Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

Gradimir V. MilovanovićMilan A. Kovačević Miodrag M. SpalevićNUMERIČKA MATEMATIKAZbirka rešenih problema

PredgovorOva zbirka sadrži 217 kompletno rešenih zadataka iz oblasti numeričkematematike i namenjena je prvenstveno studentima tehničkih i prirodnomatematičkihfakulteta na kojima se ova oblast izučava. Zadaci su odabranitako da pokrivaju nastavne programe standardnih kurseva numeričke matematike.Knjiga je pisana u skladu sa udžbenicima prvopotpisanog autora:–––NUMERIČKA ANALIZA, I deo, Naučna knjiga, Beograd, 1985 (drugoizdanje 1988, treće izdanje 1991),NUMERIČKA ANALIZA, II deo, Naučna knjiga, Beograd, 1985 (drugoizdanje 1988, treće izdanje 1991),NUMERIČKA ANALIZA, III deo, Naučna knjiga, Beograd, 1988 (drugoizdanje 1991),i nastala je značajnom izmenom i proširenjem prethodne knjige dvojice prvopotpisanihautora koja se pod naslovom ZBIRKA REŠENIH ZADATAKAIZ NUMERIČKE ANALIZE, takod¯e, pojavila u izdanju Naučne knjige izBeograda i koja je doživela tri izdanja (1985, 1988, 1991).Celokupan rukopis ove knjige podeljen je u 8 glava i na adekvatan načinprati prethodno pomenute udžbenike. U nekim interesantnim slučajevimanavedene su i programske realizacije algoritama na FORTRAN jeziku.Prva glava ima uvodni karakter i daje kratak pregled razvoja numeričkematematike u svetu i kod nas, kao i pregled važnijih visoko-kvalitetnih programskihpaketa za rešavanje numeričkih problema.Druga glava se odnosi na osnovne elemente numeričke matematike, gdesu rešeni tipični problemi koji se odnose na analizu grešaka, rekurzivnaizračunavanja i sumiranja, uključujući ortogonalne i s-ortogonalne polinome.U trećoj glavi se tretiraju problemi vezani za opštu teoriju iterativnihprocesa, tj. za primenu Banchovog stava o nepokretnoj tački, karakteristikeiterativnih procesa i ubrzavanje konvergencije procesa.Četvrta glava se bavi problemima u linearnoj algebri (direktni i iterativnimetodi), dok se u petoj glavi razmatraju nelinearne jednačine i sistemi nelinearnihjednačina. Algebarskim jednačinama je posvećeno posebno poglavlje.

viPREDGOVORProblemi iz interpolacije funkcija i problemi najboljih aproksimacija razmatrajuse u šestoj glavi. Numeričko diferenciranje i numerička integracijasu tretirani u sedmoj glavi.Najzad, osma glava je posvećena problemima približnog rešavanja običnihdiferencijalnih jednačina. Posebo su tretirani približni analitički metodi zaCauchyev problem, kao i numerički metodi Runge-Kutta i linearni višekoračnimetodi.Autori se nadaju da će ova knjiga biti od koristi ne samo studentimakojima je prvenstveno knjiga namenjena, već i svima onima koji se bavenumeričkom analizom ili koriste numeričke metode u svojim istraživanjima.Na kraju, autori izražavaju zahvalnost kolegi Ljubiši Kociću, redovnomprofesoru Elektronskog fakulteta u Nišu, koji je u svojstvu recenzenta pročitaorukopis ove knjige i dao korisne sugestije.Niš/Kragujevac, 20. 09. 2002.Autori

SadržajIG L A V AUvod 1IIG L A V AOsnovni elementi numeričke matematike 52.1. Analiza grešaka, rekurzivna izračunavanja i sumiranja 52.2. Ortogonalni polinomi 42IIIG L A V AOpšta teorija iterativnih procesa 493.1. Primena Banachovog stava 493.2. Karakteristike procesa i ubrzavanje konvergencije 56IVG L A V ANumerički metodi u linearnoj algebri 654.1. Direktni metodi u linearnoj algebri 654.2. Iterativni metodi u linearnoj algebri 79VG L A V ANelinearne jednačine i sistemi 1015.1. Nelinearne jednačine 1015.2. Sistemi nelinearnih jednačina 1315.3. Algebarske jednačine 147

viiiSADRŽAJVIG L A V AInterpolacija i aproksimacija 1516.1. Interpolacija funkcija 1516.2. Problem najboljih aproksimacija 211VIIG L A V ANumeričko diferenciranje i numerička integracija 2597.1. Numeričko diferenciranje 2597.2. Numerička integracija 274VIIIG L A V APribližno rešavanje običnih diferencijalnih jednačina 3338.1. Analitički metodi za rešavanje Cauchyevog problema 3338.2. Linearni višekoračni metodi 3408.3. Metodi Runge-Kutta 361

I G L A V AUvodRazvoj nauke i tehnike, posebno računarske tehnike, posle drugog svetskograta uslovio je brzi i sistematski razvoj numeričke matematike, kojaomogućava rešavanje veoma kompleksnih problema uz pomoć računara. Naime,sposobnost računara da u realnom vremenu obavi veliki broj računskihoperacija uz automatizovani proces računanja, pruža neslućene mogućnostinumeričkoj matematici. Na taj način niz matematičkih problema koji seklasičnim matematičkim metodima ne mogu uvek tačno rešiti ili bi njihovorešavanje bilo necelishodno, efikasno se rešavaju korišćenjem aparata numeričkematematike. Programski realizovani numerički metodi (numeričkisoftver 1) ) omogućavaju korisnicima brzo rešavanje problema sa proizvoljnomtačnošću, a da pri tome ne moraju biti eksperti u oblasti numeričke matematike.Ova okolnost ima pozitivno povratno dejstvo na razvoj novih tehnologijai razvoj nauke uopšte.Glavni zadatak numeričke matematike je konstrukcija i analiza metoda(algoritama) i formiranje odgovarajućeg numeričkog softvera. Kao baza pojavljujese posebna oblast pod nazivom teorija aproksimacija. Kao posebnaoblast izdvaja se i teorija optimizacija koja tretira razne optimizacione probleme.U poslednjih nekoliko decenija sve ove oblasti su imale buran razvoj, očemu svedoči velika produkcija naučnih rezultata koji se publikuju kroz velikibroj specijalizovanih časopisa. Navešćemo neke od tih časopisa 2) : Mathematicsof Computation (Američko matematičko društvo), Numerische Mathematik,Constructive Approximation, Computing, Calcolo (Springer Verlag),SIAM Journal on Numerical Analysis, SIAM Journal on Computing, SIAMJournal on Matrix Analysis and Applications, SIAM Journal on Optimization,SIAM Journal on Scientific Computing (SIAM – Društvo za industrijskui primenjenu matematiku, SAD), Journal Computational and AppliedMathematics, Applied Mathematics and Computation, Computers & Mathematicswith Applications (Elsevier), Journal of Approximation Theory (AcademicPress), itd. U poslednje vreme pojavljuju se i elektronski časopisi (na1) Na engleskom jeziku: numerical software.2) U zagradama iza naziva časopisa navedeni su izdavači.

2 UVODprimer, ETNA – Electronic Transactions on Numerical Analysis, u izdanjuKent Univerziteta, SAD, http://etna.mcs.kent.edu).Značajan napredak je učinjen i u realizaciji programskih paketa visokokvalitetnognumeričkog softvera. Pomenućemo samo neke od njih:LINPACKEISPACKLAPACKFUNPACKMINIPACKDEPACPDEPACKELLPACKSPARSPACK(za linearne sisteme jednačina),(za problem sopstvenih vrednosti),(za probleme u linearnoj algebri),(za specijalne funkcije),(za nelinearne jednačine i minimizacione probleme),(za obične diferencijalne jednačine),(za parcijalne diferencijalne jednačine),(za eliptičke parcijalne diferencijalne jednačine),(za retke matrice).U vezi nekih od ovih paketa interesantno je videti knjigu: Sources and developmentof mathematical software (W.R. Cowell, ed.), Prentice–Hall, Inc.,Englewood Cliffs, New Jersey, 1984. Mahom programski paketi su implementiranina FORTRAN jeziku. U novije vreme postoje implementacije ina jeziku C++. Veliki broj matematičkih softverskih paketa danas se slobodnodistribuira. (Neka uputstva u tom pravcu mogu se naći na adresi:http://gams.nist.gov).Treba napomenuti da su se u poslednje vreme pojavili i programski sistemikao što su:MATLAB (The MathWorks, Inc., http://www.mathworks.com),MATHEMATICA(Wolfram Research, Inc.,http://www.wolfram.com),MAPLE (Waterloo Maple, Inc., http://www.maplesoft.com), itd.Na primer, u MATLAB-u je dobar deo prethodno pomenutog visokokvalitetnogsoftvera ugrad¯en, posebno onaj koji se odnosi na rešavanje problemau linearnoj algebri. Svi pomenuti programski sistemi predstavljaju integrisanesisteme za numerička i simbolička izračunavanja, grafičku prezentacijui interpretaciju, i najzad pružaju takvo okruženje koje omogućavakorisniku programiranje na jedan veoma jednostavan način.Pored numeričke matematike u poslednje vreme značajan progres je učinjeni u simboličkim izračunavanjima, tako da su se za ovu namenu pojaviliveoma efikasni algoritmi. Štaviše, ima i specijalizovanih časopisa koji tretirajusamo ovu problematiku, na primer, Journal of Symbolic Computation(Academic Press) (videti: http://www.apnet.com/jsc).Na prostorima bivše Jugoslavije numerička matematika je počela da seozbiljnije izučava i razvija tek od nedavno. Na većini tehničkih i prirodno–

UVOD 3matematičkih fakulteta, ova oblast se na redovnim i poslediplomskim studijamaozbiljnije počinje da izučava od pre dvadesetak godina. Nažalost, nanekim fakultetima ova oblast ni do danas nije uvedena u nastavni plan.Prva knjiga iz oblasti numeričke matematike, koja je štampana na srpskomjeziku, bila je knjiga prevedena sa engleskog jezika:– E. Whittaker i G. Robinson: Tečaj numeričke matematike, Naučnaknjiga, Beograd, 1955.Osam godina kasnije pojavljuje se i prevod poznate knjige sa ruskog jezika:– I.S.Berezin i N.P Žitkov: Numerička analiza – numeričke metode,Naučna knjiga, Beograd, 1963.Petnaestak godina kasnije pojavljuju se i prve knjige domaćih autora. Do1980. godine pubikovane su tri knjige:– M. Bertolino: Numerička analiza, Naučna knjiga, Beograd, 1977.– G.V. Milovanović: Numerička analiza, I deo, Univerzitet u Nišu, Niš,1979.– V. Simonović: Numeričke metode – skripta, Mašinski fakultet, Beograd,1979.Nakon toga, štampan je veći broj knjiga iz numeričke matematike, uključujućii zbirke zadataka iz ove oblasti.Najzad, napomenimo da su ove godine publikovane dve knjige koje tretirajuprobleme simboličkog izračunavanja:– P.S. Stanimirović i G.V. Milovanović: Programski paket MATHE-MATICA i primene, Elektronski fakultet u Nišu, Niš, 2002.– G.V. Milovanović i P.S. Stanimirović: Simbolička implementacijanelinearne optimizacije, Elektronski fakultet u Nišu, Niš, 2002.Mada se poslednjih godina dosta forsiraju simbolička izračunavanja, onaipak neće moći ni približno da zauzmu ono mesto koje pripada numeričkojmatematici. Korisno je, med¯utim, da se u problemima gde je to mogućeuvode i simbolička izračunavanja u kombinaciji sa numeričkim.U ovoj zbirci rešenih problema iz oblasti numeričke matematike ispoštovanisu svi principi metodičkog izlaganja materije. Polazeći od jednostavnijihproblema, čitalac se postepeno uvodi u probleme sa sve složenijom strukturom.Ponekad, posle rešenja zadatka daje se i spisak referenci radi eventualnošireg upoznavanja čitaoca sa izloženom problematikom. U zadacima,kada je to bilo potrebno, citirana je literatura [1], [2], [3], [4], koja se odnosina sledeće knjige:

4 UVOD[1] G.V. Milovanović: Numerička analiza, I deo, Naučna knjiga, Beograd,1985 (drugo izdanje 1988, treće izdanje 1991).[2] G.V. Milovanović: Numerička analiza, II deo, Naučna knjiga, Beograd,1985 (drugo izdanje 1988, treće izdanje 1991).[3] G.V. Milovanović: Numerička analiza, III deo, Naučna knjiga, Beograd,1988 (drugo izdanje 1991).[4] D.S. Mitrinović: Uvod u specijalne funkcije, Grad¯evinska knjiga,Beograd, 1972 (drugo izdanje 1975, treće izdanje 1986).

II G L A V AOsnovni elementi numeričkematematike2.1. Analiza grešaka, rekurzivna izračunavanja i sumiranja2.1.1. Dati su sledeći brojevi:63.8543, 93487, 0.0063945, 363042, 0.090038.Za svaki od njih odrediti značajne cifre. Svaki od njih aproksimirati odgovarajućimbrojem ša cetri značajne cifre i odrediti apsolutne i relativnegreške tako dobijenih vrednosti.Rešenje. Svaka cifra broja, izuzimajući nule koje služe za fiksiranje decimalnetačke, naziva se značajnom cifrom tog broja. Dakle, prvi broj ima 6, drugi 5, treći5, četvrti 6, peti 5 značajnih cifara.Približan broj x broja x je broj koji zamenjuje tačan broj x u izračunavanjimai “neznatno” se razlikuje od njega. Odgovarajuća greška je e = x − x, a apsolutnagreska je |e| = |x − x|.Pod granicom apsolutne greške ∆ x približnog broja x podrazumeva se svakibroj ne manji od apsolutne greške tog broja. Dakle,pa je x ∈ [x − ∆ x , x + ∆ x ].|e| = |x − x| ≤ ∆ x ,S obzirom da greška e nedovoljno karakteriše tačnost, uvodi se i pojam relativnegreške(1) r = e x = x − xx(x ≠ 0),kao i granica relativne greške ε x sa|r| =|x − x||x|≤ ∆ x|x| ∼ = ∆ x|x| = ε x.

6 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKESvaki broj x može se predstaviti u normalizovanom obliku(2) x = (±0.a 1 a 2 . . . a n a n+1 . . .)b k (a 1 ≠ 0),gde je b osnova brojnog sistema, a a i (i = 1,2, . . .) cifre brojnog sistema (0 ≤ a i ≤b − 1).Broj ±0.a 1 a 2 . . . a n a n+1 . . . zvaćemo mantisom i označavati sa x ⋆ . Broj kzvaćemo karakteristikom. Dakle, možemo pisati x = x ⋆ b k . Najčešće su u upotrebibinarni (b = 2) i decimalni (b = 10) brojni sistemi.Po definiciji kaže se da broj x aproksimira broj x sa l značajnih cifara ako je lnajveći broj za koji |x ⋆ − x ⋆ | ne prelazi jedinicu l-tog mesta, tj.(3) |x ⋆ − x ⋆ | ≤ ω b −l , ω ∈ (0,1].Primetimo da je broj značajnih cifara broja x u direktnoj vezi sa granicomrelativne greške. Naime, ako nejednakost iz (3) pomnožimo sa b k (k – karakteristikabrojeva x i x), podelimo sa |x| i imamo u vidu da je b −1 ≤ |x ⋆ | < 1, dobijamo(4) |r| =|x − x||x|≤ ω bk−l|x|≤ ω bk−l|x ⋆ | b k ≤ ω bk−lb −1 b k = ω b−l+1 ,gde je ω ∈ (0,1].Približan broj x broja x se pojavljuje u izračunavanjima iz različitih razloga.Na primer, x je rezultat nekog merenja sa odgovarajućom tačnošću (bolje rečeno,netačnošću). Tada, umesto x uzimamo x kako bismo izbegli izlišan numerički rad,s obzirom na tačnost rezultata koja je potrebna, ili je pak x dobijeno kao rezultatnekog predprocesiranja koje je unelo grešku.Dalje, u praktičnim izračunavanjima koristimo računar. Za predstavljanje realnogbroja u memoriji računara se obezbed¯uje deo prostora. Dati broj se zapisujeu binarnom brojnom sistemu (b = 2, pomoću cifara 0 i 1). Najčešé se koristinormalizovan zapis broja u tzv. pokretnoj tački 3) . Neka je za mantisu, u zapisubroja u računaru, obezbed¯en prostor za znak i n cifara (0 ili 1), a za karakteristikuprostor za znak i m cifara (0 ili 1). Dakle, ako zanemarimo ograničenje u pogledukonačnosti broja pozicija za karakteristiku (karakteristika je ceo broj pa se on uračunaru ili tačno zapisuje ili se ne može uopšte zapisati ako je broj “enormno”veliki po modulu i u tom slučaju kažemo da postoji prekoračenje kapaciteta memorijskogregistra ili je broj “enormno” mali po modulu pa se on tretira u računarukao nula), tada se svaki realan broj oblika (2), koji se dobija kao početni podatakili kao rezultat odred¯enih računskih operacija, zamenjuje približnim brojem oblika3) Na engleskom: floating point.x = (±0.a 1 a 2 . . . a n )b k (a 1 ≠ 0).

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 7U ovom slučaju kažemo da imamo mantisu sa n razreda.Proces odbacivanja cifara mantise u broju x, počev od cifre a n+1 , naziva seprosto odsecanje. Apsolutna greska pri ovome je(5) |e| ≤ b k−n .Apsolutna greska koja se čini pri zameni broja x brojem x, može se smanjiti akose koristi tzv. postupak zaokrugljivanja (zaokruživanja) brojeva. Taj postupak sesastoji u sledećem:1) Ako je a n+1 + a n+2 b −1 + · · · < 1 b koristi se prosto odsecanje;22) Ako je a n+1 + a n+2 b −1 + · · · > 1 2 b, cifra a n se povećava za jedinicu, a cifrea n+1 , a n+2 , . . . se odbacuju;i 2).3) Ako je a n+1 + a n+2 b −1 + · · · = 1 b ravnopravno se mogu koristiti pravila 1)2Na računski mašinama zaokrugljivanje se najčešće izvodi tako što se broju (kaorezultatu neke operacije) koji treba da se zaokruži, dodaje broj 1 2 bk−n , a zatim sevrši prosto odsecanje. Ovo znači da se u nerešenom slučaju 3) uvek a n zamenjujesa a n + 1 (pravilo 2)).Napomenimo da kod ručnog zaokrugljivanja brojeva u dekadnom sistemu (b =10), u nerešenom slučaju preporučuje sledeće pravilo: Ako je cifra a n paran brojkoristi se pravilo 1), a ako je neparan broj koristi se pravilo 2).Apsolutna greška kod zaokrugljivanja broja je(6) |e| ≤ 1 2 bk−n .S obzirom da je x = x ⋆ b k i b −1 ≤ |x ⋆ | < 1, imamo(7) |r| = |e||x| ≤ 12b k−n|x ⋆ |b k ≤ 12b k−nb −1 b k = 1 2 b−n+1 .Kod računara imamo b = 2, pa je |r| ≤ 2 −n = eps i naziva se mašinska preciznosts obzirom da zavisi od mašine tj. od prostora u memoriji mašine predvid¯enogza broj cifara mantise (n) normalizovanog zapisa broja u pokretnomzareazu, dok u slučaju b = 10 imamo |r| ≤ 1 2 10n−1 .Zadatkom se traži da se svaki od brojeva aproksimira odgovarajućim brojemsa četri značajne cifre. To možemo postići i tako što mantise datih brojeva, predstavljenihu normalizovanom obliku, svedemo na 4 cifre, bilo postupkom odsecanja,bilo postupkom zaokrugljivanja. Zaista, s obzirom da je, na osnovu (5) i

8 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKE(6), |x ⋆ −x ⋆ | ≤ ωb −4 , gde je u slučaju odsecanja ω = 1, a u slučaju zaokrugljivanjaω = 1/2, vidimo da važi (3) za l = 4.Opredelićemo se ipak za postupak zaokrugljivanja, s ozirom na manju granicugreške. U tom slučaju možemo zaključiti, na osnovu (6) i (7) za b = 10 i n = 4,da je |e| ≤ 0.5 · 10 k−4 i |r| ≤ 0.5 · 10 −3 . Primetimo da granica apsolutne greškezavisi od karakteristike broja, dok je granica relativne greške nezavisna od veličinebroja koji zaokružujemo. Odgovarajući rezultati su:(1) x = 63.8543 = 0.638543 · 10 2 (sve cifre su značajne).x = 0.6385 · 10 2 (k = 2).|e| = |0.638543 − 0.6385| · 10 2 = 0.43 · 10 −2 < 0.5 · 10 −2 ,|r| =0.43 · 10−20.638543 · 10 ∼ 2 = 0.67 · 10 −4 < 0.5 · 10 −3 .(2) x = 93487 = 0.93487 · 10 5 (sve cifre su značajne).x = 0.9349 · 10 5 (k = 5).|e| = |0.93487 − 0.9349| · 10 5 = 0.3 · 10 1 < 0.5 · 10 1 ,|r| =0.3 · 1010.93487 · 10 5 ∼ = 0.32 · 10 −4 < 0.5 · 10 −3 .(3) x = 0.0063945 = 0.63945 · 10 −2 (značajne cifre su 6,3, 9,4, 5).x = 0.6394 · 10 −2(k = −2).|e| = |0.6394 − 0.63945| · 10 −2 = 0.5 · 10 −6 ≤ 0.5 · 10 −6 ,|r| =0.5 · 10−60.63945 · 10 ∼ −2 = 0.78 · 10 −4 < 0.5 · 10 −3 .(4) x = 363042 = 0.363042 · 10 6 (sve cifre su značajne).x = 0.3630 · 10 6 (k = 6).|e| = |0.3630 − 0.363042| · 10 6 = 0.42 · 10 2 < 0.5 · 10 2 ,|r| =0.42 · 1020.363042 · 10 6 ∼ = 0.12 · 10 −3 < 0.5 · 10 −3 .(5) x = 0.090038 = 0.90038 · 10 −1 (značajne cifre su 9,0, 0,3, 8).x = 0.9004 · 10 −1(k = −1).|e| = |0.9004 − 0.90038| · 10 −1 = 0.2 · 10 −5 < 0.5 · 10 −5 ,|r| =0.2 · 10−50.90038 · 10 −1 ∼ = 0.22 · 10 −4 < 0.5 · 10 −3 .

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 92.1.2. Odrediti granicu relativnih grešaka sa kojom treba aproksimiratibrojeve x 1 ,x 2 brojevima x 1 ,x 2 tako da x 1 ≠ x 2 povlači x 1 ≠ x 2 .Rešenje. Neka su r i (i = 1, 2) odgovarajuće relativne greške, tj.r i = x i − x ix i(i = 1,2)i neka je njihova granica r (|r i | ≤ r, i = 1, 2). Tada, korišćenjem dobro poznatenejednakosti |a − b| ≥ |a| − |b| (a,b ∈ R) i nejednakosti trougla, dobijamo|x 1 − x 2 | = |x 1 (1 + r 1 ) − x 2 (1 + r 2 )|= |x 1 − x 2 + x 1 r 1 − x 2 r 2 |≥ |x 1 − x 2 | − |x 1 r 1 − x 2 r 2 |≥ |x 1 − x 2 | − (|x 1 | |r 1 | + |x 2 | |r 2 |)≥ |x 1 − x 2 | − (|x 1 | + |x 2 |)r.Ako nametnemo uslov da je desna strana prethodne nejednakosti pozitivna,onda će i |x 1 − x 2 | > 0, pa je, dakle, x 1 ≠ x 2 . Tako dobijamotj.|x 1 − x 2 | − (|x 1 | + |x 2 |)r > 0,r < |x 1 − x 2 ||x 1 | + |x 2 | .Dakle, granica relativnih grešaka r treba da bude manja od r, gde jer = |x 1 − x 2 ||x 1 | + |x 2 | .2.1.3. Zaokruživanjem brojeva y 1 i y 2 dobijeni su brojevi y 1 = 2.78493 iy 2 = 2.78469. Oceniti apsolutnu i relativnu grešku njihove razlike u = y 1 −y 2i analizirati problem gubitka značajnih cifara.Rešenje. S ozirom da su brojevi y 1 = 2.78493 i y 2 = 2.78469 nastali zaokruživanjembrojeva y 1 i y 2 oni aproksimiraju brojeve y 1 i y 2 sa 6 značajnih cifara i zaapsolutne greške važi (videti (6) u zadatku 2.1.1)(1) |y i − y i | ≤ 0.5 · 10 −5 , i = 1, 2,a za relativne greške|y i − y i ||y i |∼= |y i − y i||y i |≤ 0.18 · 10 −5 , i = 1,2.

10 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEZa apsolutnu grešku razlike brojeva sada imamo|u−u| = |(y 1 −y 2 )−(y 1 −y 2 )| = |(y 1 −y 1 )−(y 2 −y 2 )| ≤ |y 1 −y 1 |+|y 2 −y 2 | = 10 −5 .S ozirom da jeu = y 1 − y 2 = 0.00024,za relativnu grešku razlike imamo|u − u||u|∼=|u − u||u|≤10−524 · 10 −5 ∼ = 0.42 · 10 −1 ,pa imajući u vidu (4) iz zadatka 2.1.1, zaključujemo da u = 0.24·10 −3 aproksimiratačnu vrednost u = y 1 − y 2 sa dve značajne cifre.Dakle, pri oduzimanju približno istih brojeva, došlo je do “gubitka” značajnihcifara (operandi su imali po 6 značajnih cifara, a rezultat ima samo dve značajnecifre). Naravno, s ozirom da je broj značajnih cifara povezan sa granicom relativnegreške (videti (4) iz zadatka 2.1.1) to u stvari znači da je došlo do povećanja granicerelativne greške (sa 10 −5 na 10 −1 ). To je i logično s obzirom da je pri oduzimanjupriblizno istih brojeva rezultat daleko manji od svakog od operanada ponaosob,naravno, posmatrano po modulu.Može se pokazati (videti [1, str. 21–23]) da nema gubitka značajnih cifara kodostalih računskih operacija (sabiranja, množenja i deljenja).2.1.4. Odrediti granicu apsolutne i relativne greške približne vrednostifunkcijef = x2 + y √ zx + 2yako se izračunava na računskoj mašini koja radi sa mnogo većom tačnošćunego što je tačnost zaokruženih približnih vrednosti argumenatax = 1.24, y = 0.66, z = 1.96.Rešenje. Neka sue x = x − x, e y = y − y, e z = z − zgreške argumenata, a odgovarajuće relativne greške(1) r x = e xx ,r y = e yy ,r z = e zz .

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 11S ozirom da su približne vrednosti argumenata nastale zaokruživanjem tačnih,imamo(2) |e x | ≤ 0.5 · 10 −2 , |e y | ≤ 0.5 · 10 −2 , |e z | ≤ 0.5 · 10 −2 .Sva izračunavanja na računskoj mašini se sastoje iz konačnog broja elementarnihoperacija (sabiranje, oduzimanje, množenje i deljenje). Izračunavanje u = √ z, kojese pojavljuje pri izračunavanju funkcije f se takod¯e, u računskoj mašini odvijapreko elementarnih operacija (po odred¯enom postupku – algoritmu), pri čemutotalnu relativnu grešku za izračunavanje u = √ z, koja nastaje kao posledicatoga što na mesto tačne vrednosti z u izračunavanje ulazi približna vrednost z,kao i greške koju unosi algoritam po kome se izračunava koren √ od zadatogargumenta 4) , možemo predstaviti pomoćur T u = 1 2 r z + r,gde je r z relativna greška približnog broja z koji ulazi u izračunavanje na mestostvarne vrednosti z, a r je greška koju možemo smatrati ekvivalentom relativnojmašinskoj greški (videti [1. str. 16]).Sada, graf greške (videti [1. str.11–16]) za izračunavanje izrazaf = x2 + y √ zx + 2yna računskoj mašini, izgleda kao na slici 1, pri čemu su relativne mašinske greškeodgovarajućih operacija označene sa r i (i = 1, . . . , 7). Na osnovu grafa dobijamototalnu relativnu grešku izraza f:jrf T = 1 ·x 2x 2 + y √ z (1 · r x + 1 · r x + r 1 ) ++ 1 · r y + r 3 ] + r 4 } + (−1) ·» 2yx + 2y (r y + r 5 ) +y√ » „ «z 1x 2 + y √ 1 ·z 2 r z + r 2x –x + 2y r x + r 6 + r 7 .S obzirom na uslove zadatka možemo smatrati da su relativne mašinske grešker i (i = 1, . . . ,7) zanemarljive u odnosu na greške r x , r y i r z , pa ćemo uzeti dasu r i = 0 (i = 1, . . . ,7). Time praktično isključujemo uticaj računske mašine natotalnu grešku u krajnjem rezultatu, tj. isključujemo uticaj greške zaokrugljivanjamed¯urezultata, koja se neminovno pojavljuje s obzirom da računar radi sa brojevimasa konačnom mantisom (videti zadatak 2.1.1). Naravno, u ovom slučajuje to opravdano jer je tačnost mašine mnogo veća od tačnosti početnih podataka.Dakle, dobićemo grešku koja je posledica približnih vrednosti početnih podataka.4) Algoritam se tako definiše da on čini grešku na nivou mašinske greške.

12 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKENa osnovu prethodnog, nalazimo(3) r T f =S obzirom da je„ 2x2x 2 + y √ z −+«r xxx + 2y„ √ y zx 2 + y √ z −r T f = f − ffi imajući u vidu (1), na osnovu (3) dobijamogde su2y «r y +x + 2y= eT ffe T f = f · r T f = a x · e x + a y · e y + a z · e z ,(4) a x = x2 + 4xy − y √ z(x + 2y) 2 , a y = x(√ z − 2x)(x + 2y) 2 , a z =Dalje je, s obzirom na (2),y √ z2(x 2 + y √ z) r z.y2 √ z(x + y) .(5) |e T f | ≤ |a x ||e x | + |a y ||e y | + |a z ||e z | ≤ (|a x | + |a y | + |a y |) · 0.5 · 10 −2 .Vrednosti a x , a y i a z možemo približno izračunati tako što u (4) na mestovrednosti x, y, z uzmemo x, y, z, pa imamoa dalje, na osnovu (5),|a x | ≤ 0.5932, |a y | ≤ 0.2044, |a z | ≤ 0.0921,S obzirom da je f = 0.9615625, sada je|e T f | ≤ 0.8897 · 0.5 · 10 −2 ≤ 0.45 · 10 −2 .|r T f | = |eT f |f∼= |eT f |f≤0.45 · 10−20.9615625 ≤ 0.468 · 10−2 ≤ 0.47%.Primetimo da ako bismo f = 0.9615625 zaokružili na tri decimala, tj. umesto fuzeli približnu vrednost f = 0.962 ne bismo značajno povećali granicu apsolutne,a samim tim, i relativne greške. Naime, tada je|f − f| ≤ |f − f| + |f − f| ≤ 0.5 · 10 −3 + 0.45 · 10 −2 = 0.5 · 10 −2 ,

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 13x x z1 1 ½.r 1 r 2 y 2 y1 11 1x. .2 r 3r 5 x2x +y zy z2y xx 2 +y zx+2y x+2yr 4r 6+ +1 -1r 7fSl. 1.|f − f||f|∼=|f − f||f|≤0.5 · 10−20.9615625 ≤ 0.52 · 10−2 = 0.52%.2.1.5. Moment inercije valjka poluprečnika osnove r i mase m izračunavase po obrascuJ = m r22 .Ako su m i r sa približnim vrednostima m = 500g i r = 10cm, sa kakvimgranicama apsolutnih grešaka treba da budu odred¯ene ove veličine, ako zahtevamoda su odgovarajuće granice relativnih grešaka jednake, da bi momentinercije bio odred¯en s granicom relativne greške od 3% ?Rešenje. Označimo sar r = r − rr∼= r − rr, r m = m − mm∼ = m − mmi neka je R granica ovih relativnih grešaka (ona je ista prema uslovu zadatka), tj.(1) |r r | ∼ =|r − r|r≤ R, |r m | ∼ =|m − m|m ≤ R.

14 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKErr1.1m1.r 1r 2r 3121-1JSl. 1.Ako približnu vrednost J = mr 2 /2 izračunavamo na računskoj mašini (kalkulatoru,računaru) sa mnogo većom tačnošću nego što je tačnost početnih podataka,tada je na osnovu grafa greške sa slike 1 (relativne mašinske greške r 1 , r 2 i r 3 odgovarajućihoperacija smo uzeli da su zanemarljive, tj. r i = 0, i = 1, 2,3), relativnagreška za ovako izračunato J je data sar T J = J − JJ= 1 · (1 · r r + 1 · r r ) + r m = 2r r + r m ,tj. na osnovu uslova u zadatku,pa je|r T J | ≤ 2|r r | + |r m | ≤ 3R ≤ 3% = 0.03 ,R ≤ 0.033= 0.01 .Poslednji uslov je ispunjen, na primer za R = 0.01. Sada, na osnovu (1), dobijamo|m − m| ≤ |m| · 0.01 = 500 g · 0.01 = 5 g,|r − r| ≤ |r| · 0.01 = 10 cm · 0.01 = 0.1 cm.Dakle masa valjka treba da bude izmerena sa tačnošću do na 5 g, a poluprečnikdo na milimetar.

