Comincio col dire di essere una frana nello spiegare.
Per caso ho scoperto sperimentalmente un metodo (che sembra funzionare) con il quale, dati n punti nel piano cartesiano equidistanti fra loro rispetto il valore della ascissa [ad es. i punti A(-1;1), B(1;3), C(3;2) hanno valore di ascissa uguale a -1, 1 e 3, ovvero una distanza pari a 2)] allora si può trovare l'equazione di un polinomio di grado m che passa per quei punti e che è l'unico di quello stesso grado che passa per quei punti... spero di essere stato chiaro, anche se lo dubito...
Quello che non riesco a trovare è la dimostrazione che questo mio procedimento funziona veramente... ho fatto molte prove e in effetti ha sempre funzionato.
Cercherò di spiegarmi facendo un esempio... si prendano i punti A(-6;2),B(-4;34),C(-2;18) e D(0;2). Chiameremo y(x) il polinomio che passa per quei punti. Avendo 4 punti avremo al massimo un polinomio di terzo grado (perchè se fosse di quarto grado ne potremmo avere infiniti) in quanto dobbiamo trovare l'unico polinomio di un grado m che passa per quei punti. E' ovvio che se i punti sono disposti come in una parabola di 2° grado allora il coefficiente di x^3 sarà zero e troveremo allora l'unica funzione di secondo grado che passerà per i punti (cmq nell'esempio non ci riguarda).
Notiamo che l'equidistanza (scusatemi se mi invento i termini e magari si dice in un altro modo, ma sono di un'ignoranza...) è di 2 (difatti i punti distano di 2 uno rispetto l'altro).
Ora mettiamo i valori delle ordinate in fila
2..34..18..2
eseguiamo la sottrazione deltra termini vicini:
34-2= 32
18-34= -16
2-18 =-16
Abbiamo ottenuto 3 nuovi numeri...
32 -16 -16
Se rifacciamo la sottrazione fra due numeri vicini ci viene
-16-32=-48
-16-(-16)=0
Effettuando ancora una volta la sottrazione ci viene:
0-(-48 )=48
Abbiamo costruito una piramide di sottrazioni del tipo:
2..34...18...2
.32..-16.-16
..-48...0
.....48
Ora ho verificato sperimentalmente che se divido 48 per:
(n-1)!d^(n-1)
dove n= numero di punti conosciuti (4 nel nostro caso)
.....d= distanza fra due punti (2 nel nostro caso)
otteniamo che:
48/(3!2^3=48/6*8=1
Questo 1 è esattamente il coefficiente della x di grado n-1 di quella funzione che passera per quei punti.
Quindi sappiamo che:
y(x) = 1*x^3+a*x^2+b*x+c dove a,b e c sono gli altri coefficienti da determinare.
Ora riduciamo il polinomio y(x) al secondo grado, sottraendo ai 4 punti la quantità x^3 relativa alla x in cui si trova il punto. Così otteniamo y(x) relativa a tre punti che formano una parabola (il punto D non lo calcolcoliamo perchè tanto è inutile).
Quindi per A(-6;2) avremo:
2-(-6)^3=218
per B(-4;34) avremo:
34-(-4)^3=98
per C(-2;18 ) avremo:
18-(-2 )^3=26
Abbiamo quindi tre punti:
218 98 26 sempre nei punti di ascissa -6,-4 e -2.
eseguiamo le sottrazione come abbiamo fatto sopra.
98 - 218 = -120
26 - 98 = -72
risottraendo i due numeri
-72 + 120 = 48
Abbiamo dunque una piramide del tipo:
218..98..16
.-120..-72
.....48
E' un caso sia venuto 48 come prima.
Riapplichiamo la formula precedente per trovare il coefficiente.
Stavolta il numero dei punti è 3, perchè abbiamo un'equazione di secondo grado, la equidistanza invece è sempre 2.
48/(3-1)!*2^(3-1)=48/2*4= 6
6 è il coefficiente a del polinomio di secondo grado, ovvero del termine x^2
Riprocediamo come prima riducendoci y(x) ad un polinomio di primo grado.
