lok. quadratischer Spline

07.01.2009, 16:01

tigerbine

lok. quadratischer Spline

Vielleicht schaut mal jemand drüber?

Zitat:

Wenn man nun nicht wie im Workshop vorgeht, sondern möchte, dass der quadr. Spline in den Knoten interpolieren soll, ergibt sich

$\begin{eqnarray*} 1. \quad S_{j}(t_j) = f_j \qquad \qquad \qquad j = 0,1,2,...,n \qquad \quad \text{Interpolationsbedingung 1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2. \quad R_{j-1}(t_j) = R_j(t_j)=:u_j \qquad j = 1,2,...,n-1 \quad \text{Stetigkeit in den S-Knoten} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3. \quad R'_{j-1}(t_j) = R_j'(t_j) \qquad \qquad j = 1,2,...,n-1 \quad \text{Stetigkeit der Ableitung in den S-Knoten} \end{eqnarray*}$
____________________________________________________

$\begin{eqnarray*} - \qquad \qquad 3n-1 \quad \text{Bedingungen} \end{eqnarray*}$

Für die benötigten 3n-Koeffizienten fügt man also noch 1 Bedingungen, z.B.

$\begin{eqnarray*} 4. \quad R'_{0}(t_0) = f'_0 \end{eqnarray*}$

Dividierte Differenzen für quadr. Splines

Damit erhält man bei der Anwendung der Hermite-Form des Interpolationspolynoms $\begin{eqnarray*} R_{0} \end{eqnarray*}$ folgendes Schema der dividierten Differenzen:

$\begin{eqnarray*} \begin{array} {|r||r|r|r|} \hline t_{0} & f_{0} & \frac{f'_0}{1!} & \frac{f_0'-\frac{f_1-f_0}{t_1-t_0}}{t_1-t_{0}} \\ \hline t_0 & f_0 &\frac{f_1-f_0}{t_1-t_0} & \\ \hline t_1 & f_1& & \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

Mit dem Wissen über die Hermite-Interpolation ist diese Restriktion eindeutig bestimmt. Ihre eindeutig bestimmbare Ableitung in $\begin{eqnarray*} t_1 \end{eqnarray*}$ determiniert dann $\begin{eqnarray*} R_1 \end{eqnarray*}$ usw.

Für einen Algorithmus wäre das unzufriedenstellend, da man ja Ableitungen berechnen müsste. Für einen Eindeutigkeitsbeweis sollte es imho ausrechen?

07.01.2009, 18:48

tigerbine

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RE: lok. quadratischer Spline
Es ergibt sich für die Restriktion R0:

$\begin{eqnarray*} R_0(t)=f_0+f'_0(t-t_0)+\frac{\frac{f_1-f_0}{t_1-t_0}-f'_0}{t_1-t_0}(t-t_0)^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R'_0(t)=f'_0+2\frac{\frac{f_1-f_0}{t_1-t_0}-f'_0}{t_1-t_0}(t-t_0) \end{eqnarray*}$

Nun soll gelten:

$\begin{eqnarray*} R'_0(t_1)=R'_1(t_1) =:u_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{f'_0+2(\frac{f_1-f_0}{t_1-t_0}-f'_0)}_{=:y_1}=R'_1(t_1) =:u_1 \end{eqnarray*}$

Somit ist u1 eindeutig aus den Angaben berechenbar. Allgemein erhält man j>2

$\begin{eqnarray*} u_{j-1}+2(\frac{f_1-f_0}{t_1-t_0}-u_{j-1})=u_j \end{eqnarray*}$

Umgestellt wird das zu

$\begin{eqnarray*} \underbrace{2\cdot \frac{f_j-f_{j-1}}{t_{j}-t_{j-1}}}_{y_j}=u_{j-1}+u_j \end{eqnarray*}$

Was uns auf ein offensichtlich reguläres LGS führt:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1 &0 &\hdots &&0 \\ 1&1&\ddots&&0\\ 0&1&1&\ddots&0\\\vdots &&\ddots&& \\0&\hdots&&1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}u_1\\u_2\\ \\ \\ \\ u_{n-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y_1\\y_2\\ \\ \\ \\ y_{n-1} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Mit den so bestimmten u kann man dann die Restriktionen angeben:

$\begin{eqnarray*} R_j=f_j+u_j(t-t_j)+\frac{\frac{f_j-f_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}-u_j}{t_j-t_{j-1}}(t-t_j)^2 \end{eqnarray*}$

07.01.2009, 21:20

tigerbine

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RE: lok. quadratischer Spline
Nun gibt man anstatt einer Ableitung den Wunsch nach Periodiziät vor. D.h. es soll gelten

$\begin{eqnarray*} R'_0(t_0)=R'_{n-1}(t_n) \end{eqnarray*}$

Wieder stellt man die Hermiteform auf, dabei kürzen wir wieder analog ab:

$\begin{eqnarray*} u_j:=R'_j(t_j),\quad j=1,...,n-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{array} {|r||r|r|r|} \hline t_{j-1} & f_{j-1} & u_{j-1} & \frac{\frac{f_j-f_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}-u_{j-1}}{t_j-t_{j-1}} \\ \hline t_{j-1} & f_{j-1} &\frac{f_j-f_{j-1}}{t_j-t_{j-1}} & \\ \hline t_j & f_j& & \\ \hline \end{array} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R_{j-1}(t)=f_{j-1}+u_{j-1}(t-t_{j-1})+\frac{\frac{f_j-f_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}-u_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}(t-t_{j-1})^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R'_{j-1}(t)=u_{j-1}+2\cdot \frac{\frac{f_j-f_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}-u_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}(t-t_{j-1}) \end{eqnarray*}$

Nun soll gelten:

$\begin{eqnarray*} R'_j(t_j)=R'_{j-1}(t_j),~j=1,...,n-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u_{j}=u_{j-1}+2\cdot \frac{\frac{f_j-f_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}-u_{j-1}}{t_j-t_{j-1}}(t_j-t_{j-1}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u_{0}=u_{n-1}+2\cdot \frac{\frac{f_n-f_{n-1}}{t_n-t_{n-1}}-u_{n-1}}{t_n-t_{n-1}}(t_n-t_{j-1}) \end{eqnarray*}$

Das ergibt dann eine Matrix, deren Diagonalelemente alle 1 sind und auch die erste (obere) Nebendiagonale ist mit Einsen gefüllt. Ferner ist $\begin{eqnarray*} m_{n1}=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} M=\begin{pmatrix}1&1&0 \\0&1&1\\1&0&1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Diese Matrix ist regulär. Somit ist auch hier der Spline eindeutig bestimmbar. Der allgemeine Nachweis muss noch erbracht werden, sollte aber über determinante möglich sein...

Edit:
$\begin{eqnarray*} M=\begin{pmatrix}1&1&0&0 \\0&1&1&0\\0&0&1&1\\1&0&0&1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

diese Matrix ist singulär. Hängt die eindeutigkeit hier dann von den Knotenanzahl ab?

07.01.2009, 22:40

tigerbine

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Mit Laplace würde ich meinen ja. Entwickelt man nach der ersten Spalte, so sind die neuen Determinantenmatrizen obere und untere Dreiecksmatrizen mit det 1. Entscheidend sind also die Vorfaktoren

$\begin{eqnarray*} (-1)^{1+1}=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (-1)^{n+1}=\begin{cases} -1 & n=2k+1\\0 & n=2k\end{cases} \end{eqnarray*}$

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