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 152.1.6. Izvršiti analizu greške kod izračunavanja zbira(1) y = x 1 + x 2 + x 3 + x 4na računskoj mašini, pri čemu je 0 < x 1 < x 2 < x 3 < x 4 . Šta se može reći uslučaju kad su dati brojevi bliski, tj. x i = x 0 + δ i , δ i ≪ x 0 (i = 1,2,3,4)?Rešenje. Jednostavnosti radi, pretpostavimo da su brojevi x i (i = 1, 2,3, 4)zadati tačno, pa su njihove relativne greške r xi = 0(i = 1, 2,3, 4). Neka su relativnemašinske greške posle svake operacije sabiranja redom r 1 , r 2 , r 3 . Na osnovugrafa računskog postupka (1) koji je dat je na slici 1, dobijamo redomodakle jer T x 1 +x 2= r 1 , r T x 1 +x 2 +x 3= x 1 + x 2x 1 + x 2 + x 3r 1 + r 2 ,r T y = x 1 + x 2 + x 3x 1 + x 2 + x 3 + x 4„x1 + x 2x 1 + x 2 + x 3r 1 + r 2«+ r 3 ,(2) e T y = y · r T y = (x 1 + x 2 )r 1 + (x 1 + x 2 + x 3 )r 2 + (x 1 + x 2 + x 3 + x 4 )r 3 .Ako je granica relativne mašinske greške r, tj. ako važi|r i | ≤ r (i = 1, 2,3),iz (2) sleduje|e T y | = (3x 1 + 3x 2 + 2x 3 + x 4 ) r ,odakle zaključujemo da je granica apsolutne greške rezultata y minimalna ukolikose sabiranje izvodi polazeći od najmanjih brojeva.Slično se može pokazati da kod sabiranja m pozitivnih brojeva x 1 , . . . , x m važiocenae T y = [(m − 1)x 1 + (m − 1)x 2 + (m − 2)x 3 + · · · + 2x m−1 + x m ] r .Neka su sada brojevi x 1 , x 2 , x 3 , x 4 pozitivni i bliski po vrednostima, tj. x i =x 0 + δ i , |δ i | ≪ x 0 (i = 1, 2,3,4). Korišćenjem gore dobijenih rezultata, zaključujemoda je|e T y | ≤ (9x 0 + 3|δ 1 | + 3|δ 2 | + 2|δ 3 | + |δ 4 |) r ,

16 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEx 1x 1x 2x +x1 2x 2x +x 1 2+x +xx 3+r 2x 4x +x +x 1 2 3x 4x +x +x +x1 2 3 4+r 11 2x +x +x1 2 3x +x +x1 2 3x +x +x +x1 2 3 4r 3x 3Sl. 1.ytj.|e T y | ≤ 9x 0 · r ,s obzirom na pretpostavku |δ i | ≪ x 0 (i = 1,2, 3,4).Izmenimo sada redosled izračunavanja. Naime, neka jeNa osnovu grafa sa slike 2. imamoodakle jetj.y ′ = (x 1 + x 2 ) + (x 3 + x 4 ).ry T ′ = x 1 + x 2xr 1 + 3 + x 4r 2 + r 3 ,x 1 + x 2 + x 3 + x 4 x 1 + x 2 + x 3 + x 4|e T y ′| ≤ (2x 1 + 2x 2 + 2x 3 + 2x 4 ) r ,|e T y ′| ≤ 8x 0 · r .Dakle, na ovaj način se smanjuje granica apsolutne greške zbira četiri bliskapozitivna broja.U opštem slučaju, ako imamo m 2 pozitivnih brojeva, približno jednakih po veličini,koje treba sabrati, granica apsolutne greške biće utoliko manja ukoliko brojeve

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 17x 1x 2 x 3x 4x 1x 3 x 4x 1+xx +x2x1+x23 4 x +x+x 2+r 1 r 23 4x1+x2 x3+x4x 1+x 2+x 3+x4 x +x +x +x1 2 3 4+r 3ySl. 2.grupišemo u m grupa po m brojeva i sabiramo brojeve u okviru svake grupe, azatim sabiramo dobijene zbirove.2.1.7. Data je kvadratna jednačinaax 2 + bx + c = 0,gde su svi koeficijenti pozitivni, zadati tačno i b 2 ≫ 4ac. Koja je od formulaza izračunavanje jednog od korena kvadratne jednačine(1) x 1 = −b + √ b 2 − 4ac2aili(2) x ′ 1 =−2cb + √ b 2 − 4ac ,pogodnija sa stanovišta tačnijeg izračunavanja na računskoj mašini?Rešenje. Formule(1) i(2) su, matematički posmatrano,identične(x 1 ≡x ′ 1), nopri izračunavanju na računskoj mašini rezultat ne mora biti isti. To je posledicatakozvanih pseudoaritmetičkih operacija koje se izvršavaju u računskoj mašini.

18 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEKao što je poznato, svako konkrentno izračunavanje na računskoj mašini se sastojiiz konačnog broja elementarnih operacija (sabiranje, oduzimanje, množenjei deljenje), a u formulama (1) i (2) se pojavljuje i unarna operacija korenovanja.Med¯utim, ova činjenica ne utiče na mogućnost analize greške. Naime, pri izračunavanjuvrednosti u = √ x na računskoj mašini, totalnu relativnu grešku r T u možemopredstaviti pomoćur T u = 1 2 r x + r 1 ,gde je r x relativna greška približnog broja ¯x koji ulazi u izračunavanje na mestostvarne vrednosti x, a r 1 je greška koju možemo smatrati ekvivalentnom relativnojmašinskoj greški (videti [1, str. 16]).Ako relativne mašinske greške odgovarajućih operacija označimo sa r 1i (i =1, . . . ,8), graf računskog postupka za formulu (1) je dat na slici 1.Na osnovu grafa dobijamo totalnu relativnu grešku√rx T b1=2 j »− 4ac 1−b + √ b 2 − 4ac 2b 2b 2 − 4ac r 11 −+ r 16 − r 17 + r 18 ,4ac– ffb 2 − 4ac (r 12 + r 13 ) + r 14 +r 15s obzirom da su relativne greške operanada r a = r b = r c = 0 (a, b i c su zadatitačno).Kako je, prema uslovu zadatka, b 2 ≫ 4ac to je√√ “b 2 − 4ac b 2 − 4ac b + √ ”b 2 − 4ac−b + √ b 2 − 4ac = −4ac≈b2−2ac ,što daje(3)b 2b 2 − 4ac ≈ 1 ,4acb 2 − 4ac ≈ 0 ,˛˛rx T b 2 „ «|r11 | + |r1˛˛˛ ≤14 |+ |r 15 | + |r 16 | + |r 17 | + |r 18 | .2ac 2Ako je granica relativne mašinske greške r, tj. ako važi|r 1i | ≤ r (i = 1, . . . , 8),tada na osnovu (3), imamo(4)˛˛r T x 1˛˛˛ ≤„ b2ac + 3 «r .

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 19b b a c1. .2 a1b 22b -4acr 17.11 1r 11r 121-1r 181-½-%x 1.r 13-4ac2b -4ac2b -4ac2b -4acb-b-b+ b12-4ac4r 14r 15-b+r 16b b a c1. .b 22b -4ac-2 c1 1 -1r 27.11 1r 21r 221½1. 4r 231-4ac2b -4ac-r 24r 252b -4ac2b+ b -4ac+ br 26b2b+ b -4ac%r 28x’ 1Sl. 1 Sl. 2.Graf računskog postupka za formulu (2) je dat na slici 2, gde su r 2i (i = 1, . . . , 8)relativne mašinske greške odgovarajućih operacija. Na osnovu grafa dobijamo totalnurelativnu grešku vrednosti x ′ 1,√rx T b ′ = −2 j »− 4ac 11b + √ b 2 − 4ac 2S obzirom da je b 2 ≫ 4ac, imamo˛˛rx T ′ ˛ ≤ 1 „|r21 | + |r 24 |1 2 2b 2b 2 − 4ac r 21 −− r 26 + r 27 + r 28 .a dalje, ako važi |r 2i | ≤ r (i = 1, . . . ,8), dobijamo(5)˛ rx T ′ ˛ ≤ 4r .14ac– ffb 2 − 4ac (r 22 + r 23 ) +r 24 +r 25«+ |r 25 | + |r 26 | + |r 27 | + |r 28 |

20 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEAko uporedimo nejednakosti (4) i (5), s obzirom na uslov b 2 ≫ 4ac, zaključujemoda možemo očekivati mnogo veću grešku pri izračunavanju po formuli(1), nego po formuli (2) pa je, dakle, formula (2), pri ovakvim uslovima, “tačnija”sa stanovišta izračunavanja u aritmetici konačne dužine na računskoj mašini.Do ovakvog zaključka smo mogli doći i logičkim razmatranjem formula (1) i(2). Naime, brojilac u formuli (1) je blizak nuli s obzirom da je b ≈ √ b 2 − 4ac(b 2 ≫ 4ac). To dalje znači da greška koja se javlja pri izračunavanju vrednosti√b 2 − 4ac izaziva veliku relativnu grešku brojioca, a dalje, i vrednosti x 1 . Uformuli (2) je to izbegnuto s obzirom da je u imeniocu formiran zbir b+ √ b 2 − 4ac,te greška pri izračunavanju vrednosti √ b 2 − 4ac ne izaziva veliku relativnu greškuimenioca s obzirom da je on relativno veliki. Dakle, možemo reći da u formuli (1)mala greška pri izračunavanju vrednosti √ b 2 − 4ac izaziva veliku grešku izlaznogrezultata x 1 . Za formulu (1) možemo kazati, rečnikom numeričke analize, da je“slabo uslovljena‘‘. Analogno, za formulu (2) kažemo da je “dobro uslovljena‘‘.2.1.8. Neka R l (l ∈ N) označava l-dimenzionalni (realni) vektorski prostor.Ako je zadat problem P pomoću preslikavanja f,(1) f : R m → R n , y = f(x),gde je ulaz dat u obliku vektora x ∈ R m , a izlaz u obliku vektora y ∈ R n ,analizirati rešavanje problema P pomoću računara (tj. u prisustvu aritmetikekonačne dužine) i proceniti granicu totalne greške dobijenog rešenja.Rešenje. Zadati problem P se može predstaviti “crnom kutijom” sa odgovarajućimulazom i izlazom u oblikux −→ P −→ y ,pri čemu P privhavata ulazni vektor x, rešava zadati problem i, najzad, dajerešenje u obliku vektora y.Analiziraćemo najpre kako će se mala promena ulaza (x) odraziti na promenuizlaza (y). Drugim rečima, pokušajmo da ustanovimo osetljivost preslikavanja f unekoj datoj tački x na male promene x. Stepen te osetljivosti iskazujemo jednimbrojem kojeg nazivamo faktor uslovljenosti ili kondicioni broj preslikavanja f utački x, u oznaci (condf)(x). Pri tome, za sada, pretpostavljamo da se funkcija fizračunava tačno, tj. sa beskonačnom preciznošću (aritmetika beskonačne dužine).Dakle, uslovljenost funkcije f je njeno lokalno svojstvo koje ne zavisi od algoritamakojim se ona realizuje (izračunava).Kako su koordinate prostora R l realni brojevi, za njihovo predstavljanje u memorijiračunara se obezbed¯uje deo prostora kako je to rečeno u zadataku 2.1.1.

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 21Naime, dati realni broj se zapisuje u binarnom sistemu (sa osnovom 2, pomoćucifara 0 i 1), pri čemu se koristi normalizovani zapis broja u pokretnoj tački. Nekaje za mantisu u zapisu datog broja obezbed¯en prostor za znak i t binarnih cifara (0ili 1), a za karakteristiku prostor za s cifara (0 ili 1). Tada ćemo skup svih realnihbrojeva koji se tačno mogu predstaviti u računaru označiti sa R(t, s). Taj skup je,jasno, podskup skupa R. Nije svaki realan broj mašinski reprezentabilan, za razlikuod brojeva iz skupa R(t, s). Naime, brojevi iz skupa R(t, s) su konačne dužinei ima ih konačno mnogo i predstavljaju pravi podskup skupa realnih brojeva. Naprimer, broj √ 2 nije mašinski reprezentabilan jer ima beskonačni decimalni zapisi kao takav ne može se tačno zapisati u računaru. Slična je situacija sa mnogimdrugim realnim brojevima koji se zbog toga u memoriji računara predstavljajutako što se vrši njihovo zaokrugljivanje. Pri tome su apsolutne vrednosti relativnihgrešaka zaokrugljivanja ≤ 2 −t = eps, gde veličina eps zavisi od mašine inaziva se mašinskom preciznošću (videti zadatak 2.1.1). Može se desiti čak dai brojevi koji imaju konačan decimalni zapis u dekadnom brojnom sistemu nisumašinski reprezentabilni jer njihov decimalni zapis u binarnom brojnom sistemunije konačan. Na primer, dekadni broj 0.2 ima u binarnom brojnom sistemu zapis0.00110011 . . . .Dakle, u izračunavanju na računskoj mašini, često smo u situaciji da se na mestovektora x u izračunavanju pojavljuje njemu “blizak” vektor x, gde je x = x + δ ištaviše, rastojanje ‖δ‖ od x do x možemo oceniti pomoću izraza u kome figurišemašinska preciznost. Ovo, naravno, pri tačnom izračunavanju funkcije f, dovodi,ne do vrednosti y, nego do y, tj. y = f(x). Ako, pak, znamo kako preslikvanjef reaguje na male promene ulaza, takve kao što je δ, možemo reći nešto o greškiy−y u rešenju y, koja je uzrokovana tom promenom. Analiziraćemo sada posebnofaktor uslovljenosti preslikavanja f, kao i uslovljenost samog algoritma.Faktor uslovljenosti preslikavanja f. Startovaćemo sa najprostijim slučajemfunkcije jedne realne promenljive. Dakle, uzmimo m = n = 1, tj. y = f(x).Pretpostavimo, najpre, da su x ≠ 0, y ≠ 0. Sa ∆x označimo male promeneod x. Pod pretpostavkom da je funkcija f diferencijabilna u tački x, korišćenjemTaylorove formule, za odgovarajuću promenu ∆y imamo(2) ∆y = f(x + ∆x) − f(x) ≈ f ′ (x)∆x.S obzirom da nas interesuju relativne greške, formulu (2) predstavimo u obliku(3)∆yy ≈ xf ′ (x)f(x) · ∆xx .Ova približna jednakost postaje (tačna) jednakost ako je f linearna funkcija ili ugraničnom slučaju kada ∆x → 0. Ovo sugeriše definisanje uslovljenosti preslikavanjaf u x pomoću(4) (condf)(x) :=˛xf ′ (x)f(x)˛ .

22 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEOvaj broj, koji smo nazvali faktor uslovljenosti ili kondicioni broj, pokazuje namkoliko puta je veća relativna promena y u odnosu na relativnu promenu x. Što jeovaj broj veći kažemo da je problem (1) slabije uslovljen. Obrnuto, što je on manjito je problem (1) bolje uslovljen.U slučaju kada je x = 0, a y ≠ 0, faktor uslovljenosti definišemo sa |f ′ (x)/f(x)|.Slično, za y = 0, x ≠ 0, faktor uslovljenosti je |xf ′ (x)|. Ako je x = y = 0,korišćenjem (2), faktor uslovljenosti bi bio |f ′ (x)|.Analizirajmo sada slučaj kada su m i n proizvoljni. Tada imamox = [x 1 x 2 · · · x m ] ⊤ ∈ R m ,y = [y 1 y 2 · · · y n ] ⊤ ∈ R nPreslikavanje f predstavljamo preko koordinata (komponenti)(5) y ν = f ν (x 1 , x 2 , . . . , x m ), ν = 1, 2, . . . , n.Ovde pretpostavljamo da svaka funkcija f ν ima parcijalne izvode u odnosu na mpromenljivih u tački x. Ako imamo promenu u komponenti x µ u funkciji (5), a naosnovu (4), promena se može okarakterisati vrednostima koje definišemo sa(6) γ νµ (x) := (condf)(x) :=˛x µ∂f ν∂x µf ν (x)˛ .Ovim dobijamo kompletnu matricu faktora uslovljenosti Γ(x) = [γ νµ (x)] ∈ R n×m+ .Da bismo dobili jedinstven faktor uslovljenosti, možemo uzeti neku pogodnu meru“odstupanja” matrice Γ(x) kakva je, na primer, norma matrice definisana kasnijeu (9),(7) (condf)(x) = ‖Γ(x)‖, Γ(x) = [γ νµ (x)] .Uslovljenost definisana na ovaj način, naravno, zavisi od norme, ali red odstupanjamogao bi biti manje-više isti za bilo koju razumnu normu.Ako su komponente od x ili od y jednake nuli, (6) se modifikuje na isti načinkako je to prethodno urad¯eno za jednodimenzionalni slučaj.Nešto grublja analiza, slična onoj za jednodimenzionalni slučaj, može se izvestidefinisanjem relativne promene x ∈ R m pomoću‖∆x‖ R m‖x‖ R m, ∆x = [∆x 1 ∆x 2 · · · ∆x m ] ⊤ ,gde je ∆x promena vektora, čije komponente ∆x µ su promene komponenti x µ , igde je ‖ · ‖ R m neka norma vektora u R m . Za promenu ∆y prouzrokovanu sa ∆x,

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 23slično se definiše relativna promena ‖∆y‖ R n/‖y‖ R n, sa podesnom vektorskomnormom ‖ · ‖ R n u R n . Onda je cilj uporediti relativne promene za y i x.Da bismo to izveli, potrebno je definisati matričnu normu za matrice A ∈ R n×m .Izaberimo takozvanu “operatorsku normu”,‖A‖ Rn×m :=‖Ax‖max R n.0≠x∈R m ‖x‖ R mNa dalje, uzećemo za vektorske norme “uniformnu” (ili beskonačnu) normu,(8) ‖x‖ R m = max1≤µ≤m |x µ| =: ‖x‖ ∞ ,‖y‖ R n = max1≤ν≤n |y ν| =: ‖y‖ ∞ .Tada se jednostavno može pokazati da je(9) ‖A‖ R n×m := ‖A‖ ∞ = max1≤ν≤nSada, po analogiji sa (2), imamomX|α νµ |, A = [α νµ ] ∈ R n×m .µ=1∆y ν = f ν (x + ∆x) − f ν (x) ≈mXµ=1Dakle, približno nalazimomX|∆y ν | ≤˛ ∂f ν∂x µ˛˛˛˛ |∆x µ | ≤ max |∆x µ| ·µµ=1≤ max |∆x µ| · maxµ νmX∂f ν˛∂x µ˛˛˛˛ .µ=1∂f ν∂x µ∆x µ .mX˛ ∂f ν∂x µ˛˛˛˛Kako ovo važi za svako ν = 1, . . . , n, to, takod¯e, važi i za max |∆y ν|, dajući, uνsmislu (8) i (9),‚ ‚‚‚ ∂f(10) ‖∆y‖ ∞ ≤ ‖∆x‖ ∞ ∂x ‚ .∞µ=1Ovde je2 ∂f 1 ∂f 1 ∂f 3. . . 1∂x 1 ∂x 2 ∂x m∂f∂f 2 ∂f 2 ∂f 2‚ ∂x ‚ = ∂x 1 ∂x 2 ∂x m∈ R n×m. 6 . ..745∂f n ∂f n ∂f n∂x 1 ∂x 2 ∂x m

24 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEJacobieva matrica preslikavanja f. Jacobieva matrica kod sistema funkcija sa višepromenljivih predstavlja analogon prvom izvodu funkcije jedne promenljive.Iz (10) se za relativne promene neposredno dobija‖∆y‖ ∞‖y‖ ∞≤ ‖x‖ ∞‖∂f/∂x‖ ∞‖f(x)‖ ∞· ‖∆x‖ ∞‖x‖ ∞.Iako je ovo nejednakost, ona je tačna u smislu da jednakost može biti dostignuta zaneku podesnu promenu ∆x. Tako, možemo definisati globalni faktor uslovljenostisa(11) (condf)(x) := ‖x‖ ∞‖∂f/∂x‖ ∞‖f(x)‖ ∞.Jasno je da se u slučaju m = n = 1, definicija (11) svodi na definiciju (4) (kaoi na (7)) datu ranije. Za veće dimenzije (m i/ili n veće od 1), med¯utim, faktoruslovljenosti u (11) je mnogo grublji nego onaj u (7). To možemo objasniti timešto norme teže da unište “detalje”, Na primer, ako x ima komponente sa priličnorazličitim odstupanjima, onda je norma ‖x‖ ∞ naprosto jednaka najvećoj od ovihkomponenti uzetih po modulu, dok se sve ostale komponente ignorišu. Zbog togase zahteva opreznost kod korišćenja (11).Uslovljenost algoritma. Neka je za problem (1) dat algoritam A za njegovorešavanje na računaru, tj. za dati vektor x ∈ R m (t, s) algoritam A daje vektor y A(u aritmetici konačne dužine) za koji se pretpostavlja da aproksimira y = f(x).Tako, mi sada imamo drugo preslikavanje f A koje opisuje kako je izračunavanje frešeno algoritmom A,f A : R m (t, s) → R n (t, s),y A = f A (x).Da bismo mogli analizirati f A , u ovim opštim izrazima, moramo formulisati osnovnupretpostavku, naime,(12) (∀x ∈ R m (t, s))(∃x A ∈ R m ) (f A (x) = f(x A )).Zapravo, izračunato rešenje koje odgovara nekom ulazu x je tačno rešenje za nekirazličit ulaz x A (ne obavezno mašinski vektor i ne obavezno jedinstveno odred¯en)za koji se nadamo da je blizak sa x. Mi, dakle, definišemo faktor uslovljenosti algoritmaA pomoću izraza u kome figuriše vektor x A (najbliži vektoru x ako ih imaviše od jednog), upored¯ivanjem njegove relativne greške sa mašinskom preciznošćueps:ffi‖x(13) (condA)(x) = inf A − x‖eps .x A ‖x‖

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 25Ovde se infimum uzima preko svih x A koji zadovoljavaju f(x) = f(x A ). Praktičnomože se uzeti bilo koje takvo x A i onda dobiti gornja granica za faktor uslovljenosti:(14) (condA)(x) ≤ ‖x ffiA − x‖eps .‖x‖U (13) ili (14) uzima se ona vektorska norma koja se učini pogodnom za primenu.Naravno, što je x A bliže x (u smislu odgovarajuće metrike koja proizilazi izizabrane norme u (13)) to će faktor uslovljenosti biti manji, tj. kažemo da jealgoritam bolje uslovljen i obrnuto.Mašinsko (kompjutersko) rešenje problema i totalna greška. Posmatrajmo opetproblem (1), čije rešenje tražimo. To je idealizovan matematički problem, gde supodaci tačni realni brojevi, a rešenje je matematički tačno rešenje.Kada takav problem rešavamo na računaru, u aritmetici sa pokretnom tačkom 5)sa preciznošću eps, korišćenjem algoritma A, imamo najpre zaokrugljivanje svihpodataka, a zatim primenu f A na tako zaokrugljene podatke (dakle, ne f):x = zaokruženi podaci,y A = f A (x) .‖x − x‖‖x‖= ε ,Ovde je ε greška zaokrugljivanja podataka. 6) Totalna greška koju mi želimo daocenimo je tada‖y A − y‖.‖y‖Korišćenjem osnovne pretpostavke (12) nametnute algoritmu A i biranjem optimalnogx A , imamo(15) f A (x) = f(x A ),‖x A − x‖‖x‖= (cond A)(x) · eps .Neka y = f(x). Onda, korišćenjem nejednakosti trougla, dobijamo‖y A − y‖‖y‖≤ ‖y A − y‖‖y‖+‖y − y‖‖y‖≈ ‖y A − y‖‖y‖+‖y − y‖‖y‖,5) Na engleskom: floating point arithmetic.6) U opštem slučaju, pored zaokrugljivanja podataka, greške mogu biti indukovane ina drugi način (na primer, greške uvedene merenjem kod eksperimentalnih podataka).

26 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEgde smo iskoristili (bezopasnu) aproksimaciju ‖y‖ ≈ ‖y‖. Korišćenjem (15),imamo za prvi izraz na desnoj strani u prethodnoj nejednakosti nalazimo‖y A − y‖‖y‖= ‖f A(x) − f(x)‖‖f(x)‖≤ (condf)(x) · ‖x A − x‖‖x‖= ‖f(x A) − f(x)‖‖f(x)‖= (condf)(x) · (condA)(x) · eps .Slično, a drugi izraz imamo‖y − y‖‖y‖=‖f(x) − f(x)‖‖f(x)‖≤ (condf)(x) ·‖x − x‖‖x‖= (condf)(x) · ε .Pretpostavljajući, najzad, da (condf)(x) ≈ (condf)(x), dobijamo(16)‖y A − y‖‖y‖≤ (condf)(x)ˆε + (condA)(x) · eps˜ .Formula (16) pokazuje koliko greške u ulaznim podacima (ε) i mašinska preciznost(eps) doprinose totalnoj greški: obe su uvećane uslovljenošću problema, dok jedruga uvećana i uslovljenošću algoritma.Literatura:W. Gautschi: Numerical Analysis, An Introduction. Birkhäuser, Boston-Basel-Berlin, 1997.2.1.9. Data je algebarska jednačina(1) x n + x n−1 − a = 0, a > 0, n ≥ 2.a) Pokazati da postoji tačno jedan pozitivan koren ξ(a) jednačine (1).b) Pokazati da je koren ξ(a) dobro uslovljen kao funkcija od a.Rešenje. a) Neka je p(x) = x n + x n−1 − a. Tada jep ′ (x) = nx n−1 + (n − 1)x n−2 = x n−2 (nx + n − 1) > 0 za x > 0.S obzirom da je p(0) = −a < 0, p(+∞) > 0, postoji tačno jedan pozitivan korenjednačine (1).b) Kako je[ξ(a)] n + [ξ(a)] n−1 − a ≡ 0,

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 27diferenciranjem dobijamogde jeξ ′ (a) ===n[ξ(a)] n−1 ξ ′ (a) + (n − 1)[ξ(a)] n−2 ξ ′ (a) − 1 = 0,1n[ξ(a)] n−1 + (n − 1)[ξ(a)] n−2 =ξ(a)n[ξ(a)] n + (n − 1)(a − [ξ(a)] n )ξ(a)(n − 1)a + [ξ(a)] n .Dakle (videti (4) u zadatku 2.1.8),(cond ξ)(a) = ˛˛aξ′ (a)ξ(a) ˛ =1=n − 1 + [ξ(a)]naξ(a)n[ξ(a)] n + (n − 1)[ξ(a)] n−1a(n − 1)a + [ξ(a)] n< 1n − 1 ≤ 1 .2.1.10. U teoriji Fourierovih redova brojevi(1) λ n =12n + 1 + 2 πn∑k=11k tan kπ2n + 1(n ∈ N),su poznati kao Lebesgueove konstante.a) Pokazati da izrazi pod sumom monotono rastu po k. Kako se ti izraziponašaju kada je n veliko, a k blisko broju n?b) Korišćenjem odgovarajućih FORTRAN programa u aritmetici obične preciznosti(S-aritmetika) i aritmetici dvostruke preciznosti (D-aritmetika) 7) ,izračunati λ n za n = 1,10,10 2 ,... ,10 5 , uporediti dobijene rezultate i datiobjašnjenje za takve rezultate.Rešenje. a) Neka je x = kπ/(2n + 1), tako da je 0 < x < π/2 za 1 ≤ k ≤ n.Onda je, do na konstantni faktor, opšti član sumef(x) = 1 tan x.x7) Na engleskom: single arithmetic i double precision arithmetic.

28 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEPokažimo da f monotono raste. Kako je[xf(x)] ′ = 1cos x 2 ,imamoxf ′ (x) = 1cos 2 x − f(x) = 1cos 2 x − sin xxcos x= 1 „1cos 2 − 1 «x x sin x cos x= 1cos 2 x„1 −«sin 2x> 0 .2xDakle, izraz pod sumom monotono raste. Za n vrlo veliko, na primer n = 10 5 ,najveći broj sabiraka sume je zanemarljivo mali, izuzev nekoliko njih kod kojih seindeks sume k približava vrednosti n, pa oni naglo rastu ka maksimalnoj vrednosti≈ 4/π. To može biti pokazano stavljanjem k = n − r za neki fiksirani (mali)prirodan broj r i veliko n. U tom slučaju imamoi, kada n → +∞,tan(n − r)π2n + 1 = tan „ π2 − π 2n − r2n + 1 = 1 2 − 2r + 12(2n + 1)«2r + 1=2n + 1„ πcos2„ πsin2«2r + 12n + 1« ∼ 4 2r + 1 π2n + 1n2r + 1 .Dakle,1 (n − r)πtann − r 2n + 1 ∼ 4 1, kada n → +∞.π 2r + 1b) U S– i D–aritmetici 8) se dobijaju sledeći rezultati:n λ n (S–aritmetika) λ n (D–aritmetika)1 0.1435991 · 10 0.1435991124 · 1010 0.2223358 · 10 0.2223356924 · 10100 0.3138789 · 10 0.3138780093 · 101000 0.4070239 · 10 0.4070163604 · 1010000 0.5003598 · 10 0.5003183862 · 10100000 0.5939583 · 10 0.5936368212 · 108) Odgovarajuće mašinske preciznosti eps na 533au2 su 1.19 · 10 −7 (za S-aritmetiku),2.22 · 10 −16 (za D–aritmetiku) i 1.93 · 10 −34 (za Q–aritmetiku).

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 29Odgovarajući FORTRAN program ima jednostavan kod. Na primer, u D–aritmeticion izgleda:double precision dtg,x,pi,uk,del,cleb,sumadtg(x)=dsin(x)/dcos(x)pi=4*datan(1.d0)do 15 i=0,5n=10**iuk=2*n+1del=pi/ukcleb=1/uksuma=0do 10 k=1,nx=k*del10 suma=suma+dtg(x)/kcleb=cleb+2*suma/pi15 write(1,20) n,cleb20 format(I10,e17.7)stopendZbog ponašanja izraza pod sumom, kada je n veliko, tačnost sume je uvelikoodred¯ena tačnošću sabiraka u kojima je k veoma blisko n. Med¯utim, u timslučajevima, argument tangesa je vrlo blizak π/2. S obzirom da je (videti (4) uzadatku 2.1.8)(cond tan)(x) = x(1 + tan2 x), 0 < x < π/2 ,tan xto je tangens veoma slabo uslovljen za x blisko π/2. Zaista, ako je ε (>)0 veomamalo, tada je“ π”(cond tan)2 − ε ∼ π “ π”2 tan 2 − ε = π cos ε2 sin ε ∼ π 2ε .S obzirom da k = n odgovara ε =“ π”(cond tan)2 − ε ∼π2(2n + 1) ∼ π 4n , važiπ= 2n, n → +∞ .2π/(4n)Tako, na primer, za n = 10 5 , možemo očekivati gubitak od oko pet decimalnihcifara. To je potvrd¯eno dobijenim numeričkim rezultatima koji su prethodnoprikazani.

30 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEUočena netačnost ne može biti pripisana samo velikom obimu izračunavanja,tj. nagomilavanju greške zaokrugljivanja med¯urezultata u procesu izračunavanjana računskoj mašini. Ako, na primer, izračunavamo sumu iz (1) u kojoj se indekssume kreće od k = 1 do k = n/2, tj. sumu˜λ n =12n + 1 + 2 n/2X 1π k tan kπ2n + 1 ,k=1slaba uslovljenost tangensa se ne pojavljuje. U tom slučaju, čak i za n = 10 5 ,dobijamo dovoljno tačne rezultate i u običnoj aritmetici:n ˜λn (S–aritmetika) ˜λn (D–aritmetika)1 0.3333333 0.333333333310 0.5706023 0.5706023118100 0.5436349 0.54363497311000 0.5407878 0.540787397110000 0.5405016 0.5405010908100000 0.5404736 0.54047244462.1.11. Izračunatiza fiksirani prirodan broj n.Rešenje. Za n = 0 imamoI n =∫ 10t nt + 5 dt(1) I 0 =Z 10dt= log(t + 5)˛˛1t + 5 0 = log 6 5 .Da bismo našli rekurentnu formulu za odred¯ivanje traženog integrala, uočimo datt + 5 = 1 − 5t + 5 .Množenjem obe strane sa t k−1 i integracijom od 0 do 1 dobijamo(2) I k = −5I k−1 + 1 , k = 1, . . . , n.kDakle šema za izračunavanje I n bi se mogla ovako definisati: Startujući saI 0 koje je dato sa (1), sukcesivno primenjujemo (2) za k = 1, 2, . . . , n, i takodobijamo I n .

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 31Rekurentna relacija (2), za bilo koju startnu vrednost I 0 , definiše funkciju(3) I n = f n (I 0 ).Tako smo dobili problem f n : R → R (n je parametar) koji možemo prikazati nasledeći način:I 0 −→ f n −→ In .Ovde smo zainteresovani za uslovljenost (videti zadatak 2.1.8) preslikavanja f nu tački I 0 . Zaista, s obzirom da broj I 0 iz (1) nije mašinski reprezentabilan, tomora biti zaokružen na I 0 pre startovanja rekurentnog procesa (2). Čak i kadane bi bilo unošenja novih grešaka tokom rekurentnog procesa (2), konačni rezultatneće biti tačno I n , već neka aproksimacija I n = f n (I 0 ) za koju imamo(4)˛ − I n˛InI n˛˛˛˛ = (condf n )(I 0 ) ˛ − I 0˛I0I 0˛˛˛˛ .Ovde važi jednakost s obzirom na linearnost funkcije f n po I 0 , kako je to napomenutoposle (3) u zadatku 2.1.8. Zaista, ako je n = 1, ondaAko je n = 2, tadaI 1 = f 1 (I 0 ) = −5I 0 + 1 .I 2 = f 2 (I 0 ) = −5I 1 + 1 2 = (−5)2 I 0 − 5 + 1 2 ,itd. Uopšte, imamoI n = f n (I 0 ) = (−5) n I 0 + p n ,gde je p n neki broj (nezavisan od I 0 ). Sada možemo lako zaključiti da je(5) (condf n )(I 0 ) =I 0 f ′ n(I 0 )˛ I n˛˛˛˛ =I 0 (−5) n˛˛˛˛˛ = I 0 · 5 n.I nIz definicije I n kao integrala jasno je da I n opada monotono po n (zapravo konvergiramonotono ka nuli kada n → +∞), pa dakle, vidimo da je f n (I 0 ) slabouslovljeno u odnosu na I 0 i to sve više što je n veće.Uočavamo da do stalnog uvećavanja greške u procecu izračunavanja, pomoćurekurentne formule (2), dolazi usled množenja sa (−5) u svakom koraku izračunavanja.I n

32 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEPostastavlja se pitanje kako možemo izbeći ovu slabu uslovljenost. Rešenjenalazimo u zapažanju da umesto da množimo velikim brojem bolje bi bilo da delimovelikim brojem, pogotovu ako dobijamo veće rezultate u isto vreme. To se izvodiizračunavanjem unazad u formuli (2), tj. biranjem nekog ν > n i izračunavanjempo formuliI k−1 = 1 „ 15 kk«− I , k = ν, ν − 1, . . . , n + 1.Problem je tada, naravno, kako izračunati startnu vrednost I ν .Pre nego se pozabavimo sa tim, primetimo da sada imamo novi problem g n :R → R (n je parametar < ν) koji možemo prikazati na sledeći način:I ν −→ g n −→ In .Kao i u prethodnom slučaju, razmatramo funkciju g n kao linearnu funkciju odI ν i na sličan način kako smo došli do (5), zaključujemo da jeI ν (−1/5) ν−n(condg n )(I ν ) =, ν > n.˛ I n˛˛˛˛˛Opet, na osnovu monotonosti za I n , dobijamo„ « ν−n 1(cond g n )(I ν ) < , ν > n.5Po analogiji sa (4), sada imamo(6)˛ − I n˛InI n˛˛˛˛ = (cond g n )(I ν )„ ˛ − I ν 1˛IνI ν˛˛˛˛ n.5Granica sa desne strane može da se učini proizvoljno malom, na primer ≤ ε, akoizaberemo ν dovoljno veliko, tj.(7) ν ≥ n + log(1/ε)log 5.

