Verbesserte Trapezregel < Integr.+Differenz. < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:13 So 01.04.2007 | | Autor: | Tiffany |
| Aufgabe | Zur Approximation des Integrals $I(f) = [mm] \integral_{0}^{1}{f(x) \, dx}$ [/mm] kann man die Trapezregel $T(f) = [mm] \textstyle\bruch{1}{2}(f(0) [/mm] + f(1))$ verwenden.
Begründe, warum die "verbesserte Trapezregel" $R(f) = [mm] \textstyle\bruch{1}{2}(f(\bruch{1}{5}) [/mm] + [mm] f(\bruch{4}{5}))$ [/mm] i. a. eine bessere Approximation für $I(f)$ liefert. |
Scheint zwar zu stimmen, habe aber keine Ahnung, warum. Als Hinweis wird noch auf die Taylorreihenentwicklung verwiesen. Das hilft mir hier aber auch nicht sonderlich weiter.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:33 Mo 02.04.2007 | | Autor: | wauwau |
Was heißt i.a. - im allgemeinen ????
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:39 Mo 02.04.2007 | | Autor: | wauwau |
Die Funktion:
[mm] \bruch{x^3}{3}-\bruch{x^2}{2}+\bruch{4x}{25}+1
[/mm]
Wird durch die Trapezregel in der ersten Form exakt integriert.
Die "verbesserte" Trapezregel kann daher nur schlechter sein (ist sie auch in diesem Fall)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:51 Mo 02.04.2007 | | Autor: | chyval |
@wau wau: kann es sein, dass du hier Trapez mit Simpson verwechselt hast?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:31 Mo 02.04.2007 | | Autor: | wauwau |
Ne, ahbe ich nicht, einfach die in der Eingabe verwendeten Formeln für die Trapezregeln angewendet...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:14 Mo 02.04.2007 | | Autor: | Tiffany |
i. a. heißt wohl im allgemeinen, also so was ähnliches wie "fast überall". Man kann also schon Beispiele konstruieren, wo die "normale" Regel besser ist.
Ich habe die verbesserte Regel mal auf einige "normale" Funktionen losgelassen wie [mm] $\sin(x), \, \ln(1+x), \, e^x, \, 1/(1+x^2)$. [/mm] Hat den Anschein, als wäre sie tatsächlich deutlich genauer.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:24 Mo 02.04.2007 | | Autor: | wauwau |
fast überrall, da brächte man dann ein Maß auf einem geeigneten Funktionenraum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:14 Mo 02.04.2007 | | Autor: | Tiffany |
Beide Regeln liefern hier [mm] $\bruch{299}{300}$ [/mm] - was der exakte Wert ist!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:07 Mo 02.04.2007 | | Autor: | Tiffany |
Ich habe es mal mit der angegebenen Reihenentwicklung versucht:
[mm] $f(\bruch{1}{5}) [/mm] = f(0) + [mm] \bruch{1}{5}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{1}{50}f''(0) [/mm] + [mm] \bruch{1}{750}f'''(0) [/mm] + ...$
[mm] $f(\bruch{4}{5}) [/mm] = f(0) + [mm] \bruch{4}{5}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{16}{50}f''(0) [/mm] + [mm] \bruch{64}{750}f'''(0) [/mm] + ...$
[mm] $\Rightarrow [/mm] R(f) = f(0) + [mm] \bruch{1}{2}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{17}{100}f''(0) [/mm] + [mm] \bruch{13}{300}f'''(0) [/mm] + ...$
Und nun? Was genau hilft das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:14 Mo 02.04.2007 | | Autor: | ullim |
Hi,
der Fehler der bei Integration mittels Trapezformel entsteht, lässt sich für jede zweimal stetig differenzierbare Funktion f auf dem Interbvall [0..1] wie folgt abschätzen.
[mm] |\Delta(f)|=\br{1}{12}|f''(\xi)]\le\br{1}{12}M [/mm] mit [mm] \xi\in(0,1) [/mm] und M=max(f''(x)) für [mm] x\in(0,1)
[/mm]
Der Beweis beruht darauf, das man die Funktion f(x) linear an den Stellen [mm] x_0=0 [/mm] und [mm] x_1=1 [/mm] interpoliert.
