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Universität/Hochschule J Interpolationspolynom
Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-16


Hallo zusammen,

ich komme bei einer Aufgabe zur Interpolation nicht weiter - mögt ihr mir etwas zu meinem Ansatz sagen?

"Sei $(x_j,y_j)\in \mathbb{R}^2,j= 0,1,2$ mit $y_1 < y_0, y_1 < y_2, x_1−x_0=x_2−x_1=h.$
(a) Zeigen Sie, dass das zugehörige Interpolatonspolynom $p \in \mathbb{P}^2$ ein eindeutig bestimmtes Minimum im Punkt $x∗$ hat. Geben Sie eine Formel für $x∗$ an.
(b)Zeigen Sie, dass gilt $|x_1−x∗|<\frac{h}{2}$."

Eindeutig bestimmtes Minimum klingt für mich nach dem Satz von Rolle. Dafür bräuchte ich allerdings $f(a)=f(b)$. Könnte ich stattdessen das Minimum folgern, weil wir einen Polynomgrad von 2 haben und damit auf jeden Fall ein Extremum? Und dafür müsste ich dann noch zeigen, dass $f''(x*) < 0$.
Ich habe versucht das Polynom mithilfe der Lagrange-Darstellung zu berechnen; ist das an der Stelle der richtige Ansatz?

Viele Grüße
Romee



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-16

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo Romee,

herzlich willkommen auf dem Matheplaneten!

Dein Polynom ist doch eine Parabel, und wegen \( y_1<y_0,y_1<y_2\) nach oben offen.

Viele Grüße

Wally
\(\endgroup\)


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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-16


Hallo Wally,

danke! Ich bin ganz froh den Matheplaneten gefunden zu haben :-)
Du hast recht, ich war zu vorschnell. Parabel nach oben ist klar und damit das eindeutige Minimum.
Für die Formel habe ich mich an die Lagrange-Polynome gewagt:
\[ L_0 = \frac{x-x_1}{x_0-x_1} \frac{x-x_2}{x_0-x_2} = - \frac{x-x_1}{h} \frac{x-x_2}{x_0-x_2} \] \[ L_1 = \frac{x-x_0}{x_1-x_0} \frac{x-x_2}{x_1-x_2} = \frac{x-x_0}{h} \frac{x-x_2}{-h} \] \[ L_1 = \frac{x-x_0}{x_2-x_0} \frac{x-x_1}{x_2-x_1} = \frac{x-x_0}{x_2-x_0} \frac{x-x_1}{h} \] Für das ganze Polynom gilt dann ja:
\[ p(x)= \sum_i f_i L_i = y_0(- \frac{x-x_1}{h} \frac{x-x_2}{x_0-x_2}) + y_1(\frac{x-x_0}{h} \frac{x-x_2}{-h}) + y_2(\frac{x-x_0}{x_2-x_0} \frac{x-x_1}{h}) \] Wegen des Minimums interessiert mich ja nur $p'$ und dafür kann ich die Terme einzeln ableiten und bekomme:
\[y_0 L_0' = - y_0(\frac{2x - x_2 - x_1}{h(x_0-x_2)}) \] \[ y_1 L_1' = y_1 (\frac{2x + x_1 + x_2}{h^2})\] \[ y_2 L_2' = -y_2 (\frac{2x - x_0 - x_1}{h(x_2 - x_0)})\] Passt das soweit? Ich würde das jetzt zusammensetzen und einfach mal versuchen nach x aufzulösen...




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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-04-16

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,

leider hab ich gerade keine Zeit. Kontrollier bei \( L_1'\) noch mal das Vorzeichen und beachte, dass\( x_2-x_0=2h\) ist (ehe du dich daran totrechnest).

Probier danach die Formel an einer einfachen Parabel (wo du weißt was rauskommt) aus.