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 33Procedura se može formulisati u sledećem obliku: Za zadatu relativnu tačnostε, izabrati ν kao najmanji prirodan broj koji zadovoljava (7), a onda računati(8) I ν = 0, I k−1 = 1 5„ 1k − I k«, k = ν, ν − 1, . . . , n + 1.Dakle, ova procedura obezbed¯uje odred¯ivanje I n , koje dovoljno tačno aproksimiraI n . Štaviše, prisutne greške zaokrugljivanja tokom izvršavanja (8) biće stalnosmanjivane.2.1.12. Ispitati uslovljenost algoritma za množenje n realnih brojeva kojisu zadati tačno i mašinski su reprezentabilni na računskoj mašini.Rešenje. Neka su x i (i = 1, . . . , n) brojevi koje treba pomnožiti. Uvedimooznaku x = [x 1 x 2 . . . x n ] ⊤ ∈ R n .Matematički posmatrano (sva izračunavanja se izvode apsolutno tačno), imamoproblem koji bi se mogao interpretirati kao preslikavanje(1) f : R n → R, y = f(x) = x 1 x 2 · · · x n ,i ono bi se moglo, na primer, realizovati na sledeći način:(2)p 1 = x 1 ,A : p k = x k p k−1 , k = 2,3, . . . , n,y = p n .Pri izračunavanju na računaru po istom algoritmu (2), situacija je nešto drugojačija.Prema uslovu u zadatku, brojevi x i (i = 1, . . . , n) su mašinski reprezentabilnibrojevi, tj. x i ∈ R(t, s) (i = 1, . . . , n) (videti zadatak 2.1.8). Med¯utim,s obzirom na konačnost broja cifara mantise svakog broja u računaru (t), poslesvake operacije množenja javlja se odgovarajuća mašinska greška (kao posledicezaokruživanja rezultata na t cifara mantise). Ove mašinske greške označimo sa r i(i = 2, . . . , n) i neka je |r i | ≤ eps, gde je eps mašinska preciznost (videti zadatak2.1.8).Dakle, korišćenjem istog algoritma (2), nećemo imati preslikavanje f, već preslikavanjef A , koje je definisano saf A : R n (t, s) → R(t, s),y A = f A (x)tj. primenom algoritma (2), na mesto p i (i = 2, . . . , n) dobijamo p i (i = 2, . . . , n),a na mesto y dobijamo y A , pri čemu je (ovde koristimo oznaku ⊙ za množenje

34 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEkako bismo naznačili da se ono izvršava na računaru, posle čega imamo pojavumašinske greške):p 1 = x 1 ,p 2 = x 2 ⊙ p 1 = x 2 p 1 (1 + r 2 ) = x 2 x 1 (1 + r 2 ),p 3 = x 3 ⊙ p 2 = x 3 p 2 (1 + r 3 ) = x 3 x 2 x 1 (1 + r 2 )(1 + r 3 ),.p n = x n ⊙ p n−1 = x n p n−1 (1 + r n ) = x n x n−1 · · · x 1 (1 + r 2 )(1 + r 3 ) · · · (1 + r n ),y A = p n .U smislu (12) (videti zadatku 2.1.8) možemo uzeti, na primer, 9) da jex A = [x 1 x 2 (1 + r 2 ) · · · x n (1 + r n )] ⊤ ,pri čemu je f A (x) = f(x A ). Korišćenjem ‖ · ‖ ∞ norme, imamo‖x A − x‖ ∞‖x‖ ∞ · eps = ‖[0 x 2r 2 . . . x n r n ] ⊤ ‖ ∞‖x‖ ∞ · eps≤ ‖x‖ ∞ · eps‖x‖ ∞ · eps = 1 .Na taj način, pomoću (14) iz zadatka 2.1.8, (cond A)(x) ≤ 1 za svako x ∈ R n (t, s).Dakle, saglasno očekivanju, ovaj algoritam je perfektno dobro uslovljen.2.1.13. Na osnovu Taylorovog razvoja funkcijesin πx2 ∼ = π ( π) 3 x3 ( π) 5 x5 ( π) 7 x72 x − 2 6 + 2 120 − 2 5040 ,naći koeficijente u racionalnoj aproksimacionoj funkcijisin πx2 ∼ =b 0 + b 1 x + b 2 x 2 + b 3 x 31 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + c 4 x 4 .Rešenje. S obzirom da je funkcija x ↦→ sin πx2 neparna, imamo b 0 = b 2 = c 1 =c 3 = 0, pa jesin πx2 ∼ = b 1 x + b 3 x 31 + c 2 x 2 + c 4 x 4 .Na osnovuπ“ π” 3 x3 “ π” 5 x5 “ π” 7 x72 x − 2 6 + 2 120 − 2 5040 ∼ = b 1 x + b 3 x 31 + c 2 x 2 + c 4 x 49) Ovde ne postoji jedinstvenost.

imamoANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 35b 1 = π 2 ,π2 c 2 − 1 “ π” 3= b3 ,6 2π2 c 4 − 1 “ π” 3c2 + 1 “ π” 5= 0 ,6 2 120 2odakle je− 1 6“ π2” 3c4 + 1 “ π” 5c2 − 1 “ π” 7= 0 ,120 2 5040 2b 1 = π 2 , b 3 = − 31 “ π” 3, c2 = 3 “ π” 2, c4 = 11 “ π” 4.294 2 49 2 5880 22.1.14. Za racionalnu funkciju(1) f(x) =a + bx + cx21 + dxnaći odgovarajući verižni razlomakxf(x) = k 1 + x .k 2 +k 3 + x k 4Rešenje. f(x) je moguće izraziti u obliku(2) f(x) =„ 1k 1 +Upored¯ivanjem (1) i (2) imamo„ 1+ k 1 + 1 ««x +k 2 k 2 k 3 k 3 k„ 411 + + 1 «xk 3 k 4 k 2 k 31k 2 k 3 k 4x 2.(3)(4)(5)(6)k 1 = a ,1+ 1 = d ,k 3 k 4 k 2 k 31+ k 1 d = b ,k 21= c.k 2 k 3 k 4Na osnovu (3) i (5) dobijamo k 2 = 1b − ad .

36 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEKako je iz (6)1k 3 k 4= k 2 c =Najzad, na osnovu (6) jec , na osnovu (4) imamob − adcb − ad + b − adk 3= d =⇒ k 3 =(b − ad)2d(b − ad) − c .k 4 = 1d(b − ad) − c= (b − ad) ·k 2 k 3 c (b − ad) 2 · 1 d(b − ad) − c= .c c(b − ad)2.1.15. Za izračunavanje vrednosti funkcije f date saf(x) = arctan xx(−1 ≤ x ≤ 1)može se koristiti aproksimacija u obliku racionalne funkcije(1) R(x) = a 0 + a 1 x 2 + a 2 x 41 + b 1 x 2 + b 2 x 4 ,gde sua 0 = 0.9999995866,a 1 = 0.6680813502,a 2 = 0.0426819418,b 1 = 1.0013844843,b 2 = 0.1768253206.Odrediti koeficijente A, B, C, D, E ako se R(x) predstavi u oblikuB(2) R(x) = A +x 2 + C +Dx 2 + E.Rešenje. Kako je, na osnovu (2),R(x) = (A(CE + D) + BE) + (B + A(C + E))x2 + A x 4(CE + D) + (C + E)x 2 + x 4 ,a, na osnovu (1),R(x) = a 0/b 2 + a 1 /b 2 x 2 + a 2 /b 2 x 41/b 2 + b 1 /b 2 x 2 + x 4 ,

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 37upored¯ivanjem koeficijenata dobijamoA = a 2b 2= 0.2413791286 ,B = a 1b 2− A b 1b 2= 2.4112385859 ,E = 1 B · a0 − Ab 2= 1.7792620318 ,C = b 1b 2− E = 3.8838663081 ,D = 1 b 2− CE = 1.2551171909 .Primetimo da je za približno izračunavanje vrednosti f(x), na osnovu (2),potrebno izvršiti sledeći broj operacija: jedno množenje, dva deljenja i četiri sabiranja.Primedba. Može se pokazati da jeLiteratura:max |f(x) − R(x)| ≤ 0.413 ·−1≤x≤1 10−6 .E. Fröberg: Rational Chebyshev approximations of elementary functions. BIT1 (1961), 256–262.2.1.16. Na osnovu Eulerovog razvojae x =[0;11 , −2x2 + x , x 26 , x 210 , ... , x 2 ]4n + 2 , ...naći prvih pet aproksimacija za izračunavanje vrednosti funkcije e x .Rešenje. Za k ∈ N stavimoR k = P »k≡ a 0 ;Q kb 1a 1,b 2a 2, . . . ,–b k.a kAko uzmemo P 0 = a 0 , Q 0 = 1, P −1 = 1, Q −1 = 0, lako se dobijaju sledećerekurentne relacije(1)P k = a k P k−1 + b k P k−2 ,Q k = a k Q k−1 + b k Q k−2 .Na osnovu Eulerovog razvoja potrebno je naći R k za k = 1,2, 3,4, 5.

38 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEKako je a 0 = 0, b 1 = a 1 = 1, b 2 = −2x, a 2 = 2 + x, b 3 = b 4 = b 5 = x 2 ,a 3 = 6, a 4 = 10, a 5 = 14, primenom rekurentnih relacija (1), dobijamo redomR 1 = R 1 (x) = 1 1 ,R 2 = R 2 (x) = 2 + x2 − x ,R 3 = R 3 (x) =12 + 6 x + x212 − 6 x + x 2 ,R 4 = R 4 (x) = 120 + 60 x + 12 x2 + x 3120 − 60 x + 12 x 2 − x 3 ,R 5 = R 5 (x) = 1680 + 840 x + 180 x2 + 20 x 3 + x 41680 − 840 x + 180 x 2 − 20 x 3 + x 4 .Primetimo da dobijene aproksimacije R k (x) zadovoljavaju uslovR k (x)R k (−x) = 1 .Može se pokazati da racionalna funkcija R k (x) ispunjava pomenuti uslov ako isamo ako se ona može predstaviti u oblikuR(x) = 1 −2xT (x 2 ) + x ,gde T(x 2 ) označava racionalnu funkciju po x 2 . Za dokaz ovog tvrd¯enja trebanajpre dokazati da takva racionalna funkcija mora imati reprezentaciju u oblikuR(x) = P(x)/P(−x), gde je P(x) algebarski polinom. Nije teško videti da je tadaT(x 2 ) = xP(−x) + P(x)P(−x) − P(x) .Na primer, za funkciju R 4 (x), imamo P(x) = 120 + 60 x + 12 x 2 + x 3 , pa jeodgovarajuća funkcija T(x 2 ) data saDakle, dobijamoT(x 2 ) = −12 x2 + 10x 2 + 60 .R 4 (x) = 1 −Na primer, na osnovu prethodnog,2xx − 12 x2 + 10x 2 + 60e 0.5 ∼ = R4 (0.5) = 1.6487214 ,.

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 39što predstavlja tačnu vrednost na šest decimala.2.1.17. Pokazati kako se aproksimacijasin πz2 ∼ = 1.57032002z − 0.64211317z 3 + 0.07186085z 5 ,koja važi za z ∈ [−1,1], može primeniti na izračunavanje vrednosti sin x zasvako x.Rešenje. Da bismo izračunali sin x, odredimo najpre, u = 2» –π x i v = u −144 (u + 1) , gde [x] označava najveći ceo broj ne veći od x 10) . Nadalje, ako jev ≤ 1, stavimo z = v, u protivnom stavimo z = 2 − v. Nije teško videti da je tada−1 ≤ z ≤ 1 isin x = sin πz2 .Naime, za svako x imamotj.sin x = sin πu2 = sin π „ » –« „ » –«1 πv 1v + 42 4 (u + 1) = sin2 + 2π 4 (u + 1) ,S druge strane, kako jesin x = sin πv2 .„ » –«1 1v = 44 (u + 1) − 4 (u + 1) − 1 ,zaključujemo da je −1 ≤ v < 3. Tada na osnovu prethodnog imamoj v (−1 ≤ v ≤ 1) ,z =2 − v (1 < v < 3) ,što znači da je uvek −1 ≤ z ≤ 1. Takod¯e, sin x = sin πz2 .2.1.18. Dat je stepeni red(1) f(x) =10) Na primer, [2.71] = 2, [−2.71] = −3.+∞∑k=1x kk 2 .

40 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKESukcesivnom primenom Euler–Abelove transformacije dva puta, odreditif(−1) sa tačnošću 5 · 10 −4 . Koliko je članova reda potrebno kod direktnogsumiranja za postizanje iste tačnosti?Rešenje. Neka je dat stepeni red(2) f(x) =+∞ Xk=0a k x k ,čiji je poluprečnik konvergencije R = 1. 11) Sukcesivnom primenom Euler–Abelovetransformacije m puta na red (2) dobijamo(3) f(x) = 1 m−1 X„∆ k a 01 − xk=0x1 − x(videti [1, str. 48–51]). Kako je za dati red (1)to jeR −1 =limk→+∞∆a 0 = a 1 − a 0 = 1 ,« k „ « m +∞ x X+∆ m a1 − xk x kk=01(k + 1) 21k 2 = 1 , a 0 = 0 , a k = 1 (k = 1,2, . . . ),k2 ∆ 2 a 0 = ∆(∆a 0 ) = ∆(a 1 − a 0 ) = ∆ a 1 − ∆ a 0 = a 2 − a 1 − 1 = − 7 4 ,1∆ a k = a k+1 − a k =(k + 1) 2 − 1k 2 = − 2k + 1k 2 (k + 1) 2 (k = 1,2, . . .),∆ 2 2k + 3a k = ∆ a k+1 − ∆ a k = −(k + 1) 2 (k + 2) 2 + 2k + 1k 2 (k + 1) 2= 6 k2 + 12 k + 4k 2 (k + 1) 2 (k + 2) 2 (k = 1, 2, . . .).11) Primetimo da ako stepeni red (2) ima poluprečnik konvergencije R(< +∞) tada,s obzirom naf(x) = f(yR) =+∞∑k=0+∞∑a k (yR) k a k R k y k =k=0+∞∑k=0b k y k = F(y) ,gde je b k = a k R k , stepeni red F(y) ima poluprečnik konvergencije jednak jedinici.

ANALIZA GREŠAKA, REKURZIVNA IZRAČUNAVANJA I SUMIRANJA 41Na osnovu (3) za m = 2, imamof(x) =„ « 2x x(1 − x) 2 + − 7 +∞ !1 − x 4 + X 6 k 2 + 12 k + 4k=1(k(k + 1)(k + 2)) 2 xk .U konkretnom slučaju, za x = −1, ovo se svodi na(4) f(−1) = − 1116 + 1 +∞ X 3 k 2 + 6 k + 22 (k(k + 1)(k + 2)) 2 (−1)k .k=1Dobijeni red je alternativan pa greška koju činimo, ako umesto beskonačne sumeuzmemo konačnu sumu od n− članova, nije veća od (n+1)−og člana sume, uzetogpo modulu. Dakle, s obzirom na traženu tačnost zahtevamo da je12 · 3 k 2 + 6 k + 2(k(k + 1)(k + 2)) 2 ≤ 5 · 10−4 .Ovo je zadovoljeno za k ≥ 7. Znači, dovoljno je uzeti prvih šest članova sume u(4) da bi se postigla željena tačnost. Tako dobijamof(−1) ∼ = −0.82222 .Ako bismo direktno sumirali red (1), za istu tačnost od 5 · 10 −4 , potrebno jeuzeti najmanje 44 člana reda što sleduje na osnovu nejednakostiPrimetimo da je1k 2 ≤ 5 · 10−4 .f(−1) =+∞ Xk=1(−1) kk 2= − π212 ∼ = −0.822467 .2.1.19. Korišćenjem Euler–Abelove transformacije primenjene beskonačnoputa, naći sumu reda+∞∑ k 3S =3 k .Rešenje. Za stepeni redf(x) =+∞ Xk=0k=1a k x k =+∞ Xk=0k 3 x k ,

42 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEkoji ima poluprečnik konvergencije R = 1, važi f (1/3) = S.prethodnog zadatka pustimo da m → +∞, dobijamof(x) = 11 − x+∞ Xk=0„ « k∆ k xa 0 .1 − xAko u (3) izZa x = 1/3 imamo(1) S = f (1/3) = 3 2+∞ Xk=0∆ k a 012 k .S obzirom da jek a k ∆ a k ∆ 2 a k ∆ 3 a k ∆ 4 a k0 011 16762 8121963 2718374 640imamo ∆ k a 0 = 0 za k = 4, 5, . . . . Na osnovu (1) dobijamoS = 3 „1 · 0 + 1 2 2 · 1 + 1 4 · 6 + 1 «8 · 6 = 4.125 .2.2. Ortogonalni polinomi2.2.1. Koristeći se Gram–Schmidtovim postupkom ortogonalizacije odreditiprvih pet članova niza ortonormiranih polinoma {Q ∗ k } (k ∈ N 0) u prostoruL 2 (−1,1) sa težinskom funkcijom p(x) = ( 1 − x 2) −1/2.Rešenje. Izračunajmo najpre momente težinske funkcijeC n =Z 1−1x n√1 − x 2 dx (n ∈ N 0) .Kako je C 2k+1 = 0 (zbog neparnosti podintegralne funkcije), ostaje da izračunamoC 2k =Z 1−1x 2k√1 − x 2 dx .

ORTOGONALNI I S-ORTOGONALNI POLINOMI 43Primenom parcijalne integracije, gde je u = x 2k−1 , dv =(2k − 1) x 2k−2 dx, v = −(1 − x 2 ) 1/2 , dobijamotj.x√ dx, tj. du =1 − x 2C 2k = −x 2k−1 (1 − x 2 ) 1/2˛˛˛1Z 1− (2k − 1) (−x 2k−2 ) p 1 − x 2 dx−1 −1Z 1x 2k−2 (1 − x 2 )= (2k − 1) √ dx = (2k − 1) (C−1 1 − x 22k−2 − C 2k ),C 2k = 2k − 12kKako je C 0 = π, imamo C 2k =(2k − 1)!!(2k)!!C 2k−2π (k ∈ N).(k ∈ N).U prostoru L 2 (−1,1) sa p(x) = (1 − x 2 ) −1/2 definisan je skalarni proizvod(f, g) =Z 1−11√1 − x 2 f(x)g(x)dx (f, g ∈ L2 (−1, 1)).Polazeći od prirodnog bazisa ˘1, x, x 2 , . . . ¯, Gram–Schmidtovim postupkom ortogonalizacije(videti [1, str. 90–92]) dobijamo niz ortogonalnih polinoma {Q k }(k ∈ N 0 ) u odnosu na uvedeni skalarni proizvod, uzimajući Q 0 (x) = 1 itj.Q k (x) = x k k−1 X−i=0“x k , Q i”(Q i , Q i ) Q i(x) (k ∈ N),Q 0 (x) = 1 , Q 1 (x) = x , Q 2 (x) = x 2 − C 2C 0Q 0 = x 2 − 1 2 ,Q 3 (x) = x 3 − C 4C 2Q 1 (x) = x 3 − 3 4 x ,Q 4 (x) = x 4 − C 4C 0Q 0 −C 6 − 1 2 C 4C 4 − C 2 + 1 4 C 0Q 2 = x 4 − x 2 + 1 8 .Primetimo da smo ovde koristili momente C n (n = 0, 1, . . . ,7). Uopšte, dabismo generalisali niz ortogonalnih polinoma {Q 0 , Q 1 , . . . , Q n } potrebno je prvih2n momenata težinske funkcije, tj. C 0 , C 1 , . . . , C 2n−1 .Ortogonalni polinomi iz dobijenog niza imaju koeficijente uz najviši stepen promenljivex jednake jedinici. Ortogonalne polinome sa ovakvom osobinom zovemo

44 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEmonični ortogonalni polinomi. Svakako, i niz {a k Q k } (k ∈ N 0 ), gde su a k (≠ 0)konstante, je takod¯e ortogonalan u odnosu na isti skalarni proizvod. Ako, u našemslučaju, odaberemo na primer a 0 = 1, a k = 2 k−1 (k = 1, 2, . . .) dobijamo polinome(1) T 0 (x) = Q 0 (x), T k (x) = 2 k−1 Q k (x) (k = 1,2, . . .)koji su poznati kao Čebiševljevi ortogonalni polinomi. Za njih važi8Z0 (m ≠ n),1>:π(m = n ≠ 0).2Na osnovu niza {Q k } (k ∈ N 0 ) možemo dobiti niz ortonormiranih polinoma{Q ∗ k } (k ∈ N 0) u odnosu na isti skalarni proizvod. Naime,Q ∗ k(x) = Q k(x)‖Q k ‖(k ∈ N 0 ).S obzirom da je ‖Q k ‖ 2 = (Q k , Q k ), imamopa su‖Q 0 ‖ 2 = C 0 = π , ‖Q 1 ‖ 2 = C 2 = 1 2 π , ‖Q 2‖ 2 = C 4 − C 2 + 1 4 C 0 = 1 8 π ,‖Q 3 ‖ 2 = C 6 − 3 2 C 4 + 9 16 C 2 = 1 32 π ,‖Q 4 ‖ 2 = C 8 − 2C 6 + 5 4 C 4 − 1 4 C 2 + 1 64 C 0 = 1128 π ,Q ∗ 0(x) = 1 √ π, Q ∗ 1(x) =r2π x, Q∗ 2(x) =r2π (2x2 − 1) ,Q ∗ 3(x) =r2π (4x3 − 3x), Q ∗ 4(x) =r2π (8x4 − 8x 2 + 1) .Za dobijeni ortonormirani niz uočavamo da je(3) Q ∗ 0(x) = 1 √ πQ 0 (x), Q ∗ k(x) =r2π 2k−1 Q k (x) (k = 1,2, . . .),što je, u stvari, u direktnoj vezi sa ortogonalnošću Čebiševljevih polinoma. Naime,s obzirom da jeQ ∗ k(x) = T k(x)‖T k (x)‖ ,na osnovu (1) i (2) sleduje (3).

ORTOGONALNI I S-ORTOGONALNI POLINOMI 452.2.2. Ako je {Q k } (k ∈ N 0 ) niz ortogonalnih polinoma na (−a,a) saparnom težinskom funkcijom x ↦→ p(x), dokazati da je:1 ◦ Niz polinoma {Q 2k ( √ x)} (k ∈ N 0 ) ortogonalan na ( 0,a 2) sa težinskomfunkcijom x ↦→ p ( √ x) / √ x;2 ◦ Niz polinoma {Q 2k+1 ( √ x)/ √ x} (k ∈ N 0 ) ortogonalan na ( 0,a 2) satežinskom funkcijom x ↦→ √ xp( √ x).Rešenje. Kako je, za n ≠ k,Z a−ap(x)Q n (x)Q k (x)dx ==Z a−aZ a−ap(−x) Q n (−x) Q k (−x)dxp(x)Q n (−x)Q k (−x) dx = 0 ,zaključujemo da je i niz polinoma {Q k (−x)} (k ∈ N 0 ), takod¯e, ortogonalan uodnosu na težinsku funkciju p(x) na (−a, a). S druge strane, zbog jedinstvenostiniza ortogonalnih polinoma, za datu težinsku funkciju i dati interval (do na multiplikativnukonstantu), zaključujemo da mora biti Q n (−x) = C n Q n (x), odaklesleduje C n = (−1) n . Dakle, imamo Q n (−x) = (−1) n Q n (x), tj.što znači da jeQ n (−x) = Q n (x) (n – parno),= −Q n (x) (n – neparno) ,Q 2k (x) = U k (x 2 ) , Q 2k+1 (x) = x V k (x 2 ) ,gde su U k i V k polinomi k–tog stepena.Neka je n ≠ k. Tada, na osnovuZ a−asmenom x 2 = y, dobijamop(x)Q 2n (x)Q 2k (x)dx = 2Z a0p(x)U n (x 2 )U k (x 2 ) dx = 0 ,Z a20p `√ y´√ yU n (y) U k (y)dy = 0 ,odakle sleduje trvrd¯enje 1 ◦ .Slično, na osnovuZ a−ap(x)Q 2n+1 (x)Q 2k+1 (x)dx = 2Z a0p(x)x 2 V n (x 2 )V k (x 2 ) dx = 0 ,

46 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEdobijamo (smena x 2 = y)Z a2odakle sleduje tvrd¯enje 2 ◦ .0√ y p(√ y) Vn (y) V k (y) dy = 0 ,2.2.3. Dat je niz {Q k } (k ∈ N 0 ) ortogonalnih polinoma na (a,b) satežinskom funkcijom p(x). Pokazati da je(1)∫ bap(x) Q n(x)x − x kdx = a na n−1· ‖Q n−1‖ 2Q n−1 (x k )(k = 1,2,... ,n; n ∈ N),gde su x k (k = 1,... ,n) nule polinoma Q n (x) iQ ν (x) = a ν x ν + članovi nižeg stepena (ν = 0,1,... ).Rešenje. Pod¯imo od Christoffel–Darbouxovog identiteta (videti [1, str. 103])(2)nXν=0Q ν (x)Q ν (t)‖Q ν ‖ 2 =1α n ‖Q n ‖ 2 · Qn+1(x)Q n (t) − Q n (x)Q n+1 (t)x − tgde je α n konstanta u tročlanoj rekurentnoj relaciji(3) Q n+1 (x) = (α n x + β n )Q n (x) − γ n Q n−1 (x) (n ∈ N 0 ).Ako u (2) stavimo t = x k , tada je Q n (x k ) = 0, pa dobijamon−1 Xν=0Q ν (x k )‖Q ν ‖ 2 Q ν(x) = − Q n+1(x k )α n ‖Q n ‖ 2 · Qn(x)x − x k.U poslednjoj jednakosti pomnožimo obe strane sa p(x) i integralimo od a do b, tj.n−1 Xν=0ZQ ν (x k ) b‖Q ν ‖ 2ap(x) Q ν (x)dx = − Q Zn+1(x k ) bα n ‖Q n ‖ 2aQ n (x)x − x kdx.Kako je Q 0 (x) konstanta, levu stranu jednakosti možemo modifikovati na sledećinačinn−1 Xν=0ZQ ν (x k ) bQ 0 (x) ‖Q ν ‖ 2ap(x)Q ν (x)Q 0 (x)dx = − Q Zn+1(x k ) bα n ‖Q n ‖ 2aQ n (x)x − x kdx

ORTOGONALNI I S-ORTOGONALNI POLINOMI 47pa, s obzirom na ortogonalnost, imamotj.Q 0 (x k )Q 0 (x) ‖Q 0 ‖ 2 ‖Q 0‖ 2 = − Q Zn+1(x k ) bQ n (x)α n ‖Q n ‖ 2 dx ,x − x kZ baQ n (x)dx = − α n ‖Q n ‖ 2x − x k Q n+1 (x k ) .Ako u (3) stavimo x = x k dobijamo Q n+1 (x k ) = −γ n Q n−1 (x k ). Kako je(videti [1, str. 100])na osnovu prethodnog, sleduje (1).α n = a n+1a ni γ n = α nα n−1‖Q n ‖ 2‖Q n−1 ‖ 2 ,2.2.4. Skalarni proizvod dveju neprekidnih funkcija f i g, koje su definisanena intervalu [a,b] i na njemu dobijaju vrednosti iz skupa C kompleksnihbrojeva, u oznaci (f,g), definišemo sa:a(f,g) =∫ baf(x)g(x)ω(x)dx(neprekidni slučaj),odnosno(f,g) =m∑f(x ν )g(x ν )ω νi=0(diskretni slučaj),gde je u prvom slučaju ω(x) težinska funkcija, a u drugom pozitivni brojeviω ν , i = 0,1, ... ,m, su težinski koeficijenti.Pokazati za sledeće sisteme funkcija da su ortogonalni:a) Neprekidni slučaj.ϕ j (x) = cos jx, j = 0,1, ... , [a,b] = [0,π], ω(x) ≡ 1.b) Diskretni slučaj.ϕ j (x) = cos jx, j = 0,1,... ,n, [a,b] = [0,π],x s = 2s + 1n + 1π2 , s = 0,1, ... ,n, m = n, ω s ≡ 1, s = 0,1, ... ,n.c) Neprekidni slučaj.1,cos x,sin x,cos 2x,sin 2x, ... , [a,b] = [−π,π], ω(x) ≡ 1.

48 OSNOVNI ELEMENTI NUMERIČKE MATEMATIKEd) Neprekidni slučaj.ϕ j (x) = e ijx , i 2 = −1, j = 0, ±1, ±2, ... , [a,b] = [−π,π], ω(x) ≡ 1.e) Diskretni slučaj.Rešenje.a) Za j ≠ k važi(ϕ j , ϕ k ) =ϕ j (x) = e ijx , j = 0,1,2, ... ,m, [a,b] = [0,2π],sx s = 2πm + 1 , ω s ≡ 1, s = 0,1, ... ,m.Z π0cos jxcos kx dx = 1 2Z π0[cos(j − k)x + cos(j + k)x] dx = 0.Takod¯e, važi ‖ϕ 0 ‖ 2 = π, ‖ϕ j ‖ 2 = (ϕ j , ϕ j ) = π/2 za j > 0.b) Odred¯ivanjemnX(ϕ j , ϕ k ) = cos jx s cos kx smože se pokazati da važid) Skalarni proizvods=0‖ϕ 0 ‖ 2 = n + 1, ‖ϕ j ‖ 2 =(ϕ j , ϕ k ) =Z π−π(n + 1)2e i(j−k)x dx,za j > 0.jednak je 0 za j ≠ k, a 2π za j = k. Dakle ‖ϕ j ‖ 2 = 2π.e) Za zadati izbor tačaka x s za funkcije ϕ j (x) važe relacije8

III G L A V AOpšta teorija iterativnih procesa3.1. Primena Banachovog stava3.1.1. Korišćenjem Banachovog stava o nepokretoj tački, diskutovatiegzistenciju rešenja sistema od k linearnih jednačina(1)a 11 x 1 + a 12 x 2 + · · · + a 1k x k = b 1 ,a 21 x 1 + a 22 x 2 + · · · + a 2k x k = b 2 ,a k1 x 1 + a k2 x 2 + · · · + a kk x k = b k .Rešenje. Dati sistem možemo napisati u oblikux 1 = (1 − a 11 ) x 1x 2 =.x k =−a 12 x 2 − · · ·−a 21 x 1 +(1 − a 22 ) x 2 − · · ·−a k1 x 1−a k2 x 2 − · · · +(1 − a kk )x k + b k ,.−a 1k x k + b 1 ,−a 2k x k + b 2 ,ili ako uvedemo veličinej 1 i = j ,c ij = δ ij − a ij , gde je δ ij =0 i ≠ j ,u obliku(2) x i =kXc ij x j + b i (i = 1,2, . . . , k) .j=1Označimo sa R k p (1 ≤ p < +∞) Banachov prostor gde je:8 9< kX =‖x‖ p = |x: j | p ;j=11/p

50 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAza svako x = (x 1 , . . . , x k ) ∈ R k p i u graničnom slučaju, kada p → +∞, Banachovprostor R k ∞ u kome je‖x‖ ∞ = max1≤j≤k |x j| .Definišimo sada operator T sa y = T x, koji preslikava prostor R k p (R k ∞) usamog sebe, na sledeći način: Tački x = (x 1 , x 2 , . . . , x k ) ∈ R k p (R k ∞) odgovaratačka y = (y 1 , y 2 , . . . , y k ) ∈ R k p (R k ∞), gde su koordinate y i odred¯ene say i =kXc ij x j + b i (i = 1,2, . . . , k) .j=1Nepokretne tačke preslikavanja T prostora Rp k (R∞) k u samog sebe su rešenjasistema (2). Da bismo mogli primeniti Banachov stav ostaje nam još da utvrdimopod kojim uslovima će T biti kontrakcija.Uzimajući, na primer, prostor R2 k imamo8kX < kX‖T x 1 − T x 2 ‖ 2 2 = c: ij x (1)j−=i=1i=1j=1j=1kXj=1c ij x (2)j89kX < kXc: ij`x(1) j− x (2) ´ =j ;pa je, na osnovu Hölderove nejednakosti, 12)8kX < kX kX‖T x 1 − T x 2 ‖ 2 2 ≤ c 2 `x(1) ij:j− x (2)ji=1j=1j=1´22,i=1 j=19=;9= kX kX; = c 2 ij ‖x 1 − x 2 ‖ 2 2 ,2tj.8< kX‖T x 1 − T x 2 ‖ 2 =:kXi=1 j=1c 2 ij9=;1/2‖x 1 − x 2 ‖ 2 .12) Neka su α k i β k (k = 1,2, . . . , n) proizvoljni kompleksni brojevi i neka je za p > 1broj q definisan sa 1 p + 1 q= 1. Tada je za svako n = 1,2, . . .n∑k=1|α k β k | ≤{∑ n} 1/p {∑ n|α k | pk=1k=1|β k | q } 1/q.Specijalno, ako je p = q = 2, Hölderova nejednakost se svodi Bunjakowsky-Cauchy-Schwarzovu nejednakost nejednakost.

Prema tome, T je kontrakcija ako jePRIMENA BANACHOVOG STAVA 51(3)kXi,j=1c 2 ij < 1i tada sistem (2), tj. (1), ima, na osnovu Banachovog stava, jedno i samo jednorešenje. Ono se moze dobiti, polazeći od proizvoljne tačkex 0 =(0) `x1 , . . . , x(0) k´,kao granična vrednost niza koji se generiše pomoćutj.x (n+1)i=x n+1 = T x n (n = 0,1, . . . ),kXj=1c ij x (n)j+ b i (i = 1,2, . . . , k) .Uslov, koji matrica [c ij ] treba da zadovolji da bi operator T bio kontrakcija,zavisi od izabranog Banachovog prostora. Sam problem koji razmatramo ni počemu ne sugeriše baš prostor R 2 k . Ako naš problem tretiramo u prostorima Rk 1 iR k ∞ dobićemo druge uslove za matricu [c ij ].Na primer, u prostoru R k 1 biće‖T x 1 − T x 2 ‖ 1 = ‖y 1 − y 2 ‖ 1 =≤kXi=1 j=1≤ max1≤j≤k≤ max1≤j≤kkX˛˛y (1)i− y (2)i ˛ =i=1kX˛|c ij | ˛x (1)j− x (2)j ˛ =kXkX˛i=1˛x (1)j=1j=1kX˛j− x (2)j ˛( kX)kX˛|c ij | · ˛x (1)j− x (2)j ˛i=1 j=1( kX)|c ij | · ‖x 1 − x 2 ‖ 1 ,i=1pa se uslov da T bude kontrakcija svodi nac ij`x(1) j− x (2)jkX|c ij |i=1´˛(4)kX|c ij | < 1 za j = 1, 2, . . . , k .i=1

52 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAU prostoru R k ∞, pak, imamo‖T x 1 − T x 2 ‖ ∞ = ‖y 1 − y 2 ‖ ∞ = maxkX= max1≤i≤k˛≤ maxj=11≤i≤kj=1= max1≤i≤kj=1pa je uslov da T predstavlja kontrakciju˛˛y (1)1≤i≤kc ij`x(1) j− x (2)jkX|c ij | · max˛˛x (1)1≤j≤ki− y (2)i ˛´˛j− x (2)j ˛kX|c ij | · ‖x 1 − x 2 ‖ ∞ ,(5)kX|c ij | < 1 za i = 1, 2, . . . , k .j=1Dakle svaki od uslova (3), (4), (5) je samo dovoljan da T bude kontrakcija.Literatura:S. Aljančić: Uvod u realnu i funkcionalnu analizu. Grad¯evinska knjiga, Beograd,1968.3.1.2. Korišćenjem Banachovog stava o nepokretnoj tački, diskutovatiegzistenciju rešenja nehomogene Fredholmove integralne jednačine oblikax(s) = λ∫ baK(s,t)x(t)dt + g(s),gde je jezgro K(s,t) neprekidno u kvadratu P = [a,b] × [a,b], funkcija g(s)neprekidna u [a,b] i λ realni parametar. (x(t) je nepoznata funkcija kojutreba odrediti.)Rešenje. Označimo sa C[a, b] Banachov prostor funkcija x(t) koje su neprekidnena segmentu [a, b], b − a < +∞, gde je‖x‖ = maxa≤t≤b |x(t)| .Neprekidno rešenje date integralne jednačine možemo shvatiti kao nepokretnutačku preslikavanja y = T x, x = x(t) ∈ C[a, b], odred¯enog say(s) = λZ baK(s, t) x(t)dt + g(s) .

