

V (u0, u1, . . . , u2n) :=(

uℓ−1j−1

)2n+1

j,ℓ=1

Vandermondova matrika.


Naj bo

u0 := 0, u1, u2, . . . , u2n ∈ C

zaporedje 2n + 1 različnih vrednosti in

V (u0, u1, . . . , u2n) :=(

uℓ−1j−1

)2n+1

j,ℓ=1

Vandermondova matrika.

Tedaj so vrstice produkta V D enake

uj xn(uj), u2j xn(uj), . . . , un

j xn(uj), yn(uj), uj yn(uj), . . . , unj yn(uj),

za j = 0, 1, . . . , 2n.

Zdaj je potrebno pametno izbrati vrednosti uj . Če jih izberemo kot 2n

različnih rešitev enačbe

t2 n + 1 = 0,

tedaj iz enačbe

x2n(t) + y2

n(t) = 1 + t2n,

sledi xn(uj) = ±i yn(uj).

Tu smo z i označili imaginarno enoto, to je i2 = −1.

Naj velja

uj := exp

(

(−1)ri π

2n(4 j − 3)

)

, j = 1, 2 . . . , n, j 6= j0,

uj0 := exp

(

i π

2n(2 r − 1)

)

,

un+j := u−1j , j = 1, 2, . . . , n,

kjer je

j0 =

2n−r+22 , r even,

r+12 , r odd.

Tedaj velja

yn(uj) = −i xn(uj), j = 1, 2, . . . , n,

yn(uj) = i xn(uj), j = n + 1, n + 2, . . . , 2n.

Iz u0 = 0, yn(0) = 1 ter posebne strukture vrstice produkta V D sledi

det(V D) = in2 n∏

j=1

xn(uj) det C,

kjer je

C :=

0 0 · · · 0 1 0 · · · 0

u1 u21 · · · un

1 −1 −u1 · · · −un1

...... · · ·

......

... · · ·...

un u2n · · · un

n −1 −un · · · −unn

un+1 u2n+1 · · · un

n+1 1 un+1 · · · unn+1

un+2 u2n+2 · · · un

n+2 1 un+2 · · · unn+2

...... · · ·

......

... · · ·...

u2 n u22 n · · · un

2 n 1 u2 n · · · un2 n

.

Ker je J = 2D, je

detJ = 22 n+1 in2 n∏

j=1

xn(uj)det C

detV.

Determinata matrike C se poenostavi v

det C = (−1)n2 n∏

j=1

uj det

V1 −V1

V2 V2

,

kjer sta

V1 := V (u1, u2, . . . , un), V2 := V (un+1, un+2, . . . , u2 n)

Vandermondovi matriki.

Ker so uj rešitve enačbe

t2 n + 1 = 0,

je2 n∏

j=1

uj = 1.

Preprosta redukcija po stolpcih nam da

detC = (−1)n 2n detV1 detV2.

Od tod pa sledi

detC

detV= (−1)n 2n 1

∏nℓ=1

∏nj=1(un+ℓ − uj)

.

Z nekaj računanja dobimo

detC

det V=

(−1)n r+1

in n2 s2k

.

Izračunamo še2 n∏

j=1

xn(uj) = n4 s4k,

kjer uporabimo formule

n∏

j=1

sin( π

2n(2j − 2m − 1)

)

=(−1)m

2n−1, m ∈ Z,

n∏

j=1

j 6=m

sin( π

2n(2j − 2m)

)

=(−1)m+1n

2n−1, 1 ≤ m ≤ n.

(Gradxtein, I. S. i Ryжik, I. M., Tablicy integralov, summ,

r�dov i proizvedeni�, Izdanie tretьe, pererabotannoe, Moskva,1951.)

Vse skupaj pa nam da

det J = (−1)nr+1 22n+1 n2 s2k.

S tem je glavni izrek dokazan.

Seminar za Geometrijoknez/seminarji/GeomInterpCircle-05-06.pdf• Motivacija • Interpolacijski...

Documents

Transcript of Seminar za Geometrijoknez/seminarji/GeomInterpCircle-05-06.pdf• Motivacija • Interpolacijski...