Viele Grüße

Wally
\(\endgroup\)


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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-17


Danke für die Hinweise! Einige Vorzeichenfehler später habe jetzt
\[ x* = \frac{-y_0(x_1+x_2) + y_1(2x_0+2x_2)-y_2(x_0+x_1)}{-2y_0 +4y_1-2y_2} \] raus. Das passte auch für zwei Probepolynome.
Bei der (b) stehe ich noch auf dem Schlauch:
\[ |x_1 - x*| = \left |x_1 - \frac{-y_0(x_1+x_2) + y_1(2x_0+2x_2)-y_2(x_0+x_1)}{-2y_0 +4y_1-2y_2} \right |
= \left | \frac{x_1(-2y_0 +4y_1-2y_2) + y_0(x_1+x_2) - y_1(2x_0+2x_2)+y_2(x_0+x_1) }{-2y_0 +4y_1-2y_2} \right| \] Ausmultiplizieren bringt nichts, eine gute Neuordnung habe ich jedoch auch noch nicht gefunden. Aber irgendwie muss ich das ja auch noch gegen h abschätzen.



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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-19


Hat jemand einen Hinweis für mich für die Aufgabe (b)? Ich versuche verzweifelt etwas sinnvolles auszuklammern, aber komme nie bei etwas passendem heraus.



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Algebravo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-04-19


Ich würde mal versuchen mit den Gleichungen $x_2=h+x_1$ und $x_0=x_1-h$ die ganzen $x_0$ und $x_2$ wegzubekommen. Das macht den Term, den du abschätzen willst, auf jeden Fall  ein ganzes Stück einfacher. Dann sieht man vllt mehr. ^^


-----------------
Ich würde mich sehr freuen, einige von euch begrüßen zu dürfen: www.algebravo.de ^^ Dort gibt es Videos und Aufgaben, die dabei helfen sollen, Mathematik nicht nur anwenden zu können, sondern auch zu verstehen! :) Über Feedback freue ich mich immer!



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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-19


Danke, Algebravo! So sieht es auf jeden Fall bedeutend besser aus:

\[ \left | \frac{x_1(-2y_0 + 4y_1 - 2y_2) + y_0(2x_1+h) - y_1( 2(x_1-h)+2(x_1+h)) +y_2(x_1-h+x_1)}{-2y_0+4y_1-2y_2} \right |
=  \left | \frac{h(y_0-y_2)}{-2y_0+4y_1-2y_2} \right |\]
Sieht deutlich übersichtlicher aus, nur fehlt mir wohl ein $y_1$. Vielleicht sollte ich alles nochmal von vorne rechnen.



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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-20


Leider habe ich nur einen Vorzeichenfehler gefunden, damit habe ich jetzt
\[ \left | \frac{h(y_0+y_2)}{-2(y_0-2y_1+y_2)} \right |. \] Gibt es irgendeine Begründung, dass ich im Zähler ein $-2y_1$ durch abschätzen einfügen kann?



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Algebravo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-04-20


Genauer gesagt musst du im Zähler $-2hy_1$ einfügen, sonst kriegst du das $h$ nicht ausgeklammert und kannst dann später nicht kürzen.

Mach eine Fallunterscheidung. Ich gebe dir mal einen Fall vor:

$y_0>0, y_1<0, y_2>0$:

Dann wird (da insbesondere $h>0$ (ich vermute mal, die $x_i$ sind auch nach der Größe sortiert, oder?)) der Zähler und damit der ganze Betrag durch Subtraktion von $2hy_1$ definitiv größer und du kannst deinen Term damit nach oben abschätzen. Dann kürzt du und hast das ganze für diesen Fall gezeigt. ^^

Nun müssen nur noch die anderen möglichen Vorzeichen der $y_i$ durchprobiert werden, wobei es gegebenenfalls eine andere Strategie zum Abschätzen braucht.