PRIMENA BANACHOVOG STAVA 53Da bismo koristili Banachov stav, a s obzirom da je jasno da T preslikava C[a, b]u samog sebe, ostaje još jedino da vidimo pod kojim uslovima je T kontrakcija.Ako jeza x 1 , x 2 ∈ C[a, b] imamomax |K(s, t)| = M,(s,t)∈P‖T x 1 − T x 2 ‖ = ‖y 1 − y 2 ‖ ≤ |λ|Z ba|K(s, t)||x 1 (t) − x 2 (t)| dt≤ |λ| M maxa≤t≤b |x 1(t) − x 2 (t)|(b − a)= |λ| M (b − a)‖x 1 − x 2 ‖ .Prema tome, ako je |λ| M (b − a) < 1, tj. |λ| < 1/(M(b − a)), T je kontrakcija ina osnovu Banachovog stava niztj.x [k+1] (t) = T x [k] (t) (k = 0, 1, . . .),x [k+1] (s) = λZ baK(s, t) x [k] (t) dt + g(s),konvergira jedinom neprekidnom rešenju nehomogene Fredholmove jednačine zabilo koju startnu vrednost x [0] (t) ∈ C[a, b].Primetimo da je ovim stavom obezbed¯eno rešenje Fredholmove jednačine samoza male vrednosti parametra |λ|.Literatura:S. Aljančić: Uvod u realnu i funkcionalnu analizu. Grad¯evinska knjiga, Beograd,1968.3.1.3. Korišćenjem Banachovog stava o nepokretnoj tački, diskutovatiegzistenciju rešenja beskonačnog sistema linearnih algebarskih jednačina(1)a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 + · · · = b 1 ,a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 + · · · = b 2 ,a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 + · · · = b 3 ,Rešenje. Sistem (1) može se predstaviti u oblikux i =+∞ Xj=1.c ij x j + b i (i = 1,2, . . . ),

54 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAgde je c ij = δ ij − a ij . Pokazaćemo da ovaj sistem ima jedinstveno ograničenorešenje (x ∗ 1, x ∗ 2, . . . ), tj. takvo da jeako je|x ∗ j | ≤ M za svako j = 1, 2, . . . ,(2)+∞ Xj=1|c ij | ≤ q < 1 i |b i | ≤ B (i = 1,2, . . . ),gde konstante q i B ne zavise od i. Tada se rešenje (x ∗ 1, x ∗ 2, . . . ) može dobiti suksesivnomaproksimacijom, polazeći od nekog proizvoljnog ograničenog niza brojeva(x 0 1, x 0 2, . . . ).Neka je m metrički prostor ograničenih nizova. U njemu ćemo definisati preslikavanjey = f(x) koje svakom x = (x 1 , x 2 , . . . ) ∈ m pridružuje tačku y =(y 1 , y 2 , . . . ) u skupu s svih nizova, pomoću jednačinay i =+∞ Xj=1c ij x j + b i (i = 1,2, . . . ).Da bismo mogli primeniti Banachov stav na preslikavanje koje je definisano ukompletnom metričkom prostoru m, potrebno je da pokažemo da f preslikava mu m i da je kontrakcija.Pokažimo, najpre, da je ispunjen prvi uslov. Kako je x ∈ m, tj. |x j | ≤ A, naosnovu (2), imamotj. y ∈ m.|y i | ≤+∞ Xj=1|c ij | |x j | + |b i | ≤ Aq + B (i = 1, 2, . . . ),Drugi uslov je, takod¯e, ispunjen. Naime, s obzirom na definiciju metrike u m,imamod(y 1 ,y 2 ) = sup |y (1)i− y (2)+∞ Xi| = supc ij (x (1)j− x (2)j)1≤i

Literatura:PRIMENA BANACHOVOG STAVA 55S. Aljančić: Uvod u realnu i funkcionalnu analizu. Grad¯evinska knjiga, Beograd,1968.3.1.4. Korišćenjem Banachovog stava o nepokretnoj tački, diskutovatiegzistenciju lokalnog rešenja diferencijalne jednačine prvog reda(1)dxdt = g(t,x)sa početnim uslovom x(t 0 ) = x 0 , gde funkcija g(t,x) u pravougaonikuP = { (t,x) : |t − t 0 | ≤ a, |x − x 0 | ≤ b }ispunjava uslove:a) g(t,x) je neprekidna, što znači i |g(t,x)| ≤ M,b) |g(t,x 1 ) − g(t,x 2 )| ≤ K|x 1 − x 2 |.(Ovde, x(t) je nepoznata funkcija koju treba odrediti.)Rešenje. Pokazaćemo da pod navedenim pretpostavkama postoji (dovoljnomali) broj h > 0, takav da na segmentu [t 0 − h, t 0 + h] = ∆ postoji jedno isamo jedno rešenje diferencijalne jednačine (1) koje zadovoljava dati početni uslov(Picardov stav).Pre svega posmatranom problemu može se dati i ova formulacija: Pod navedenimpretpostavkama, postoji jedno i samo jedno rešenje integralne jednačineZ t(2) x(t) = x 0 + g[t, x(t)] dt.t 0Neka je broj h takav da je(3) h < 1 K i h ≤ min „a,«b.MUočimo prostor C ∆ funkcija neprekidnih na segmentu ∆ i u njemu onaj njegovdeo A za koji jemax |x(t) − x 0 | ≤ b.tS obzirom na metriku u C ∆ , skup A je zatvoren, jer se sastoji iz tačaka zatvorenekugle K[x 0 , b].Neka je preslikavanje y = f(x), x ∈ A ⊂ C ∆ , definisano saZ t(4) y(t) = x 0 + g[t, x(t)] dt.t 0

56 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAPokazaćemo da f preslikava A u samog sebe i da je kontrakcija.Pre svega, ako je x ∈ A i t ∈ ∆, tačka (t, x(t)) ∈ P, tj. desna strana u (4) imasmisla i očigledno y ∈ C ∆ . Da bismo dokazali da y ∈ A, primećujemo da je premaa) i na osnovu druge nejednakosti u (3),Z t|y(t) − x 0 | =˛ g[t, x(t)]dt˛ ≤ M|t − t 0| ≤ Mh ≤ M bt 0M = b.Neka x 1 , x 2 ∈ A. Tada je za t ∈ ∆, na osnovu b),Z t|y 1 (t) − y 2 (t)| =˛˘g[t, x1 (t)] − g[t, x 2 (t)]¯ dt˛t 0Z t≤ K |x 1 (t) − x 2 (t)| |dt|t 0≤ Kh max |x 1(t) − x 2 (t)|.t∈∆Prema prvoj nejednakosti u (3) imamo Kh = q < 1. S druge strane, na osnovudefinicije rastojanja u C ∆ , je d(y 1 , y 2 ) ≤ q d(x 1 , x 2 ), tj. f je kontrakcija.Kako je prostor C ∆ kompletan, a A zatvoren skup u C ∆ , to je A sam zasebe kompletan metrički prostor, pa su svi uslovi za primenu Banachovog stavazadovoljeni, tj. preslikavanje (1) ima jednu jedinu nepokretnu tačku, a to je jedinorešenje integralne jednačine (2), odnosno postavljenog diferencijalnog zadatka.Literatura:S. Aljančić: Uvod u realnu i funkcionalnu analizu. Grad¯evinska knjiga, Beograd,1968.3.2. Karakteristike procesa i ubrzavanje konvergencije3.2.1. Dat je iterativni proces(1) x k+1 = F(x k ) (k = 0,1,... ),gde je F(x) = √ 2 + x, x 0 = 0. Odrediti red konvergencije r iterativnogprocesa (1), kao i konstante a i K u formuligde je a = limk→+∞ x k.|x k+1 − a|limk→+∞ |x k − a| r = K,

KARAKTERISTIKE PROCESA I UBRZAVANJE KONVERGENCIJE 57Rešenje. Korišćenjem iterativnog procesa (1) dobijamoodakle zaključujemo da je a = 2.S obzirom da jek x k0 01 1.41422 1.8478.9 2.000010 2.00002 = F(2), F ′ (2) = 1 4 ,sleduje da iterativni proces (1) ima red konvergencije r = 1, pri čemu je asimptotskakonstanta greške (videti [1, str. 188])K =|xlim k+1 − 2|=k→+∞ |x k − 2|˛F ′ (2)1!˛ = 1 4 .3.2.2. Na ubrzavanje konvergencije iterativnog procesa(1) x k+1 = e −x k(k = 0,1,... )primenjen je Aitkenov ∆ 2 metod, pri čemu je dobijen niz {x ∗ k}. Odreditilimk→+∞gde je a koren jednaine xe x − 1 = 0.x ∗ k − a(x k − a) 2 ,Rešenje. Datu jednačinu x e x − 1 = 0 mozemo predstaviti u obliku x = e −x .Ako skiciramo grafike funkcija x ↦→ x i x ↦→ e −x nije teško uočiti da jedinstvenkoren date jednačine a ∈ [0.2, 0.9].S obzirom da iterativna funkcija Φ(x) = e −x iterativnog procesa (1) zadovoljavauslove1 ◦ Φ : [0.2, 0.9] ↦→ [0.2, 0.9],2 ◦ Φ ∈ C 2 [0.2, 0.9],3 ◦ ˛˛Φ′ (x)˛˛ < 1 za svako x ∈ [0.2, 0.9],

58 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAi s obzirom da je Φ ′ (a) = −e −a = −a ≠ 0 (tj. proces (1) je sa linearnom konvergencijom),sleduje (videti [1, str. 194])x ∗ k(2) lim− ak→+∞ (x k − a) 2 = 1 Φ ′′ (a)Φ ′ (a)2 Φ ′ (a) − 1 .Kako je Φ ′ (x) = −e −x , Φ ′′ (x) = e −x , a s obzirom da je a = Φ(a) = e −a , imamoΦ ′ (a) = −a, Φ ′′ (x)(a) = a, pa je na osnovu (2),limk→+∞x ∗ k − a(x k − a) 2 = 1 2a 21 + a .Inače, prvih nekoliko članova niza {x k }, koji se dobija na osnovu (1) i niza {x ∗ k },koji se generiše prema formuli (videti [1, str. 191]),su dati u sledećoj tabelix ∗ k = x k+2 − (x k+2 − x k+1 ) 2x k+2 − 2x k+1 + x k,k x k x ∗ k0 0.5 0.567621 0.60653 0.567302 0.54524 0.567193 0.579704 0.56006Primetimo da x ∗ 2 aproksimira koren jednačine x e x − 1 = 0 sa četiri tačnedecimale.3.2.3. Neka se niz (x k ) k∈N formira na sledeći način:(1) x k+1 = 1 2 cos x k, x 0 = 1, k = 0,1,2, ... .a) Ispitati konvergenciju ovog niza; b) Kako ubrzati njegovu konvergenciju?Rešenje. a) Ovde imamox = φ(x), φ(x) = 1 2cos x, φ : [0, 1] → [0, 1],φ ′ (x) = − 1 2 sin x, ˛˛φ′ (x)˛˛

KARAKTERISTIKE PROCESA I UBRZAVANJE KONVERGENCIJE 591y=x½y= ½cosx0a1/2Sl. 1.pa na [0, 1] postoji fiksna tačka a tako da je φ(a) = a.Startujući sa x 0 = 1 dobija sex 1 = 0.2701511529, x 2 = 0.4818652841, x 3 = 0.4430660154,x 4 = 0.4517207379, x 5 = 0.4498486540, x 6 = 0.4502564612,x 7 = 0.4501677605, x 8 = 0.4501870598,što znači a ∼ = 0.4502.b) Da bismo ubrzali konvergenciju, odredimo prvo red konvergencije datog procesa.Ako je a rešenje jednačine:a = 1 cos a,2tada jeOdavde jex k+1 − a = 1 2 (cos x k − cos a) = − sin x k − a2xlim k+1 − ak→+∞ x k − a =limk→+∞2−sin x k − a642x k − a2Dakle, red konvergencije datog iterativnog procesa je r = 1.− 1 2sin x k + a23· 12 sin x k + a 75 = − 1 sin a ≠ 0.2 2Naravno, do istog rezultata dolazimo ako uočimo da je Φ(a) = a i Φ ′ (a) =sin a ≠ 0 (videti [1, str. 188])..

60 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAS obzirom da je red konvergencije datog procesa r = 1, možemo da iskoristimoAitkenov ∆ 2 –metod za njegovo ubrzavanje, tj.(2) x ∗ k = x k+2 − (∆x k+1) 2pa dobijamo∆ 2 x k= x k+2 − (x k+2 − x k+1 ) 2x k+2 − 2x k+1 + x k,k x k x ∗ k0 1.0000000000 0.43426053071 0.2701511529 0.44907520792 0.4818652841 0.45014227803 0.4430660154 0.45018158484 0.4517207379 0.45018351625 0.4498486540 0.45018360686 0.4502564612 0.45018361117 0.45016776058 0.4501870598Pod¯imo od sledeće teoreme (videti [1, str. 197]): Neka je x k+1 = Φ(x k ) iterativniproces sa konvergencijom“reda r, funkcija”Φ (r + 1)–puta diferencijabilna uokolini granične tačke a lim x k = a i neka je Φ ′ (a) ≠ r. Tada jek→+∞iterativni proces najmanje reda r + 1.x k+1 = x k − x k − Φ(x k )1 − 1 r Φ′ (x k )Ovde smo naveli teoremu u njenom izvornom obliku, pa stoga odmah primetimoda je uslov Φ ′ (a) ≠ r uvek ispunjen. Naime, ukoliko je r = 1, tada je ˛˛Φ′ (a)˛˛ < 1,a ukoliko je r > 1, tada je Φ ′ (a) = 0.Korišćenjem navedene teoreme sada dobijamo iterativni procesx k+1 = x k − x k − φ(x k )1 − 1 r φ′ (x k )x k − 1= x k − 2 cos x k1 + 1 ,2 sin x ktj.(3) x k+1 = x k sin x k + cos x k2 + sin x k(k = 0,1, 2, . . .),

KARAKTERISTIKE PROCESA I UBRZAVANJE KONVERGENCIJE 61za koji znamo da ima red konvergencije najmanje dva.Primenom iterativnog procesa (2) dobijamo sledeće iteracije:kx k0 1.00000000001 0.48628801702 0.45041860473 0.45018362154 0.45018361135 0.4501836113Od posmatranih metoda najbrže konvergira metod (3), zatim (2), pa (1). Ovopostaje jasno ako imamo u vidu sledeće asimptotske jednakosti:«Metod (1): x k+1 − a ≈ Φ ′ (a)(x k − a)„˛˛Φ ′ (a)˛˛ = ˛˛−1 2 sin a˛˛˛˛ < 1 ,Metod (2): x ∗ k+1 − a ≈ (Φ′ (a)) 2 (x ∗ k − a) (videti [1, str. 193]),Metod (3): x k+1 − a ≈ C(x k − a) 2 „C =cos a2(2 + sin a) = a2 + sin aDakle, procesi (1) i (2) su sa linearnom konvergencijom (drugi sa manjom asimptotskomkonstantom greške), dok je proces (3) sa kvadratnom konvergencijom.3.2.4. Jednačina f(x) = 0 ima prost koren x = a za čije se odred¯ivanjekoristi iterativni proces x k+1 = G(x k ), gde je«.(1) G(x) = x − f(x) ( ) 2 f(x)f ′ (x) + h(x) f ′ .(x)Odrediti funkciju h tako da iterativni proces ima red konvergencije najmanjetri, pri čemu je funkcija f dovoljan broj puta diferencijabilna.Rešenje. Zadatak ćemo rešiti na dva načina.Prvi način: Da bi zadati iterativni proces imao red konvergencije najmanje tri,potrebni su sledeći uslovi (videti [1, str. 95])G(a) = a, G ′ (a) = G ′′ (a) = 0.

62 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAS obzirom da je„ «G ′ 2hf f′2 − f f′′„ « 2(x) = 1 +f ′ − 1 + h ′ ff ′ 2 f ′ ,`h′ G ′′ f + hf ′´ f ′ − h f f ′′ f ′ 2 − f f′′(x) = 2i f(a) = 0, imamoIz uslova G ′′ (a) = 0 nalzaimopa je dakle tražena funkcijaf ′ 2f ′ 2„ « `f ′ 2h ff ′′ − f f ′′′´f ′ 2 − 2“f ′ 2 ” − f f′′f ′ f ′′+f ′ − 1+ h ′′ „ ff ′ « 2+ 2h ′ ff ′ „ ff ′ « ′f ′ 4G(a) = a, G ′ (a) = 0, G ′′ (a) = 2h(a) + f ′′ (a)f ′ (a) .h(a) = − f ′′ (a)2f ′ (a) ,h(x) = − f ′′ (x)2f ′ (x) .Prethodno opisani postupak očigledno nije podesan kada treba nalaziti višeizvode iterativne funkcije i kada je iterativna funkcija komlikovanija.Drugi način: Pod¯imo sada od sledeće teoreme (videti [1, str. 197]): Neka jex k+1 = Φ(x k ) (k = 0, 1, . . .) iterativni proces sa konvergencijom“reda r (≥ 2)”ifunkcija Φ (r+1)-puta diferencijabilna u okolini granične tačke a lim x k = a .k→+∞Tada jex k+1 = Φ(x k ) − 1 r Φ′ (x k ) (x k − Φ(x k )) (k = 0, 1, . . .)iterativni proces najmanje reda r + 1.S obzirom da u iterativnoj funkciji (1) prepoznajemo deo koji predstavlja iterativnufunkciju Newtonovog metodaϕ(x) = x − f(x)f ′ (x) ,

KARAKTERISTIKE PROCESA I UBRZAVANJE KONVERGENCIJE 63primenimo prethodnu teoremu i izvršimo ubrzavanje konvergencije Newtonovogiterativnog metoda koji ima red konvergencije r = 2.Dakle, iterativni proces x k+1 = ψ(x k ) (k = 0, 1, . . .), gde jeψ(x) = ϕ(x) − 1 2 ϕ′ (x)(x − ϕ(x))(3)= x − f(x)f ′ (x) − 1 f(x)f ′′ (x)2 f ′ (x) 2= x − f(x)f ′ (x) − 1 f ′′ (x)2 f ′ (x)„ f(x)f ′ (x)f(x)f ′ (x)« 2ima red konvergencije najmanje tri.Upored¯ivanjem iterativnih funkcija (1) i (3) zaključujemo da iterativnu funkciju(1) možemo identifikovati sa iterativnom funkcijom (3) ako uzmemoh(x) = − f ′′ (x)2f ′ (x) .3.2.5. Naći red konvergencije iterativnog procesa(1) x k+1 = αg(x k) − x k h(x k )g(x k ) − h(x k )(k = 1,2,... ),gde su(2) g(x) =f(x) − f(α)x − α, h(x) = f ′ (x)f(α)f(x),koji se koristi za nalaženje prostog korena x = a, izolovanog na segmentu[α,β], jednačine f(x) = 0. Uzimajući α = 0, x 1 = β = 1, f(x) = x 3 − 3x 2 +4x − 1, naći x 3 .Rešenje. Poznato je da modifikovani metod sečice(3) x k+1 = G(x k ) ,gde jeG(x) = x −x − αf(x) − f(α) f(x),ima red konvergencije r = 1 (videti [1, str. 349-350]).

64 OPŠTA TEORIJA ITERATIVNIH PROCESAIskoristimo sada navedenu teoremu u zadatku 3.2.3 za ubrzavanje konvergencijeprocesa (3). Dakle, iterativni proces x k+1 = F(x k ), gde je(4) F(x) = x − x − G(x)1 − G ′ (x) ,ima red konvergencije najmanje 2. S obzirom da jeG ′ (x) = 1 −na osnovu (4) dobijamo`f(x) + (x − α) f ′ (x)´(f(x) − f(α)) − f(x)f ′ (x)(x − α)(f(x) − f(α)) 2 ,f(x)(f(x) − f(α))(x − α)F(x) = x −(f(x) + (x − α) f ′ (x))(f(x) − f(α)) − f(x)f ′ (x)(x − α)f(x) − f(α)= x − „1 + (x − α) f ′ «(x) f(x) − f(α)− ff(x) x − α′ (x)f(x) − f(α)= x −f(x) − f(α)− f(α)f ′ .(x)x − α f(x)Najzad, s obzirom na (2), imamo(5) F(x) = x −g(x)(x − α)g(x) − h(x)=α g(x) − x h(x)g(x) − h(x)Iterativna funkcija (5) predstavlja iterativnu funkciju procesa (1). Dakle, iterativniproces (1) ima red konvergencije najmanje 2.Uzimajući α = 0, x 1 = β = 1 za funkciju f(x) = x 3 −3x 2 +4x −1, korišćenjem(1), dobijamok x k f(x k )1 1. 1.2 0.3333 0.03703 0.3176 0.0016.

IV G L A V ANumerički metodi u linearnojalgebri4.1. Direktni metodi u linearnoj algebri4.1.1. Sistem linearnih jednačina Ax = b, gde su⎡⎤ ⎡1 20 −400A = ⎣ 0.2 −2 −20 ⎦ , ⃗ b = ⎣ 1 ⎤ ⎡0.2 ⎦ , ⃗x = ⎣ x ⎤1x 2⎦ ,−0.04 −0.2 1 0.05 x 3transformisati u sistem By = c, tako da je B simetrična matrica i y =Dx (D = diag(1,10,100)). Odrediti faktor uslovljenosti k(B) matrice Bkorišćenjem spektralne norme, a zatim, naći rešenje datog sistema rešavajućitransformisani sistem Gaussovim algoritmom.Rešenje. Smenom(1) y = Dx = 4 1 1023 25 4 x 3 21x 25 = 4 x 3110 x 25 ,100 x 3 100 x 3sistem Ax = b postaje24 1 2 −43 20.2 −0.2 −0.2 5 4 y 3 21y 25 = 4 1 30.2 5 .−0.04 −0.02 0.01 y 3 0.05Ako pomnožimodrugu itreću jednačinu sa 10, odnosno 100, dobijamosistem By =c, gde su2B = 4 1 2 −43 22 −2 −2 5 , c = 4 1 32 5 .−4 −2 1 5Kada se koristi spektralna norma, faktor uslovljenosti je dat sa (videti [1, str. 246])sk(B) = ‖B‖ sp ‖B −1 max λ(B‖ sp =∗ B)min λ(B ∗ B) ,

66 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIgde je λ(B ∗ B) sopstvena vrednost matrice C = B ∗ B.S obzirom da je matrica B simetrična i realna, ona je i hermitska (B ∗ = ¯B ⊤ =B ⊤ = B). Za hermitsku matricu B važi λ(B ∗ B) = λ(B) 2 te se prethodni izrazpojednostavljuje, tj. postajeIz karakteristične jednačinek(B) =max |λ(B)|min |λ(B)| .det(B − λI) = (λ + 3) 2 (6 − λ) = 0 ,nalazimo sopstvene vrednosti matrice B, λ 1 = λ 2 = −3, λ 3 = 6, pa sledujek(B) = 6 3 = 2 .Poznato je da je matrica utoliko bolje uslovljena ukoliko je faktor uslovljenostik(B) bliži jedinici (videti [1, str. 246]). Inače, uvek je k(B) ≥ 1.(2)Rešimo sada Gaussovim algoritmom sistem By = c, tj.24 1 2 −43 22 −2 −2 5 4 y 3 21y 25 = 4 1 32 5 .−4 −2 1 y 3 5Najpre vršimo trougaonu redukciju: izračunavamo faktore m 21 =2/1=2, m 31 =−4/1=−4, zatim množimo prvu jednačinu sistema (2), koja ostaje nepromenjena,sa m i1 i oduzimamo od i–te jednačine (i = 2,3). Tako dobijamo(3)24 1 2 − 43 20 |−6 6 5 4 y 3 21y 25 = 4 1 30 5 .0 | 6 −15 y 3 9Dalje, izračunavamo faktor m 32 = 6/(−6) = −1, množimo drugu jednačinu sistema(3) i dodajemo trećoj (prva i druga jednačina ostaju nepromenjene), te dobijamo(4)24 1 2 −43 20 −6 6 5 4 y 3 21y 25 = 4 1 30 5 ,0 0 9 y 3 9čime je postupak trougaone redukcije završen.

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 67Sada sistem (4) rešavamo sukcesivno polazeći od poslednje jedačine. Dobijamoy 3 = 9−9 = −1 ,y 2 = 1 [0 − 6 · (−1)] = −1 ,−6y 1 = 1 [1 − 2 · (−1) − (−4) · (−1)] = −1 .1S obzirom na smenu (1), rešenje sistema Ax = b je dato sax 1 = y 1 = −1 ,x 2 = y 210 = −0.1 ,x 3 = y 3100 = −0.01 .Napominjemo da se pri rešavanju većih sistema linearnih jednačina na računskojmašini, preporučuju modifikacije Gaussovog metoda poznate pod nazivomGaussov metod sa izborom glavnog elementa (videti [1, primer 2.2.2 na str. 231–233]) i Gaussov metod sa totalnim izborom glavnog elementa (videti [1, str. 233]).Primedba. Preporučujemo čitaocu da odredi k(A).4.1.2. Gaussovom metodom sa izborom glavnog elementa rešiti sistemjednačina Ax = b, gde je⎡A = ⎣ 2 4 6⎤ ⎡3 2 1 ⎦ , x = ⎣ x ⎤ ⎡1x 2⎦ , b = ⎣ 4 ⎤2 ⎦ .4 1 2 x 3 3Rešenje. Dopišimo matrici A kolonu koja predstavlja elemente vektora b, tj.2A b = 4 2 4 6 | 433 2 1 | 2 5 .4 1 2 | 5Pristupimo sada trougaonoj redukciji matrice A po Gaussovom algoritmu saizborom glavnog elementa.U prvom eliminacionom koraku pronalazimo, u prvoj koloni počev od prve vrstematrice A b element koji je najveći po modulu (4), te pripadnu vrstu (III) permutujemosa prvom, tj.2A b ↦→ A 1 = 4 4 1 2 | 533 2 1 | 2 5 .2 4 6 | 4

68 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRISada izračunavamo faktore m 21 = 3 4 , m 31 = 1 2 , množimo prvu vrstu matrice A 1,koja ostaje nepromenjena, sa m i1 i oduzimamo od i–te vrste (i = 2, 3). TakodobijamoA 1 ↦→ A 11 =24 4 0 1 5/4 2 | −1/2 | 5−7/435 .0 7/2 5 | 3/2U drugom eliminacionom koraku nalazimo, u drugoj koloni počev od druge vrstematrice A 11 , element koji je najveći po modulu (7/2) te pripadnu vrstu (III)permutujemo sa drugom.A 11 ↦→ A 2 =24 4 1 2 | 50 7/2 5 | 3/20 5/4 −1/2 | −7/4Sada izračunavamo faktor m 32 = 5/14, množimo drugu vrstu matrice A 2 , kojaostaje nepromenjena, sa m 32 i oduzimamo od treće vrste, te dobijamo2A 2 ↦→ A 22 = 4 4 1 2 | 50 7/2 5 | 3/235 .0 0 −32/14 | −32/14Ovim je završen postupak trougaone redukcije, pa na osnovu elemenata matriceA 22 imamo4 x 1 + x 2 + 2 x 3 = 5 ,72 x 2 + 5 x 3 = 3 2 ,− 3214 x 3 = − 3214 .Rešavanjem poslednjeg sistema, polazeći od poslednje jednačine ka prvoj, dobijamox 1 = 1, x 2 = −1, x 3 = 1.4.1.3. Odrediti inverznu matricu X, regularne matrice⎡A = ⎣ 3 1 6⎤2 1 3 ⎦ ,1 1 1pomoću Gaussovog algoritma.Rešenje. Neka je2X = 4 x 311 x 12 x 13x 21 x 22 x 235 = ˆx 1x 31 x 32 x 33x 2˜x 3 .35 .

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 69Vektori x 1 , x 2 , x 3 su, redom, prva, druga, treća kolona matrice X. Definišimovektore e 1 , e 2 , e 3 pomoćue 1 = ˆ1 0 0 ˜⊤ , e2 = ˆ 0 1 0 ˜⊤ , e3 = ˆ0 0 1 ˜⊤ .S obzirom na jednakost AX = ˆ Ax 1 Ax 2 Ax 3˜= I =ˆe1 e 2 e 3˜, problemodred¯ivanja inverzne matrice X može se svesti na rešavanje tri sistema linearnihjednačina(1) Ax i = e i (i = 1,2, 3).Za rešavanje sistema (1) pogodno je koristiti Gaussov metod, s obzirom da sematrica A pojavljuje kao matrica svih sistema, pa njenu trougaonu redukciju trebaizvršiti samo jednom. Na način kao što je to objašnjeno u zadatku 4.1.1, dobijamo2A = 4 3 1 63 22 1 3 5 ↦→ 4 3 1 63 20 1/3 −1 5 ↦→ 4 3 1 630 1/3 −1 51 1 1 0 2/3 −1 0 0 1(simbol “↦→” označava transformaciju matrice sa leve strane simbola u matricu sadesne strane simbola), pri čemu su izračunati faktori m 21 = 2 3 , m 31 = 1 3 , m 32 = 2.Sada, sve elementarne transformacije koje su potrebne za trougaonu redukcijumatrice A treba primeniti i na vektore e i (i = 1,2,3). Korišćenjem faktora m 21 ,m 31 , m 32 , dobijamoe 1 =234 1 0 5 ↦→0pa sistemi (1) postaju2 3 214 −2/3 5 ↦→ 4−1/31−2/3135 , e 2 =234 0 1 5 ↦→024 0 1−224 3 1 63 20 1/3 −1 5 4 x 3 2 311 1x 215 = 4 −2/3 5 ,0 0 1 x 31 124 3 1 63 20 1/3 −1 5 4 x 3 212x 225 = 4 0 31 5 ,0 0 1 x 32 −224 3 1 63 20 1/3 −1 5 4 x 3 213x 235 = 4 0 30 5 ,0 0 1 x 33 135 , e 3 =234 0 0 5 ,1

70 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIodakle jednostavno nalazimo x ij (i,j = 1,2,3), sukcesivno polazeći uvek od poslednjejednačine u sistemu. Tako je23−2 5 −3X = 4 1 −3 3 5 .1 −2 14.1.4. Data je matricaA =⎡⎤1 4 1 3⎢ 0 −1 2 −1 ⎥⎣⎦ .3 14 4 11 2 2 9Naći faktorizaciju A = LR, gde je L donja trougaona, a R gornja trougaonamatrica sa jediničnom dijagonalom. Korišćenjem ove faktorizacije rešiti sistemjednačina Ax = b, gde je b = [9 0 22 14 ] ⊤ .Rešenje. Trougaone matrice L i R reda n, imaju oblikeL = ˆl ij˜(ln×n ij = 0 za i < j) ,R = ˆr ij˜(r ij = 0 za i > j) .n×nRazlaganje matrice A = ˆa ij˜n×nu obliku A = LR, poznato kao LR faktorizacija(dekompozicija), nije jedinstveno s obzirom na jednakost„ « 1(∀c ≠ 0) LR = (cL)c R .Med¯utim, ako se dijagonalnim elementima matrice R (ili L) fiksiraju vrednosti odkojih nijedna nije jednaka nuli, razlaganje je jedinstveno.S obzirom da se zadatkom zahteva da je r ii = 1 (i = 1, . . . ,4), imamo (videti[1, str. 207–208])l 11 = a 11 ,r 1i = a 1il 11l i1 = a i19=;i−1Xl ii = a ii − l ik r kir ij = 1l iik=1(i = 2, 3,4) ;!Xi−1a ij − l ik r kjk=19> =(j = i + 1, . . . , 4);Xi−1l ji = a ji − l jk r ki > ;k=19>=>;(i = 2, 3,4) ,

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 71pa jeL =264100 −13 2 51 −2 −3 23275 , R = 6431 4 1 31 −2 171 −2 50.1S obzirom da je A = LR, sistem Ax = ⃗ b sada postaje LRx = b. SmenomRx = y, dobijamoLy = b ,odakle je, sukcesivnim rešavanjem ovog sistema polazeći od prve ka poslednjojjednačini, y = ˆ9 0 −1 1 ˜⊤ . Sada rešavamo sistemRx = y ,polazeći od poslednje ka prvoj jednačini, pa je x = ˆ1 1 1 1 ˜⊤ .Napomenimo da su faktorizacioni metodi naročito pogodni za rešavanje sistemalinearnih jednačina, kod kojih se matrica sistema ne menja, već samo vektorslobodnih članova b. Ovakvi sistemi se često javljaju u tehnici.4.1.5. Metodom kvadratnog korena rešiti sistem jednačinaRačunati na četiri decimale.Rešenje. Matrica sistema4.32x 1 + 0.28x 2 + 0.57x 3 + 0.87x 4 = 2.17,0.28x 1 + 3.84x 2 + 0.43x 3 + 0.62x 4 = 4.36,0.57x 1 + 0.43x 2 + 3.42x 3 + 0.52x 4 = 4.32,0.87x 1 + 0.62x 2 + 0.52x 3 + 3.30x 4 = 4.48.234.32 0.28 0.57 0.87A = 60.28 3.84 0.43 0.62740.57 0.43 3.42 0.52 50.87 0.62 0.52 3.30je normalna (simetrična i pozitivno definitna), pa možemo da izvršimo njenu faktorizacijuu obliku A = R ⊤ R, gde je R gornja trougaona matricaR = ˆr ij˜4×4 , r ij = 0 za i > j.

72 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIDakle, koristeći formule:r 11 = √ a 11 , r 1j = a 1j(j = 2,3, 4),r 11vu Xi−1r ii = t aii −r ij = 1r iik=1r 2 ki!Xi−1a ij − r ki · r kjk=19>=(j = 3, 4) >;(i = 2,3, 4),odred¯ujemo matricu R232.0785 0.1347 0.2742 0.4186R = 60.0000 1.9550 0.2011 0.2883740.0000 0.0000 1.8178 0.1910 5 .0.0000 0.0000 0.0000 1.7335Ako označimo vektor nepoznatih sa x = [x 1 x 2 x 3 x 4 ] ⊤ , a sa b vektor slobodnihčlanova, zadati sistem možemo pretstaviti u oblikuAx = b,tj.Rešimo prvo sistem jednačinaR ⊤ Rx = b.R ⊤ y = b,gde je y = [y 1 y 2 y 3 y 4 ] ⊤ , tj.2.17 = 2.0785y 1 ,4.36 = 0.1347y 1 + 1.9550y 2 ,4.12 = 0.2742y 1 + 0.2011y 2 + 1.8178y 3 ,4.48 = 0.4186y 1 + 0.2883y 2 + 0.1910y 3 + 1.7335y 4 .Tako dobijamoy 1 = 1.0440, y 2 = 2.1582, y 3 = 1.8702, y 4 = 1.7673.Dalje, rešimo sistem jednačinaRx = y,

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 73tj.2.0785x 1 + 0.1347x 2 + 0.2742x 3 + 0.4186x 4 = 1.0440,1.9550x 2 + 0.2011x 3 + 0.2883x 4 = 2.1582,1.8178x 3 + 0.1910x 4 = 1.8702,1.7335x 4 = 1.7673.Traženo rešenje jex 1 = 0.1197, x 2 = 0.8588, x 3 = 0.9217, x 4 = 1.0195.4.1.6. Za trodijagonalnu matricu⎡A = ⎢⎣4 1 0 0 08 5 −2 0 00 −3 −1 5 00 0 −9 13 −40 0 0 −2 −3naći LR faktorizaciju (sa jediničnom dijagonalom u L), a zatim naći rešenjesistema jednačina Ax = b, gde je b = [ 1 0 1 0 1 ] ⊤ .Rešenje. Neka je data trodijagonalna matrica23b 1 c 1 0 · · · 0 0a 2 b 2 c 2 0 0A =0 a 3 b 3 0 0.674.50 0 0 a n b nAko matrica A ispunjava uslov za dekompenzaciju (videti [1, str. 207] i pretpostavimomatrice L i R u obliku231 0 0 · · · 0 0α 2 1 0 0 0L =0 α 3 1 0 0,674.50 0 0 α n 1⎤⎥⎦23β 1 γ 1 0 · · · 0 00 β 2 γ 2 0 0R =0 0 β 3 0 0,674.50 0 0 0 β n

74 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRItada je2LR =643β 1 γ 1 0 · · · 0 0α 2 β 1 α 2 γ 1 + β 2 γ 2 0 00 α 3 β 2 α 3 γ 2 + β 3 0 07.50 0 0 α n β n−1 α n γ n−1 + β nIz uslova A = LR dobijamo sledeće formule za odred¯ivanje elemenata α i , β i , γ i :β 1 = b 1 ,.γ i−1 = c i−1 ,α i = a iβ i−1, β i = b i − α i γ i−1 (i = 2, . . . , n) .Na osnovu predhodnog, za matricu A datu zadatkom, nalazimo2L =6412 1−1 13 11 13275 , R = 644 13 −2−3 5−2−41375 .Sistem Ax = b sada postaje LRx = b. Smenom Rx = y, dobijamo Ly = b ,odakle je y = ˆ 1 −2 −1 3 −2 ˜⊤ , a dalje iz Rx = y nalazimox = ˆ −1/3 7/3 9/2 5/2 −2 ˜⊤ .4.1.7. Dato jeA =⎡⎢⎣−3 5 −11 −132 −1 4 76 −6 12 243 1 − 2 8⎤⎥⎦ , b =Primenom Gaussovog algoritma sa izborom glavnog elementa, odrediti permutacionumatricu P i donju i gornju trougaonu matricu L i R u faktorizacijiLR = PA. Naći rešenje sistema Ax = b korišćenjem dobijene faktorizacije.Rešenje. Pristupimo trougaonoj redukciji matrice A po Gaussovom algoritmusa izborom glavnog elementa.⎡⎢⎣9−2−65⎤⎥⎦ .