Ersetzt man die Interpolationsstellen [mm] x_0=0 [/mm] und [mm] x_1=1 [/mm] durch neue Interpolationsstellen [mm] x_0=\alpha [/mm] und [mm] x_1=1-\alpha [/mm] und führt die gleichen Beweisschritte durch, erhält man folgende Fehlerabschätzung
[mm] |\Delta(f)|=\left|\br{1}{2}f''(\xi_1)(-\br{2}{3}\alpha^3+\br{1}{2}\alpha^2)+\br{1}{2}f''(\xi_2)(-\br{1}{6}+\alpha-2\alpha^2+\br{4}{3}\alpha^3)+\br{1}{2}f''(\xi_3)(-\br{2}{3}\alpha^3+\br{1}{2}\alpha^2)\right|
[/mm]
mit [mm] \xi_i\in(0,1) [/mm] für i=1..3
also gilt
[mm] |\Delta(f)|\le\br{1}{2}M\left(\left|-\br{2}{3}\alpha^3+\br{1}{2}\alpha^2\right|+\left|-\br{1}{6}+\alpha-2\alpha^2+\br{4}{3}\alpha^3\right|+\left|-\br{2}{3}\alpha^3+\br{1}{2}\alpha^2\right|\right)
[/mm]
Die rechte Seite hat ein Minimum bei [mm] \alpha=\br{1}{4} [/mm] und ein Maximum bei [mm] \alpha=0. [/mm] Ich leg mal ein Bild bei.
Also kann man sagen, das mit den Interpolationswerten [mm] x_0=\br{1}{5} [/mm] und [mm] x_1=\br{4}{5} [/mm] bessere Ergebnisse erzielt werden können. Das Ergebnis hängt aber von den Werten die [mm] f''(\xi_i) [/mm] annehmen kann ab, s.d. es auch Funktionen geben kann, wo die verbesserte Formel keine besseren Werte liefert.
Anbei ein Bild über den Fehlerverlauf
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") Datei-Anhang
mfg ullim
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: pdf) [nicht öffentlich]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:43 Mo 02.04.2007 | | Autor: | Tiffany |
Was sind denn hier die [mm] $\xi_i$? [/mm] Das sind ja sicher nicht die Stützstellen [mm] $\alpha$ [/mm] bzw. [mm] $1-\alpha$.
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:58 Mo 02.04.2007 | | Autor: | ullim |
Hi,
die [mm] \xi_i [/mm] sind Werte die aus der Anwendung des Zwischenwertsatzes für die Integralrechnung stammen. Sie sind also nicht genau bestimmt, sondern man weiß nur, das sie existieren. Aus diesem Grund habe ich die zweiten Ableitungen auch durch ihr Maximum abgeschätzt.