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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-21


Ich gehe auch davon aus, dass $x_0 < x_1 < x_2$, aber explizit wurde das nicht gesagt.
Also haben wir ja noch die Fälle:
(1) $y_0 <0, y_1 < 0, y_2 <0$
(2) $y_0 >0, y_1 < 0, y_2 <0$
(3) $y_0 <0, y_1 < 0, y_2 >0$
(4) $y_0 >0, y_1 > 0, y_2 >0$

Im Fall (1) würde zwar der Zähler größer werden, wenn $2y_1h$ eingefügt wird, allerdings der Betrag nicht. Die gleiche Schwierigkeit sehe ich bei den Fällen (2) und (3), wobei, wenn dann $|y_0 - y_1| > |y_2|$, entsprechend für (3).
Puh, bei der vier stehe ich noch echt auf dem Schlauch.  



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rlk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-04-21


Hallo Romee,
2021-04-21 09:47 - Romee in Beitrag No. 10 schreibt:
Ich gehe auch davon aus, dass $x_0 < x_1 < x_2$, aber explizit wurde das nicht gesagt.
es folgt aus der Angabe: wegen $|x_1−x∗|<\frac{h}{2}$ ist $h\geq 0$, für $h=0$ ergibt die Aufgabe keinen Sinn und aus $x_1−x_0=x_2−x_1=h$ ergibt sich die Ordung der Abszissen.

Beachte, dass Du eine Konstante zu den Ordinaten $y_i$ addieren kannst, ohne $x^*$ zu ändern.

Ich hoffe, das hilft Dir,
Roland



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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22


Hallo Roland,

deine erste Aussage verstehe ich, die zweite noch nicht so richtig. Mir ist klar, dass ich eine Konstante zum Polynom $p$ dazuaddieren kann ohne die Position des Minimums $x*$ zu ändern. Nur schaue ich mir ja gerade den Abstand der Positionen in x-Richtung an, deshalb bin ich mir unsicher, wie ich deinen Hinweis nutzen soll.



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2021-04-22

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,

dann verschiebe mal so (in \( y\)-Richtung), dass \( y_0\) und \( y_2\) positiv und \( y_1\) negativ ist.

Viele Grüße

Wally
\(\endgroup\)


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Romee
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-22


Hallo Wally,

für meine vier Fälle müsste ich wie folgt addieren:
(1) $y_0 <0, y_1 < 0, y_2 <0$:
addiere hier mit $max\{|y_0|, |y_2|\}$. Reicht es an der Stelle, wenn wir auf Null kommen? Sonst könnte ich noch ein $\epsilon > 0$ dazuaddieren.

(2) $y_0>0, y_1<0, y_2<0$: addiere $|y_2|$ (wieder die Frage nach dem $\epsilon$, wir könnten aber auch $h$ anstatt $\epsilon$ nehmen).

(3) $y_0<0, y_1<0, y_2>0$: addiere $|y_0|$

(4) $y_0 >0, y_1 > 0, y_2 >0$: addiere $-y_1$

Ok, wie würde das für das erste Beispiel aussehen? Ich habe ja
\[ \left | \frac{h(y_0+y_2)}{-2(y_0 - 2y_1 + y_2)} \right |.
\] Addiere ich dann für $y_0$ und $y_2$ jeweils $max\{|y_0|, |y_2|\}$? Sorry, ich stehe noch ziemlich auf dem Schlauch.
Danke für deine Hinweise!



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Algebravo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2021-04-22


Du kannst durch Addition einer Konstanten (die kann ja auch negativ sein) alle Fälle auf den einen Fall zurückführen, den wir schon besprochen hatten! So reduzieren sich die vier Fälle auf einen einzigen.
Die Konstante, die du im jeweiligen Fall zu den $y_i$ addierst, muss  nicht selbst keines der $y_i$ sein. Wähle einfach jeweils eine Konstante, welche die Situation genau auf den bereits besprochenen Fall reduziert.

Grüße,
Algebravo



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Romee
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Also ich kann ja eine allgemeine Konstante $c$ dazuaddieren, aber die hängt doch immer davon ab, wie groß $y_0$ und $y_2$ sind, bzw quasi wie negativ sie sind. Wie kann ich die denn noch allgemeiner verstehen? Also für den ersten Fall könnte ich sowas wie $c>-\text{min}\{y_0, y_2\}$ sagen.
Meinst du das?