Prendiamo due numeri in quanto siamo di fronte ad una retta e ci ricaviamo il valore dell'ordinata nei punti -6 e -4 togliendo il valore 6*x^2 a 216 e 98.
Avremo dunque :
218-6*(-6)^2= 218 - 216 = 2
98-6*(-4)^2=98-96 = 2
I punti diventano dunque A(2;-6) B(2;-4).
Effettuando le sottrazioni abbiamo che:
2-2=0
La piramide si riduce a una cosa semplice come:
.2 2
..0
0 è dunque il coefficiente b della retta.
Ora ci riscriviamo y(x) arrivando al grado 0 della x.
Essendo il coefficiente della x pari a 0, non sottraremo niente ai precedenti numeri. Essendoci rimasto un polinomio di grado 0 sarà chiaro che il termine noto, ovvero d, sarà uguale a 2.
Abbiamo dunque che il polinomio che passa per quei 4 punti iniziali sarà
y(x) = x^3 + 6*x^2 + 2
Ho fatto un programma con c++ e ho visto che funziona praticamente sempre, anche con frazioni... mi manca da farlo funzionare se i punti non sono equidistanti... PERO' siccome che io avevo intenzione di portare tutto ciò (compreso il programma) alla tesina d'esame sia per sistemi che per matematica vorrei sapere, ovvero avere la dimostrazione che io non riesco a trovare, del fatto che:
"eseguendo le sottrazioni "a piramide" fra i valori delle ordinate di punti equidistanti rispetto la propria ascissa e dividendo il numero finale della piramide per
(n-1)!d^(n-1)
dove n= numero di punti conosciuti (4 nel nostro caso)
d= distanza fra due punti (2 nel nostro caso)
otteniamo il coefficiente della x di grado n-1"
Come si dimostra questa cosa???????
Polinomio
Re: Polinomio
Beh,se mettiamo le ascisse dei 4 punti in ordine diverso si ottiene a=-16/48hisashi ha scritto: Ora mettiamo i valori delle ordinate in fila
2..34..18..2
eseguiamo la sottrazione deltra termini vicini:
34-2= 32
18-34= -16
2-18 =-16
Abbiamo ottenuto 3 nuovi numeri...
32 -16 -16
Se rifacciamo la sottrazione fra due numeri vicini ci viene
-16-32=-48
-16-(-16)=0
Effettuando ancora una volta la sottrazione ci viene:
0-(-48 )=48
Abbiamo costruito una piramide di sottrazioni del tipo:
2..34...18...2
.32..-16.-16
..-48...0
.....48
Ora ho verificato sperimentalmente che se divido 48 per:
(n-1)!d^(n-1)
dove n= numero di punti conosciuti (4 nel nostro caso)
.....d= distanza fra due punti (2 nel nostro caso)
otteniamo che:
48/(3!2^3=48/6*8=1
Questo 1 è esattamente il coefficiente della x di grado n-1 di quella funzione che passera per quei punti.
[...]
2 2 18 34
0 16 16
16 0
-16
O mi sono perso qualcosa?
Non ho mai trattato il piano cartesiano finora o quasi, ma all'inizio se non sbaglio dici che devono essere
).
Ma nell'esempio li metti equidistanti rispetto a quello dell'ordinata... Per chiarezza, perchè poi immagino sia uguale visto che il piano cartesiano è parecchio simmetrico (sperando di non aver detto cavolateequidistanti fra loro rispetto il valore della ascissa
).Re: Polinomio
Non si può fare in quanto non si rispetta l'equidistanza fra i punti. Overo i punti erano__Cu_Jo__ ha scritto:Beh,se mettiamo le ascisse dei 4 punti in ordine diverso si ottiene a=-16/48hisashi ha scritto: Ora mettiamo i valori delle ordinate in fila
2..34..18..2
eseguiamo la sottrazione deltra termini vicini:
34-2= 32
18-34= -16
2-18 =-16
Abbiamo ottenuto 3 nuovi numeri...
