GeomInterp.dvi

Univerza v Ljubljani Fakulteta za matematiko in fiziko Seminar za Numerično analizo Geometrijska interpolacija z ravninskimi parametričnimi polinomskimi krivuljami Gašper Jaklič, Jernej Kozak, Marjeta Krajnc, Emil Žagar Ljubljana, 13. April 2005

Interpolacijski problem Rešujemo naslednji problem: Za danih 2n ravninskih točk, n 2, T l R 2, l = 0,1,...,2n 1, (1) poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo P n stopnje n, ki interpolira točke (1).

Interpolacijski problem Rešujemo naslednji problem: Za danih 2n ravninskih točk, n 2, T l R 2, l = 0,1,...,2n 1, (1) poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo P n stopnje n, ki interpolira točke (1). Nemogoče?! S polinomom stopnje n lahko v splošnem interpoliramo n + 1 točk.

Interpolacijski problem Rešujemo naslednji problem: Za danih 2n ravninskih točk, n 2, T l R 2, l = 0,1,...,2n 1, (1) poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo P n stopnje n, ki interpolira točke (1). Nemogoče?! S polinomom stopnje n lahko v splošnem interpoliramo n + 1 točk. Toda v tem primeru se ne ukvarjamo s funkcijami, ampak s parametričnimi polinomskimi krivuljami.

Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej.

Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej. To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki so bile prvič predstavljene leta 1987 v članku C. de Boor, K. Höllig, and M. Sabin, High accuracy geometric Hermite interpolation, Comput. Aided Geom. Design.

Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej. To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki so bile prvič predstavljene leta 1987 v članku C. de Boor, K. Höllig, and M. Sabin, High accuracy geometric Hermite interpolation, Comput. Aided Geom. Design. DOMNEVA 1 (Höllig and Koch 96). Parametrična polinomska krivulja stopnje n lahko v splošnem interpolira n + 1 + n 1 d 1 točk v R d.

Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej. To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki so bile prvič predstavljene leta 1987 v članku C. de Boor, K. Höllig, and M. Sabin, High accuracy geometric Hermite interpolation, Comput. Aided Geom. Design. DOMNEVA 1 (Höllig and Koch 96). Parametrična polinomska krivulja stopnje n lahko v splošnem interpolira n + 1 + n 1 d 1 točk v R d. Primer d = 2 je še posebno zanimiv: 1. Aplikacije. 2. Največji razmik med funkcijskim in parametričnim primerom, t.j., n 1.

Nelinearne enačbe Enačbe, ki določajo interpolacijsko polinomsko krivuljo P n so P n (t l ) = T l, l = 0,1,...,2n 1. Neznanke t l naj bodo urejene t 0 < t 1 < < t 2n 1. Linearna transformacija parametrov ohranja stopnjo parametrične polinomske krivulje, zato fiksiramo t 0 := 0, t 2n 1 := 1.

Nelinearne enačbe Enačbe, ki določajo interpolacijsko polinomsko krivuljo P n so P n (t l ) = T l, l = 0,1,...,2n 1. Neznanke t l naj bodo urejene t 0 < t 1 < < t 2n 1. Linearna transformacija parametrov ohranja stopnjo parametrične polinomske krivulje, zato fiksiramo t 0 := 0, t 2n 1 := 1. Parametri t := (t l ) 2n 2 l=1 niso edine neznanke. Določiti je treba še koeficiente polinoma P n.

Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznane parametre t, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardno interpolacijsko shemo (Newton, Lagrange,...).

Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznane parametre t, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardno interpolacijsko shemo (Newton, Lagrange,...). Enačbe za parametre t dobimo s pomočjo linearno neodvisnih linearnih funkcionalov, ki so odvisni le od t in ki preslikajo P n v nič.

Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznane parametre t, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardno interpolacijsko shemo (Newton, Lagrange,...). Enačbe za parametre t dobimo s pomočjo linearno neodvisnih linearnih funkcionalov, ki so odvisni le od t in ki preslikajo P n v nič. Naravna izbira so deljene diference. Za deljene diference izberemo [t 0,t 1,...,t n+j ], j = 1,2,...,n 1, ki očitno preslikajo vsak polinom stopnje n v nič.

Naj bo ω j (t) := n+j l=0 (t t l ), ω j (t) := dω j(t) dt.

Naj bo ω j (t) := n+j l=0 (t t l ), ω j (t) := dω j(t) dt. Če uporabimo [t 0,t 1,...,t n+j ] na enačbah P n (t l ) = T l, dobimo [t 0,t 1,...,t n+j ]P n = 0 = j = 1,...,n 1. n+j l=0 T l ω j (t l ), (2) To nam da 2n 2 nelinearnih enačb za 2n 2 neznank t.

Naj bo ω j (t) := n+j l=0 (t t l ), ω j (t) := dω j(t) dt. Če uporabimo [t 0,t 1,...,t n+j ] na enačbah P n (t l ) = T l, dobimo [t 0,t 1,...,t n+j ]P n = 0 = j = 1,...,n 1. n+j l=0 T l ω j (t l ), (2) To nam da 2n 2 nelinearnih enačb za 2n 2 neznank t. Ko enkrat določimo t, nam poljubnih n + 1 interpolacijskih pogojev določa polinomsko krivuljo P n.