Die [mm] \xi_i [/mm] sind aus folgenden Intervallen
[mm] \xi_1\in(0,\alpha)
[/mm]
[mm] \xi_2\in(\alpha,1-\alpha)
[/mm]
[mm] \xi_3\in(1-\alpha,1)
[/mm]
mfg ullim
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:50 Mo 02.04.2007 | | Autor: | Tiffany |
Genau nachgerechnet habe ich das nicht, hier aber mal die Fehlerabschätzung von mir (Taylorentwicklung bei $x = 0$):
Der exakte Wert ist $I(f) = f(0) + [mm] \bruch{1}{2}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{1}{6}f''(0) [/mm] + ... $
Interpolation bei $0$ und $1$:
$f(0) = f(0)$
$f(1) = f(0) + f'(0) + [mm] \bruch{1}{2}f''(0) [/mm] + ... $
[mm] $\Rightarrow [/mm] R(f) = f(0) + [mm] \bruch{1}{2}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{1}{4}f''(0) [/mm] + ...$
Fehler: [mm] $\bruch{1}{12}|f''(0)|$
[/mm]
(stimmt also in etwa mit deiner Abschätzung überein)
Interpolation bei [mm] $\bruch{1}{5}$ [/mm] und [mm] $\bruch{4}{5}$:
[/mm]
[mm] $f(\bruch{1}{5}) [/mm] = f(0) + [mm] \bruch{1}{5}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{1}{50}f''(0) [/mm] + ... $
[mm] $f(\bruch{4}{5}) [/mm] = f(0) + [mm] \bruch{4}{5}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{16}{50}f''(0) [/mm] + ... $
[mm] $\Rightarrow [/mm] R(f) = f(0) + [mm] \bruch{1}{2}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{17}{100}f''(0) [/mm] + ...$
Fehler: [mm] $\bruch{1}{300}|f''(0)|$
[/mm]
Interpolation bei [mm] $\bruch{1}{4}$ [/mm] und [mm] $\bruch{3}{4}$:
[/mm]
[mm] $f(\bruch{1}{4}) [/mm] = f(0) + [mm] \bruch{1}{4}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{1}{32}f''(0) [/mm] + ... $
[mm] $f(\bruch{3}{4}) [/mm] = f(0) + [mm] \bruch{3}{4}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{9}{32}f''(0) [/mm] + ... $
[mm] $\Rightarrow [/mm] R(f) = f(0) + [mm] \bruch{1}{2}f'(0) [/mm] + [mm] \bruch{5}{32}f''(0) [/mm] + ...$
Fehler: [mm] $\bruch{1}{96}|f''(0)|$
[/mm]
Also scheint bei [mm] $\alpha [/mm] = [mm] \bruch{1}{4}$ [/mm] doch nicht das Minimum zu sein?! Oder bekommt man andere Koeffizienten, wenn man an anderen Stellen entwickelt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:26 Di 03.04.2007 | | Autor: | ullim |
Hi,
bei meinem Beweis bin ich davon ausgegangen, das die Funktion f(x) linear interpoliert wird an den Stützstellen [mm] x_0=\alpha [/mm] und [mm] x_1=1-\alpha [/mm] mit [mm] 0<\alpha<\br{1}{2}.
[/mm]
Der Interpolationsfehler lässt sich dann darstellen als
[mm] r(x)=f[\alpha,1-\alpha,x](x-\alpha)(x-(1-\alpha)) [/mm] und [mm] f[\alpha,1-\alpha,x] [/mm] ist die dividierte Differenz.
Daraus ergibt sich als Fehler für die Integration
[mm] \Delta(f)=\integral_{0}^{1}{r(x) dx}=\integral_{0}^{1}{f[\alpha,1-\alpha,x](x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}
[/mm]
An dieser Stelle soll der Mittelwertsatz der Integralrechnung angewandt werden, und deshalb muss das Integrationsintervall so zerlegt werden, das das Polynom
[mm] (x-\alpha)(x-(1-\alpha)) [/mm] in den Integrationsintervallen kein Vorzeichenwechsel hat. Also
[mm] \Delta(f)=\integral_{0}^{\alpha}{f[\alpha,1-\alpha,x](x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}+\integral_{\alpha}^{1-\alpha}{f[\alpha,1-\alpha,x](x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}+\integral_{1-\alpha}^{1}{f[\alpha,1-\alpha,x](x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}
[/mm]
Nun den Mittelwertsatz anwenden, dann folgt
[mm] \Delta(f)=f[\alpha,1-\alpha,\xi_1]\integral_{0}^{\alpha}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}+f[\alpha,1-\alpha,\xi_2]\integral_{\alpha}^{1-\alpha}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}+f[\alpha,1-\alpha,\xi_3]\integral_{1-\alpha}^{1}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}
[/mm]
und weil [mm] f[\alpha,1-\alpha,\xi_i]=\br{f''(\eta_i)}{2} [/mm] für i=1,2,3 ist, folgt
[mm] \Delta(f)=\br{f''(\eta_1)}{2}\integral_{0}^{\alpha}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}+\br{f''(\eta_2)}{2}\integral_{\alpha}^{1-\alpha}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}+\br{f''(\eta_3)}{2}\integral_{1-\alpha}^{1}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}
[/mm]
und weiter
[mm] |\Delta(f)|\le\br{M}{2}\left(\left|\integral_{0}^{\alpha}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}\right|+\left|\integral_{\alpha}^{1-\alpha}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}\right|+\left|\integral_{1-\alpha}^{1}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha)) dx}\right|\right)
[/mm]
mit M=max(|f''(x)|) für [mm] x\in(0,1)
[/mm]
Durchführen der Integration führt dann zu der Formel
[mm] |\Delta(f)|\le\br{1}{2}M\left(\left|-\br{2}{3}\alpha^3+\br{1}{2}\alpha^2\right|+\left|-\br{1}{6}+\alpha-2\alpha^2+\br{4}{3}\alpha^3\right|+\left|-\br{2}{3}\alpha^3+\br{1}{2}\alpha^2\right|\right) [/mm]
Das Minimum der rechten Seite wird bei [mm] \alpha=\br{1}{4} [/mm] angenommen.