32 -16 -16
Se rifacciamo la sottrazione fra due numeri vicini ci viene
-16-32=-48
-16-(-16)=0
Effettuando ancora una volta la sottrazione ci viene:
0-(-48 )=48
Abbiamo costruito una piramide di sottrazioni del tipo:
2..34...18...2
.32..-16.-16
..-48...0
.....48
Ora ho verificato sperimentalmente che se divido 48 per:
(n-1)!d^(n-1)
dove n= numero di punti conosciuti (4 nel nostro caso)
.....d= distanza fra due punti (2 nel nostro caso)
otteniamo che:
48/(3!2^3=48/6*8=1
Questo 1 è esattamente il coefficiente della x di grado n-1 di quella funzione che passera per quei punti.
[...]
2 2 18 34
0 16 16
16 0
-16
O mi sono perso qualcosa?
A(-6;2)
B(-4;34)
C(-2;18 )
D(0;2)
i numeri vanno ordinati seguendo il piano cartesiano da sinistra verso destra, se li mischi si crea confusione e non viene il coefficiente cercato. In pratica è necessario mantenere l'equidistanza fra due punti per poter eseguire la sottrazione.
Il fatto che siano equidistanti non basta perchè se scriviamo i punti nell'ordine inverso, quindi 2 18 34 2, avremo come risultato finale che il coefficiente è -1 invece di 1. Quindi sperimentalmente dico che vanno ordinati da sinistra verso destra e solo in questo modo si possono fare le sottrazioni.
Per quanto riguarda la parte in cui si divide il 48 per tutta quella robaccia: hai qualche idea del perchè funzioni?
Marco
ah già, purtroppo sono sempre distratto, ho invertito le ascisse con le ordinate. ora ho corretto!!! Infatti da quel che avevo scritto avevo disposto i numeri seguendo le ordinate. Invece i numeri vanno disposti come nella risposta che ho dato sopra, secondo le ascisse.Pigkappa ha scritto:Non ho mai trattato il piano cartesiano finora o quasi, ma all'inizio se non sbaglio dici che devono essere
Ma nell'esempio li metti equidistanti rispetto a quello dell'ordinata... Per chiarezza, perchè poi immagino sia uguale visto che il piano cartesiano è parecchio simmetrico (sperando di non aver detto cavolateequidistanti fra loro rispetto il valore della ascissa
scusate la svista. ora dovrebbe essere giusto
Marco
Il tuo risultato sembra giusto.L'ho provato con derive per n=3,4 e falso periodo T e mi vengono i tuoi risultati.Generalizzare a n punti mi sembra abbastanza difficile.Il delta dei coefficenti si trova subito attraverso il determinante di Vandermonde.Il problema è trovare il determinate di a,che a quanto pare dovrebbe venire una sommatoria di binomiali come in una potenza di binomio(se calcoli le differenze con y(1) y(2).. ti vengono i numeri di tartaglia).
Poi ci penso...
Poi ci penso...
Scusa l'ignoranza in materia... determinante di vandermonde cos'è?__Cu_Jo__ ha scritto:Il tuo risultato sembra giusto.L'ho provato con derive per n=3,4 e falso periodo T e mi vengono i tuoi risultati.Generalizzare a n punti mi sembra abbastanza difficile.Il delta dei coefficenti si trova subito attraverso il determinante di Vandermonde.Il problema è trovare il determinate di a,che a quanto pare dovrebbe venire una sommatoria di binomiali come in una potenza di binomio(se calcoli le differenze con y(1) y(2).. ti vengono i numeri di tartaglia).
Poi ci penso...
Marco
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FrancescoVeneziano
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Il determinante di Vandermonde associato ad una n-upla $ a_1,\dots a_n$ $ è il determinante della matrice
$ \left ( \begin{array}{ccccc} 1 & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^{n-1} \\ 1 & a_2 & a_2^2 & \cdots & a_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^{n-1} \\ \end{array} \right ) $
Si può dimostrare per induzione che è pari al prodotto $ \displaystyle\prod_{i>j}(a_i-a_j) $ (non garantisco sul segno, ma così dovrebbe essere giusto), in particolare è diverso da 0 se e solo se gli $ a_i $ sono tutti distinti.