Sistem nelinearnih enačb, ki ga dobimo, je težko obravnavati v splošnem. Razen v primeru n = 2 ni nobenih splošnih rezultatov, ki bi temeljili le na geometriji podatkov.

Asimptotični pristop Podatki T l so vzeti iz gladke konveksne ravninske parametrične krivulje f : [0,h] R 2. Predpostavimo da f(0) = 0 0, f (0) = 1 0 in parametriziramo f po prvi komponenti f(x) = x y(x), kjer je y(x) = 1 2 y (0)x 2 + 1 6 y(3) (0)x 3 + 1 24 y(4) (0)x 4 + O(x 5 ), y (0) > 0.

Zanimajo nas vrednosti f pri majhnih h, zato koordinatni sistem skaliramo z matriko D h = diag ( ) 1 h, 2 h 2 y. (0) Naj bodo η 0 := 0 < η 1 < < η 2n 2 < η 2n 1 := 1, taki parametri, da velja T l T l = D h f(η l h), l = 0,1,...,2n 1.

T l Razvoj točk T l je tedaj T l = η l c k h k 2 ηl k k=2, l = 0,1,...,2n 1. (3) kjer so konstante c k odvisne od y, ne pa od η l ali h c k = 2 k! y (k) (0) y (0), k = 2,3,...

T l Razvoj točk T l je tedaj T l = η l c k h k 2 ηl k k=2, l = 0,1,...,2n 1. (3) kjer so konstante c k odvisne od y, ne pa od η l ali h c k = 2 k! y (k) (0) y (0), k = 2,3,... Za obstoj rešitve je potrebno dokazati, da obstaja tak h 0 > 0, da ima sistem (2) rešitev t za vse h, 0 h h 0.

Najprej poiščemo limitno rešitev ko h 0. V tem primeru je t = η := (η l ) 2n 2 l=1 za h = 0, saj je n+j lim h 0 l=0 n+j l=0 1 ω j (t l ) T l = 1 ω j (η l ) lim h 0 T l = n+j l=0 1 ω j (η l ) η l = 0. ηl 2

Če bi bil Jacobijan nesingularen v limitni rešitvi, bi imel originalni sistem rešitev za dovolj majhne h.

Če bi bil Jacobijan nesingularen v limitni rešitvi, bi imel originalni sistem rešitev za dovolj majhne h. Žal se izkaže, da je Jacobijan singularen (jedro je n 2 dimenzionalno). Za dokaz torej ne moremo uporabiti izreka o implicitni funkciji.

Če bi bil Jacobijan nesingularen v limitni rešitvi, bi imel originalni sistem rešitev za dovolj majhne h. Žal se izkaže, da je Jacobijan singularen (jedro je n 2 dimenzionalno). Za dokaz torej ne moremo uporabiti izreka o implicitni funkciji. Vidimo, da je dovolj študirati le neznane razlike η l t l, l = 1,2,...,2n 2, kot funkcije h. Zato lahko vlogo spremenljvk t in parametrov η = (η l ) 2n 2 l=1 zamenjamo. Od zdaj naprej bomo torej predpostavljali, da so t znani, iščemo pa η.

Sistem nelinearnih enačb bomo razbili v dva dela. Prvi del bo tak, da bo enostavno rešljiv, v drugem delu pa bo nesingularen Jacobijan.

Sistem nelinearnih enačb bomo razbili v dva dela. Prvi del bo tak, da bo enostavno rešljiv, v drugem delu pa bo nesingularen Jacobijan. Uvedemo nove neznanke ξ := (ξ l ) 2n 2 l=1, tako da krivuljo f reparametriziramo z ki je podana v točkah t l kot η η(t, ξ), η l = η(t l ; ξ) = t l + u(t l ; ξ) + ξ n 2+l h n 1 p(t l ), l = 1,2,...,2n 2, kjer p(t) := (t t 0 ) 2n 1 l=n+1 (t t l ), u(t; ξ) := (t t 0 )(t t 2n 1 ) n 2 l=1 ξ l h l t l 1.

Reparametrizacija je očitno regularna za dovolj majhne h, saj η(t 0 ; ξ) = t 0 = 0 = η 0, η(t 2n 1 ; ξ) = t 2n 1 = 1 = η 2n 1, η (t; ξ) = 1 + O(h). Velja tudi η l = t l pri h = 0.

LEMA 2. Zamenjava spremenljivk η ξ je bijektivna.

LEMA 2. Zamenjava spremenljivk η ξ je bijektivna. Nelinearen sistem (2) tako postane F(ξ;h) := (F j (ξ;h)) n 1 j=1 = 0, G(ξ;h) := (G j (ξ;h)) n 1 j=1 = 0, (4) kjer F j (ξ;h) := G j (ξ;h) := n+j l=0 n+j l=0 1 ω j (t l ) 1 ω j (t l ) ( tl + u(t l ; ξ) + ξ n 2+l h n 1 p(t l ) ), ( c k h k 2 ( t l + u(t l ; ξ) + ξ n 2+l h n 1 p(t l ) ) ) k. k=2

IZREK 3. Neznanke ξ so rešitev sistema (4) natanko takrat, ko velja ξ n 1 = ξ n = = ξ 2n 2. (5)

IZREK 3. Neznanke ξ so rešitev sistema (4) natanko takrat, ko velja ξ n 1 = ξ n = = ξ 2n 2. (5) Ob predpostavki (5) ostanejo neznanke (ξ l ) n 1 l=1, ki jih določa drugi del enačb. Poleg tega je sedaj parametrizacija kar polinom in η(t; ξ) = t + u(t; ξ) + ξ n 1 h n 1 p(t) G j (ξ;h) = [t 0,t 1,...,t n+j ] c k h k 2 η(. ; ξ) k. k=2

LEMA 4. Naj bo Tedaj je q(t; ξ) := t + n 1 l=1 ξ l h l t l+1. [t 0,t 1,...,t n+j ]η(. ; ξ) k = [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k + O(h n+j+1 k ), in [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k = O(h n+j k ).