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Algebravo
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Genau. Ich würde genauer schreiben: Wähle $c$ $\in$ $\mathbb{R}$ mit $y_1 < c < min${$ y_0, y_2$}. So hast du gesichert, dass du die Funktion genau so nach unten schiebst, dass $y_1$ negativ und $y_0$ und $y_2$ weiterhin positiv sind.
So eine Konstante existiert dann auf jeden Fall (darüber sollte man sich auch immer Gedanken machen), weil $\mathbb{R}$ ein archimedisch angeordneter Körper ist. Da sich weder $x_1$, noch $x*$ durch diese Verschiebung verändern, verändert sich auch dein Betrag nicht, du bist dann aber wieder in dem Fall für den wir Ausklammern und Kürzen können.



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rlk
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2021-04-22


Hallo Romee,
die Konstante kannst Du so wählen, dass die Rechnung vereinfacht wird.
2021-04-22 11:23 - Romee in Beitrag No. 14 schreibt:
Ich habe ja
\[ \left | \frac{h(y_0+y_2)}{-2(y_0 - 2y_1 + y_2)} \right |.
\]
Ich würde $-y_1$ addieren, dann erhältst Du das gewünschte Ergebnis ohne Abschätzungen oder Fallunterscheidungen.

Servus,
Roland



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Romee
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Hallo Roland,
muss ich einfach nur $-y_1$ addieren oder das für jedes $y_i$ machen?
Im zweiten Fall passen Zähler und Nenner ja immer noch nicht zusammen.



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rlk
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Hallo Romee,
die Addition der Konstanten $c=-y_1$ bewirkt eine Verschiebung des Funktionsgraphen parallel zur y-Achse. Aus den Ordinaten $y_i$ werden $Y_i=y_i+c$, also $Y_0=y_0+c$, $Y_1=y_1+c=0$ (der störende Term im Nenner fällt also weg) und $Y_2=y_2+c$.

Servus,
Roland



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Romee
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Danke, Roland, da stand ich ja richtig auf dem Schlauch! Ich habe es jetzt verstanden!

Allerdings habe ich mal spaßeshalber versucht das Minimum über die Newton-Polynome anzugeben und ich komme da einfach nicht auf das Gleiche. Vielleicht seht ihr den Fehler? Ich habe:
\[\phi_0 = 1\] \[\phi_1 = x -x_0\] \[\phi_2 = (x-x_0)(x-x_1)\] Und für die Koeffizienten a_i ergibt sich:
\[y_0 = a_0\] \[y_1 = a_0 + a_1(x_1 - x_0) = y_0 + a_1h \iff a_1 = \frac{y_1-y_0}{h}\] \[y_2 = y_0 + a_1(x_2 - x_0) + a_2(x_2-x_0)(x_2-x_1) = y_0 + \frac{y_1-y_0}{h}(2h) + a_2(2h)(h) \iff a_2 = \frac{1}{2h^2} (y_2 - y_0 - 2(y_1-y_0))=\frac{1}{2h^2} (y_2 + y_0 - 2y_1) \] Damit ergibt sich für die Ableitung:
\[p'(x) = 2\frac{1}{2h^2} (y_2 + y_0 - 2y_1)x + \frac{y_1-y_0}{h} \] und damit für das Minimum:
\[x* = -\frac{y_1-y_0}{h} \frac{h^2} {(y_2 + y_0 - 2y_1)} = -(y_1-y_0)\frac{h} {(y_2 + y_0 - 2y_1)} \]
Man sieht ja auch direkt, dass das zB für $f(x)=x^2$ nicht stimmt, aber ich finde den Fehler einfach nicht und eigentlich sollte das doch egal sein, ob Newton oder Lagrange...



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rlk
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Hallo Romee,
Deine Ableitung von $\phi_2$ ist falsch, Du hast den linearen Term $-(x_0+x_1)x$ von $\phi_2$ nicht berücksichtigt.

Servus,
Roland



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Romee
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Ach, natürlich, dann klappt es auch. Ich bedanke mich bei euch allen für eure Hilfestellungen und eure Geldud!



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