Se provi a calcolare "nel modo ovvio" il polinomio che passa per alcuni punti assegnati, cioè sostituendo le coordinate dei punti nel polinomio generico e risolvendo il sistema lineare che ha per incognite i coefficienti, la matrice del sistema è proprio una matrice di Vandermonde.
Quanto al tuo procedimento, è giusto ed anzi funziona meglio di quanto tu non creda
In effetti è possibile calcolare il polinomio in forma abbastanza esplicita usando solo la prima delle tue "piramidi di sottrazioni" senza bisogno di trovare un coefficiente per volta e ripere il procedimento.
La dimostrazione non è troppo difficile, come primo hint vi suggerisco di semplificare un po' il problema considerando il caso in cui i punti da interpolare siano della forma
A(0,a) B(1,b) C(2,c) D(3,d) ...
CaO
Francesco
$ \left ( \begin{array}{ccccc} 1 & a_1 & a_1^2 & \cdots & a_1^{n-1} \\ 1 & a_2 & a_2^2 & \cdots & a_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 1 & a_n & a_n^2 & \cdots & a_n^{n-1} \\ \end{array} \right ) $
Si può dimostrare per induzione che è pari al prodotto $ \displaystyle\prod_{i>j}(a_i-a_j) $ (non garantisco sul segno, ma così dovrebbe essere giusto), in particolare è diverso da 0 se e solo se gli $ a_i $ sono tutti distinti.
Se provi a calcolare "nel modo ovvio" il polinomio che passa per alcuni punti assegnati, cioè sostituendo le coordinate dei punti nel polinomio generico e risolvendo il sistema lineare che ha per incognite i coefficienti, la matrice del sistema è proprio una matrice di Vandermonde.
Quanto al tuo procedimento, è giusto ed anzi funziona meglio di quanto tu non creda
In effetti è possibile calcolare il polinomio in forma abbastanza esplicita usando solo la prima delle tue "piramidi di sottrazioni" senza bisogno di trovare un coefficiente per volta e ripere il procedimento.
La dimostrazione non è troppo difficile, come primo hint vi suggerisco di semplificare un po' il problema considerando il caso in cui i punti da interpolare siano della forma
A(0,a) B(1,b) C(2,c) D(3,d) ...
CaO
Francesco
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
Anzitutto indichiamo con $ x_i $,dove $ i=1,2,...,n $,le ascisse dei punti in cui deve passare la nostra funzione polinomiale.Supponiamo senza perdere generalità che $
x_1 > x_2 > \ldots > x_n
$ ,ovvero che $
x_1 = x_2 + t = \ldots = x_n + \left( {n - 1} \right)t
$.
Per il calcolo di a possiamo utilizzare la regola di Cramer calcolando sia il $ \Delta $ dei coefficenti sia quello relativo ad a.