LEMA 4. Naj bo Tedaj je q(t; ξ) := t + n 1 l=1 ξ l h l t l+1. [t 0,t 1,...,t n+j ]η(. ; ξ) k = [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k + O(h n+j+1 k ), in [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k = O(h n+j k ). To poenostavi funkcije G j v G j (ξ;h) = [t 0,t 1,...,t n+j ] c k h k 2 q(. ; ξ) k + O(h n+j 1 ). (6) k=2

IZREK 5. Vsoto v enačbah (6) lahko zapišemo kot c k h k 2 q(t; ξ) k = k=2 C k (ξ)h k 2 t k, (7) kjer ( 2 d k ξ))) C k (ξ) := k!h k y (0) dx x=0 k y (hq(x;. Polinomi C k (ξ) so odvisni le od ξ in ne od h niti od parametrov t. k=2 Končni sistem za dovolj majhne h je torej C n+j (ξ) + O(h) = 0, j = 1,2,...,n 1. (8)

IZREK 6. Če obstaja tak h 0 > 0, da ima sistem enačb (8) realno rešitev za vse h, 0 h h 0, potem interpolacijska polinomska parametrična krivulja P n obstaja in aproksimira f z optimalnim redom aproksimacije 2n.

IZREK 6. Če obstaja tak h 0 > 0, da ima sistem enačb (8) realno rešitev za vse h, 0 h h 0, potem interpolacijska polinomska parametrična krivulja P n obstaja in aproksimira f z optimalnim redom aproksimacije 2n. IZREK 7. Sistem nelinearnih enačb (8) ima realno rešitev za n 5 in h dovolj majhen.

Primer n = 2 Za n = 2 je sistem (8) kar ena linearna enačba za ξ 1 ki očitno ima realno rešitev. 2ξ 1 + c 3 + O(h) = 0,

Primer n = 3 V primeru n = 3 dobimo ξ 2 1 + 3c 3 ξ 1 + 2ξ 2 + c 4 + O(h) = 0, (9) 3c 3 ξ 2 1 + 2ξ 1 (ξ 2 + 2c 4 ) + 3c 3 ξ 2 + c 5 + O(h) = 0.

Primer n = 3 V primeru n = 3 dobimo ξ 2 1 + 3c 3 ξ 1 + 2ξ 2 + c 4 + O(h) = 0, (9) 3c 3 ξ 2 1 + 2ξ 1 (ξ 2 + 2c 4 ) + 3c 3 ξ 2 + c 5 + O(h) = 0. Prva enačba je vselej linearna v ξ n 1 = ξ 2. Sistem (9) lahko zato reduciramo v kubično enačbo za ξ 1, ξ1 3 + 3 ( ) 9 2 c 3 ξ1 2 + 2 c2 3 3c 4 ξ 1 + 3 2 c 3 c 4 c 5 + O(h) = 0, ki očitno ima realno rešitev.

Primer n = 4 V primeru n = 4 rešujemo sistem 3c 3 ξ1 2 + ξ 1 (2ξ 2 + 4c 4 ) + 3c 3 ξ 2 + 2ξ 3 + c 5 + O(h) = 0, c 3 ξ1 3 + 6c 4 ξ1 2 + ξ 1 (6c 3 ξ 2 + 2ξ 3 + 5c 5 ) + ξ2+ 2 4c 4 ξ 2 + 3c 3 ξ 3 + c 6 + O(h) = 0, 4c 4 ξ1 3 + ξ1 2 (3c 3 ξ 2 + 10c 5 ) + ξ 1 (12c 4 ξ 2 + 6c 3 ξ 3 + 6c 6 )+ 3c 3 ξ2 2 + ξ 2 (2ξ 3 + 5c 5 ) + 4c 4 ξ 3 + c 7 + O(h) = 0.

Spremenljivka ξ 3 v prvi enačbi nastopa linearno. Sistem se zato reducira v ξ 2 2 + ξ 2 ( 2ξ 2 1 9 2 c2 3 + 4c 4 ) 2c 3 ξ 3 1 + ξ 2 1 ( 92 c23 + 2c 4 ) (10) +ξ 1 ( 6c 3 c 4 + 4c 5 ) 3 2 c 3 c 5 + c 6 + O(h) = 0, ( 9c 2 3 + 4c 4 )ξ 3 1 + ξ 2 1 ( 6c 3 ξ 2 18c 3 c 4 + 10c 5 ) (11) +ξ 1 ( 2ξ 2 2 + ( 9c 2 3 + 4c 4 )ξ 2 3c 3 c 5 8c 2 4 + 6c 6 ) +( 6c 3 c 4 + 4c 5 )ξ 2 2c 4 c 5 + c 7 + O(h) = 0.