mfg ullim
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:16 Di 03.04.2007 | | Autor: | wauwau |
Du hast recht, nur dass meines Erachtens die angegebene verbesserte Trapezregel keine lineare Interpolation an den Stützstellen darstellt!!!!
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:45 Di 03.04.2007 | | Autor: | ullim |
Hi,
ist den die Trapezregel nicht auch durch lineare Interpolation der Funktion f(x) an den Stellen [mm] x_0=0 [/mm] und [mm] x_1=1 [/mm] entstanden? Für [mm] \alpha=0 [/mm] ergibt meine Abschätzung auch die bekannte Formel für den Integrationsfehler der Trapezregel.
mfg ullim
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:32 Mi 04.04.2007 | | Autor: | wauwau |
Nein, die Trapezregel approximiert die Funktion im Intervall linear! nicht an den Intervallgrenzen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:37 Mi 04.04.2007 | | Autor: | ullim |
Hi,
die Funktion
[mm] g(x)=\br{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)
[/mm]
ist eine lineare Funktion durch die Punkte (a,f(a)) und (b,f(b)) und das Integral über g(x) ergibt die Trapezregel.
Oder kannst Du mir Deine Ansicht nochmal genauer erklären.
mfg ullim
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:53 Mi 04.04.2007 | | Autor: | wauwau |
Schon, nur z.B.
f(a)x +f(1-a)(1-x) ergibt integriert über [0,1] auch die erweiterte Trapezregel und trotzdem kann ich damit zur Fehlerabschätzung wenig aussagen.
die Normale Fehlerabschätzung kriegt man ja aus der Tatsachem dass
[mm] \integral_{a}^{b} {(x-\bruch{a+b}{2})f'(x) dx}=\bruch{(f(a)+f(b))*(b-a)}{2} [/mm] - [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx } [/mm]
linke seite partiell integriert und mit dem Zwischenwertsatz abgeschätzt ergibt den gewünschten Fehler.
wie sieht bei dir die "durchdividierte Differenz" wirklich aus????
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:37 Mi 04.04.2007 | | Autor: | ullim |
Hi,
die dividierten Differenzen sind folgendermaßen definiert
[mm] f[\alpha,1-\alpha,x]=\br{f(x)-q(x)}{(x-\alpha)(x-(1-\alpha))}
[/mm]
[mm] q(x)=f[\alpha]+f[\alpha,1-\alpha](x-\alpha)
[/mm]
[mm] f[\alpha]=f(\alpha)
[/mm]
[mm] f[\alpha,1-\alpha]=\br{f(1-\alpha)-f(\alpha)}{1-2\alpha}
[/mm]
allgemein sind die dividierten Differenzen definiert durch
[mm] f[x_0,...,x_n]=\summe_{i=0}^{n}\br{f[x_i]}{\produkt_{\begin{matrix} {k=0} \\ {k\ne i} \end{matrix}}^{n}(x_i-x_k)}
[/mm]
mfg ullim
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Do 05.04.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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