Il calcolo del $ \Delta $ dei coefficenti è abbastanza immediato,se si utilizza la regola di Vandermonde:
$ \Delta = \left| {\begin{array}{*{20}c} {x_1^{n - 1} }\,\,\,{x_1^{n - 2} } \cdots {x_1 }\,\,\,1 \\ {x_2^{n - 1} }\,\,\,{x_2^{n - 2} } \ldots {x_2 }\,\,\,1 \\ { \vdots }{}{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\, \vdots \\ {x_n^{n - 1} }\,\,\,{x_n^{n - 2} } \cdots {x_n }\,\,\,1 \\ \end{array}} \right|= $
$ = \left[ {\left( {x_1 - x_2 } \right)\left( {x_1 - x_3 } \right) \ldots \left( {x_1 - x_n } \right)} \right]\left[ {\left( {x_1 - x_3 } \right)\left( {x_2 - x_4 } \right) \ldots \left( {x_2 - x_n } \right)} \right] $$ \,\, \cdot \ldots \cdot \left[ {\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)} \right]\left[ {x_{n - 1} - x_n } \right] = $
$ = \left[ {t \cdot 2t \cdot \ldots \cdot \left( {n - 1} \right)t} \right]\left[ {t \cdot 2t \cdot \ldots \cdot \left( {n - 2} \right)t} \right] \cdot \ldots \cdot \left[ {t \cdot 2t} \right] \cdot t = $
$ = \left[ {\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} } \right]\left[ {\left( {n - 2} \right)!t^{n - 2} } \right] \cdot \ldots \cdot 2t^2 \cdot t = $
$ = \left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{1 + 2 + \ldots + n - 1} = $
$ = \left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{n(n - 1)}}{2}} $
Più complicato è invece il calcolo di $ \Delta_a $ dato che nella prima colonna compaiono le ordinate $ y_i $:
$ \Delta _a = \left| {\begin{array}{*{20}c} {y_1 }\,\,\,{x_1^{n - 2} }\,\,\,{x_1^{n - 3} } \cdots {x_1 }\,\,\,1 \\ {y_2 }\,\,\,{x_2^{n - 2} }\,\,\,{x_2^{n - 3} } \cdots {x_2 }\,\,\,1 \\ {\, \vdots }{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}{}{}{} \vdots \\ {y_n }\,\,\,{x_n^{n - 2} }\,\,\,{x_n^{n - 3} } \cdots {x_n }\,\,\,1 \\ \end{array}} \right| $
Per ovviare a questo problema possiamo calcolarci tutti i possibili complementi algebrici $ \Delta _i $ relativi alle ordinate$ y_i $.Ad esempio per $ i=1 $:
$ \Delta _1 = \left( { - 1} \right)^{1 + 1} \left| {\begin{array}{*{20}c} {x_2^{n - 2} }\,\,\,{x_2^{n - 3} } \cdots {x_2 }\,\,\,1 \\ {x_3^{n - 2} }\,\,\,{x_3^{n - 3} } \ldots {x_3 }\,\,\,1 \\ {\vdots }{}{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\, \vdots \\ {x_n^{n - 2} }\,\,\,{x_n^{n - 3} } \cdots {x_n }\,\,\,1 \\ \end{array}} \right| = $
$ = \left[ {\left( {x_2 - x_3 } \right)\left( {x_2 - x_4 } \right) \ldots \left( {x_2 - x_n } \right)} \right]\left[ {\left( {x_3 - x_4 } \right)\left( {x_3 - x_5 } \right) \ldots \left( {x_3 - x_n } \right)} \right] $$ \,\, \cdot \ldots \cdot \left[ {\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)} \right]\left[ {x_{n - 1} - x_n } \right] = $
$ = \frac{\Delta }{{\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} }} = \frac{{\left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}} }}{{\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} }} = $
$ \displaymatch = \left( {n - 2} \right)!\left( {n - 3} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{(n - 1)(n - 2)}}{2}} $
Ripetendo lo stesso procedimento per gli altri complementi algebrici si ricava la relazione:
$ \Delta _i = \Delta _1 \left( { - 1} \right)^{i + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i - 1 \\ \end{array} \right) $
che ci permette di determinare finalmente il $ \Delta_a $:
$ \Delta _a = \sum\limits_{i = 1}^n {\Delta _i y_i = \sum\limits_{i = 1}^n {\Delta _1 y_i \left( { - 1} \right)^{i + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} } = $$ \Delta _1 \sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^{n + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} $
Ne segue ,per la regola di Kramer, che:
$ \displaymatch a = \frac{{\Delta _a }}{\Delta } = \frac{{\Delta _1 \sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^{n + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} }}{\Delta } = $$ \displaymatch \frac{{\left( {n - 2} \right)!\left( {n - 3} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{(n - 1)(n - 2)}}{2}} \sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^i \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} }}{{\left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)!\left( {n - 3} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{n(n - 1)}}{2}} }} = $$ \displaymatch \frac{{\sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^i \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} }}{{\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} }} $
Che bordello
!
Spero solo che tu abbia fatto i determinanti!