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 75U prvom eliminacionom koraku pronalazimo, u prvoj koloni počev od prve vrstematrice,23−3 5 −11 −13A = 6 2 −1 4 774 6 −6 12 24 5 ,3 1 − 2 8element koji je najveći po modulu (6), te odgovarajuću vrstu (III) permutujemosa prvom, tj.236 −6 12 24A ↦→ A 1 = 6 2 −1 4 774 3 5 −11 −13 5 .3 1 − 2 8Iz razloga “pamćenja” permutacije koja se vrši nad vrstama matrice sistema,uvodimo indeksni niz glavnih elemenata, I = (p 1 , p 2 , p 3 ), pri čemu je p k brojvrste iz koje se uzima glavni element u k–tom eliminacionom koraku.Dakle, u našem slučaju, p 1 = 3. Dalje, izračunavamo faktore m 21 = 1/3,m 31 = −1/2, m 41 = 1/2, koje upisujemo na mesto elemenata matrice A 1 koji seanuliraju po Gaussovom algoritmu u prvom eliminacionom koraku, te dobijamo2A 1 ↦→ A 11 =646 −6 12 241/31 0 −1−1/22 −5 −11/24 −8 −4U drugom eliminacionom koraku pronalazimo u drugoj koloni počev od druge vrstematrice A 11 , element koji je najveći po modulu (4), te pripadnu vrstu (IV) permutujemosa drugom, tj.2A 11 ↦→ A 2 =646 −6 12 241/24 −8 −4−1/22 −5 −11/31 0 −1pa je p 2 = 4. Sada izračunavamo faktore m 32 = 1/2, m 42 = 1/4, koje upisujemona mesto elemenata matrice A 2 koji se anuliraju po Gaussovom algoritmu udrugom eliminacionom koraku, te dobijamo2A 2 ↦→ A 22 =646 −6 12 241/23.753,754 −8 −4−1/2 1/2−1 11/3 1/42 03.75

76 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI(Primetimo da uokvireni elementi matrice A 2 ne podležu transformaciji pri Gaussovojredukciji).Na osnovu prethodno rečenog, jasan je postupak i u trećem eliminacionom koraku,tj.236 −6 12 241/27A 22 ↦→ A 3 =642↦→ A 33 =644 −8 −41/3 1/42 0−1/2 1/2−1 1756 −6 12 241/24 −8 −41/3 1/42 0−1/2 1/2 −1/21p 3 = 4, čime je završen postupak trougaone redukcije matrice A po Gaussovomalgoritmu.Na osnovu dobijenog indeksnog niza I = (3, 4, 4) možemo konstruisati permutacionumatricu P. Dakle,P = P 3 · P 2 · P 1 ,gde je P k matrica koja nastaje transformacijom jedinične matrice, tako što sejedinica iz k–te vrste pomera duž vrste i dolazi u kolonu p k , a jedinica u p k -tojvrsti se pomera duž vrste i dolazi u kolonu k. Na osnovu rečenog imamo23 23 230 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0P 1 = 60 1 0 0741 0 0 0 5 , P 2 = 60 0 0 1740 0 1 0 5 , P 3 = 6 0 1 0 074 0 0 0 1 5 ,0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 03,75pa je230 0 1 0P = 60 0 0 1740 1 0 0 5 .1 0 0 0Matrice L i R dobijamo na osnovu matrice koja je nastala kao krajnji produkttrougaone redukcije (A 33 ). Matrica L ima za svoje elemente, elemente matriceA 33 ispod glavne dijagonale, na dijagonali su jedinice, a iznad glavne dijagonale sunule. Matrica R se sastoji od elemenata matrice A 33 iznad i na glavnoj dijagonali,

DIREKTNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 77a ispod glavne dijagonale su nule. Dakle,L =2641 0 0 01/2 1 0 01/3 1/4 1 0−1/2 1/2 −1/2 13275 , R = 646 −6 12 240 4 −8 −40 0 2 00 0 0 1375 ,pri čemu jeLR = A ′ ,gde se matrica A ′ dobija iz matrice A konačnim brojem razmena vrsta, tj. A ′ = PA.Za rešavanje sistema Ax = b, posle učinjene faktorizacije treba, u skladu saindeksnim nizom I, permutovati koordinate vektora b, pri čemu dobijamo transformisanivektor b ′ . S obzirom da je I = (3, 4, 4), imamo2 39b = 6 −27p 1 =34 −6 5 ↦→ b 1 =52−66 −24 9537p 2 =45 ↦→ b 2 =264−659−237p 3 =45 ↦→ b 3 = b ′ =Vektor b ′ možemo dobiti i na osnovu b ′ = Pb. Sada sistem jednačina Ax = b ,tj.PAx = Pb , LRx = b ′ ,svodimo na sukcesivno rešavanje trougaonih sistemaLy = b ′ i Rx = y .Iz Ly = b ′ , sukcesivnim rešavanjem od prve ka poslednjoj jednačini, dobijamoy = ˆ −6 8 −2 1 ˜⊤ . Najzad, na osnovu Rx = y, sukcesivnim rešavanjemod poslednje jednačine ka prvoj, dobijamo x = ˆ −2 1 −1 1 ˜⊤ .Primetimo da za rešavanje sistema Ax = b ovakvom procedurom, nije potrebnopoznavati (izračunavati) matricu P ako znamo indeksni niz I. Pogotovu je korišćenjematrice P nepodesno sa stanovišta primene ovakvog algoritma na računskojmašini s obzirom na nepotrebno zauzeće memorijskog prostora.4.1.8. Primenom Gaussovog metoda eliminacije sa izborom glavnog elementanaći LR faktorizaciju matrice⎡⎤1 2 3 5⎢2 6 12 16 ⎥A = ⎣⎦,3 10 27 404 12 16 80264−65−29375 .

78 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIgde je L donja trougaona matrica, a R gornja trougaona matrica sa jedinicamana dijagonali. Zatim, korišćenjem dobijene faktorizacije, rešiti sistemAx = b, gde je b = [−12 − 36 2 − 24] ⊤ .Rešenje. Primenom Gaussovog metoda sa izborom glavnog elementa na matricuA dobijamo redom2323 4 12 16 804 12 16 8062 6 12 161/2743 10 27 40 5 ↦→ 0 4 −246 3/44 1 15 −20 751 2 3 51/4−1 −1 −1523 234 12 16 80 4 12 16 803/41 15 −203/41 15 −20↦→6 1/2↦→4 0 4 −24 7 6 1/2 05 44 −24 751/41/4−1 −1 −15−114 −3523 234 12 16 80 4 12 16 803/41 15 −203/41 15 −20↦→6 1/4 −1↦→414 −35 7 6 1/4 −1.5 414 −35 751/2 0 1/24 −240 2/7−14Faktori eliminacije sum 21 = 1 2 , m 31 = 3 4 , m 41 = 1 4 ,m 32 = 0, m 42 = −1,m 43 = 2 7 .Faktorizacija je, dakle, data u obliku23 231 0 0 0 4 12 16 80A ′ = L ′ R ′ = 63/4 1 0 0741/4 −1 1 0 5 ·60 1 15 −20740 0 14 −35 5 .1/2 0 2/7 1 0 0 0 −14Dalje, važi A ′ = L ′ R ′ = L ′ IR ′ = L ′ DD −1 R ′ , gde je D = diag(4,1, 14, −14).

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 79Ako označimo L = L ′ D, R = D −1 R ′ , gde je D −1 = diag(1/4,1, 1/14, −1/14),imamo da je23 234 0 0 0 1 3 4 20L = 63 1 0 0741 −1 14 0 5 i R = 60 1 15 −20740 0 1 −5/2 5 .2 0 4 −14 0 0 0 1Dakle, A ′ = LR = b ′ , gde je b ′ = [−24 2 − 12 − 36] ⊤ . Najzad, imamoAx = b ⇐⇒ A ′ x = b ′ ⇐⇒ Ly = b ′ i Rx = y,tj.23 2 3 2 3 2 34 0 0 0 y 1 −24−6Ly = b ′ ⇐⇒ 63 1 0 0741 −1 14 0 5 ·6 y 274 y 35 = 6 274 −12 5 =⇒ y = 6 2074 1 5 ,2 0 4 −14 y 4 −36223 2 3 2 32 31 3 4 20 x 1 −620Rx = y ⇐⇒ 60 1 15 −20740 0 1 −5/2 5 ·6 x 274 x 35 = 6 2074 1 5 =⇒ x = 6 −3074 6 5 .0 0 0 1 x 4 224.2. Iterativni metodi u linearnoj algebri4.2.1. Neka je(1) x (k) = Bx (k−1) + β (k = 1,2,... )iterativni proces za rešavanje sistema linearnih jednačina(2) x = Bx + β .Ako je x (0) proizvoljan vektor, ‖B‖ < 1, dokazati da, za svako k ∈ N, važi(3) ‖x (k) − x‖ ≤ ‖B‖1 − ‖B‖ ‖x(k) − x (k−1) ‖.Korišćena norma matrice je saglasna sa izabranom normom vektora.

80 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIRešenje. Ako od (1) oduzmemo (2), dobijamox (k) − x = B`x (k−1) − x´a dalje, ako označimo vektor greške u k–toj iteraciji sa ε (k) = x (k) − x, imamo(4) ε (k) = Bε (k−1) .Ako stavimo da je δ (k) = ε (k) − ε (k−1) , tada je(5) ε (k−1) = ε (k) − δ (k) .Na osnovu (4) i (5), imamoodakle jeε (k) = B`ε (k) − δ (k)´,ε (k) = − (I − B) −1 B δ (k) ,s obzirom da postoji inverzna matrica matrice (I − B), što sleduje iz uslova da je‖B‖ < 1.Ako koristimo normu matrice saglasnu sa normom vektora, iz poslednje jednakostidobijamo(6) ‖ε (k) ‖ ≤ ‖(I − B) −1 B‖ ‖δ (k) ‖ .Iz jednakosti(I − B) −1 = I + B + B 2 + · · · (‖B‖ < 1)sledujetj.(I − B) −1 B = B + B 2 + · · · ,(7) ‖(I − B) −1 B‖ ≤ ‖B‖ + ‖B‖ 2 + · · · = ‖B‖1 − ‖B‖ .Kako je δ (k) = ε (k) − ε (k−1) = x (k) − x (k−1) , na osnovu (6) i (7) dobijamošto je i trebalo dokazati.‖x (k) − x‖ ≤‖B‖1 − ‖B‖ ‖x(k) − x (k−1) ‖ ,

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 814.2.2. Metodom proste iteracije, ukoliko je metod konvergentan, naćipribližno rešenja sistema linearnih jednačinax 1 = 0.2x 1 − 0.30x 2 + 7,x 2 = 0.4x 1 + 0.15x 2 + 6.5.Rešenje. Dati sistem možemo predstaviti u obliku(1) x = Bx + β ,gde jex =»x1–, B =x 2» – » –0.2 −0.30 7, β = .0.4 0.15 6.5Jedan od najprostijih stacionarnih metoda za rešavanje sistema linearnih jednačina(1) je metod proste iteracije(2) x (k) = Bx (k−1) + β .Ako je x (0) proizvoljan vektor, dovoljan uslov za konvergenciju procesa (2) je dabilo koja norma matrice B bude manja od jedinice (videti [1, str. 252]). S obziromda je ‖B‖ ∞ = 0.55 < 1, sleduje da je proces (2) konvergentan. (Napominjemo dau slučaju ‖B‖ ≥ 1, na osnovu te činjenice, ne možemo zaključuti da proces (2) nijekonvergentan).(3)Da bismo primenili (2) predstavimo ga u skalarnom obliku, tj.x (k)1= 0.2 x (k−1)1− 0.3 x (k−1)2+ 79=x (k)2= 0.4 x (k−1)1+ 0.15 x (k−1) ;2+ 6.5(k = 1, 2, . . .).Iako smo napomenuli da je x (0) proizvoljan vektor, u primenama se često uzimada je(4) x (0) =24 x(0) 1x (0)23235 = β = 4 7 5 .6.5Kao i kod svih iterativnih procesa, pored metoda i potrebnih startnih vrednosti,neophodan je i kriterijum završetka procesa. Najčešće se zadaje neko ε, tako da je‖x (k) −x (k−1) ‖ ≤ ε. Pri korišćenju računara, često se pored ovog uslova, unapredfiksira i broj iteracija takav da, ukoliko nismo učinili neku semantičku (logičku)grešku, proces postigne tačnost ε sa manjim brojem iteracija od fiksiranog. Ovaj

82 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIdodatni uslov obezbed¯uje siguran završetak programa i u slučajevima kada procesne konvergira iz nekog razloga.Neka je, u našem slučaju, ε = 5 · 10 −3 . Primenimo metod (3) sa startnimvektorom (4). Tako dobijamok x (k)1x (k)20 7. 6.51 6.450 10.2752 5.208 10.6213 4.855 10.1764 4.918 9.9685 4.993 9.9626 5.010 9.9927 5.005 10.0038 5.000 10.002pri čemu su svi rezultati zaokruženi na tri decimale. S obzirom da je‖x (8) − x (7) ‖ ∞ = 5 · 10 −3 = ε,za približno rešenje zadatog sistema linearnih jednačina uzimamox =»x1–∼= x (8) =x 2» –5.000.10.002Na osnovu nejednakosti (3) iz prethodnog zadatka, važi ocena‖x (8) − x‖ ∞ =‖B‖ ∞1 − ‖B‖ ∞‖x (8) − x (7) ‖ ∼ = 0.006 .Svakako, lako je ustanoviti u ovom jednostavnom primeru da je tačno rešenjex = ˆ x 1 x 2˜⊤ =ˆ5 10˜⊤.4.2.3. Utvrditi da li je sistem linearnih jednačina x = Bx + β, gde je[ ] [ 0.5 12B =, β = ,−1.25 −1.5 0]moguće rešiti metodom proste iteracije. Ako jeste, odrediti x (1) ,x (2) ,x (3)uzimajući x (0) = β.

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 83Rešenje. Najpre utvrdimo da li je ovaj metod konvergentan. Norme matriceB imaju vrednosti‖B‖ ∞ = max{0.5 + 1, 1.25 + 1.5} = 2.75,‖B‖ 1 = max{0.5 + 1.25, 1 + 1.5} = 2.5,p‖B‖ 2 = 0.5 2 + 1 2 + 1.25 2 + 1.5 2 = 2.25.Ni jedna od ovih normi matrice B nije manja od jedinice, pa dakle nije ispunjendovoljan uslov za konvergenciju odgovarajućeg metoda proste iteracije.Da bismo proverili potrebne i dovoljne uslove nad¯imo spektralni radijus matriceB. Karakteristična jednačina matrice B je0.5 − λ 1˛ −1.25 −1.5 − λ ˛ = 0, tj. λ2 + λ + 0.5 = 0.Koreni karakteristične jednačine su λ 1,2 = −0.5±0.5i, spektralni radijus je ̺(B) =√0.5 2 + 0.5 2 = 0.7071 < 1. Dakle, metod proste iteracije, za sistem iz ovog zadatka,konvergira. Za odred¯ivanje x (1) ,x (2) ,x (3) pri startnoj vrednosti −→ x (0) = βkoristimo iterativni procesTako dobijamox (1) =x (k+1) = B x (k) + β (k = 0, 1,2, . . . ).» – » – » –3, x (2) 1= , x (3) 2.5= .−2.5 0 −1.25Radi ilustracije navodimo tabelu suksesivnih aproksimacija x (1) ,x (2) , . . . ,x (9) :x (0) x (1) x (2) x (3) x (4) x (5)»20– » – » – » – » – » –3 1 2.5 2 1.75−2.5 0 −1.25 −1.25 −0.625x (6) x (7) x (8) x (9) . . . x ∗» –2.25»1.875– »2– » –2.0625» –2−1.25 −0.9375 −0.9375 −0.9940−1Uočavamo konvergenciju niza suksesivnih aproksimacija ka tačnom rešenjux ∗ = [2 − 1] ⊤ .

84 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI4.2.4. Dokazati da se na rešavanje sistema linearnih jednačina(1)10 x 1 + 3x 2 − x 3 = 12,− x 1 + 5x 2 − x 3 = 3,x 1 + 2x 2 + 10x 3 = 13,može primeniti Jacobiev iterativni metod, a zatim, primenom ovog metoda,odrediti prvih pet iteracija.Rešenje. Dati sistem možemo predstaviti u obliku(2) Ax = b ,gde su23 210 3 −1A = 4 −1 5 −1 5 , x = 4 x 3 21x 25 , b = 4 12 33 5 .1 2 10x 3 13Sa datog sistema (2) pred¯imo na oblik(3) x = Bx + β ,na osnovu koga formiramo, jednostavno, metod proste iteracijex (k) = Bx (k−1) + β .Prelaz sa oblika (2) na oblik (3) nije jedinstven. Jedan način prelaza i formiranjametoda proste iteracije, koji ćemo sada izložiti, poznat je kao Jacobiev metod.Neka jeNa osnovu (2), imamotj.D = diag(A) =24 10 0 030 5 0 50 0 10Dx = −(A − D) x + b ,(4) x = −D −1 (A − D)x + D −1 b ,što podrazumeva regularnost matrice D.Na osnovu (4) formiramo metod proste iteracije(5) x (k) = −D −1 (A − D)x (k−1) + D −1 b ,

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 85koji je poznat kao Jacobiev metod.Za ispitivanje konvergencije Jacobievog metoda (6), za rešavanje sistema jednačina(2), poslužimo se teoremom L. Collatza o dominantnosti glavne dijagonalematrice A = ˆa ij˜(videti [1, str. 266]). (Napomenimo da ova teorema daje dovoljneuslove za konvergenciju, što će reći, da ako ti uslovi nisu ispunjeni, pitanjekonvergencije ostaje otvoreno). Dakle, s obzirom da je|a 11 | = 10 > |a 12 | + |a 13 | = 4 ,|a 22 | = 5 > |a 21 | + |a 23 | = 2 ,|a 33 | = 10 > |a 31 | + |a 32 | = 3 ,i kako A ne sadrži nula–submatricu tipa 1 × 2 ili 2 × 1, zaključujemo da su usloviteoreme ispunjeni, te iterativni proces (5), za rešavanje sistema (2), konvergira.Primetimo da sa sistema (1) možemo preći na sistem (4), odnosno (5), ali uskalarnom obliku, na taj način što i–tu jednačinu sistema (1) rešimo po x i (i =1, 2,3). Tada nepoznatim na levoj strani pridružimo indeks (k), a na desnoj straniindeks (k − 1). Tako dobijamo(6)x (k)1= −0.3 x (k−1)2+ 0.1 x (k−1)3+ 1.2x (k)2= 0.2 x (k−1)1+ 0.2 x (k−1)3+ 0.6x (k)3= −0.1 x (k−1)1− 0.2 x (k−1)2+ 1.39>=>;(k = 1,2, . . .).Startni vektor x (0) je proizvoljan. Polazeći od x (0) = ˆ1.2 0.6 1.3 ˜⊤ , naosnovu (6), za k = 1,2, . . . ,5, dobijamox (1) = ˆ1.150000 1.100000 1.060000 ˜⊤ ,x (2) = ˆ0.976000 1.042000 0.965000 ˜⊤ ,x (3) = ˆ0.983900 0.988200 0.994000 ˜⊤ ,x (4) = ˆ1.002940 0.995580 1.003970 ˜⊤ ,x (5) = ˆ1.001723 1.001382 1.000590 ˜⊤ .Primetimo da je tačno rešenje sistema (1) dato sa x = ˆ 1 1 1 ˜⊤ .4.2.5. Gauss–Seidelovim metodom, ukoliko je on konvergentan, naći približnorešenje sistema linearnih jednačina iz zadatka 4.2.2x 1 = 0.2x 1 − 0.3 x 2 + 7,x 2 = 0.4x 1 + 0.15x 2 + 6.5.

86 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIRešenje. Gauss–Seidelov metod se dobija modifikacijom metoda proste iteracije.Kao što smo videli kod metoda proste iteracije (zadatak 4.2.2), vrednosti–te komponente x i vektora x u k–toj iteraciji izračunava se na osnovu vrednostikomponenata vektora x iz k − 1 iteracije. Modifikacija, koja dovodi do Gauss–Seidelovog metoda, se sastoji u tome što pri izračunavanju i–te komponente vektorax u k–toj iteraciji koristimo komponente vektora x, takod¯e, u k–toj iteraciji koje suveć izračunate, a preostale komponente vektora x uzimamo iz k − 1 (k = 1,2, . . . )iteracije, tj.(2)za k = 1, 2, . . . .x (k)1= 0.2 x (k−1)1− 0.3 x (k−1)2+ 7 ,x (k)2= 0.4 x (k)1+ 0.15 x (k−1)2+ 6.5 ,Gauss–Seidelov iterativni proces (2) se može predstaviti i u matričnoj formi. Utom cilju, sistem (1) predstavimo u oblikugde sux =»x1x 2–, B =x = Bx + β ,» – » –0.2 −0.3 7, β = .0.4 0.15 6.5Neka je B = B 1 + B 2 , gde su» – » –0 0 0.2 −0.3B 1 = , B0.4 0 2 =.0 0.15Tada (2) postaje(3) x (k) = B 1 x (k) + B 2 x (k−1) + β (k = 1,2, . . . ).Pri proizvoljnom vektoru x (0) , potrebni i dovoljni uslovi za konvergenciju procesa(3), tj. (2), su da svi koreni jednačine0.2 − λ −0.3P(λ) = det [B 2 − (I − B 1 )λ] =˛ 0.4λ 0.15 − λ ˛ = 0budu po modulu manji od jedinice (videti [1, str. 263–265]). S obzirom da polinomP(λ) = λ 2 − 0.23λ + 0.03 = 0ima nule λ 1,2 = 1 2 (0.23 ± i√ 0.067) za koje važi |λ 1,2 | 2 = 0.03 < 1, zaključujemoda je proces (2) konvergentan.

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 87Polazeći od x (0) = β = ˆ7 6.5 ˜⊤ , korišćenjem metoda (2) uz kriterijumzavršetka procesa ‖x (k) −x (k−1) ‖ ∞ ≤ 5 · 10 −3 , dobijamo sledeće iteracije (rezultatisu zaokruženi na tri decimale):(4)k x (k)1x (k)20 7 6.51 6.450 10.0552 5.274 10.1183 5.019 10.0254 4.996 10.0025 4.999 10.000S obzirom da je ‖B‖ ∞ = 0.55 < 1, važi ocena (videti [1, str. 270])‖x (k) − x‖ ∞ ≤‖B 2‖ ∞1 − ‖B‖ ∞‖x (k) − x (k−1) ‖ ∞ .S obzirom da su ‖B 2 ‖ ∞ = 0.5 i ‖x (5) −x (4) ‖ ∞ = 3 ·10 −3 , na osnovu prethodnenejednakosti, zaključujemo da je‖x (5) − x‖ ≤ 3 · 10 −3 .Inače, tačno rešenje sistema (1) je x = ˆ5 10 ˜⊤ .Upored¯ivanjem rezultata (4) sa odgovarajućim rezultatima iz zadatka 4.2.2,lako uočavamo da, u ovom slučaju, Gauss–Seidelov metod brže konvergira negometod proste iteracije, što je i najčešće slučaj. No mogući su i slučajevi gde metodproste iteracije konvergira, a Gauss–Seidelov ne, i obrnuto. Naravno, moguće su isituacije gde oba metoda ne konvergiraju.4.2.6. Dat je sistem linearnih jednačina(1)5x 1 − x 2 + x 3 + 3x 4 = 2,5x 2 + 2x 3 − x 4 = 0,x 1 − 2x 2 + 3x 3 + x 4 = 4,x 1 − x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 10.Formirati Gauss–Seidelov metod (varijanta Nekrasova) i ispitati njegovukonvergenciju.Rešenje. Sistem (1) možemo napisati u matričnoj formiAx = b ,

88 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIgde suA =2645 −1 1 30 5 2 −11 −2 3 11 −1 3 43 2 3 2x 175 , x = 6 x 274 x 35 , b = 64x 420410375 .Ako stavimoA = C 1 + D + C 2 ,gde suC 1 =2640 0 0 00 0 0 01 −2 0 01 −1 3 0375 , D = diag (A), C 2 =može se obrazovati Gauss–Seidelov metod (varijanta Nekrasova)2640 −1 1 30 0 2 −10 0 0 10 0 0 0(2) x (k) = −D −1 C 1 x (k) − D −1 C 2 x (k−1) + D −1 b (k = 1,2, . . . ) .Primetimo da na osnovu (1) možemo direktno formirati metod Nekrasova, takošto i–tu jednačinu rešimo po x i (i = 1, 2,3,4) i tada formiramo iterativni procespo ideji Gauss–Seidela (videti zadatak 4.2.5). Tako, ili na osnovu (2), dobijamo375 ,(3)x (k)1=15 x(k−1) 2− 1 5 x(k−1) 3− 3 5 x(k) 4+ 2 5 ,x (k)2= − 2 5 x(k−1) 3+ 1 5 x(k−1) 4,x (k)3= − 1 3 x(k) 1+ 2 3 x(k) 2− 1 3 x(k−1) 4+ 4 3 ,x (k)4= − 1 4 x(k) 1+ 1 4 x(k) 2− 3 4 x(k) 3+ 5 2 .Pri proizvoljnom vektoru x (0) , iterativni proces (2), tj. (3), konvergira ako isamo ako su svi koreni jednačine5λ −1 1 3(4) P(λ) = det [C 2 + (D + C 1 )λ] =0 5λ 2 −1λ −2λ 3λ 1= 0˛ λ −λ 3λ 4λ ˛po modulu manji od jedinice (videti [1, str. 265]).

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 89Ovi, takozvani, spektralni uslovi za konvergenciju iterativnih procesa, i poredtoga što imaju snagu potrebnih i dovoljnih uslova, nepodesni su za praktičnu primenus obzirom da dovode do problema rešavanja algebarske jednačine(5) P(λ) = 0 .Na osnovu (4) je očigledno da sa povećanjem broja jednačina u sistemu koji rešavamo,raste i stepen algebarske jednačine. S druge strane, prema Abelovom stavu, algebarskajednačina (5) čiji je stepen n > 4 ne može se, u opštem slučaju, rešiti analitički(tj. pomoću radikala). Dakle, kod većih sistema bi trebalo rešavati jednačinu(5) numeričkim metodama (približno), što je problem za sebe, katkad komplikovanijiod primarnog problema rešavanja sistema linearnih jednačina. Med¯utim,rešavanje jednačine (5) se može izbeći jednom transformacijom o kojoj će sada bitireči.Dakle, posmatrajmo algebarsku jednačinu(6) P(λ) = p 0 λ n + p 1 λ n−1 + · · · + p n = 0i ispitajmo da li su njeni koreni po modulu manji od jedinice, tj. da li se nalazeunutar jediničnog kruga u λ–kompleksnoj ravni.Bilinearnom transformacijom(7) λ ↦→ z(λ) = λ + 1λ − 1 ,unutrašnjost jediničnog kruga u λ–kompleksnoj ravni se preslikava u poluravanRe {z} < 1 u z–kompleksnoj ravni (slika 1).Sl. 1.PAko iskoristimo transformaciju (7) za P(λ) iz (6), dobijamo„ « z + 1=z − 11(z − 1) n np 0 (z + 1) n + p 1 (z + 1) n−1 (z − 1) + · · · + p n (z − 1) no ,

90 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRItj. posle sred¯ivanja,(8) Q(z) = (z − 1) n Pgde su„ « z + 1= a 0 z n + a 1 z n−1 + · · · + a n ,z − 1a ν = f ν (p 0 , . . . , p n ) (ν = 0, 1,2, . . . , n) .Dakle, ako je polinom P(λ) imao nule unutar jediničnog kruga u λ–kompleksnojravni, tada polinom Q(z) ima nule sa realnim delom manjim od nule, tj. polinomQ(z) je Hurwitzov. (Napomenimo da Hurwitzovi polinomi imaju veliki značaj utehnici.)Ako je a 0 > 0, polinom (8) je Hurwitzov ako i samo ako su sve veličine(9) a 1 ,˛ a1 a 3a 0 a 2˛˛˛˛ ,pozitivne, pri čemu je a j = 0 (j > n).a 1 a 3 · · · a 2n−1a 1 a 3 a 5a 0 a 2 a 2n−2a 0 a 2 a 4 , . . . ,˛ 0 a 1 a 3˛˛˛˛˛˛ .˛0 0 a n˛˛˛˛˛˛˛˛˛n×nVratimo se sada ispitivanju konvergencije procesa (2), tj. (3). Na osnovu (4) jeP(λ) = λ P 1 (λ) ,gde je P 1 (λ) = 300 λ 3 −20 λ+2 , odakle zaključujemo da će proces (3) konvergiratiako su nule polinoma P 1 (λ) unutar jediničnog kruga.Korišćenjem transformacije (7), imamo„ «Q(z) = (z − 1) 3 z + 1P 1 = a 0 z 3 + a 1 z 2 + a 2 z + a 3 ,z − 1gde su a 0 = 282, a 1 = 914, a 2 = 926, a 3 = 278.Kako je a 0 = 282 > 0, na osnovu (9), zaključujemo da je polinom Q(z) Hurwitzovjer sua 1 = 914 > 0 , a 1 a 2 − a 3 a 0 = 767968 > 0 , a 3 = 278 > 0 .S obzirom da je polinom Q(z) Hurwitzov, tj. da su mu sve nule sa realnim delommanjim od nule, to dalje znači da polinom P 1 (λ) ima nule sa modulom manjim odjedinice. Dakle, proces (2), tj. (3), je konvergentan.Literatura:G.V. Milovanović, R.Ž. D¯ ord¯ević: Matematika za studente tehničkih fakulteta,I deo. Čuperak plavi, Niš, 1996.

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 914.2.7. Dati sistem linearnih jednačina1.3x 1 − 0.2x 2 + 0.1x 3 = 1.0,−0.1x 1 + 0.9x 2 = 0.8,0.2x 1 − 0.3x 2 + 0.8x 3 = −0.9,transformisati na oblik pogodan za upotrebu metoda proste iteracije i Gauss–Seidelovog metoda.a) Pokazati da, u tom slučaju, oba metoda konvergiraju i naći x (1) ,x (2) ,x (3) pri izboru x (0) = 0.b) Utvrditi, koliko je iteracija (teoretski) potrebno izračunati pri korišćenjumetoda proste iteracije da bi važila ocena ‖x ∗ − x (k) ‖ ∞ < 10 −4 (x ∗ jetačno rešenje zadatog sistema).Rešenje. Zadati sistem transformišimo na jedan od oblika koji je pogodan zakorišćenje metoda proste iteracije i Gauss–Seidelovog metoda:x 1 = −0.3x 1 + 0.2x 2 − 0.1x 3 + 1,x 2 = 0.1x 1 + 0.1x 2 + 0.8,x 3 = −0.2x 1 + 0.3x 2 + 0.2x 3 − 0.9.a) Odredimo najpre ‖ · ‖ ∞ normu matrice23−0.3 0.2 −0.1B = 4 0.1 0.1 0.0 5 : ‖B‖ ∞ = max{0.6, 0.2, 0.7} = 0.7.−0.2 0.3 0.2Kako je norma manja od jedinice to oba navedena metoda konvergiraju.Pri izračunavanju aproksimacija metodom proste iteracije koristimo formulex (k+1)1= −0.3x (k)1+ 0.2x (k)2− 0.1x (k)3+ 1x (k+1)2= 0.1x (k)1+ 0.1x (k)2+ 0.8x (k+1)3= −0.2x (k)1+ 0.3x (k)2+ 0.2x (k)3− 0.99>=>;(k = 0, 1, . . .),a Gauss–Seidelovim iteracionim metodom, formulex (k+1)1= −0.3x (k)1+ 0.2x (k)2− 0.1x (k)3+ 1x (k+1)2= 0.1x (k+1)1+ 0.1x (k)2+ 0.8x (k+1)3= −0.2x (k+1)1+ 0.3x (k+1)2+ 0.2x (k)3− 0.99>=>;(k = 0,1, . . .).

