Interpolation |
25.01.2020, 14:22 | Heyho95 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Interpolation Guten Tag, Ich verstehe das Interpolationsverfahren an sich, also das Prinzip. Nun habe ich aber bei meiner Aufgabe folgendes gegeben: P1(-2, -39) m(x=2)=74 P2(3, 256) m(x=3)= 244 Naja mit den Bedingungen und Ableitungen über Gauß hätte man schnell ein Lösungssystem aber es ist zwingend das Ich das mit dem Interpolationsverfahren machen soll. Newton scheint für mich etwas einfacher zu sein. Ich soll zu den oben genannten Punkten ein Polynom 3. Grades bilden. Meine Ideen: Wenn ich mir die Tabelle anschaue habe ich jetzt fehlende Punkte von x2,x3 und y2,y3. Die sind meiner Meinung nach nicht ersichtlich. Durch die Steigung an den Punkten müsste ich Koeffizienten damit herausbekommen, habe aber leider überhaupt keinen Ansatz wie ich das schaffen könnte. :-( |
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27.01.2020, 08:57 | Ulrich Ruhnau | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Interpolation
Scanne bitte den Aufgabentext, und hänge ihn hier an! Zwei Unklarheiten sind zu klären: 1. Soll m(x=2) bedeuten "Steigung an der Stelle " ? 2. Soll P1(-2,-39) nicht lieber P1(2,-39) heißen? |
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27.01.2020, 16:35 | Heyho95 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Moin, das wäre hier die Aufgabe. |
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27.01.2020, 16:44 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Zu b) Jede (!) echt kubische Funktion ist punktsymmetrisch bzgl. ihres Wendepunktes. |
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28.01.2020, 08:02 | Ulrich Ruhnau | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ich weiß nicht, was der Aufgabensteller mit Hauptform und Polynomentwicklung genau meint, jedoch habe ich in dem Numerikbuch von Martin Hermann auf Seite 350 die Hermitinterpolation gefunden, mit der man die Polynome dergestalt entwickelt, daß nicht nur der Punkt, sondern auch die Ableitung in dem Punkt vorgegeben wird. Wir brauchen zunächst mal die Lagrangefaktoren. Wenn die Ableitungen keine Rolle spielen würden, wäre das gesuchte Polynom Aber so einfach können wir es uns nicht machen. Für die Hermitinterpolation brauchen wir die Hermitfaktoren, damit wir wie folgt interpolieren: Den Rest mußt Du machen. |
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28.01.2020, 10:42 | interpol | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Es gibt bei der Hermite-Interpolation auch ein (zweiteiliges) relativ einfaches Rechenschema. Im zweiten Teil dieses Schemas findet dann sowieso wieder die Newtoninterpolation statt, welche du ja zu kennen scheinst. Ich hänge mal zwei Bilder an, damit sollte es eigentlich dann klappen. |
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28.01.2020, 21:06 | Ulrich Ruhnau | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Was ist den eine echt kubische Funktion? Darf diese auch komplexe Nullstellen haben? Mir war die von mir vorgeschlagene hermitInterpolation zu kompliziert um sie auch durchzuführen. Deshalb bin ich auf so eine Art Vandermonde-Ansatz ausgewichen. Damit habe ich das folgende Polynom gefunden. [attach]50517[/attach] Der Wendepunkt dieses Polynoms liegt bei . Die Nullstellen des Polynoms liegen bei Jetzt ist ja nur noch die Punktsymmetrie im Wendepunkt zu prüfen. Lässt sich das Polynom auf die folgende Form bringen? Ausmultipliziert ergibt es was leider nicht das selbe ist wie . Das muß anders gehen. Wie der nachfolgende Graph zeigt, könnte die Formel doch einfach die Form haben. [attach]50519[/attach] Dann ist , womit die Punktsymmetrie um den Wendepunkt gezeigt wäre. Vielleicht sollte ich nur noch das passende g herausfinden. |
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29.01.2020, 08:11 | Huggy | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Der Koeffizient von darf nicht Null sein. Die Art der Nullstellen ist irrelevant.
Weshalb sollte es? Die allgemeine Form des zum Punkt punktsymmetrischen Polynoms vom Grad 3 ist doch |
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29.01.2020, 14:25 | Ulrich Ruhnau | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du hast vollkommen recht. Bislang hatte ich noch nicht so viel mit Polynomen 3. Grades zu tun. Daher der Umstand! |
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