Per il calcolo di a possiamo utilizzare la regola di Cramer calcolando sia il $ \Delta $ dei coefficenti sia quello relativo ad a.
Il calcolo del $ \Delta $ dei coefficenti è abbastanza immediato,se si utilizza la regola di Vandermonde:
$ \Delta = \left| {\begin{array}{*{20}c} {x_1^{n - 1} }\,\,\,{x_1^{n - 2} } \cdots {x_1 }\,\,\,1 \\ {x_2^{n - 1} }\,\,\,{x_2^{n - 2} } \ldots {x_2 }\,\,\,1 \\ { \vdots }{}{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\, \vdots \\ {x_n^{n - 1} }\,\,\,{x_n^{n - 2} } \cdots {x_n }\,\,\,1 \\ \end{array}} \right|= $
$ = \left[ {\left( {x_1 - x_2 } \right)\left( {x_1 - x_3 } \right) \ldots \left( {x_1 - x_n } \right)} \right]\left[ {\left( {x_1 - x_3 } \right)\left( {x_2 - x_4 } \right) \ldots \left( {x_2 - x_n } \right)} \right] $$ \,\, \cdot \ldots \cdot \left[ {\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)} \right]\left[ {x_{n - 1} - x_n } \right] = $
$ = \left[ {t \cdot 2t \cdot \ldots \cdot \left( {n - 1} \right)t} \right]\left[ {t \cdot 2t \cdot \ldots \cdot \left( {n - 2} \right)t} \right] \cdot \ldots \cdot \left[ {t \cdot 2t} \right] \cdot t = $
$ = \left[ {\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} } \right]\left[ {\left( {n - 2} \right)!t^{n - 2} } \right] \cdot \ldots \cdot 2t^2 \cdot t = $
$ = \left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{1 + 2 + \ldots + n - 1} = $
$ = \left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{n(n - 1)}}{2}} $
Più complicato è invece il calcolo di $ \Delta_a $ dato che nella prima colonna compaiono le ordinate $ y_i $:
$ \Delta _a = \left| {\begin{array}{*{20}c} {y_1 }\,\,\,{x_1^{n - 2} }\,\,\,{x_1^{n - 3} } \cdots {x_1 }\,\,\,1 \\ {y_2 }\,\,\,{x_2^{n - 2} }\,\,\,{x_2^{n - 3} } \cdots {x_2 }\,\,\,1 \\ {\, \vdots }{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}{}{}{} \vdots \\ {y_n }\,\,\,{x_n^{n - 2} }\,\,\,{x_n^{n - 3} } \cdots {x_n }\,\,\,1 \\ \end{array}} \right| $
Per ovviare a questo problema possiamo calcolarci tutti i possibili complementi algebrici $ \Delta _i $ relativi alle ordinate$ y_i $.Ad esempio per $ i=1 $:
$ \Delta _1 = \left( { - 1} \right)^{1 + 1} \left| {\begin{array}{*{20}c} {x_2^{n - 2} }\,\,\,{x_2^{n - 3} } \cdots {x_2 }\,\,\,1 \\ {x_3^{n - 2} }\,\,\,{x_3^{n - 3} } \ldots {x_3 }\,\,\,1 \\ {\vdots }{}{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\, \vdots \\ {x_n^{n - 2} }\,\,\,{x_n^{n - 3} } \cdots {x_n }\,\,\,1 \\ \end{array}} \right| = $
$ = \left[ {\left( {x_2 - x_3 } \right)\left( {x_2 - x_4 } \right) \ldots \left( {x_2 - x_n } \right)} \right]\left[ {\left( {x_3 - x_4 } \right)\left( {x_3 - x_5 } \right) \ldots \left( {x_3 - x_n } \right)} \right] $$ \,\, \cdot \ldots \cdot \left[ {\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)\left( {x_{n - 2} - x_{n - 1} } \right)} \right]\left[ {x_{n - 1} - x_n } \right] = $
$ = \frac{\Delta }{{\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} }} = \frac{{\left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}} }}{{\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} }} = $
$ \displaymatch = \left( {n - 2} \right)!\left( {n - 3} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{(n - 1)(n - 2)}}{2}} $
Ripetendo lo stesso procedimento per gli altri complementi algebrici si ricava la relazione:
$ \Delta _i = \Delta _1 \left( { - 1} \right)^{i + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i - 1 \\ \end{array} \right) $