92 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIRezultati dobijeni metodom proste iteracije prikazani su u prvoj, a Gauss-Seidelovim metodom u drugoj tabeli.x (0) x (1) x (2) x (3) . . . x ∗234 0 0 5024 1 0.8−0.93524 0.950.98−1.043524 1.0150.993−1.0043524 1 1−135x (0) x (1) x (2) x (3) . . . x ∗234 0 0 5024 1 0.9−0.833524 0.9630.9863−0.9623524 1.00460.9991−0.99373524 1 1−135Primetimo da Gauss–Seidelove iteracije nešto brže konvergiraju ka tačnom rešenjuu ovom slučaju.b) Procenimo sada teoretski broj iteracija k potrebnih da bi bila ispunjenanejednakost ‖x ∗ − x (k) ‖ ∞ < 10 −4 . Pri izboru x (0) = 0 važi (videti [1, str. 253])‖x ∗ − x (k) ‖ ∞ ≤‖B‖k ∞1 − ‖B‖ ∞‖β‖ ∞ .U našem slučaju je ‖B‖ ∞ = 0.7, ‖β‖ ∞ = max{1, 0.8, 0.9} = 1, pa traženizahtev postaje‖x ∗ − x (k) ‖ ∞ ≤ 0.7k1 − 0.7 · 1 < 10−4 ,odakle sleduje 0.7 k < 0.3 · 10 −4 , tj.k >−4 + log 0.3log 0.7≈ 29.198.Dakle, da bismo ostvarili željenu tačnost potrebno je (na osnovu dobijene ocene)odrediti x (30) metodom proste iteracije.4.2.8. Pokažimo da sistem linearnih jednačina iz zadatka 4.2.3 nije mogućerešiti Gauss–Seidelovim iterativnim metodom.Rešenje. Dati linearni sistem je oblikax = Bx + β,

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 93gde suB =» – » –0.5 12, β = .−1.25 −1.5 0Na osnovu norme iterativne matrice, u zadatku 4.2.3, dobijeni su potrebni usloviza konvergenciju metoda proste iteracije i oni nisu ispunjeni jer su sve norme(‖ · ‖ 1 , ‖ · ‖ 2 , ‖ · ‖ ∞ ) matrice B veće od jedinice. Ipak, dati sistem jednačinamoguće je rešiti metodom proste iteracije jer je ̺(B) = 0.7071 < 1.Med¯utim, Gauss–Seidelov metod nije konvergentan jer je jedan od korena jednačine0.5 − λ 1P(λ) =˛ −1.25λ −1.5 − λ ˛ = λ2 + 2.25λ − 0.75 = 0po modulu veći od jedinice (λ 1∼ = 0.29473, λ2 ∼ = −2.54473).4.2.9. Pokazati da se sistem linearnih jednačina oblika x = Bx + β, gdesu[ ] [ ]3 −31B = , β = ,1 0.1 2može rešiti Gauss–Seidelovim, a ne može rešiti metodom proste iteracije.Rešenje. Norme ‖ · ‖ 1 , ‖ · ‖ 2 , ‖ · ‖ ∞ matrice B su veće od jedinice pa dovoljniuslovi na osnovu ovih normi nisu ispunjeni.Sopstvene vrednosti matrice B dobijamo rešavanjem karakteristične jednačine3 − λ −3˛ 1 0.1 − λ ˛ = λ2 − 3.1λ + 3.3 = 0.Imamo λ 1,2 = 1.55 ± 0.9474 i, a spektralni radijus ̺ = |λ 1 | = |λ 2 | = 1.816 > 1.Dakle, metod proste iteracije za dati sistem jednačina divergira.U slučaju Gauss-Seidelovog metoda rešavamo jednačinu3 − λ −3˛ λ 0.1 − λ ˛ = λ2 − 0.1λ + 0.3 = 0,za koju dobijamo λ 1,2 = 0.05 ± 0.5454 i. Dakle, |λ 1 | = |λ 2 | = 0.5477 < 1, tj.Gauss-Seidelov metod za dati sistem jednačina je konvergentan.4.2.10. Pokazati da se sistem linearnih jednačinaAx = b,

94 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIgde suA =⎡⎣ 10 1 01 4 −11 2 −8⎤⎦ , b = [11 6 11] ⊤ ,može rešiti i Jacobievom i Gauss–Seidelovom (varijanta Nekrasova) iterativnimmetodom. Odrediti aproksimacije x (1) ,x (2) ,x (3) obema metodamapri izboru x (0) = 0.Rešenje. Matrica A je strogo dijagonalno dominantna pa je ispunjen uslov zakonvergenciju oba metoda (videti [1, str. 266]).Iterativne formule za Jacobiev metod su1= 1 `1110x (k+1)x (k+1)2= 1 4x (k+1)3= − 1 8(k) ´− x2(k) `6 − x1+ x (k)3´(k) `11 − x1− 2x (k)29´>=>;(k = 0,1, . . . ),dok su u slučaju Gauss-Seidelovog metoda,x (k+1)1= 1 (k) ´`11 − x102x (k+1)2= 1 4x (k+1)3= − 1 8(k+1)`6 − x1+ x (k)3´(k+1)`11 − x1− 2x (k+1)29´>=>;(k = 0,1, . . . ).Iteracije dobijene Jacobievim i Gauss-Seidelovim metodom prikazane su u prvoji drugoj tabeli, respektivno.x (0) x (1) x (2) x (3) . . . x ∗234 0 0 5024 1.11.5−1.3753524 0.950.881−0.8633524 1.0121.046−1.0363524 1 1−135x (0) x (1) x (2) x (3) . . . x ∗234 0 0 5024 1.11.225−0.931253524 0.97751.02281−0.997113524 0.99771.00129−0.999963524 1 1−135

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 95Primetimo da Gauss-Seidelove iteracije (varijanta Nekrasova), u ovom slučaju,brže konvergiraju ka tačnom rešenju x ∗ , nego one generisane pomoću Jacobievogmetoda.4.2.11. Dat je sistem linearnih jednačina Ax = b, gde su[ ] [ ]4 51A = , b = .5 10−1Pokazati da se ovaj sistem može rešavati Gauss–Seidelovim metodom (varijantaNekrasova), iako matrica A nije strogo dijagonalno dominantna.Rešenje. Matrica A nije strogo dijagonalno dominantna. No pokažimo daje ispunjen potreban i dovoljan uslov za konvergenciju Gauss–Seidelovog metoda(varijanta Nekrasova). Da bismo ispitali spektralne uslove (videti [1, str. 265])rešimo jednačinu4λ 5˛˛˛˛˛ 5λ 10λ ˛ = 0.Dobijamo sopstvene vrednosti λ 1 = 0, λ 2 = 0.625. Dakle |λ 1,2 | < 1 pa Gauss–Seidelov metod (varijanta Nekrasova) za dati sistem jednačina konvergira.Konvergenciju ovog metoda možemo konstatovati i na osnovu toga što je matricaA simetrična, tj. A ⊤ = A i pozitivno definitna (videti [1, str. 266]), tj.a 11 = 4 > 0,˛ a11 a 12a 21 a 22˛˛˛˛ = 15 > 0.4.2.12. Rešiti sistem linearnih jednačina oblika Ax = b, gde su⎡⎤4 −1 0 2⎢ −1 10 2 −1 ⎥A = ⎣⎦ , b = [7 − 10 4 7] ⊤ ,0 2 7 −12 −1 −1 5metodom suksesivne gornje relaksacije za ω = 0.4h, h = 1,2,3,4.Rešenje. Matrica A za dati sistem linearnih jednačina je simetrična (A = A ⊤ )i pozitivno definitna jer su sve determinantea 11 = 4,˛ a11 a 12a 11 a 12 a 13a 21 a 22˛˛˛˛ = 39,a 21 a 22 a 23 = 257, det (A) = 990˛ a 31 a 32 a 33˛˛˛˛˛˛pozitivne. Na osnovu teoreme 3.5.2 (videti [1, str. 273–274]) metod suksesivnegornje relaksacije za ovaj sistem linearnih jednačina će konvergirati za ω ∈ (0,2),dakle, i za vrednosti ω date u zadatku.

96 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIIterativni proces suksesivne gornje relaksacije, za dati sistem linearnih jednačina,ima vektorski oblik (videti [1, str. 272])hDx (k) = Dx (k−1) + ω b − C 1 x (k) − (D + C 2 )x (k−1)i (k = 1, 2, . . .),gde je ω relaksacioni množilac, dok je njegov skalarni oblik:a iiˆx (k)ix (k)i= − X jia ij x (k−1)j+ b i ,− x (k−1)i),Odgovarajući kod na FORTRAN jeziku za generisanje prvih deset iteracija (uaritmetici sa običnom preciznošću), startujući sa nula vektorom, ima sledeći oblik:dimension a(4,4),b(4),x(4)open(unit=2, name=’podaci’,status=’unknown’,* access=’sequential’,form=’formatted’)read(2,*) ndo 5 i=1,ndo 5 j=1,n5 read(2,*) a(i,j)read(2,*) (b(i),i=1,n)write(1,35)do 50 korak=1,4omega=0.4*korakwrite(1,40) omegado 10 i=1,n10 x(i)=0do 50 iter=1,10do 25 i=1,ns=b(i)do 20 j=1,nif(i.ne.j) thens=s-a(i,j)*x(j)end if20 continuex(i)=x(i)+omega*(s/a(i,i)-x(i))25 continue50 write(1,30) iter,(x(i),i=1,n)

ITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 9730 format(10x,i4,1x,5f12.6)35 format(2x,’omega’,5x,’iter’,6x,’x1(k)’,7x,’x2(k)’,* 7x,’x3(k)’,7x,’x4(k)’)40 format(f6.1)stopendZa date vrednosti relaksacionog parametra ω dobijeni su sledeći rezultati:omega iter x1(k) x2(k) x3(k) x4(k)0.41 0.700000 -0.372000 0.271086 0.4399272 0.994815 -0.587497 0.483504 0.6564663 1.106846 -0.720646 0.638546 0.7702164 1.138000 -0.807143 0.747956 0.8353155 1.135022 -0.865309 0.823970 0.8762786 1.119227 -0.905283 0.876487 0.9043877 1.100131 -0.933108 0.912784 0.9249858 1.081770 -0.952617 0.937969 0.9407369 1.065653 -0.966352 0.955549 0.95307310 1.052142 -0.976047 0.967910 0.9628500.81 1.400000 -0.688000 0.614400 0.6602242 1.278310 -0.880821 0.856808 0.8391433 1.143841 -0.954615 0.942604 0.9198784 1.069894 -0.982558 0.975377 0.9604615 1.033283 -0.993072 0.988973 0.9807866 1.015728 -0.997129 0.994942 0.9907747 1.007410 -0.998762 0.997651 0.9956068 1.003487 -0.999449 0.998902 0.9979189 1.001641 -0.999749 0.999485 0.99901610 1.000772 -0.999884 0.999758 0.9995361.21 2.100000 -0.948000 1.010743 0.6870582 0.983365 -1.052527 0.962214 1.0488983 0.958230 -0.979570 1.008935 1.0173184 1.004092 -1.003661 1.002437 0.9942785 1.001516 -1.000357 0.998654 1.0000086 0.999585 -0.999654 1.000152 1.0003177 0.999996 -1.000068 1.000047 0.9999338 1.000021 -1.000003 0.999980 0.9999989 0.999996 -0.999995 1.000002 1.00000410 1.000000 -1.000001 1.000001 0.999999

98 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI1.61 2.800000 -1.152000 1.440914 0.5404532 0.226838 -1.247126 0.743384 1.6093553 0.877563 -0.691700 1.152314 0.8601434 1.308668 -1.206710 0.971141 0.8109855 0.883328 -0.915649 0.935552 1.1944486 0.948185 -1.007166 1.086390 0.9418447 1.074747 -1.020691 0.944332 0.9626208 0.976779 -0.979468 1.015471 1.0488109 0.983097 -1.012165 1.007435 0.98001810 1.021261 -0.994876 0.988629 0.996383Tačno rešenje datog sistema jednačina je vektor[1 − 1 1 1] ⊤ .Na osnovu dobijenih iteracija, može se videti da je, u ovom primeru, najbržakonvergencija metod suksesivne gornje relaksacije kada je parametar ω = 1.2.4.2.13. Dat je iterativni proces(1) X n+1 = X n (2I − AX n ) (n = 0,1,... )za nalaženje inverzne matrice A −1 matrice A, gde je X 0 proizvoljna matrica.1 ◦ Dokazati da je proces (1) analogan Newtonovom metodu za izračunavanjerecipročne vrednosti datog broja.2 ◦ Ako se uvede C n = I − AX n , dokazati da je C n = C 2n0 .3 ◦ Dokazati da je potreban i dovoljan uslov za konvergenciju iterativnogprocesa (1) da sopstvene vrednosti matrice C 0 leže u jediničnom krugu.Rešenje. 1 ◦ Posmatrajmo funkciju x ↦→ f(x) = 1 −a. Primenom Newtonovogxmetoda na odred¯ivanje nule funkcije f, dobijamox n+1 = x n − f(x n)f ′ (x n ) = x n −1x n− a− 1x 2 n,tj.x n+1 = x n (2 − ax n ) ,što je analogon formuli (1).

2 ◦ Na osnovu (1) imamoITERATIVNI METODI U LINEARNOJ ALGEBRI 99X n = X n−1 (2I − AX n−1 )(2)Kako jetj.imamo redom= X n−1 (I + (I − AX n−1 ))= X n−1 (I + C n−1 ) .C n = I − AX n = I − AX n−1 (I + C n−1 ) ,C n = I − (I − C n−1 ) (I + C n−1 ) = Cn−1 2 ,(3) C n = C 2 n−1 = C 22n−2 = C 23n−3 = · · · = C 2n0 ,čime je dokaz završen.tj.3 ◦ Na osnovu (2) i (3) važe jednakostiX n+1 = X n (I + C n )= X n−1 (I + C n−1 ) (I + C n ).= X 0`I + C0´`I + C1´`I + C2´· · ·`I + Cn´= X 0`I + C0´`I + C20´`I + C2 20´· · ·`I + C2 n ´0 ,(4) X n+1 = X 0`I + C0 + C0 2 + C0 3 + · · · + C 2n+1 −1´ 0 .Iterativni proces (1), tj. (4), je ekvikonvergentan sa matričnim redom(5) I + C 0 + C 2 0 + C 3 0 + · · · .Kako red (5) konvergira ka (I −C 0 ) −1 ako i samo ako su sve sopstvene vrednostimatrice C 0 manje po modulu od jedan (videti [1, str. 222-226]), tj.˛(6)˛λ i (C 0 )˛˛ < 1 (i = 1,2, . . . , m) ,gde je m red matrice C 0 , na osnovu (4) imamolimn→+∞ X n+1 = X 0 (I − C 0 ) −1 = X 0 (AX 0 ) −1 = X 0 X −10 A−1 = A −1 .

100 NUMERIČKI METODI U LINEARNOJ ALGEBRIDakle, zaključujemo da je uslov (6) potreban i dovoljan za konvergenciju iterativnogprocesa (1).4.2.14. Koristeći iterativni proces (1) iz zadatka 4.2.13, naći inverznumatricu A −1 matrice ⎡A = ⎣ 3 1 6⎤2 1 3 ⎦ .1 1 1Za X 0 uzeti⎡⎤−1.2 2.9 −1.8X 0 = ⎣ 0.7 −1.4 1.9 ⎦ .0.6 −1.2 0.6Rešenje. Pomenuti iterativni proces glasi(1) X n+1 = X n (2I − AX n ) (n = 0,1, . . .).S obzirom da je230.3 −0.1 −0.1C 0 = I − AX 0 = 4 −0.1 0.2 −0.1 5 ,−0.1 −0.3 0.3na osnovu rezultata iz zadatka 4.2.13, mogli bismo sada ispitati konvergencijuprocesa (1) nalaženjem sopstvenih vrednosti matrice C 0 . Med¯utim, s obzirom daje, na primer ‖C 0 ‖ 1 = 0.6 < 1, što je dovoljan uslov za konvergenciju matričnogreda (5) iz zadatka 4.2.13 ka (I − C 0 ) −1 (videti [1, str. 222-226]), zaključujemo daproces (1) konvergira za ovako izabrano X 0 .Dakle, primenimo proces (1) sa datom matricom X 0 . Za kriterijum završetkaiterativnog procesa (1) možemo uzeti, na primer, ‖I−AX n ‖ < ε, gde je ε zahtevanatačnost. Dobijamo23 23−1.6700 4.1400 −2.5100−1.9440 4.8560 −2.9184X 1 = 4 0.8600 −2.3200 2.5400 5 , X 2 = 4 0.9712 −2.8784 2.9200 5 ,0.8400 −1.6800 0.8400 0.9744 −1.9488 0.974423 23−1.9984 4.9960 −2.9977−2.0000 5.0000 −3.0000X 3 = 4 0.9989 −2.9962 2.9976 5 , X 4 = 4 1.0000 −3.0000 3.0000 5 .0.9993 −1.9987 0.9993 1.0000 −2.0000 1.0000S obzirom da je ‖I − AX 4 ‖ = 0, zaključujemo da je A −1 = X 4 .

V G L A V ANelinearne jednačine i sistemi5.1. Nelinearne jednačine5.1.1. Metodom proste iteracije odrediti realan koren jednačine(1) x 3 − x − 1 = 0.Rešenje. Datu jednačinu možemo napisati u obliku x 3 = x + 1, pa skicirajućigrafike elementarnih funkcija x ↦→ x 3 i x ↦→ x +1 uočavamo da postoji samo jedanrealan koren date jednačine i to na segmentu [0, 2].Da bismo rešili jednačinu (1) metodom proste iteracije, treba je prethodno svestina oblik(2) x = Φ(x).Pod pretpostavkom da neprekidna funkcija Φ zadovoljava uslove:1 ◦ Φ : [0, 2] ↦→ [0, 2],2 ◦ Φ ima izvod u svakoj tački x ∈ [0,2], takav da je |Φ ′ (x)| ≤ q < 1, tadajednačina (2), tj. jednačina (1), ima jedinstveno rešenje a ∈ [0, 2] i ono se možeodrediti iterativnim procesomx k+1 = Φ(x k ) (k = 0,1, . . .),sa proizvoljnim x 0 ∈ [0,2] (videti [1, str. 181]).Neki od oblika (2) za jednačinu (1) sux = Φ 1 (x) = x 3 − 1 , x = Φ 2 (x) = 1 x 2 + 1 x , x = Φ 3(x) = 3√ x + 1 .Neposrednim proveravanjem zaključujemo da od navedenih funkcija samo Φ 3zadovoljava uslove 1 ◦ i 2 ◦ , pri čemu je|Φ ′ 13(x)| =˛3 3p ≤(x + 1)˛˛˛˛˛ 1 (x ∈ [0, 2]).2 3

102 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIDakle, koren jednačine (1) može se odrediti iterativnim procesom(3) x k+1 = 3p x k + 1 (k = 0, 1, . . .).Polazeći od x 0 = 2, na osnovu (3), dobijamo niz dat u tabeli, odakle zaključujemoda je a ∼ = 1.32472.k x k0 2.1 1.442252 1.346683 1.328884 1.325515 1.324876 1.324757 1.324728 1.324725.1.2. Funkcija x ↦→ g(x) = x 3 /(0.05−e −x /(1+x)) ima lokalni minimumu x = a ∼ = 2.5. Odrediti a na pet decimala.Rešenje. S obzirom da jeg ′ (x) = 0.15 x2 (1 + x) 2 − x 2 e −x (x 2 + 5x + 3)[0.05 (1 + x) − e −x ] 2 ,iz uslova g ′ (x) = 0 (a ≠ 0) dobijamox = log x2 + 5x + 30.15(1 + x) 2 .Ako za rešavanje poslednje jednačine koristimo metod proste iteracijex k+1 = log x2 k + 5x k + 30.15 (1 + x k ) 2 (k = 0, 1, . . .),startujući sa x 0 = 2.5, dobijamo niz dat u sledećoj tabeli:k x k0 2.51 2.4712082 2.4744413 2.4740764 2.4741175 2.474113

NELINEARNE JEDNAČINE 103U ovom slučaju, pre početka iterativnog procesa nismo ispitali uslove za njegovukonvergenciju, no na osnovu generisanog niza, konvergencija je evidentna.S obzirom da jeto je, dakle, a ∼ = 2.47411.|x 5 − x 4 | = 4 · 10 −6 < 10 −55.1.3. Za funkciju f(x) = e x −ax(log x−1) postoji jedna vrednost a = Atakva da je za neko x, f ′ (x) = f ′′ (x) = 0. Odrediti A sa tačnošću 10 −3 .Rešenje. S obzirom da je f ′ (x) = e x − alog x, f ′′ (x) = e x − a/x, iz uslovaf ′ (x) = f ′′ (x) dobijamo jednačinu F(x) = 0, gde je F(x) = x log x − 1.Jednačinu F(x) = 0 možemo napisati u obliku log x = 1/x, pa skicirajući grafikeelementarnih funkcija x ↦→ log x i x ↦→ 1/x, uočavamo da postoji samo jedan realankoren jednačine F(x) = 0. S obzirom da je F(1) < 0, F(2) > 0, zaključujemo dase koren jednačine nalazi na segmentu [1,2].Sada na rešavanje jednačine F(x) = 0 primenimo Newtonov iterativni procesx k+1 = x k − F(x k)F ′ (x k )(k = 0,1, . . . ),tj.(1) x k+1 = x k − x k log x k − 1log x k + 1Iz uslova f ′′ (x) = 0 sleduje= x k + 1log x k + 1(k = 0, 1, . . .).(2) a k = x k e x k(k = 0,1, . . . ).Korišćenjem formula (1) i (2), uzimajući na primer x 0 = 2, dobijamo sledećerezultate:k x k a k0 2. 14.77811 1.77185 10.42152 1.76324 10.28193 1.76322 10.2817Kako je |a 3 − a 2 | = 2 · 10 −4 < 10 −3 , uzimamo da je A ∼ = a 3 = 10.2817.5.1.4. Rezervoar za naftu ima oblik ležećeg cilindra sa poluprečnikom1m. Odrediti visinu, sa tačnošću od 10 −3 m, do koje treba sipati naftu dabi se rezervoar napunio do četvrtine svoje ukupne zapremine.

104 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIRešenje. Ako je dužina rezervoara l, zavisnost zapremine nafte od ugla α jedata formulom (videti sliku 1 na kojoj je prikazan poprečni presek rezervoara)V = r 2 l 1 (α − sin α)2kojoj odgovara visina nafte“(1) h = r 1 − cos α ”.2Sl. 1.Ukupna zapremina rezervoara je V u = πr 2 l . Iz uslova V = V u /4 sleduje(2) α − sin α − π 2 = 0 .Dakle, ako rešimo transcendentnu jednačino (2), na osnovu (1), možemo odreditivisinu h. Primenimo Newtonov iterativni metod za rešavanje jednačine (2),(3) α k+1 = α k − α k − sin α k − π/21 − cos α k(k = 0, 1, . . .).Iz geometrije problema zaključujemo da se rešenje jednačine (2) nalazi u intervalu(0, π), te za startnu vrednost procesa (3) uzimamo α 0 = 3. Na osnovu (3) i(1), dobijamo sledeće rezultate:k α k h k0 3.1 2.352719 0.6157122 2.310269 0.5962043 2.309881 0.596027S obzirom da je |h 3 − h 2 | < 10 3 m, možemo približno uzeti da je h ∼ = 59.6 cm.

NELINEARNE JEDNAČINE 1055.1.5. Primenom Newtonovog metoda odrediti kvadratni koren iz pozitivnogbroja a. Numerički ilustrovati slučaj a = 3.Rešenje. Primenom Newtonovog metoda na rešavanje jednačinef(x) = x 2 − a = 0 (x > 0) ,dobijamoiterativnu formuluza odred¯ivanje kvadratnogkorenaiz pozitivnog brojaa(1) x k+1 = x k − x2 k − a „= 0.5 x2x k + a «k x k(k = 0,1, . . .).Slično, ako Newtonov metod primenimo na rešavanje jednačinedobijamo iterativnu formuluf(x) = 1 − a = 0 (x > 0) ,x2 (2) x k+1 = x k −1x 2 k− a− 2x 3 k= 0.5 x k“3 − ax 2 k”(k = 0, 1, . . .).Niz koji se generiše na osnovu iterativnog procesa (2) konvergira ka a −1/2 .Kada se na ovaj način izračuna vrednost za a −1/2 tada se može lako izračunativrednost bilo kog negativnog stepena ili polustepena broja a koristeći samooperacije množenja. Ako se rezultat iterativnog procesa (2) pomnoži sa a, dobijase kvadratni koren iz broja a. Na taj način može se izračunati i kvadratni korenbroja a bez upotrebe operacije deljenja. Isto tako, odgovarajućim množenjem saa ili približnom vrednošću a 1/2 , mogu se dobiti vrednosti pozitivnih stepena ilipolustepena broja a.Iterativni proces (2) može ponekad imati veliku prednost nad procesom (1) kaometod za nalaženje kvadratnog korena, s obzirom da ne zahteva operacije deljenja.Izračunajmo sada približnu vrednost √ 3, korišćenjem iterativnih formula (1) i(2), sa tačnošću ε = 10 −6 .Na osnovu (1), startujući sa x 0 = 3, dobijamo niz dat u priloženoj sledećojtabeli. Dakle, √ 3 ∼ = 1.7320508.Slično, startujući sa x 0 = 0.1, na osnovu formule (2), dobijamo niz prikazan uistoj tabeli. Saglasno prethodnom, imamo √ 3 ∼ = 3 · x 9 = 1.7320509.

106 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIformula (1) (2)k x k x k0 3. 0.11 2.0000000 0.14850002 1.7500000 0.21783793 1.7321429 0.31125114 1.7320508 0.42164695 1.7320508 0.52002596 0.56909537 0.57717418 0.57735029 0.57735035.1.6. Metodom polovljenja intervala naći koren jednačinesa tačnošću ε = 5 · 10 −2 .f(x) = e −x − x = 0,Rešenje. Metod polovljenja intervala, za rešavanje jednačine f(x) = 0 kojana segmentu [α, β] ima izolovan prost koren x = a, sastoji se u konstrukciji nizaintervala {(x k , y k )} k∈N takvog da jeiy k+1 − x k+1 = 1 2 (y k − x k ) (k = 1, 2, . . .)lim x k = lim y k = a.k→+∞ k→+∞Proces konstrukcije intervala se prekida, na primer, kada dužina intervala postanemanja od unapred zadatog malog pozitivnog broja ε.Metod polovljenja intervala se algoritamski može iskazati kroz sledeća četirikoraka:1 ◦ k := 0 , x 1 := α , y 1 := β ;2 ◦ k := k + 1 , z k := 1 2 (x k + y k ) ;3 ◦ Ako jef(z k ) f(x k ) < 0 uzeti x k+1 := x k , y k+1 := z k ,> 0 x k+1 := z k , y k+1 := y k ,= 0 Kraj izračunavanja a := z k ;

NELINEARNE JEDNAČINE 1074 ◦ Ako je|y k+1 − x k+1 | ≥ ε preći na 2 ◦ ,< ε z k+1 := 1 2 (x k+1 + y k+1 )Kraj izračunavanja a := z k+1 .Primetimo da za grešku u aproksimaciji z k+1 važi ocena|z k+1 − a| ≤ 1 (β − α) .2k+1 Primenimo sada ovaj algoritam za rešavanje jednačine f(x) = e −x −x = 0 kojaima jedan realan koren na segmentu [0.3, 0.7] (f(0.3) > 0, f(0.7) < 0).Na osnovu algoritma imamo:1 ◦ k = 0 , x 1 = 0.3 , y 1 = 0.7 ;2 ◦ k = 1 , z 1 = 1 (0.3 + 0.7) = 0.5 ;23 ◦ Kako jef(z 1 ) f(x 1 ) > 0 uzimamo x 2 = z 1 = 0.5, y 2 = y 1 = 0.7 ;4 ◦ S obzirom da je|y 2 − x 2 | = 0.2 > ε prelazimo na 2 ◦ ;2 ◦ k = 2 , z 2 = 1 (0.5 + 0.7) = 0.6 ;23 ◦ Kako jef(z 2 ) f(x 2 ) < 0 uzimamo x 3 = x 2 = 0.5, y 3 = z 2 = 0.6;4 ◦ S obzirom da je|y 3 − x 3 | = 0.1 > ε prelazimo na 2 ◦ ;2 ◦ k = 3 , z 3 = 1 (0.5 + 0.6) = 0.55 ;23 ◦ Kako jef(z 3 ) f(x 3 ) > 0 uzimamo x 4 = z 3 = 0.55, y 4 = y 3 = 0.6 ;4 ◦ Kako je|y 4 − x 4 | = 0.05 = ε prelazimo na 2 ◦ ;2 ◦ k = 4 , z 4 = 1 (0.55 + 0.6) = 0.575 ;23 ◦ S obzirom da jef(z 4 ) f(x 4 ) < 0 uzimamo x 5 = x 4 = 0.55, y 5 = z 4 = 0.575;4 ◦ Kako je

108 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI|y 5 − x 5 | = 0.025 < ε izračunavamo z 5 = 1 (0.55 + 0.575) = 0.56252Kraj izračunavanja a = 0.5625 .5.1.7. Rešiti jednačinu f(x) = x 2 − e x + 2 = 0, sa tačnošću ε = 10 −4 ,korišćenjem metoda sečice, a zatim korišćenjem metoda regula falsi.Rešenje. Metod sečice, za rešavanje jednačine f(x) = 0 koja na segmentu[α, β] ima izolovan prost koren x = a, je dat formulom(1) x k+1 = x k −x k − x k−1f(x k ) − f(x k−1 ) f(x k) (k = 1, 2, . . .).Za startovanje ovog iterativnog procesa potrebne su dve početne vrednosti x 0 i x 1 .Geometrijski posmatrano, iteracija x k+1 kod metoda sečice je, u stvari, presekprave (sečice) koja prolazi kroz tačke M k (x k , f(x k )) i M k−1 (x k−1 , f(x k−1 )), sax–osom, odakle i proizilazi naziv metoda.Metod koji je veoma blizak metodu sečice je metod regula falsi i on se možeiskazati sledećom formulom(2) x k+1 = x k −x k − x if(x k ) − f(x i ) f(x k) (k = 1,2, . . . ),gde je i = max{k −1, k −2, . . . , 0} pod uslovom f(x k ) f(x i ) < 0. Startne vrednostix 0 i x 1 treba uzeti sa različitih strana korena jednačine.Jasno je da, geometrijski posmatrano, iteracija x k+1 po metodu regula falsipredstavlja presek prave koja prolazi kroz tačke M k (x k , f(x k )) i M i (x i , f(x i )), sax–osom.Ako je ε zadata tačnost, metod regula falsi algoritamski možemo iskazati krozsledeća četiri koraka:1 ◦ z 1 := α , x := α , y := β ;2 ◦ y − xz 2 = y −f(y) − f(x) f(y) ;3 ◦ Ako jef(x)f(z 2 ) < 0 uzeti y := z 2 ,4 ◦ Ako je> 0 x := z 2 ,= 0 Kraj izračunavanja a := z 2 ;|z 2 − z 1 | ≥ ε uzeti z 1 := z 2 i preći na 2 ◦ ,< ε Kraj izračunavanja a := z 2 .

NELINEARNE JEDNAČINE 109Što se tiče konvergencije jednog i drugog metoda možemo reći sledeće. Metodsečice, ukoliko su x 0 i x 1 uzeti iz dovoljno bliske okoline tačke x = a, brže konvergiraka rešenju od metoda regula falsi. No brzina konvergencije je lokalno svojstvometoda. Što se tiče globalnih svojstava, metod regula falsi konvergira za svako x 0i x 1 sa segmenta [α, β] (f(x 0 ) f(x 1 ) < 0) što nije uvek slučaj sa metodom sečice.Rešimo sada jednačinu f(x) = x 2 − e x + 2 = 0, sa tačnošću ε = 10 −4 , koja imaprost koren na segmentu [1, 2] (f(1) > 0, f(2) < 0).Startujući sa x 0 = 1 i x 1 = 2, metodom sečice i metodom regula falsi dobijamonizove iteracija koji su dati u drugoj i trećoj koloni priložene tabele.metod sečice regula falsik x k x k0 1. 1.1 2. 2.2 1.16861 1.168613 1.24873 1.248734 1.32745 1.286445 1.31867 1.304006 1.31907 1.312137 1.31907 1.315888 1.317609 1.3184010 1.3187611 1.3189312 1.31901Vidimo da se metodom sečice dobija a ∼ = 1.31907. Metod regula falsi (2) konvergirasporije. Kako je |x 12 − x 11 | = 8 · 10 −5 < ε možemo uzeti a ∼ = 1.31901.5.1.8. Odrediti red konvergencije r i asimptotsku konstantu greške C rNewtonovog metoda, za rešavanje nelinearnih jednačina oblika f(x) = 0,koje na segmentu [α,β] imaju izolovan jedinstven prost koren x = a, zaslučaj da je f ′′ (a) = 0 i f ∈ C 3 [α,β].Rešenje. Na osnovu iterativne funkcije Newtonovog metodaimamoϕ(x) = x − f(x)f ′ (x) ,(1) ϕ(x) − a = (x − a) f ′ (x) − f(x)f ′ (x),

110 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIdok su, na osnovu Taylorove formule,f ′ (x) = f ′ (a) + f ′′ (a)(x − a) + f ′′′ (ξ)2f(x) = f(a) + f ′ (a)(x − a) + f ′′ (a)2(x − a) 2 ,(x − a) 2 + f ′′′ (η)6(x − a) 3 ,gde su ξ i η izmed¯u x i a. S obzirom da je, prema uslovu zadatka, f(a) = f ′′ (a) = 0,stavljajući e = x − a dobijamo8>< f ′ (x) = f ′ (a) + f ′′′ (ξ)e 2 ,(2)2>: f(x) = f ′ (a)e + f ′′′ (η)e 3 .6Ako f(x) i f ′ (x) u brojiocu jednakosti (1) zamenimo razvojima iz (2), dobijamoϕ(x) − a =ili, posle deobe sa e 3 = (x − a) 3 ,„ f ′′′ (ξ)2f ′ (x) − f ′′′ «(η)6f ′ e 3(x)(3)ϕ(x) − a(x − a) 3 = f ′′′ (ξ)2f ′ (x) − f ′′′ (η)6f ′ (x) .Ako, sada, pustimo da x → a, tada, s obzirom da su ξ i η izmed¯u x i a, sledujeda i ξ → a, η → a, pa na osnovu (3), dobijamoϕ(x) − alimx→a (x − a) 3 = 1 f ′′′ (a)3 f ′ (a) ,odakle zaključujemo da je Newtonov metod, u slučaju kada je f ′′ (a) = 0, trećegreda sa asimptotskom konstantom greške C 3 = 1 f ′′′ (a)3 ˛ f ′ ˛(a) ˛.Inače, poznato je da, u opštem slučaju, kod odred¯ivanje prostog kogena nelinearnejednačine, Newtonov metod ima kvadratnu konvergenciju (videti [1, str.340]).5.1.9. Za odred¯ivanje prostog korena x = a (a ≠ 0) jednačine f(x) = 0,dat je iterativni proces)f(x k )(1) x k+1 = x k(1 −x k f ′ (k = 0,1,... ),(x k ) + p f(x k )

NELINEARNE JEDNAČINE 111gde je p dati parametar. Odrediti red konvergencije i asimptotsku konstantugreške iterativnog procesa (1).Rešenje. Posmatrajmo jednačinu(2) F(x) = 0 ,gde jeF(x) = x p f(x),koja takod¯e ima prost koren za x = a. Primenom Newtonovog metoda na jednačinu(2) dobijamox k+1 = x k − F(x k)F ′ (x k ) ,tj.x k+1 = x k„1 −«f(x k )x k f ′ (x k ) + p f(x k )što je ekvivalentno sa (1).Sada, s obzirom da za Newtonov metod važi(videti [1, str. 340]), imamoxlim k+1 − ak→+∞ (x k − a) 2 = F ′′ (a)2F ′ (a)xlim k+1 − ak→+∞ (x k − a) 2 = p a + f ′′ (a)2f ′ (a) ,pa je dakle red konvergencije procesa (1) najmanje dva i asimptotska konstantapgreške C 2 =˛a + f ′′ (a)2f ′ ˛(a) ˛.Specijalan slučaj metoda (1), za p = 1 − n, poznat je kao metod Tihonova, uslučaju kada je f algebarski polinom stepena n.Literatura:L.N. D¯ ord¯ević: An iterative solution of algebraic equations with a parametertoaccelerate convergence. Univ. Beograd. Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Mat.Fiz. No 412 – No 460( 1973), 179–182.O.N. Tihonov: O bystrom vyčislenij najbolših kornej mnogočlena. Zap. Leningr.gorn. in-ta 48, 3 (1968), 36–41.