Enačba (10) je kvadratna v ξ 2 z rešitvijo ξ 2 = ξ1 2 + 9 4 c2 3 2c 4 ± 1 R(ξ1 ) + O(h), (12) 4 kjer je R(ξ 1 ) := 16ξ1 4 + 32c 3 ξ1 3 + (144c 2 3 96c 4 )ξ1 2 + (96c 3 c 4 64c 5 )ξ 1 + 81c 4 3 144c 2 3 c 4 + 24c 3 c 5 + 64c 2 4 16c 6.

Enačba (10) je kvadratna v ξ 2 z rešitvijo ξ 2 = ξ1 2 + 9 4 c2 3 2c 4 ± 1 R(ξ1 ) + O(h), (12) 4 kjer je R(ξ 1 ) := 16ξ1 4 + 32c 3 ξ1 3 + (144c 2 3 96c 4 )ξ1 2 + (96c 3 c 4 64c 5 )ξ 1 + 81c 4 3 144c 2 3 c 4 + 24c 3 c 5 + 64c 2 4 16c 6. Vstavimo (12) v enačbo (11) in dobimo H ± (ξ 1 ) := p 5 (ξ 1 ) 1 64 R (ξ 1 ) R(ξ 1 ) + O(h) = 0, (13)

kjer je p 5 (ξ 1 ) = 4ξ1 5 10c 3 ξ1 4 + ( 45c 2 3 + 28c 4 )ξ1+ 3 ( 272 ) c33 24c 3 c 4 + 22c 5 ξ1 2 + ( 812 ) c43 + 63c 23 c 4 6c 3 c 5 32c 24 + 8c 6 ξ 1 27 2 c3 3 c 4 + 9c 2 3 c 5 + 12c 3 c 2 4 10c 4 c 5 + c 7.

Naj bo D := (, ), v primeru, ko ima R le kompleksne ničle. Sicer naj bosta z m in z M najmanjša in največja realna ničla ter D := (,z m ] [z M, ).

Naj bo D := (, ), v primeru, ko ima R le kompleksne ničle. Sicer naj bosta z m in z M najmanjša in največja realna ničla ter D := (,z m ] [z M, ). Ker je R nenegativna na D, sta funkciji H ± na D realni in zvezni. Če dokažemo H (D) H + (D) = R, (14) bo imel sistem realno rešitev za poljubno desno stran.

Velja naslednje: H (ξ 1 ) ( 5c 2 3 + 4c 4 )ξ 3 1 in H + (ξ 1 ) 8ξ 5 1, ξ 1.

Velja naslednje: H (ξ 1 ) ( 5c 2 3 + 4c 4 )ξ 3 1 in H + (ξ 1 ) 8ξ 5 1, ξ 1. V primeru, ko R nima realnih ničel, je pogoj (14) zagotovo izpolnjen, saj je D = R in lim H +(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H +(ξ 1 ) =. ξ 1

Velja naslednje: H (ξ 1 ) ( 5c 2 3 + 4c 4 )ξ 3 1 in H + (ξ 1 ) 8ξ 5 1, ξ 1. V primeru, ko R nima realnih ničel, je pogoj (14) zagotovo izpolnjen, saj je D = R in lim H +(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H +(ξ 1 ) =. ξ 1 Obravnavati moramo še primere, ko pa R ima realne ničle.

Očitno je H (z m ) = H + (z m ), H (z M ) = H + (z M ). Če je c 4 > 5 4 c2 3, je pogoj (14) prav tako izpolnjen, saj je tedaj lim H +(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H (ξ 1 ) =. ξ 1

y H H z m R z M x Slika 1: primer ko c 4 > 5 4 c2 3.

V primeru, ko je c 4 < 5 4 c2 3, pa je potrebna bolj komplicirana analiza, saj je lim H ±(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H ±(ξ 1 ) =. ξ 1

V primeru, ko je c 4 < 5 4 c2 3, pa je potrebna bolj komplicirana analiza, saj je lim H ±(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H ±(ξ 1 ) =. ξ 1 Ideja za dokaz v tem primeru: poiskati vrednosti ξ L z m in z M ξ R : H (ξ L ) H (ξ R ). Tedaj bo pogoj (14) spet izpolnjen, saj bo H (D) = R.

LEMA 8. Naj bo c 4 < 5 4 c2 3 in naj ima polinom R realne ničle. Tedaj obstajata točki ξ L in ξ R, da je H (ξ L ) H (ξ R ).

LEMA 8. Naj bo c 4 < 5 4 c2 3 in naj ima polinom R realne ničle. Tedaj obstajata točki ξ L in ξ R, da je H (ξ L ) H (ξ R ). DOKAZ:

LEMA 8. Naj bo c 4 < 5 4 c2 3 in naj ima polinom R realne ničle. Tedaj obstajata točki ξ L in ξ R, da je H (ξ L ) H (ξ R ). DOKAZ: Po uvedbi novih konstant d 1 := 1 2 c 3, d 2 := 24 ( 5c 2 ) 3 4c 4, d 3 := 64 ( 2c 3 ) 3 3c 3 c 4 + c 5, d 4 := 2 ( 57c 4 3 108c 2 3 c 4 + 28c 3 c 5 + 32c 2 ) 4 8c 6, in premiku izhodišča ξ 1 ξ 1 + d 1, se polinom R poenostavi v R(ξ 1 ) = 16ξ1 4 + d 2 ξ1 2 + d 3 ξ 1 + d 4, kjer je d 2 > 0 po predpostavki.