che ci permette di determinare finalmente il $ \Delta_a $:
$ \Delta _a = \sum\limits_{i = 1}^n {\Delta _i y_i = \sum\limits_{i = 1}^n {\Delta _1 y_i \left( { - 1} \right)^{i + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} } = $$ \Delta _1 \sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^{n + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} $
Ne segue ,per la regola di Kramer, che:
$ \displaymatch a = \frac{{\Delta _a }}{\Delta } = \frac{{\Delta _1 \sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^{n + 1} \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} }}{\Delta } = $$ \displaymatch \frac{{\left( {n - 2} \right)!\left( {n - 3} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{(n - 1)(n - 2)}}{2}} \sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^i \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} }}{{\left( {n - 1} \right)!\left( {n - 2} \right)!\left( {n - 3} \right)! \cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1 \cdot t^{\frac{{n(n - 1)}}{2}} }} = $$ \displaymatch \frac{{\sum\limits_{i = 1}^n {y_i \left( { - 1} \right)^i \left( \begin{array}{l} n - 1 \\ i -1 \\ \end{array} \right)} }}{{\left( {n - 1} \right)!t^{n - 1} }} $
Che bordello
!Spero solo che tu abbia fatto i determinanti!
Ultima modifica di __Cu_Jo__ il 10 giu 2005, 15:26, modificato 1 volta in totale.
purtroppo no, non so nè cosa sia un determinante, nè a cosa serva una matrice... non riesco a seguire il tuo ragionamento in nessuna parte, però almeno sono contento di sapere che quel metodo che m'è venuto per caso sia giusto__Cu_Jo__ ha scritto: Spero solo che tu abbia fatto i determinanti!
Marco
ok, il mio prof m'ha spiegato la dimostrazione (più che altro m'ha spiegato come si usano le matrici e quali sono le loro applicazioni nella risoluzione di sistemi lineari di equazioni)hisashi ha scritto:purtroppo no, non so nè cosa sia un determinante, nè a cosa serva una matrice... non riesco a seguire il tuo ragionamento in nessuna parte, però almeno sono contento di sapere che quel metodo che m'è venuto per caso sia giusto__Cu_Jo__ ha scritto: Spero solo che tu abbia fatto i determinanti!
!!Marco
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FrancescoVeneziano
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Proviamo a mettere da parte i determinanti ed a calcolare in modo meno laborioso il polinomio che passa per i punti $ (0, a_0)\; (1, a_1)\; (2, a_2)\cdots (n+1,a_{n+1}) $; è immediato generalizzare da questo caso a quello di n+1 punti equispaziati (dire così mi fa sentire un libro di testo 
).
Introduciamo i polinomi $ {x\choose k}=\frac{x(x-1)(x-2)\cdots(x-k+1)}{k!} $ Questi sono una "base" dei polinomi proprio come lo sono le ordinarie potenze $ x^k $; mi spiego meglio.
Ogni polinomio si scrive nella forma $ \displaystyle\sum_{i=0}^n a_i x^i $, questa scrittura è unica e due polinomi sono uguali se e solo se i coefficienti $ a_i $ sono uguali per tutti gli indici i.
Si verifica facilmente che ogni polinomio si può scrivere anche nella forma $ \displaystyle\sum_{i=0}^n b_i {x\choose i} $, che anche questa scrittura è unica e due polinomi sono uguali se e solo se tutti i coefficienti $ b_i $ sono uguali.
Ad esempio il polinomio $ x^2+1 $ può essere scritto come $ 2{x\choose 2}+{x\choose 1}+{x\choose 0}=2\frac{x(x-1)}{2}+x+1 $, ed una scrittura in termini dei $ {x\choose k} $ si può trovare per qualunque polinomio.