112 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI5.1.10. Neka jednačina f(x) = 0 ima koren x = a višestrukosti p i nekase za njegovo odred¯ivanje koristi iterativni proces(1) x k+1 = x k − qf(x k )f ′ (x k ) − g(x k )(k = 0,1,... ),gde jeg(x) = f(x)f ′′ (x)f ′ (x)Pri proizvoljnom p odrediti red konvergencije ovog procesa za q = 1. Šta jesa redom konvergencije kada je p = 1 i q = 1/2?jeRešenje. Umesto jednačine f(x) = 0, posmatrajmo jednačinu F(x) = 0, gdeF(x) = f(x)f ′ (x) ,koja sada ima prost koren za x = a. Za odred¯ivanje ovog korena primenimoNewtonov metodx k+1 = x k − F(x k)F ′ (x k ) ,tj.(2) x k+1 = x k −gde jef(x k )f ′ (x k ) − g(x k ) ,g(x) = f(x)f ′′ (x)f ′ (x)Proces (1), za q = 1, poklapa se sa (2) što znači da ima red konvergencijenajmanje dva, za neko p = 1, 2, . . . .Razmotrimo sada slučaj kada je p = 1 i q = 1/2. U tom slučaju iterativnafunkcija procesa (1) glasiϕ(x) = x − 1 2 ·f(x)f ′ (x) − g(x) ...S obzirom da je ϕ(a) = a i ϕ ′ (a) = 1 −2 1 = 1 2linearnom konvergencijom.≠ 0 , zaključujemo da je proces sa5.1.11. Za odred¯ivanje prostog korena x = a, izolovanog na segmentu[α,β], jednačine f(x) = 0, dat je iterativni procesx k+1 = ψ(x k ) (k = 0,1,... ),

gde je:NELINEARNE JEDNAČINE 113((1) ψ(x) = x − f(x) f x − f(x) )f ′ (x) − f ′ (x)f ′ .(x)Odrediti red konvergencije r i asimptotsku konstantu greške C r datog iterativnogprocesa ako f ∈ C 2 [α,β].Rešenje. Iterativnu funkciju (1) možemo predstaviti u obliku(2) ψ(x) = Φ(x) − f (Φ(x))f ′ (x)gde jeΦ(x) = x − f(x)f ′ (x)iterativna funkcija Newtonovog metoda za koju važi(3) lim x→aΦ(x) − a(x − a) 2 = C ,gde je C = 1 2(4)f ′′ (a)f ′ (a)(videti [1, str. 340]).Neka je U(a) (⊂ [α, β]) okolina tačke x = a u kojoj je f ′ (x) ≠ 0.Na osnovu Taylorove formule imamo8

114 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIza x ∈ U(a). Kako ξ 1 → a i ξ 2 → a, kada x → a, na osnovu (3) i poslednjejednakosti dobijamos obzirom da jeψ(x) − alimx→a (x − a) 3 = C f ′′ (a)f ′ (a) = 1 2Φ(x) − alim = 0 ,x→a x − a„ f ′′ « 2(a)f ′ ,(a)odakle zaključujemo da je dati iterativni proces sa redom konvergencije r = 3 iasimptotskom konstantom greškeC 3 = 1 2„ f ′′ « 2(a)f ′ .(a)Iterativna funkcija (1) sa redom konvergencije r = 3 je formirana na osnovuNewtonove iterativne funkcije koja ima red konvergencije r = 2. Dakle, iterativnafunkcija (1) ubrzava konvergenciju Newtonove iterativne funkcije. Može se datii generalnije tvrd¯enje: Neka f ∈ C 2 [α, β], f ′ (a) ≠ 0 i neka iterativni procesx k+1 = Φ(x k ) ima red konvergencije r i asimptotsku konstantu greške |C r |. Tadaiterativni procesx k+1 = ψ(x k ) = Φ(x k ) − f (Φ(x k))f ′ (x k )(k = 0,1, . . . ),za rešavanje jednačine f(x) = 0, ima red konvergencije najmanje r +1 i asimptotskukonstantu greške |C r+1 |, gde jei δ ij Kroneckerova delta.C r+1 = C rf ′′ (a)f ′ (a)„1 − 1 2 C r δ 1r«Dokaz ove teoreme se može izvesti slično kao što je to učinjeno pri rešavanjuovog zadatka.Literatura:P. Pielorz: O pewnych dwupunktowych metodach podwyzszani wykladnika zbieznoscimetod iteracyjnych. Zeszyty naukowe politechniki Šlaskiej. Ser. Mat.Fiz. 26 (1975), 53–63.J.F. Traub: Iterative Methods for the Solution of Equations. Englewood Cliffs,N.J., Prentice–Hall, Inc. 1964.G.V. Milovanović, M. A. Kovačević: The modification of one method for acceleratingthe convergence of the iterative processes. Univ. Nišu Zb. Rad. Gradj.Fak. Niš 3 (1982), 231–236.

NELINEARNE JEDNAČINE 1155.1.12. Za rešavanje nelinearne jednačine f(x) = 0 koja na segmentu[α,β] ima izolovan jedinstven prost koren x = a, koristi se iterativni proces(1) x k+1 = x k + f ′ (x k )f ′′ (x k ) log (1 − g(x k)) (k = 0,1,... ),gde jeg(x) = f(x)f ′′ (x)f ′ (x) 2 .Ako f ∈ C 3 [α,β], odrediti red konvergencije r i asimptotsku konstantugreške C r datog iterativnog procesa.Korišćenjem datog metoda rešiti jednačinu f(x) = x x − 10 5 = 0 koja imajedinstven prost koren u intervalu (6,7).Rešenje. Sa U(a) (⊂ [α, β]) označimo okolinu tačke x = a za koju jef(x)f ′′ (x)(2) |g(x)| =˛ f ′ (x)˛˛˛˛˛ 2 ≤ q < 1 .Iterativna funkcija procesa (1) jegde smo stavili(3)Φ(x) = x + f ′g = −h f ′′f ′′ log(1 − g) ,f ′ i h = − f f ′ .S obzirom da za x ∈ U(a) važi nejednakost (2), to jeΦ(x) − x = h „g + 1 g 2 g2 + 1 3 g3 + 1 «4 g4 + · · ·= h − f ′′2f ′ h2 + f ′′ 23f ′ 2 h3 + O(h 4 ) .S druge strane, na osnovu Schröederovog razvoja (videti [1, str. 354]) imamoa − x = h − f ′′2f ′ h2 + 3f ′′ 2 − f ′ f ′′6f ′ 2 h 3 + O(h 4 ).Ako sada od (3) oduzmemo (2) i imajući u vidu h ∼ a − x (x → a), dobijamoΦ(x) − a ∼ f ′′ (a) 2 − f ′ (a)f ′′′ (a)6f ′ (a) 2 (x − a) 3 ,

116 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIodakle zaključujemo da iterativni proces (1) ima red konvergencije r = 3 i asimptotskukonstantu greškef ′′ (a) 2 − f ′ (a)f ′′′ (a)C 3 =˛ 6f ′ (a)˛˛˛˛˛ 2 .Startujući sa x 0 = 7, pri rešavanju jednačine f(x) = x x − 10 5 = 0, korišćenjemmetoda (1), dobijamo rezultate koji su sred¯eni u sledećoj tabeli.k x k f(x k )0 7. 0.723 (6)1 6.253520253877270 −0.481 (4)2 6.270919683535018 0.363 (−1)3 6.270919555562045 −0.546 (−10)U poslednjoj koloni tabele broj u zagradi ukazuje na decimalni eksponent. Svedecimale u x 3 su tačne.Primetimo, ovde, da na osnovu formule (1) možemo dobiti čitav niz iterativnihmetoda.Tako, na primer, razvojem logaritamske funkcije u red, uz zanemarivanje višihčlanova, na osnovu (1) možemo dobiti(4) x k+1 = x k − f(x k)f ′ (x k )x k+1 = x k − f(x „k)f ′ 1 + 1 «(x k ) 2 g(x k)(Newtonov metod) ,(Čebiševljev metod) ,(5) x k+1 = x k − f(x »k)f ′ 1 + 1 „(x k ) 2 g(x k) 1 + 2 «–3 g(x k) .Racionalnom aproksimacijom log(1 − g) ∼ = −g/(1 − g), na osnovu (1), dobija sepoznati metod (videti [1, str. 346])x k+1 = x k −f(x k )f ′ (x k )f ′ (x k ) 2 − f ′′ (x k ) f(x k ) , k = 0,1, . . . .Slično, aproksimacijom log(1 − g) ∼ = −2g/(2 − g), dobijamo Halleyev metodx k+1 = x k −2f(x k ) f ′ (x k )2f ′ (x k ) 2 − f ′′ (x k ) f(x k ) , k = 0,1, . . . .

NELINEARNE JEDNAČINE 117Takod¯e, može se koristiti i bolja aproksimacijalog(1 − g) ∼ = 8 3(1 − g) 3 − 1(2 − g) 3 ,koja dovodi do iterativne formule(6) x k+1 = x k − 8 3gde je g(x) = f(x)f ′′ (x)/f ′ (x) 2 .f ′ (x k ) (1 − g(x k )) 3 − 1f ′′ (x k ) (2 − g(x k )) 3 , k = 0, 1, . . . ,Upored¯enja radi, navedimo sada i rezultate koji se dobijaju korišćenjem Newtonovogmetoda (4), formule (5) i formule (6) pri rešavanju iste jednačine f(x) =x x − 10 5 = 0, koja ima izolovan prost koren na intervalu (6,7):k Newtonov metod formula (5) formula (6)0 7. 7. 7.1 6.701765027561503 6.489315673015889 6.3442686874990112 6.457293119641319 6.277565105244981 6.2709112695417243 6.313446756917490 6.270919559864347 6.2709195555620454 6.273434361546812 6.2709195555620455 6.2709286795583826 6.2709195556824267 6.270919555562045Literatura:G.V. Milovanović, D¯ . R. D¯ ord¯ević: Rešavanje nelinearnih jednačina iterativnimprocesima dobijenim eksponencijalnom aproksimacijom. Proc. 4th Bos.-Herc.Symp. on Informatics – Jahorina 80 (Jahorina, 1980), Vol. 2, 465/1–5, ETFSarajevo, Sarajevo 1980.5.1.13. Pokazati da funkcijaodred¯uje iterativni proces2f(x)f ′ (x)φ(x) = x −2f ′2 (x) − f(x)f ′′ (x)x k+1 = φ(x k ), k = 0,1,2, ... ,reda ne manjeg od tri za nalaženje prostog korena jednačine f(x) = 0.

118 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIRešenje. Ako pod¯emo od Newtonovog metoda čiji je red konvergencije jednakdvax k+1 = x k − f(x k)f ′ (x k ) ,sa iterativnom funkcijomφ 1 (x) = x − f(x)f ′ (x) ,i na njega primenimo postupak za ubrzavanje konvergencije (videti teoremu 2.4.1[1, str. 197]), dobićemox k+1 = x k − x k − φ 1 (x k )1 − 1 = x k −r φ′ 1 (x k)1 − 1 2= x k −2f(x k )f ′ (x k )2f ′2 (x k ) − f(x k )f ′′ (x k ) .x k − x k + f(x k)f ′ (x k )1 − f ′ 2 (xk ) − f(x k )f ′′ (x k )f ′2 (x k )Dakle, dobijen je iterativni proces reda ne manjeg od tri. U literaturi je poznatkao Salehov metod tangentnih hiperbola ili kao Halleyev metod.5.1.14. Za nalaženje prostog korena x = a jednačine f(x) = 0 koristi seiterativni procesx k+1 = F(x k ), k = 0,1, ... ,gde je2f(x)F(x) = x −√.f ′ (x) + sgn(f ′ (x)) f ′2 (x) − 2f(x)f ′′ (x)Odrediti red i faktor konvergencije ovog iterativnog procesa.Rešenje. Transformišimo najpre iterativnu funkciju2f(x)F(x) = x −qf ′ (x) + sgn(f ′ (x)) f ′2 (x) − 2f(x)f ′′ (x)= x −f ′ (x) + f ′ (x)2f(x)s1 − 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)= x − 2f(x)f ′ (x)1 +s1!1 − 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)Odredimo, dalje, redom razvoje po stepenima od e = x − a za funkcijesf(x)f ′ (x) , f(x)f ′′ (x)f ′2 , 1 − 2f(x)f ′′ (x) 1(x) f ′2 , s.(x)1 + 1 − 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x).

NELINEARNE JEDNAČINE 119Pri tome svuda ćemo umesto f ′ (a),f ′′ (a),f ′′′ (a) pisati kraće f ′ , f ′′ , f ′′′ . Dakle,f(x)f(a) + f ′ (a)e + 1f ′ (x) = 2 f ′′ (a)e 2 + 1 6 f ′′′ (a)e 3 + O(e 4 )f ′ (a) + f ′′ (a)e + 1 2 f ′′′ (a)e 2 + O(e 3 )f ′′f ′′′e + 1 2 f=′ e2 + 1 6 f ′ e 3 + O(e 4 )1 + f ′′f ′ e + 1 f ′′′2 f ′ e 2 + O(e 3 )„= e + 1 f ′′2 f ′ e2 + 1 f ′′′«6 f ′ e 3 + O(e 4 )= e − 1 2× 1 − f ′′f ′ e − 1 2f ′′′f ′ e 2 + f ′′ 2f ′ 2 e2 + O(e 3 )!f ′′f ′ e2 + 1 f ′′ 22 f ′ 2 − 1 f ′′′3 f ′ e 3 + O(e 4 ),f(x)f ′′ „ « ′(x) f(x)f ′2 = 1 −(x) f ′ = 1 −"1 − f ′′(x)f ′ e + 3 1 f ′′ 22 f ′ 2 − 1 3!= f ′′f ′ e + f ′′′f ′ − 3 f ′′ 2e 2 + O(e 3 ),2s1 − 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)=+∞ Xk=0f ′ 2!1/2k= 1 − f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)= 1 − f ′′! k− 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)− 1 2f ′ e − f ′′′f ′ − f ′′ 2!! 2f(x)f ′′ (x)+ · · ·f ′2 (x)!f ′ 2e 2 + O(e 3 ),!#f ′′′f ′ e 2 + O(e 3 )1 +s11 − 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)1=!2 − f ′′f ′ e − f ′′′f ′ − f ′′ 2e 2 + O(e 3 )= 1 21 −= 1 2""1 f ′′2 f ′ e + 1 21 + 1 2f ′′f ′ e + 1 2f ′ 21! #f ′′′f ′ − f ′′ 2f ′ e22 + O(e 3 )! #f ′′′f ′ − 1 f ′′ 2e 2 + O(e 3 ) .2f ′ 2

120 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMITako dobijamoF(x) − a = e − 2f(x)f ′ (x)= e −"e − 1 2"1 +s11 − 2f(x)f ′′ (x)f ′2 (x)f ′′f ′ e2 + 1 f ′′ 22 f ′ 2 − 1 f ′′′3f ′′f ′ e + 1 2× 1 + 1 2»= e − e + 1 f ′′′6 f ′ e 3 + O(e 4 )f ′′′f ′ − 1 2–= − 1 6f ′ !f ′′ 2f ′ 2e 3 + O(e 4 )!#e 2 + O(e 3 )f ′′′f ′ e 3 + O(e 4 ).Dakle, ovim smo dobili da je red konvergencije datog iterativnog procesa r = 3,a asimptotska konstanta greške (faktor konvergencije)C 3 = 1 f ′′′ (a)6 ˛ f ′ (a) ˛ .5.1.15. Odrediti red konvergencije i asimptotsku konstantu greške iterativnogprocesax k+1 = x k −f(x k )/f ′ (x k )[1 − f(x k )f ′′ (x k )/f ′2 (x k )] 1/2 ,koji se koristi za nalaženje prostog korena a jednačine f(x) = 0.Rešenje. Neka je e = x − a. Jedan od načina za rešavanje ovog zadatka jekorišćenje razvoja 13) :ff(a) + f ′ (a)e + 1f ′ = 2 f ′′ (a)e 2 + 1 6 f ′′′ (a)e 3 + O(e 4 )f ′ (a) + f ′′ (a)e + 1 2 f ′′′ (a)e 2 + O(e 3 )f ′′f ′′′e + 1 2 f=′ e2 + 1 6 f ′ e3 + O(e 4 )1 + f ′′f ′ e + 1 f ′′′2 f ′ e2 + O(e 3 )„= e + 1 f ′′2 f ′ e2 + 1 f ′′′«6 f ′ e3 + O(e 4 ) · 1 − f ′′f ′ e − 1 2!= e − 1 f ′′2 f ′ e2 + − 1 f ′′′3 f ′ + 1 f ′′ 2e 3 + O(e 4 ),2f ′ 2#!f ′′′f ′ e2 + f ′′ 2f ′ 2 + O(e3 )13) Drugi način je korišćenje izvoda (videti teoremu 2.1.2 i definiciju 2.1.2 [1, str. 188]).

ff ′′f ′ 2 = 1 − „ ff ′ « ′= 1 −= f ′′f ′ e + f ′′′f ′ − 3 2NELINEARNE JEDNAČINE 121"1 − e f ′′f ′ + 3 − 1 3!f ′′ 2f ′ 2e 2 + O(e 3 ).Ako sa φ označimo iterativnu funkciju, imamof ′′′f ′ + 1 2φ(x) − a = x − a − f „ « −1/2f ′ 1 − ff′′= e − f +∞ Xf ′ 2 f ′ k=0"= e − f f ′ 1 + 1 ff ′′2 f ′ 2 + 3 „ ff′′« 2#+ · · ·8 f ′ 2= e −×= e −"×"e − 1 2"1 + 1 2"+ 3 8e − 1 21 + 1 2f ′′f ′ e2 + − 1 f ′′′3 f ′ + 1 2f ′′f ′ e + f ′′′f ′ − 3 2f ′′f ′ e + f ′′′f ′ − 3 2f ′′ 2f ′ 2f ′′ 2f ′ 2f ′′f ′ e2 + − 1 f ′′′3 f ′ + 1 2f ′′f ′ e + 1 2f ′′′f ′ − 3 4f ′′ 2f ′ 2!!f ′′ 2f ′ 2f ′′ 2f ′ 2!f ′′ 2f ′ 2!e 2 + O(e 3 )! „−1/2− ff′′k f ′ 2e 3 + O(e 4 )e 2 + O(e 3 )!#32e 2 + O(e )! 3 + · · · 5!!e 3 + O(e 4 )e 2 + O(e 3 )= −4f ′ f ′′′ + 3f ′′ 2e 3 + O(e 4 ).24f ′ 2Dakle, red konvergencije datog procesa je r = 3, a faktor konvergencije (asimptotskakonstanta greške) je−4f ′ (a)f ′′′ (a) + 3f ′′ 2 (a)C 3 =˛ 24f ′2 (a) ˛ .5.1.16. Za rešavanje jednačine f(x) = 0, koja na segmentu [c,d] imaizolovan prost koren x = a, koristi se iterativni proces⎡⎤x k+1 = x k − 1 4⎢⎣ u(x k) +3f(x k )f(x ′ k − 2 ) ⎥3 u(x ⎦ , k = 0,1,... ,k)###« k

122 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIgde je u(x) = f(x)/f ′ (x).Odrediti red konvergencije i asimptotsku konstantu greške C r datog iterativnogprocesa, ako je funkcija f dovoljan broj puta neprekidno diferencijabilnana segmentu [c,d].Rešenje. Neka je e = x − a. S obzirom na jednakostiu(x) = f(x)f ′ (x) = f(a) + f ′ (a)e + 1 2 f ′′ (a)e 2 + 1 6 f ′′′ (a)e 3 + O(e 4 )f ′ (a) + f ′′ (a)e + 1 2 f ′′′ (a)e 2 + O(e 3 )f ′′f ′′′e + 1 2 f=′ e2 + 1 6 f ′ e3 + O(e 4 )1 + f ′′f ′ e + 1 f ′′′2 f ′ e2 + O(e 3 )=“e + 1 f ′′2= e − 1 2f ′ e2 + 1 6f ′′f ′ e2 +f ′′′f ′ e3 + O(e 4 )„− 1 f ′′′3 f ′ + 1 f ′′ 22= e + αe 2 + βe 3 + O(e 4 ),f ′ 2”“1 − f ′′f ′ e − 1 2«e 3 + O(e 4 )v = e − 2 3 u = e − 2 3 e − 2 3 αe2 − 2 3 βe3 + O(e 4 ),f ′′′f ′ e2 + f ′′ 2”f ′ 2 e2 + O(e 3 )f ′“ x − 2 ”3 u = f ′ (a) + f ′′ (a)v + 1 2 f ′′′ (a)v 2 + O(v 3 )= f ′ (a) + 1 “3 f ′′ (a)e + − 2 3 αf ′′ (a) + 1 ”18 f ′′′ (a) e 2 + O(e 3 )= f ′ (a) + pe + qe 2 + O(e 3 ),f(x)f(a) + f ′ (a)e + 1“f ′ x − 2 ” =2 f ′′ (a)e 2 + 1 6 f ′′′ (a)e 3 + O(e 4 )3 u f ′ (a) + pe + qe 2 + O(e 3 )e + 1 f ′′2 f=′ e2 + 1 f ′′′6 f ′ e3 + O(e 4 )1 + p f ′ e + q f ′ e2 + O(e 3 )h= e+ 1 f ′′2f ′ e2 + 1 6“ 1 f ′′= e +2 f ′ − p ”f ′ e 2 += e + Ae 2 + Be 3 + O(e 4 ),f ′′′f ′ e3 + O(e 4 )ih1 − p f ′ e − q f ′ e2 + p2“ 1 f ′′′6 f ′ − 1 pf ′′2 f ′ 2 − q f ′ + p2f ′ 2if ′ 2 e2 + O(e 3 )”e 3 + O(e 4 )

za iterativnu funkcijuvažiNELINEARNE JEDNAČINE 123φ(x) = x − 1 4264u(x) +φ(x) − a = e − 1 4 u − 3 4 · f“f ′ x − 2 ”3 u33f(x) 7“f ′ x − 2 ” 53 u(x)= e − 1 4 (e + αe2 + βe 3 + O(e 4 )) − 3 4 (e + Ae2 + Be 3 + O(e 4 ))= − 1 4 (α + 3A)e2 − 1 4 (β + 3B)e3 + O(e 4 ).Kako je α + 3A = 0, β + 3B = − 2 3 (f ′′ 2 /f′2 ), to jeφ(x) − a = 1 6Dakle, r = 3 i C 3 = |f ′′ 2 (a)/(6f′2 (a))|.f ′′ 2 (a)f ′2 (a) e3 + O(e 4 ).5.1.17. Za rešavanje jednačine f(x) = 0, koja na segmentu [c,d] imavišestruki koren x = a, koristi se iterativni proces(1) x k+1 = x k − u(x (k)u ′ 1 + 1 (x k ) 2gde je u(x) = f(x)/f ′ (x).u(x k )u ′′ )(x k ), k = 0,1,... ,u ′2 (x k )Odrediti red konvergencije r datog iterativnog procesa (1), ako je funkcijaf(x) dovoljan broj puta neprekidno diferencijabilna na segmentu [c,d].Rešenje. S obzirom da višestrukost korena a jednačine f(x) = 0 nije poznata,to ćemo rešavati ekvivalentnu jednačinu u(x) = f(x)/f ′ (x), koja ima prost korenx = a.Na rešavanje jednačine u(x) = 0 primenimo Newtonov metod(2) x k+1 = x k − u(x k)u ′ (x k ) ,

124 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIčiji je red konvergencije dva. Ako na ovaj metod primenimo teoremu 2.4.4 zaubrzavanje konvergencije (videti [1, str. 200]), dobijamo iterativni proces(3) x k+1 = φ(x k ) − 1 2 φ′ (x)(x k − φ(x k )),čiji je red konvergencije najmanje tri. Ovde je φ(x) = x − u(x)/u ′ (x) iterativnafunkcija metoda (2).Označimo sa F iterativnu funkciju metoda (3). Tada jeF(x) = φ(x) − 1 2 φ′ (x)(x k − φ(x)) = x − u(x)u ′ (x)!1 + 1 u(x)u ′′ (x),2 u ′2 (x)što je istovremeno iterativna funkcija procesa (1). Zato je red konvergencije procesa(1) najmanje r = 3.5.1.18. Sa tačnošću na četiri decimale rešiti jednačinu(1) x = (x 2 − 1)e −x .Rešenje. Skiciranjem grafika funkcije y = (x 2 −1)e −x može se locirati rešenjejednačine (1) (videti sliku 1).y=x2 -xy=(x -1)e-1a 1- 211+ 2-1Sl. 1.Ako jednačinu (1) predstavimo u oblikuf(x) ≡ x − (x 2 − 1)e −x = 0,

NELINEARNE JEDNAČINE 125imamo da je f ′ (x) ≡ 1 + (x 2 − 2x − 1)e −x .Kako za koren x = a jednačine (1) važi a ∈ [−1, 0) i kako je f ′ (x) ≠ 0 zasvako x ∈ [−1, 0), to se na rešavanje jednačine može primeniti Newtonov metod.(f ′ (x) = 0 kada je x 2 − 2x − 1 = −e x , tj. kada je x = 0 i x = ξ ∈ (0, 1 + √ 2), štose vidi sa slike 2.)2y=x -2x-1-11- 211+ 2-1y=-e xSl. 2Iterativna funkcija Newtonovog metoda jeϕ(x) = x − f(x)f ′ (x) = x − x − (x2 − 1)e −x1 + (x 2 − 2x − 1)e −x .Neka je startna vrednost, na primer, x 0 = −1 ∈ [−1, 0).Dobijene iteracije su redom:x 1 = ϕ(x 0 ) = −0.84464,x 2 = ϕ(x 1 ) = −0.80296,x 3 = ϕ(x 2 ) = −0.80033, x 4 = ϕ(x 3 ) = −0.80032, . . . .Kako je |x 4 − x 3 | = 10 −5 , to je postignuta tražena tačnost i zato možemo uzetida je a ∼ = −0.8003.Primedba. Iterativni proces x k+1 = φ(x k ), k = 0,1, . . . , sa iterativnomfunkcijom φ(x) ≡ (x 2 − 1)e −x , startujući čak sa x 0 = −0.8, daje sledeći nizx 1 = −0.801, x 2 = −0.798, x 3 = −0.807, x 4 = −0.782,x 5 = −0.849, x 6 = −0.652, x 7 = −1.103, . . . ,koji očigledno divergira.

126 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI5.1.19. Za rešavanje nelinearne jednačine f(x) = 0 koja na segmentu[α,β] ima izolovan jedinstven prost koren x = a, koristi se iterativni proces(1) x k+1 = x k − f(x k)f ′ (x k ) − f(x k) 22f ′ (x k ) 3 f ′ (x k ) − f ′ (x k−1 )x k − x k−1(k = 1,2,... ).Ako f ∈ C 3 [α,β] odrediti red konvergencije r i asimptotsku konstantugreške datog iterativnog procesa.Rešenje. Primetimo da je iterativni proces (1) proizašao iz Čebiševljevog iterativnogprocesax k+1 = x k − f(x k)f ′ (x k ) − f(x k) 2 f ′′ (x k )2f ′ (x k ) 3 ,koji ima red konvergencije r = 3, na osnovu aproksimacije drugog izvodaPredstavimo iterativni proces (1) sa(2) x k+1 = ϕ(x k ) −gde jef ′′ (x k ) ∼ = f ′ (x k ) − f ′ (x k−1 )x k − x k−1.„ « 21 f(xk ) f ′ (x k ) − f ′ (x k−1 )2f ′ (x k ) f ′ ,(x k ) x k − x k−1ϕ(x k ) = x k − f(x k)f ′ (x k )Newtonova iterativna funkcija, za koju je poznato da važi(3) ϕ(x k ) − a = f ′′ (a)h2f ′ (a) (x k − a) 2 + O (x k − a) 3i .Ako stavimo e k = x k − a, na osnovu (2) imamo(4) e k+1 = ϕ(x k ) − a −a na osnovu (3) je„ « 21 f(xk ) f ′ (x k ) − f ′ (x k−1 )2f ′ (x k ) f ′ ,(x k ) e k − e k−1(5) e k − f(x k)f ′ (x k ) = f ′′ (a)2f ′ (a) e2 k + O(e 3 k) .Korišćenjem Taylorove formule imamof ′ (x k−1 ) = f ′ (a) + f ′′ (a)e k−1 + 1 2 f ′′′ (a)e 2 k−1 + O(e 3 k−1),

NELINEARNE JEDNAČINE 127pa, dalje, sledujef ′ (x k ) = f ′ (a) + f ′′ (a)e k + 1 2 f ′′′ (a)e 2 k + O(e 3 k),(6)f ′ (x k ) − f ′ (x k−1 )e k − e k−1= f ′′ (a) + 1 2 f ′′′ (a)(e k + e k−1 ) + O(e 2 k−1) .pa jeNa osnovu formule (5) imamof(x k )f ′ (x k ) = e k − f ′′ (a)2f ′ (a) e2 k + O(e 3 k)(7)„ « 21 f(xk )2f ′ (x k ) f ′ = 1(x k ) 2f ′ (a) e2 k + O(e 3 k) .Na osnovu (4), a korišćenjem relacuje (3), (7) i (6) dobijamoe k+1 = − 1 4f ′′′ (a)f ′ (a) e2 k e k−1 + O(e 3 k),ili, u dovoljno bliskoj okolini tačke x = a, možemo pisati1 f ′′ (a)(8) |e k+1 | ∼˛4f ′ (a) ˛ |e k| 2 |e k−1 | .Ako iterativni proces (1) ima red konvergencije r, tada je(9) |e k+1 | ∼ A |e k | r (A > 0).Na osnovu (8) i (9) sledujeA |e k | r 1∼˛4f ′′′ (a)f ′ (a)˛ |e k| 2 |e k−1 |,odakle, rešavanjem po |e k | dobijamo1(10) |e k | ∼˛4Af ′′′ (a)f ′ (a)˛1/(r−2)Pored¯enjem (9) i (10) zaključujemo da mora bitir = 1r − 2 ,˛˛˛˛˛A = f ′′′ (a)4f ′ (a) ˛|e k−1 | 1/(r−2) .1/(r−1).

128 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMINajzad, iz kvadratne jednačine r 2 − 2r − 1 = 0 odred¯ujemo red konvergencijer = 1 + √ 2. Asimptotska konstanta greške A je data saf ′′′ (a)A =˛4f ′ (a) ˛√2/2.Literatura:G.V. Milovanović, M. S. Petković: On some modifications of third order methodfor solving equations. Univ. Beograd. Publ. Elektrotehn. Fak. Ser. Mat. Fiz. No678 – No 715 (1980), 63–67.5.1.20. Uporediti metod sečice i Newtonov metod, sa stanovišta njihoveprimene.Rešenje. U primeni iterativnih metoda pojavljuje se problem ,,optimalnog‘‘ izboraiterativne funkcije za rešavanje konkretne jednačine f(x) = 0. Svakako, ovdepojam ,,optimalan‘‘ treba shvatiti u osnovnom numeričkom smislu, tj. optimalanje onaj metod koji najbrže dovodi do rešenja sa zahtevanom tačnišću.Neka je (x k ) niz generisan iterativnim procesom koji ima red konvergencije r.Ako grešku u k–toj iteraciji označimo sa e k = x k − a, tada je(1) e k+1 = N k e r k (N k → C) ,gde je |C| asimptotska konstanta greške.Na osnovu (1) bi se mogao nametnuti pogrešan zaključak da ukoliko iterativniproces ima veći red konvergencije r, utoliko bi bio povoljniji za primenu, tj. bržebi dovodio do rešenja sa zahtevanom tačnošću. Med¯utim, pri ovome se gubi izvida iterativna funkcija na osnovu koje se generiše niz (x k ), koja upravo pokazujetendenciju komplikovanosti, tj. zahteva sve veći broj izračunavanja, sa porastomreda r. Dakle, zaključujemo da mera efikasnosti iterativnih procesa mora uzeti uobzir kako red konvergencije, tako i broj operacija u jednoj iteraciji.Za naše dalje razmatranje, aproksimirajmo (1) sae k+1 = C e r k .Pretpostavimo da je C > 0, čime se ništa ne gubi od opštosti razmatranja, i nekaje r > 1. Uporedimo efikasnost dva iterativna metoda (a) i (b). Odgovarajućegreške ovih metoda sue k+1 = C a (e k ) r a, η k+1 = C b (η k ) r b,

NELINEARNE JEDNAČINE 129respektivno. Ako stavimo da je S k = − log |e k | i T k = − log |η k |, tada suS k+1 = −log C a + r a S k i T k+1 = − log C b + r b T k .Rešenja ovih nehomogenih linearnih diferencnih jednačina sa konstantnim koeficijentimasu data saS k = S 0 r k a − log C (rk a −1)/(r a−1)a , T k = T 0 r k b − log C (rk b −1)/(r b−1)b.Ako oba iterativna procesa startuju sa istom početnom vrednošću tada je S 0 = T 0 .Pretpostavimo da metod (a) postiže zadatu tačnost posle I, a metod (b) posle Jiteracija. Tada je S I = T J , odakle sleduje(2) S 0“r I a − r J b”+ log C(rJ b −1)/(r b−1)bC (rI a −1)/(r a−1)a= 0 .Ako su ,,cene iteracija‘‘ metoda (a) i (b), označene sa θ a i θ b respektivno, tada suukupne ,,cene‘‘ posle I odnosno J iteracija, date saodakle jeL a = I θ a , L b = J θ b ,(3) L a = I J · θaθ b· L b .Iz jednačine (2) nije moguće generalno dobiti odnos I J .Med¯utim, ako za metod (a) uzmemo metod sečice a za (b) Newtonov metod,to je ipak moguće. S obzirom da je tada r a = (1 + √ 5)/2, r b = 2, C a = C r a−1b,(videti [1]), (2) se svodi naodakle sledujeh iS 0 (ra I − rb J ) + log (C b ) rJ b −rI a= 0 ,(4)IJ = log r blog r a.Zamenom (4) u (3) dobijamoL a = θ a log r bθ b log r aL b .