Ker je R (ξ 1 ) = 192ξ 2 1 + 2d 2 > 0, je R strogo konveksna z natanko dvema realnima ničlama z m and z M. Označimo s ξ abciso minimuma. Po predpostavki je R(ξ ) 0. Opazimo, da velja zveza R(ξ 1 ) = 1 4 ξ 1 R (ξ 1 ) + p 2 (ξ 1 ), p 5 (ξ 1 ) = 1 4 ξ 1 R(ξ 1 ) + p 3 (ξ 1 ), kjer je p 2 (ξ 1 ) = 1 2 d 2 ξ1 2 + 3 4 d 3 ξ 1 + d 4, p 3 pa je kubični polinom, za katerega velja p 3 = 1 4 p 2.

Polinom p 2 se ujema z R natanko v točkah ξ 1 = 0, ξ 1 = ξ. Dalje je p 2 > R le na intervalu (min(0,ξ ),max(0,ξ )).

Recimo, da je z m 0 z M. Tedaj je Od tod sledi p 2 (z m ) 0, p 2 (z M ) 0 in p 2 0 na [z m,z M ]. H (z M ) H (z m ) = p 3 (z M ) p 3 (z m ) = 1 4 in izbira ξ L := z m, ξ R := z M potrdi lemo. zm z m p 2 (ξ)dξ 0,

y z m z M x R p 2 H H p 3 Slika 2: c 4 < 5 4 c2 3 in z m 0 z M

y R p 5 p 2 d 4 10 z m z M H x Slika 3: c 4 < 5 4 c2 3 in z M < 0

Naj bo zdaj z M < 0. V tem primeru so vse konstante pozitivne, saj R(0) = d 4 > 0, R (0) = d 3 > 0. Edini del, ki je lahko negativen, je d 3 ξ 1. Pogoj R(ξ ) 0 nam da spodnjo mejo za velikost konstante d 3.

Naj bo zdaj z M < 0. V tem primeru so vse konstante pozitivne, saj R(0) = d 4 > 0, R (0) = d 3 > 0. Edini del, ki je lahko negativen, je d 3 ξ 1. Pogoj R(ξ ) 0 nam da spodnjo mejo za velikost konstante d 3. Polinom R ima dvojno ničlo natanko takrat, ko je rezultanta R in R nič, to je 1024 ( 108d 4 3 + d 2 3 ( 576d2 d 4 d 3 ) 2 + 4d 4 2 d 4 512d 2 2 d 2 4 + 16384d 3 ) 4 = 0.

Dobimo kvadratno enačbo za d 2 3 dobimo pogoj d 2 3 1 216 kar grobo ocenimo z z eno pozitivno ničlo, od koder ( d 3 2 + 576d 2 d 4 + ( ) d 2 )3 2 2 + 192d 4, (15) d 2 3 8 3 d 2 d 4. (16)

Dobimo kvadratno enačbo za d 2 3 dobimo pogoj d 2 3 1 216 kar grobo ocenimo z z eno pozitivno ničlo, od koder ( d 3 2 + 576d 2 d 4 + ( ) d 2 )3 2 2 + 192d 4, (15) d 2 3 8 3 d 2 d 4. (16) Dokažimo, da bo dobra izbira ξ L := 5 2 d 3 d 2, ξ R := 0. Ker je H (0) = 1 64 d 3 d4 0, moramo dokazati le še, da je H (ξ L ) 0.

Vrednost H (ξ L ) = d 3 384d 5 2 bo negativna, če bo ( (12d 3 2 + 3000d 2 3) 15d 3 2 d2 3 + 4d4 2 d 4 + 2500d 4 3 ( 12d 3 2 + 3000d 2 ) 2 ( 3 15d 3 2 d 2 3 + 4d 4 2 d 4 + 2500d 4 3) ( 480d 4 2 d 4 + 925d 3 2 d 2 3 + 150000d 4 ) ) 3 ( 480d 4 2 d 4 + 925d 3 2 d 2 3 + 150000d 4 3) 2 > 0 oziroma ekvivalentno 1500000d 3 2 d 4 ( ) 3 25d 2 3 72d 2 d 4 + 25d 6 ( ( ) 2 125d 2 3 187d 2 3 192d 2 d 4 9216d 2 2 d 2 4) + 576d 10 2 d 4 + 2160d 9 2 d 2 3 0.