Prendetevi pure qualche momento per convincervi di questo fatto (e se ne avete voglia provate a dimostrarlo).
Torniamo ai nostri punti da interpolare, spiegherò come trovare il polinomio con un esempio:
prendiamo come punti (0,-7) (1,-5) (2,13) (3,65) e costruiamo la tabellina di hisashi
-7 -5 13 65
...2 18 52
....16 34
......18
Allora il polinomio interpolante è $ 18{x\choose 3}+16{x\choose 2}+2{x\choose 1}-7{x\choose 0}= $ $ 3x(x-1)(x-2)+8x(x-1)+2x-7=3x^3-x^2-7 $
dove i coefficienti 18,16,2,-7 sono stati ottenuti prendendo il primo elemento di ogni riga della tabella.
Ora potreste/dovreste provare a dimostrare che un polinomio così costruito passa effettivamente per i punti di partenza.
Chi conosce la formula di Taylor dovrebbe osservare che quello che abbiamo esposto ne è un analogo discreto, dove i termini $ f^{(k)}(0) $ sono sostituiti dai valori delle differenze n-esime successive e le potenze $ x^k $ sono sostituite dai termini $ x(x-1)\cdots(x-k+1) $, la cui derivata discreta è $ k x(x-1)\cdots(x-k+2) $ in analogia con quanto succede nel caso continuo con le potenze di x.
CaO
Francesco
).Introduciamo i polinomi $ {x\choose k}=\frac{x(x-1)(x-2)\cdots(x-k+1)}{k!} $ Questi sono una "base" dei polinomi proprio come lo sono le ordinarie potenze $ x^k $; mi spiego meglio.
Ogni polinomio si scrive nella forma $ \displaystyle\sum_{i=0}^n a_i x^i $, questa scrittura è unica e due polinomi sono uguali se e solo se i coefficienti $ a_i $ sono uguali per tutti gli indici i.
Si verifica facilmente che ogni polinomio si può scrivere anche nella forma $ \displaystyle\sum_{i=0}^n b_i {x\choose i} $, che anche questa scrittura è unica e due polinomi sono uguali se e solo se tutti i coefficienti $ b_i $ sono uguali.
Ad esempio il polinomio $ x^2+1 $ può essere scritto come $ 2{x\choose 2}+{x\choose 1}+{x\choose 0}=2\frac{x(x-1)}{2}+x+1 $, ed una scrittura in termini dei $ {x\choose k} $ si può trovare per qualunque polinomio.
Prendetevi pure qualche momento per convincervi di questo fatto (e se ne avete voglia provate a dimostrarlo).
Torniamo ai nostri punti da interpolare, spiegherò come trovare il polinomio con un esempio:
prendiamo come punti (0,-7) (1,-5) (2,13) (3,65) e costruiamo la tabellina di hisashi
-7 -5 13 65
...2 18 52
....16 34
......18
Allora il polinomio interpolante è $ 18{x\choose 3}+16{x\choose 2}+2{x\choose 1}-7{x\choose 0}= $ $ 3x(x-1)(x-2)+8x(x-1)+2x-7=3x^3-x^2-7 $
dove i coefficienti 18,16,2,-7 sono stati ottenuti prendendo il primo elemento di ogni riga della tabella.
Ora potreste/dovreste provare a dimostrare che un polinomio così costruito passa effettivamente per i punti di partenza.
Chi conosce la formula di Taylor dovrebbe osservare che quello che abbiamo esposto ne è un analogo discreto, dove i termini $ f^{(k)}(0) $ sono sostituiti dai valori delle differenze n-esime successive e le potenze $ x^k $ sono sostituite dai termini $ x(x-1)\cdots(x-k+1) $, la cui derivata discreta è $ k x(x-1)\cdots(x-k+2) $ in analogia con quanto succede nel caso continuo con le potenze di x.
CaO
Francesco
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
In bocca al lupo. Io la mia la devo consegnare entro il 21...hisashi ha scritto: Io per capire e ragionare ci metto molto tempo, visto che devo consegnare la tesina il 22 non è che qualcuno me lo può dimostrare?
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