Člen 25d 2 3 72d 2 d 4 navzdol ocenimo z (15) in dobimo 25d 2 3 72d 2 d 4 1 216 To bo pozitivno, saj je (25 ( d 2 2 + 192d 4 )3 2 ( 25d 3 2 + 1152d 2 d 4 ) ). 1 ( 216 2 625 ( d 2 ) 3 ( ) ) 2 + 192d 4 25d 3 2 2 + 1152d 2 d 4 = 1 27 d 4 ( 175d 4 2 + 39232d 2 2 d 4 + 2560000d 2 ) 4 0. Dalje je 25d 6 2 ( ( ) 125d 2 3 187d 2 3 192d 2 d 4 9216d 2 2 d 2 ) 4 25d 7 2 d 4 ( 115000 3 d 2 3 9216d 2 d 4 ) 20926400 9 d 8 2 d 2 4 0,

kjer smo dvakrat uporabili (16). Ostali členi so nenegativni in rezultat sledi. Primer 0 < z m je simetričen.

y 10 5 d 3 2 d 2 z m z M 1 x H Slika 4: c 4 < 5 4 c2 3 in z M < 0

Ostalo nam je še nekaj posebnih primerov. Izbira c 4 = 5 4 c2 3 implicira H (ξ 1 ) 5 2 (7c3 3 4c 5 )ξ 2 1, ξ 1, in (14) bo izpolnjen, če c 5 7 4 c3 3.

Ostalo nam je še nekaj posebnih primerov. Izbira c 4 = 5 4 c2 3 implicira H (ξ 1 ) 5 2 (7c3 3 4c 5 )ξ1, 2 ξ 1, in (14) bo izpolnjen, če c 5 7 4 c3 3. Dalje c 4 = 5 4 c2 3, c 5 = 7 4 c3 3, vodi do H (ξ 1 ) 3 4 (21c4 3 8c 6 )ξ 1, ξ 1. Enostavno se preveri, da ima R v primeru ko c 6 < 21 8 c4 3 ničle in (14) velja. le kompleksne

Primer ko c 4 = 5 4 c2 3, c 5 = 7 4 c3 3, c 6 = 21 8 c4 3 je tudi v redu, saj H (ξ 1 ) 33 8 c5 3 + c 7, ξ 1, in R(ξ 1 ) = (2ξ 1 + c 3 ) 4. Če je dodatno še c 7 = 33 8 c5 3 O(h) neskončno rešitev. pa ima sistem brez

Primer n = 5 V primeru n = 5 rešujemo sistem c 6 + 5c 5 ξ 1 + 6c 4 ξ 2 1 + c 3 ξ 3 1 + 4c 4 ξ 2 + 6c 3 ξ 1 ξ 2 + ξ 2 2 + (3c 3 + 2ξ 1 )ξ 3 + 2ξ 4 = 0, c 7 + 6c 6 ξ 1 + 10c 5 ξ 2 1 + 4c 4 ξ 3 1 + 5c 5 ξ 2 + 12c 4 ξ 1 ξ 2 + 3c 3 ξ 2 1 ξ 2 + 3c 3 ξ 2 2 + 4c 4 ξ 3 + 6c 3 ξ 1 ξ 3 + 2ξ 2 ξ 3 + 3c 3 ξ 4 + 2ξ 1 ξ 4 = 0,

c 8 + 7c 7 ξ 1 + 15c 6 ξ 2 1 + 10c 5 ξ 3 1 + 6c 6 ξ 2 + 20c 5 ξ 1 ξ 2 + 12c 4 ξ 2 1 ξ 2 + 6c 4 ξ 2 2 + 3c 3 ξ 1 ξ 2 2 + c 4 ξ 4 1 + 5c 5 ξ 3 + 12c 4 ξ 1 ξ 3 + 3c 3 ξ 2 1 ξ 3 + 6c 3 ξ 2 ξ 3 + ξ 2 3 + 4c 4 ξ 4 + 6c 3 ξ 1 ξ 4 + 2ξ 2 ξ 4 = 0, c 9 + 8c 8 ξ 1 + 21c 7 ξ 2 1 + 20c 6 ξ 3 1 + 5c 5 ξ 4 1 + 7c 7 ξ 2 + 30c 6 ξ 1 ξ 2 + 30c 5 ξ 2 1 ξ 2 + 4c 4 ξ 3 1 ξ 2 + 10c 5 ξ 2 2 + 12c 4 ξ 1 ξ 2 2 + c 3 ξ 3 2 + 6c 6 ξ 3 + 20c 5 ξ 1 ξ 3 + 12c 4 ξ 2 1 ξ 3 + 12c 4 ξ 2 ξ 3 + 6c 3 ξ 1 ξ 2 ξ 3 + 3c 3 ξ 2 3 + 5c 5 ξ 4 + 12c 4 ξ 1 ξ 4 + 3c 3 ξ 2 1 ξ 4 + 6c 3 ξ 2 ξ 4 + 2ξ 3 ξ 4 = 0.

Po eliminaciji spremenljivke ξ 4 = ξ n 1 iz prve enačbe dobimo sistem kjer so P 1 (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) := P i (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) + O(h) = 0, i = 1,2,3, (17) c 3 ξ 4 1 ( 3 2 c2 3 + 2 c 4 ) ξ 3 1 (9 c 3 c 4 5 c 5 ) ξ 2 1 ( 15 2 c 3 c 5 5 c 6 ) ξ1 + ( 3 2 c 3 ξ 1 ) ξ 2 2 + ( 6 c 3 c 4 5 c 5 + ( 9 c 2 3 8 c 4 ) ξ1 3 c 3 ξ 2 1) ξ2 ( 9 2 c2 3 4 c 4 + 2 ξ 2 1 2 ξ 2 ) ξ3 3 2 c 3 c 6 + c 7,

P 2 (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) := ( 3 c 2 3 c 4 ) ξ 4 1 (20 c 3 c 4 10 c 5 ) ξ 3 1 ( 12 c 2 4 + 15 c 3 c 5 15 c 6 ) ξ 2 1 (10 c 4 c 5 + 3 c 3 c 6 7 c 7 ) ξ 1 2 c 4 c 6 + c 8 ξ 3 2 6 c 3 ξ 1 ξ 2 2 ( 8 c 2 4 5 c 6 + (24 c 3 c 4 15 c 5 ) ξ 1 + ( 18 c 2 3 6 c 4 ) ξ 2 1 c 3 ξ 3 1) ξ2 +ξ 2 3 ( 6 c 3 c 4 5 c 5 + ( 9 c 2 3 8 c 4 ) ξ1 + 3 c 3 ξ 2 1 (3 c 3 2 ξ 1 ) ξ 2 ) ξ3,

P 3 (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) := 3 2 c2 3 ξ 5 1 (15 c 3 c 4 5 c 5 ) ξ 4 1 ( 36 c 2 4 + 10 c 3 c 5 20 c 6 ) ξ 3 1 ( 45 c 4 c 5 + 3 2 c 3 c 6 21 c 7 ) ξ 2 1 ( 25 2 c2 5 + 6 c 4 c 6 8 c 8 ) ξ1 5 2 c 5 c 6 + c 9 2 c 3 ξ 3 2 ( 12 c 3 c 4 15 2 c 5 + ( 18 c 2 3 6 c 4 ) ξ1 + 3 2 c 3 ξ 2 1) ξ 2 2 ( 10 c 4 c 5 + 3 c 3 c 6 7 c 7 + ( 24 c 2 4 + 30 c 3 c 5 30 c 6 ) ξ1 (60 c 3 c 4 30 c 5 ) ξ 2 1 + ( 12 c 2 3 4 c 4 ) ξ 3 1 ) ξ2 2 ξ 1 ξ 2 3 ( 15 2 c 3 c 5 5 c 6 + (18 c 3 c 4 10 c 5 ) ξ 1 + ( 9 2 c2 3 + 6 c 4 ) ξ 2 1 4 c 3 ξ 3 1 ( 9 c 2 3 8 c 4 + 6 c 3 ξ 1 ) ξ2 ξ 2 2) ξ3.

Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R.

Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal

Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3.

Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3. I 1 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2 ]... prvi eliminacijski ideal

Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3. I 1 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2 ]... prvi eliminacijski ideal I 2 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1 ]... drugi eliminacijski ideal

Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3. I 1 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2 ]... prvi eliminacijski ideal I 2 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1 ]... drugi eliminacijski ideal Kompleten opis eliminacijskih idealov nam dajo Gröbnerjeve baze. Računanje Gröbnerjeve baze je računsko prezahtevno! Obstoj rešitve bomo dokazali s pomočjo teorije rezultant.

IZREK 9. Naj bo K algebrajično zaprt obseg karakteristike 0 in ideal. Naj velja I := f 1,f 2,...,f m K[ξ 1,ξ 2,...,ξ m ] f i (x 1 ) = g i (x 2,x 3,...,x m )x N 1 1 + členi nižjih redov, g i 0 če f i 0, in naj bo (c 2,c 3,...,c m ) V(I 1 ) \ V(g 1,g 2,...,g m ) Tedaj obstaja c 1 K, da je (c 1,c 2,...,c m ) V(I).

V sistemu (17) je prva enačba linearna v ξ 3 : P 1 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) = ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) + ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ξ 3 = 0, ψ 1, ψ 2 R[ξ 1,ξ 2 ]. (18)

V sistemu (17) je prva enačba linearna v ξ 3 : P 1 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) = ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) + ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ξ 3 = 0, ψ 1, ψ 2 R[ξ 1,ξ 2 ]. (18) Podobno velja za modificirano tretjo enačbo P 3 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) + 2ξ 1 P 2 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) = χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) + χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ξ 3 = 0, χ 1,χ 2 R[ξ 1,ξ 2 ]. (19)

Iz enačbe (18) eliminiramo ξ 3 in sistem (17) postane ( P 12 (ξ 1,ξ 2 ) := ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 2 P 2 ξ 1,ξ 2, ψ ) 1(ξ 1,ξ 2 ) = 0, ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) P 13 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) = 0. (20)

Iz enačbe (18) eliminiramo ξ 3 in sistem (17) postane ( P 12 (ξ 1,ξ 2 ) := ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 2 P 2 ξ 1,ξ 2, ψ ) 1(ξ 1,ξ 2 ) = 0, ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) P 13 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) = 0. (20) Izračunamo rezultanto P 12 in P 13 glede na ξ 2 : R 1 (ξ 1 ) := Res (P 12 (ξ 1,ξ 2 ),P 13 (ξ 1,ξ 2 );ξ 2 ) = 0.

Ker velja R 1 I 2 = V(I 2 ) V(R 1 ), lahko varieteta V(R 1 ) vključuje dodatne ničle, ki jih producira faktor ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ali sama rezultanta Res. Varieteta V tudi ne da informacije o večkratnih ničlah sistema, to je število ničel R 1 štetih z večkratnostjo je lahko večje od števila elementov v V(R 1 ).

Ker velja R 1 I 2 = V(I 2 ) V(R 1 ), lahko varieteta V(R 1 ) vključuje dodatne ničle, ki jih producira faktor ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ali sama rezultanta Res. Varieteta V tudi ne da informacije o večkratnih ničlah sistema, to je število ničel R 1 štetih z večkratnostjo je lahko večje od števila elementov v V(R 1 ). Ta eliminacijski postopek pa vendar omogoča razširitev rešitve ξ 1 na rešitev celotnega sistema (17), ξ 1 V(I 2 ) = (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) V(I), razen kadar ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) = 0.

V tem primeru eliminiramo ξ 3 iz enačbe (19) in dobimo ( P 32 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 2 P 2 ξ 1,ξ 2, χ ) 1(ξ 1,ξ 2 ) = 0, χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) P 13 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) = 0, ter R 2 (ξ 1 ) := Res (P 32 (ξ 1,ξ 2 ),P 13 (ξ 1,ξ 2 );ξ 2 ) = 0.

Vsako ξ 1 V (R 1 ) V (R 2 ), ki ni odvečna, torej lahko razširimo do rešitve celotnega sistema, če je le ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0 ali χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0.

Vsako ξ 1 V (R 1 ) V (R 2 ), ki ni odvečna, torej lahko razširimo do rešitve celotnega sistema, če je le ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0 ali χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0. Polinoma R 1 in R 2 se faktorizirata R 1 (ξ 1 ) = ν 1 (ξ 1 ) 2 Q(ξ 1 ), R 2 (ξ 1 ) = ν 2 (ξ 1 ) 2 Q(ξ 1 ). (21) Polinoma ν i tvorita bazo eliminacijskih idealov ν 1 = ψ 1,ψ 2 R[ξ 1 ], ν 1 (ξ 1 ) = 4ξ1+10c 5 3 ξ1+ 4 ( 60c 2 ) 3 40c 4 ξ 3 1 +..., in ν 2 = χ 1,χ 2 R[ξ 1 ], ν 2 (ξ 1 ) = ( 5c 2 3 4c 4 ) ξ 12 1 +....

Če ν 1 in ν 2 nimata skupnih faktorjev sta očitno odvečna faktorja in V(I 2 ) V(Q). (22) V primeru ko ν 1 (ξ 1 ) = 0, ν 2 (ξ 1 ) = 0 za nek ξ 1 C mora biti izpolnjena polinomska relacija med konstantami c i, ki jo dobimo iz Res (ν 1 (ξ 1 ),ν 2 (ξ 1 );ξ 1 ) = 0. Mera množice {(c 3,c 4,...,c 9 ) R 7 ;ν 1 (ξ 1 ) = 0, ν 2 (ξ 1 ) = 0} je nič in po zveznosti velja (22) za vse konstante.

Če gre katera ničla ξ 1 = ξ 1 (c 3,c 4,...,c 9 ) V(I 2 ) proti neskončnosti oz. če katera iz neskončnosti pride, mora to veljati tudi za korespondenčno ξ 1 V(Q). Razlika #V(Q) #V(I 2 ) 0 je torej neodvisna od konstant c i.

Za poseben izbor konstant c 3 = 1, c 4 = 1 2, c 5 = 1, c 6 = 1, c 7 = 0, c 8 = 1 2, c 9 = 1 pa velja #V(I 2 ) = #V(Q) = 25. Dovolj je torej gledati ničle polinoma Q. Če je njegova stopnja liha, potem ima vsaj eno realno ničlo lihe kratnosti, ki jo lahko razširimo do realne ničle iz V(I). Ker je ξ 1 R lihe kratnosti, ima tudi perturbiran sistem (17) vsaj eno realno rešitev za vse dovolj majhne h.

Če je Q(ξ 1 ) = 14641 65536 3025 131072 ( 5c 2 3 4c 4 ) 5ξ 25 1 ( 5c 2 3 4c 4 ) 4 ( 1043c 3 3 1988c 3 c 4 + 824c 5 ) ξ 24 1 +... c 4 = 5 4 c2 3 = Q(ξ 1 ) = 1953125 1048576 c 4 = 5 4 c2 3, c 5 = 7 4 c3 3 = Q(ξ 1 ) = 1953125 65536 ( 7c 3 3 4c 5 ) 4 ξ 23 1 +... ( 21c 4 3 8c 6 ) 4 ξ 19 1 +...

Dalje c 6 = 21 8 c4 3, c 7 = 33 8 c5 3, c 8 = 429 64 c6 3 reducirajo stopnjo Q na 15,11,7. Pri dodatni izbiri c 9 = 715 64 c7 3 pa je Q 0 in vsak ξ 1 R je rešitev.

Dalje c 6 = 21 8 c4 3, c 7 = 33 8 c5 3, c 8 = 429 64 c6 3 reducirajo stopnjo Q na 15,11,7. Pri dodatni izbiri c 9 = 715 64 c7 3 pa je Q 0 in vsak ξ 1 R je rešitev. V tem posebnem primeru je Taylorjev polinom funkcije 9 c k h k 2 x k k=2 y(x) = 1 2c 2 x c 1 4cx 2c 2, c := h 2 c 3,

ki pa se jo da reparametrizirat f(z) = cz c3 z 2, c 2 z 2 z := z(c) := 1 1 4cx 2c 2. V primeru ko c 3 0, pa y(x) x 2.