130 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIS obzirom da je ,,cena iteracije‘‘ pre svega u zavisnosti od cene izračunavanjavrednosti f (j) za j ≥ 0 (f (0) ≡ f) to je možemo definisati sa θ = P α j θ j , gdeje θ j cena, a α j broj neophodnih izračunavanja f (j) po jednoj iteraciji. Uzmimoda je, u posmatranom slučaju, cena izračunavanja vrednosti funkcije f jednakajedinici (θ 0 = 1). Tada jeL sečice = 1.441 + θ 1L Newton ,pa zaključujemo da ako je cena izračunavanja prvog izvoda funkcije f veća od 0.44,tada je metod sečice ,,jeftiniji‘‘ (optimalniji) od Newtonovog metoda. Ovaj rezultatje dobio Jeeves.No, vratimo se generalnom slučaju i pretpostavimo da je drugi član u (2) zanemarivu odnosu na prvi (što nastaje, na primer, ako su C a i C b bliski jedinici).Tada opet dobijamo da jetj.L a = θ a log r bθ b log r aL b ,L a= log r1/θ bbL b log f 1/θ .aPoslednja jednakost sugeriše definisanje pojma ,,računske efikasnosti‘‘ iterativnefunkcije Φ u odnosu na f, sa(5) E = E(Φ,f) = r 1/θ ,gde je r red konvergencije, θ = P α j θ j , θ j cena, a α j broj neophodnih izračunavanjavrednosti f (j) (f (0) ≡ f) po jednoj iteraciji.Ako θ j fiksiramo, na primer θ j = 1, tj. učinimo ga nezavisnim od j, i stavimod = P α j , tada (5) postaje nezavisno od strukture funkcije f, tj.aj≥0(6)+ EFF = E(Φ) = r1/d .Jednakost (6) je koristio Ostrowski za definisanje ,,indeksa efikasnosti‘‘ iterativnefunkcije.Traub predlaže definisanje pojma ,,informaciona efikasnost‘‘ sa(7) EFF = r d .Čini se da je ocena efikasnosti (5) bolja od (6) i (7) s obzirom da uzima u obzircenu izračunavanja funkcije f i njenih izvoda, za razliku od (6) i (7). Svakako isama ocena (5) ima odred¯enih manjkavosti, koje sleduju iz načina njenog dobijanja.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 131Cena izračunavanja vrednosti f (j) (j ≥ 0) je različita za različite klase funkcijaf i pri odred¯ivanju te cene veliku ulogu igra onaj ko primenjuje iterativne procese.Tako, na primer, ako jef(x) = g `e x , cos x, sin x´ ,tada jef (j) (x) = h `e x , cos x, sin x´ .Jasno je da ako uzmemo da je θ 0 = 1, tada će, s obzirom da se f (j) sastojiod elementarnih funkcija čije su vrednosti sračunate pri izračunavanju vrednostif(x), θ j biti mnogo manje od jedinice. U tom slučaju bi Newtonov metod, naprimer, bio mnogo efikasniji od metoda sečice.Ipak, čini se da je u praksi primene iterativnih funkcija veći broj slučajeva kadaje cena izračunavanja vrednosti f (j) (j ≥ 1) veća od cene izračunavanja vrednostif (pri ovome imamo u vidu realizaciju iterativnog procesa na računskoj mašini, pase, znači, zahteva nalaženje f (j) (j ≥ 1) kao i njeno programiranje).Literatura:T.A. Jeeves: Secant modification of Newton’s method. Comm. ACMl, 8 (1958),9–10.A. Ostrowski: Solution of Equations and Systems of Equations. New York,1966.J.F. Traub: Iterative Methods for the Solution of Equations. Englewood Cliffs,N.J., Prentice–Hall, Inc., 1964.M.A. Kovačević: Prilozi teoriji i praksi iterativnih procesa. Magistarski rad,Niš, 1982.5.2. Sistemi nelinearnih jednačina5.2.1. Metodom Newton–Kantoroviča rešiti sistem nelinearnih jednačinax 2 +2x 2 +y 2 + z 2 =y 2 − 4z =3x 2 − 4y + z 2 =1,0,0,uzimajući početne vrednosti x(0) = y(0) = z(0) = 0.5.

132 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIRešenje. Newton–Kantorovičev iterativni postupak za rešavanje sistema nelinearnihjednačinaf (x) = 0 ,gde jedat je formulomx =2643x 1. .x n75 , f (x) =23f 1 (x 1 , . . . , x n )6745 ,.f n (x 1 , . . . , x n )(1) x(k + 1) = x(k) − W −1 (x(k)) f (x(k)) (k = 0,1, . . .),gde je W (x) Jacobieva matrica za f, tj.2∂f 1· · ·∂x 1 W(x) =6.4∂f n∂x 1pa je∂f31∂x n7∂f5 n∂x nDake, za sistem nelinearnih jednačina dat zadatkom, imamo2x = 4 x 32y 5 , f (x) = 4 x2 + y 2 + z 2 323− 12x 2y 2z2x 2 + y 2 − 4z 5 , W (x) = 44x2y −4 5 ,z3x 2 − 4y + z 2 6x −4 2z2f 0 = f(x(0)) = 4 −0.2532−1.25 5 , W 0 = W(x(0)) = 4 1 1 132 1 −4 5 .−1.003 −4 1Kako je det W 0 = −40, nalazimo inverznu matricu23W −1 (x(0)) = W0 −1 = − 1 −15 −5 −54 −14 −2 6 5 ,40−11 7 −1pa, na osnovu (1), imamo2x(1) = x(0) − W0 −1 f 0 = 4 0.53 23 20.5 5 + 1 −15 −5 −54 −14 −2 6 5 4 −0.253−1.25 5400.5 −11 7 −1 −1.002= 4 0.53 20.5 5 + 4 0.3753 20.000 5 = 4 0.87530.500 5 .0.5 −0.125 0.375.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 133Za f (x(1)) = f 1 dobija se2f 1 = 4 0.1562530.28125 5 .0.43750Nastavljajući iterativni proces (1), dobija se sledeći niz vektora2x(2) = 4 0.78981320.49662 5 , x(3) = 4 0.7852130.49662 5 , itd.0.369930.36992Ako se zadržimo na trećem koraku, približne vrednosti korena sux ∼ = 0.7852 , y ∼ = 0.4966 , z ∼ = 0.3699 ,dok je2f (x(3)) = 4 0.0000330.00006 5 .0.00003Primedba. Pri korišćenju metoda Newton–Kantoroviča (1) bilo je potrebno usvakom iterativnom koraku odrediti inverznu matricu W −1 (x) od W (x). Ovu nepogodnostmožemo otkloniti tako što bismo W −1 (x) odredili samo u prvoj iteracijii nadalje je zadržali u procesu izračunavanja, tj.(2) x(k + 1) = x(k) − W −1 (x(0)) f (x(k)) (k = 0,1, . . .).Korišćenjem ovako modifikovanog metoda Newton–Kantoroviča za rešavanje sistemanelinearnih jednačina datih zadatkom, uzimajući za početne vrednosti x(0) =y(0) = z(0) = 0.5, dobijamo sledeći niz vektora2x(1) = 4 0.87500320.50000 5 , x(2) = 4 0.72656320.49688 5 , x(3) = 4 0.8152630.49663 5 , itd.0.375000.370310.36995pri čemu je2f (x(3)) = 4 0.0481530.09614 5 .0.14429Treća iteracija po ovom metodu je, očigledno, mnogo ,,slabija‘‘ od treće iteracijepo metodu Newton–Kantoroviča. Dakle, sa jedne strane iterativni proces (2) zahtevamanje izračunavanja po iterativnom koraku od procesa (1), ali s druge straneima manju brzinu konvergencije.

134 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI5.2.2. Rešiti sistem jednačinaf(x,y) = log ( x 2 + y ) + y − 1 = 0,g(x,y) = √ x + xy = 0,startujući sa (x(0), y(0)) = (2.4, −0.6).Rešenje. Dati sistem nelinearnih jednačina možemo predstaviti u obliku(1) f (x) = 0 ,gde su» –xx = , f (x) =y» –f(x, y).g(x, y)Metod Newton–Kantoroviča za rešavanje sistema (1) dat je formulom(2) x(k + 1) = x(k) − W −1 (x(k)) f (x(k)) (k = 0,1, . . .),gde je W (x) Jacobieva matrica za f, tj.23 2∂f ∂f∂x ∂yW (x) =674 ∂g ∂g 5 = 64∂x ∂ySada nalazimogde jeW −1 (x) =1D(x, y)2642xx 2 + yy + 12 √ x1 + 1x 2 + yxx −1 − 1x 2 + y−y − 12 √ x2xx 2 + y3375 ,75 .D(x, y) =2x2x 2 + y − x2 + y + 1x 2 · 1 + 2√ xy+ y 2 √ x= 1 » “ ” „x 2 2x 2 − x 2 + y + 1 y + 1 «–+ y2 √ .xDakle, na osnovu (2), imamo2 3 2 3 2x(k + 1) x(k)x(k)6 74 5 = 6 74 5 − 16D k 4 1−y(k) −y(k + 1) y(k)2 p x(k)−1 −1x(k) 2 + y(k)2x(k)x(k) 2 + y(k)3 2 3f k7 65 4g k75 ,

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 135tj.(3)8>:x(k + 1) = x(k) − 1 » „« –1x(k)fD k − 1 +k x(k) 2 g+ y(k) k ,y(k + 1) = y(k) − 1D k"− y(k) +12 p x(k)!f k +#2x(k)x(k) 2 + y(k) g k ,za k=0, 1, . . . (D k =D (x(k), y(k)) , f k =f (x(k), y(k)), g k =g (x(k), y(k)).)Startujući sa x(0) = 2.4, y(0) = −0.6 dobijamok x(k) y(k)0 2.4 −0.61 2.4125245 −0.64405042 2.4122488 −0.64385633 2.4122488 −0.6438563pa su približne vrednosti korena x ∼ = 2.4122488, y ∼ = −0.6438563.Primedba. Sistem nelinearnih jednačina dat zadatkom možemo rešiti njegovimsvod¯enjem na jednu nelinearnu jednačinu, te korišćenjem nekog iterativnogprocesa za njeno rešavanje.Dakle, iz uslova g(x, y) = 0 sleduje y = − 1 √ x, pa jednačina f(x, y) = 0 postaje„log x 2 − √ 1 «= 1 + √ 1 ,x xtj.(4) x 2 − 1 √ x= e 1+1/√ x .Ako stavimo x = t 2 , na osnovu (4) imamo t 5 = 1 + t e 1+1/t , tj.(5) t = 5p 1 + t e 1+1/t .Sada, na osnovu (5), formirajmo metod proste iteracijet k+1 = 5 q1 + t k e 1+1/t k (k = 0, 1, . . .).Startujući sa t 0 = p x(0) ∼ = 1.55 dobijamo

136 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIk t k0 1.551 1.55294272 1.55312903 1.55314084 1.55314155 1.5531416pa je, dakle, x = t 2 ∼ = 2.4122488, y = −1 √x ∼ = −0.6438563.5.2.3. Metodom proste iteracije odrediti rešenje sistema nelinearnihjednačina4y 2 + 20x + 4y − 15 = 0,4x 2 − 4y 2 + 8x − 20y − 5 = 0,koje leži najbliže koordinantnom početku.Rešenje. Ukažimo na osnovna svojstva metoda proste iteracije za rešavanjesistema nelinearnih jednačina.Neka je dat sistem od n nelinearnih jednačina sa n nepoznatih u obliku(1) f(x) = 0,gde je f = [f 1 f 2 . . . f n ] ⊤ vektorska funkcija od n realnih nezavisno promenljivihx 1 , x 2 , . . . , x n . Vektorskom obliku (1) odgovara skalarni oblik(2)f 1 (x 1 , x 2 , . . . , x n ) = 0,f 2 (x 1 , x 2 , . . . , x n ) = 0,.f n (x 1 , x 2 , . . . , x n ) = 0.U cilju dobijanja metoda proste iteracije transformišemo sistem (2) na ekvivalentansistem oblika(3) x = ϕ(x),gde ϕ = [ϕ 1 ϕ 2 . . . ϕ n ] ⊤ nazivamo vektorskom iteracionom funkcijom. Vektorskomobliku (3) odgovara skalarni oblik(4)x 1 = ϕ 1 (x 1 , x 2 , . . . , x n ),x 2 = ϕ 2 (x 1 , x 2 , . . . , x n ),.x n = ϕ n (x 1 , x 2 , . . . , x n ).

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 137Osnovu metoda proste iteracije čini konstrukcija niza aproksimacija {x (k) } poformuli(5) x (k+1) = ϕ(x (k) ), k = 0,1,2, . . . ,koji, pod odred¯enim uslovima, konvergira ka rešenju x ∗ sistema (4) ili, što jeekvivalentno, ka rešenju sistema (2).Označimo sa2∂ϕ 1(x)∂x 1 ∂ϕ 2(x)(6) ϕ ′ ∂x(x) =1 6 .4 ∂ϕ n(x)∂x 1∂ϕ 1(x) . . .∂x 2∂ϕ 2(x)∂x 2∂ϕ n∂x 2(x)3∂ϕ 1(x)∂x n ∂ϕ 2(x)∂x n 7∂ϕ n5(x)∂x nOvaj metod zasnovan je na sledećoj teoremi: Neka je vektorska funkcija ϕdefinisana na ograničenoj, zatvorenoj, konveksnoj oblasti D ⊂ R n , koju preslikavau sebe, tj. za svako x ∈ D je takod¯e ϕ(x) ∈ D. Neka funkcije ϕ i ,i = 1,2, . . . , n, imaju u D neprekidne parcijalne izvode prvog reda po svimpromenljivim x 1 , x 2 , . . . , x n . Neka dalje egzistira konstanta q, 0 ≤ q < 1, takvada ‖ϕ ′ (x)‖ ≤ q za svako x ∈ D. Tada:a) Postoji jedinstveno rešenje x ∗ ∈ D sistema (4),b) Za proizvoljni izbor startne vrednosti x (0) ∈ D važe ocene (za aproksimacijex (k) dobijene pomoću (5)):‖x (k) − x ∗ ‖ ≤‖x (k) − x ∗ ‖ ≤c) Iterativni metod konvergira, tj.q1 − q ‖x(k) − x (k−1) ‖, k = 1,2, . . . ,qk1 − q ‖x(1) − x (0) ‖, k = 1,2, . . . .limk→+∞ x(k) = x ∗ .Pred¯imo sada na rešavanje našeg zadatka. Zadat je sistem u obliku f(x) = 0gde je f = [f 1 f 2 ] ⊤ . Ovde suf 1 (x,y) = 4y 2 + 20x + 4y − 15, f 2 (x, y) = 4x 2 − 4y 2 + 8x − 20y − 5.

138 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIy1f 1(x,y)=00.5y*Df 2(x,y)=00 x* 0.8 1x-0.5Sl. 1.Vektor nepoznatih je x = [x y] ⊤ . Transformacijom jednačina sistema dobijamooblik na osnovu kojeg možemo zaključiti koje rešenje je najbliže koordinantnompočetku i skicirati oblast na kojoj metod iteracije, saglasno navedenoj teoremi,konvergira:(y + 0.5) 2 (x + 1)2 (y + 2.5)2= −5(x − 0.8), − +4 4Transformišimo poslednji oblik sistema jednačina na oblik 14) (4):= 1.(y + 0.5)2x = − + 0.8,5y = (x + 1)2 − (y + 0.5) 24− 0.5.Rešavamo, dakle, sistem jednačina oblika (4) za n = 2, gde su(y + 0.5)2ϕ 1 (x, y) = − + 0.8, ϕ 2 (x, y) = (x + 1)2 − (y + 0.5) 2− 0.5.54Odredimo zatvorenu oblast D koja sadrži traženo rešenje i ispunjava uslove izteoreme. (Ovde se u praksi mogu pojaviti ne mali problemi jer uslovi teoremene moraju biti ispunjeni u okolini rešenja. U tom slučaju ne preostaje nam ništadrugo do da se menja iterativna funkcija ϕ = [ϕ 1 ϕ 2 ] ⊤ ili koristi drugi metod zarešavanje problema.)14) Takvih oblika ima mnogo. Ovde je izabran jedan od njih.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 139Pokažimo sada da pravougaona oblastD =no(x, y) ∈ R 2 | x ∈ [0, 0.8], y ∈ [−0.5, 0.5]ispunjava uslove teoreme. (Šrafirana oblast na slici 1 je oblast D.)Najpre pokažimo da funkcija ϕ preslikava oblast D u samu sebe. Funkcija ϕ 1 ,koja zavisi samo od y, za y ∈ [−0.5, 0.5] je monotona i u D dobija minimalnuvrednost 0.6, a maksimalnu 0.8. Pri ispitivanju funkcije ϕ 2 imamo u vidu da izraz(x + 1) 2 − (y + 0.5) 2 , kao razlika monotonih funkcija, dobija u D vrednosti izintervala [0, 1.8 2 ]. Dakle, ϕ 2 dobija u D minimalnu vrednost −0.5, a maksimalnu0.31. Zato vektorska funkcija ϕ preslikava D u zatvorenu pravougaonu oblastD 1 =no(x,y) ∈ R 2 | x ∈ [0.6, 0.8], y ∈ [−0.5, 0.31] ,tako da važi D 1 ⊂ D. Parcijalni izvodi funkcija ϕ 1 i ϕ 2 su neprekidne funkcije uoblasti D. Odredimo matricu parcijalnih izvoda (6) i njenu ‖ · ‖ 1 normu:ϕ ′ (x, y) =264∂ϕ 1∂x∂ϕ 2∂x∂ϕ 1∂y∂ϕ 1∂y3275 = 6430 −0.4(y + 0.5)75 ,0.5(x + 1) −0.5(y + 0.5)no‖ϕ ′ ‖ 1 = max(x,y)∈D0.5|x + 1|, 0.9|y + 0.5| = 0.9.Dakle, ispunjeni su uslovi teoreme, pri čemu q = 0.9. Pri proizvoljnom izborustartne vrednosti iz D dobijamo konvergentni iterativni proces:Pri izboru x 0 = y 0 = 0 imamox k+1 = ϕ 1 (x k , y k ),y k+1 = ϕ 2 (x k , y k ), k = 0,1, . . . .(0 + 0.5)2x 1 = − + 0.8 = 0.75000,5y 1 = (0 + 1)2 − (0 + 0.5) 24− 0.5 = −0.31250.U priloženoj tabeli dajemo rezultate aproksimacija x k , y k za k = 0,1, . . . ,16zaokrugljene na 5 decimalnih mesta. Izračunavanje daljih aproksimacija ne dovodido povećavanja tačnosti rezultata, s obzirom na korišćenu aritmetiku konačnedužine.

140 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIk x k y k k x k y k0 0.00000 0.00000 9 0.71889 0.137881 0.75000 −0.31250 10 0.71862 0.136922 0.79297 0.25684 11 0.71887 0.137003 0.68544 0.16048 12 0.71885 0.137184 0.71275 0.10112 13 0.71880 0.137115 0.72773 0.14304 14 0.71882 0.137096 0.71730 0.14289 15 0.71882 0.137117 0.71734 0.13395 16 0.71882 0.137118 0.71962 0.13684Isti problem rešićemo sada metodom Newton–Kantoroviča. Dakle, rešavamosistem nelinearnih jednačina:f 1 (x,y) ≡ 4y 2 + 20x + 4y − 15 = 0,f 2 (x,y) ≡ 4x 2 − 4y 2 + 8x − 20y − 5 = 0,čije rešenje leži u zatvorenoj pravougaonoj oblasti D = [0,0.8] × [−0.5, 0.5] ⊂ R 2 .Funkcije f 1 i f 2 imaju u R 2 , a dakle i u D neprekidne parcijalne izvode∂f 1∂x = 20, ∂f 1∂y = 8y + 4, ∂f 2∂x = 8x + 8, ∂f 2∂yi važi det (W(x, y)) ≠ 0. Sistem jednačina= −8y − 20,W(x k , y k )ˆx k+1 − x k y k+1 − y k˜⊤ = −f([xk y k ] ⊤ )za k = 0, 1, . . . ima oblik23∂f 1(7) 6∂x (x ∂fk, y k ) 1∂y (x k, y k ) " # " #xk+1 − x k f1 (x k , y k )74 ∂f 2∂x (x ∂fk, y k ) 2∂y (x 5= − .k, y k ) y k+1 − y k f 2 (x k , y k )Izaberimo startnu aproksimaciju x 0 = y 0 = 0. Zamenom k = 0 u (7) dobijamosistem linearnih jednačinačija determinanta je −432, a rešenje20(x 1 − x 0 ) + 4(y 1 − y 0 ) = 15,8(x 1 − x 0 ) − 20(y 1 − y 0 ) = 5,x 1 − x 0 = 0.74074, y 1 − y 0 = 0.04630.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 141Dakle,x 1 = x 0 + 0.74074 = 0.74074, y 1 = y 0 + 0.04630 = 0.04630.Dalje, za k = 1, (7) se svodi na sistem jednačina20(x 2 − x 1 ) + 4.37037(y 2 − y 1 ) = −0.00858,13.925(x 2 − x 1 ) − 20.37037(y 2 − y 1 ) = −2.18613,čija determinanta je −468.25, a rešenje jetj.x 2 − x 1 = −0.02078, y 2 − y 1 = 0.09312,x 2 = x 1 + 0.02078 = 0.71996, y 2 = y 1 + 0.09312 = 0.13942.U sledećoj tabeli dajemo vrednosti x k , y k za k = 0, 1,2,3, 4 i vrednosti determinantesistema (7). Kao i ranije, ako koristimo aritmetiku samo sa pet cifara, daljimiteracijama nije moguće dobiti tačnije aproksimacije.k x k y k det(W(x k , y k ))0 0.00000 0.00000 −432.001 0.74074 0.04630 −468.252 0.71996 0.13942 −494.923 0.71882 0.13711 −492.024 0.71882 0.13711 −492.02Primedba. Upored¯ivanje tabela pokazuje da metod Newton–Kantoroviča konvergirabrže od metoda proste iteracije. Naravno, razlog tome je kvadratna konvergencijametoda Newton–Kantoroviča u odnosu na linearnu konvergenciju metodaproste iteracije, koji uz to ima q blisko jedinici.5.2.4. Odrediti ekstrem funkcijef(x,y) = 3x 3 + 2y 2 + xy 2 − 10x − 5y − 1,koji leži u okolini tačke (1,1).Rešenje. Potrebno je rešiti sistem jednačina∂f∂x = 0,∂f∂y = 0,

142 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMItj. sistem9x 2 + y 2 − 10 = 0, 4y + 2xy − 5 = 0,u okolini tačke (1,1). Transformišimo dati sistem na oblikx = 1 p10 − y3 2 , y = 1 (5 − 2xy).4Tada, odred¯ujemo niz tačaka (x k , y k ) metodom proste iteracijex k+1 = 1 3startujući sa x 0 = 1, y 0 = 1.q10 − y 2 k ,y k+1 = 1 4 (5 − 2x ky k ), k = 0,1, 2, . . . ,k x k y k 10 − y 2 k 2x k y k0 1.0000 1.0000 9.00000 2.00001 1.0000 0.7500 9.43750 1.50002 1.0240 0.8750 9.23437 1.79203 1.0129 0.8020 9.35680 1.62454 1.0196 0.8439 9.28783 1.71525 1.0159 0.8212 9.32563 1.66886 1.0179 0.8328 9.30644 1.69547 1.0169 0.8261 9.31748 1.68018 1.0171 0.8300 9.31110 1.68849 1.0171 0.8279 9.31458 1.684110 1.0173 0.8290 9.31276 1.686711 1.0172 0.8283 9.31387 1.685212 1.0173 0.8287 9.31324 1.686113 1.0173 0.8285U ovom slučaju, pre početka iterativnog procesa nismo ispitali uslove za njegovukonvergenciju, no na osnovu generisanih vrednosti x k , y k (k = 1,2, . . . ), konvergencijaje evidentna.Iz tabele se može videti da je rešenje sistema x ≈ 1.0173, y ≈ 0.8285. S obziromda je u toj tački∂ 2 f ∂ 2 „f ∂ 2 « 2∂x 2 ∂y 2 − f ∂ 2 f> 0,∂x∂y ∂x 2 > 0,zaključujemo da funkcija u toj tački ima strogi lokalni minimum. Odgovarajućavrednost funkcije je −10.086.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 1435.2.5. Dat je sistem nelinearnih jednačina:e x2 +y 2 = 3,x + y − sin 3(x + y) = 0.Konstruisati Newtonov metod za rešavanje ovog sistema.Rešenje. Uvedimo smenu promenljivihkojom sistem svodimo na oblikx 2 + y 2 = u, x + y = v,e u = 3, v − sin 3v = 0.Iz prve jednačine poslednjeg sistema dobijamo u = ln 3 ∼ = 1.098612. Za drugujednačinu imamo tri rešenja, što se može lako zaključiti skiciranjem grafika. Jednorešenje je v 0 = 0. Drugo rešenje se dobija primenom Newtonovog metoda na jednačinuf(v) = v − sin 3v,dok je treće rešenje kao i drugo, samo suprotnog znaka. Dakle, imamov 1∼ = 0.759621,v2 ∼ = −0.759621.Sada treba rešiti sisteme nelinearnih jednačina(1) x 2 + y 2 ∼ = 1.098612, x + y = 0,x 2 + y 2 ∼ = 1.098612, x + y ∼ = 0.759621,(2)x 2 + y 2 ∼ = 1.098612, x + y ∼ = −0.759621.(3)Sistem (1) se jednostavno rešava. Njegova rešenja su:x ∼ = 0.741152,y ∼ = −0.741152,ix ∼ = −0.741152, y ∼ = 0.741152.Za sistem (2), takod¯e, postoje dva rešenja. Nalazimo ih primenom metodaNewton–Kantoroviča na sistem jednačinaf 1 (x,y) ≡ x 2 + y 2 − 1.098612 ∼ = 0,f 2 (x,y) ≡ x + y − 0.759612 ∼ = 0.

144 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIStartni vektor odredimo tako da druga jednačina bude zadovoljena tačno, a prvapribližno. Dakle,»–» –x (0) 1= , f(x (0) −0.040830) = ,−0.2403880» –» –2x 2yW(x) = , W −1 1 1 −2y(x) =.1 12(x − y) −1 2xZa prvu iteraciju imamoDalje je»f(x (1) 0.000543) =0Druga iteracija jeKako jex (1) = x (0) − W −1 (x (0) )f(x (0) ) =–, W −1 (x (1) ) =x (2) = x (1) − W −1 (x (1) )f(x (1) ) =f(x (2) ) =» –0.000000,0.000000» –1.016459.−0.256838» –0.392681 0.201711.−0.392681 0.798289» –1.016246.−0.256625možemo uzeti da jex ∼ = 1.01625, y ∼ = −0.25662.S obzirom na simetriju sistema (2) u odnosu na x i y, drugo rešenje je dato sax ∼ = −0.25662, y ∼ = 1.01625.Sistem (3) se uvod¯enjem smene x = −x 1 , y = −y 1 svodi na sistem (2) pa sunjegova rešenjax ∼ = 0.25662, y ∼ = −1.01625, ili x ∼ = −1.01625, y ∼ = 0.25662.5.2.6. Gradijentnim metodom približno naći rešenja sistema jednačinax + x 2 − 2yz = 0.1,y − y 2 + 3xz = −0.2,z + z 2 + 2xy = 0.3,koja se nalaze u okolini koordinatnog početka.

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA 145Rešenje. Neka je dat sistem nelinearnih jednačina(1) f (x) = 0 ,gde sux =2643x 1. .x n75 , f (x) =23f 1 (x 1 , . . . , x n )6745 ..f n (x 1 , . . . , x n )U vektorskom prostoru R n , definišimo skalarni proizvod pomoću(x,y) =nXx k y k = y ⊤ x .k=1Kod gradijentnog metoda iterativni proces za rešavanje sistema nelinearnih jednačina(1) dat je formulom(2) x(k + 1) = x(k) − λ k ∇u(x(k)) (k = 0, 1, . . .),gde jeKako jeu(x) =nX[f i (x)] 2 = (f (x) ,f (x)) .i=1∇u (x) = 2 W ⊤ (x) f (x) ,gde je W (x) Jacobieva matrica za f, na osnovu (2), imamo(3) x(k + 1) = x(k) − µ k W ⊤ k f k (k = 0,1, . . .),gde jeµ k = 2λ k =“”f k , W k Wk ⊤ f k`Wk Wk ⊤ f k, W k Wk ⊤ f k´(f k = f (x(k)), W k = W (x(k))).Za dati sistem nelinearnih jednačina imamo2x = 4 x 32y 5 , f(x) = 4 x + 3x2 − 2yz − 0.1y − y 2 + 3xz + 0.2 5 ,zz + z 2 + 2xy − 0.323W (x) = df 1 + 2x −2z −2ydx = 4 3z 1 − 2y 3x 5 .2y 2x 1 + 2z

146 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIKako je za x = x(0) = ˆ0 0 0 ˜⊤ ,imamopa, na osnovu (3), dobijamoDalje imamo2f 0 = 4 −0.1320.2 5 i W 0 = 4 1 0 030 1 0 5 ,−0.30 0 1µ 0 = (f 0, f 0 )“”(f 0 , f 0 ) = 1 W 0 = W0 ⊤ = I ,2x(1) = x(0) − 1 · I f 0 = 4 −0.130.2 5 .−0.32f 1 = 4 0.133 2321.2 −0.6 0.40.05 5 , W 1 = 4 0.9 1.4 0.3 5 , W 1 W1 ⊤ f 1 = 4 0.274830.2098 5 ,0.05−0.4 0.2 1.60.1632pa jes obzirom naµ 1 =0.13 · 0.2748 + 0.05 · 0.2098 + 0.05 · 0.16320.2748 2 + 0.2098 2 + 0.1632 2 ∼ = 0.3720 ,2x(2) = 4 0.13 2−0.2 5 − 0.3720 4 0.1813 20.002 5 ∼ = 4 0.03273−0.2007 5 ,0.3 0.147 0.24532W1 ⊤ f 1 = 4 0.18130.002 5 .0.147Ako se zadržimo na drugom koraku, približne vrednosti odgovarajućeg rešenjasux ∼ = 0.0327 , y ∼ = −0.2007 , z ∼ = 0.2453 ,dok jef 2 = f (x(2)) ∼ =24 0.032−0.017−0.00835 .

5.3. Algebarske jednačineALGEBARSKE JEDNAČINE 1475.3.1. Primenom Bernoullievog metoda naći realnu dominantnu nulu x 1polinomaP(x) = 2x 3 − 7x 2 − 18x − 22.Rešenje. U slučaju kada je dominantna nula polinoma realna ili kada je dominantnanula realna i višestruka, po Bernoullievom metodu treba postupiti nasledeći način.Jednačinu P(x) = 0 posmatramo kao karakterističnu jednačinu linearne homogenediferencne jednačine reda m = dg(P(x)) = 3, tj.ili2y n+3 − 7y n+2 − 18y n+1 − 22y n = 0(1) y n+3 = 3.5y n+2 + 9y n+1 + 11y n .Na osnovu (1), uz početne uslove y 0 = y 1 = · · · = y m−2 = 0, y m−1 = 1,formiramo niz {y k } k∈N0 . Korišćenjem niza {y k } konstruišemo niz {u k } pomoćuu k = y k+1y k. Tada važi (videti [1, str. 399–402])lim u k = x 1 .k→+∞S obzirom na konačnost izračunavanja uzimamo x 1∼ = uk , ako je |u k −u k−1 | < ε,gde je ε unapred zadata tačnost.Dakle, na osnovu prethodnog, uzimajući y 0 = y 1 = 0, y 2 = 1 imamok y k u k2 1. 3.50003 3.5 6.07144 21.25 5.50005 116.875 5.46586 638.8125 5.51257 3521.46875 5.49778 19360.07813 5.50009 106480.4297pa uzimamo x 1∼ = u8 = 5.5000 što je, u ovom slučaju, i tačna vrednost dominantnenule polinoma P.

148 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMI5.3.2. Primenom Bernoullievog metoda odrediti realne i različite dominantnekorene x 1 i x 2 (x 1 = −x 2 ) jednačineP(x) = x 4 − 1.5x 3 − 3.5x 2 + 6x − 2 = 0.Rešenje. U slučaju kada su dominantni koreni realni i suprotni po znaku(jedan višestruk reda p, a drugi reda q), po Bernoullievom metodu treba postupitina sledeći način.Jednačinu P(x) = 0 tretiramo kao karakterističnu jednačinu linearne homogenediferencne jednačine reda m = dg(P) = 4, tj.iliy n+4 − 1.5 y n+3 − 3.5 y n+2 + 6 y n+1 − 2 y n = 0(1) y n+4 = 1.5 y n+3 + 3.5 y n+2 − 6 y n+1 + 2 y n .Na osnovu (1), uz početne uslove y 0 = y 1 = · · · = y m−2 = 0, y m−1 = 1,formiramo niz {y k } k∈N0 . Ako bismo sada generisali niz {u k }, gde je u k = y k+1y kuočili bismo da on divergira. No, u ovom slučaju formiramo niz {v k }, gde jev k = y 2k+2y 2k, za koji važi (videti [1, str. 403])limk→+∞ v k = x 2 1 .Dakle, na osnovu prethodnog, uzimajući y 0 = y 1 = y 2 = 0, y 3 = 1, dobijamok y k u k v k/23 1. 1.50004 1.5 3.8333 5.25005 5.75 1.36966 7.875 3.1667 4.25007 24.9375 1.34218 33.46875 3.0397 4.05959 101.734375 1.335510 135.8671875Primetimo da niz {u k } divergira, a da niz {v k } konvergira, što može i da poslužikao kriterijum za egzistenciju slučaja da su dominantni koreni realni i suprotni poznaku. Niz {v k } konvergira ka x 2 1 = 4, pa je x 1 = −x 2 = 2.

ALGEBARSKE JEDNAČINE 1495.3.3. Primenom Bernoullievog metoda naći par konjugovano kompleksnihdominantnih korena jednačine P(x) = x 3 − 3x 2 + 7x − 5 = 0.Rešenje. U slučaju kada algebarska jednačina P(x) = 0 ima par konjugovanokompleksnih dominantnih korena, x 1 = ρe iθ i x 2 = ρe −iθ , na osnovu Bernoullievogmetoda, jednačinu P(x) = 0 tretiramo kao karakterističnu jednačinu linearnehomogene diferencne jednačine reda m = dg(P) = 3, dakle,(1) y n+3 = 3y n+2 − 7y n+1 + 5y n .Polazeći od y 0 = y 1 = · · · = y m−2 = 0, y m−1 = 1, formiramo niz {y k } k∈N0 .Ranije definisani nizovi {u k } i {v k } (videti zadatak 5.3.2) u ovom slučaju divergiraju.Zato definišimo nove nizove {s k } i {t k } pomoćus k =y k y k+1˛ y k−1 y k˛˛˛˛ = yk 2 − y k−1 y k+1iza koje važit k =˛ yk+1 y k+2y k−1 y k˛˛˛˛ = y k+1 y k − y k−1 y k+2 ,slim k+1= ρ 2 ti lim k= ρ cos θ .k→+∞ s k k→+∞ 2s kDakle, na osnovu prethodnog, uzimajući y 0 = y 1 = 0, y 2 = 1 i korišćenjem (1)dobijamo niz{y k }={0, 0, 1, 3, 2, −10, −29, −7, 132, 300, −59, −1617, −2938, 2210, 1911, . . . }.Kako je s 12 = (−2938) 2 −(−1617) ·2210 = 12205414, s 13 = (2210) 2 −(−2938) ·19111 = 61032218, t 12 = 2210 · (−2938) − (−1617) · 1911 = 24409507, nalazimoa dalje jeρ 2 ∼ =s 13s 12∼ = 5.0004 , ρ cos θ ∼ =t 122s 12∼ = 0.9999 ,x 1 = ρ cos θ + i`ρ 2 − (ρcos θ) 2´1/2 ∼ = 0.9999 + i`5.0004 − (0.9999)2´1/2 ,tj. x 1∼ = 0.9999+2.0001 i, dok je x2 = ¯x 1 . Prmetimo da su tačne vrednosti korenax 1 = ¯x 2 = 1 + 2i.5.3.4. Odrediti sve korene algebarske jednačine P(x) = 0, gde jeP(x) = x 3 − 2x 2 − x + 2.Za početne aproksimacije korena uzeti x 1 (0)=−1.1, x 2 (0)=0.9, x 3 (0)=1.9.

150 NELINEARNE JEDNAČINE I SISTEMIRešenje. U novije vreme razrad¯en je veliki broj metoda za simultano (istovremeno)odred¯ivanje svih korena algebarske jednačine(1) P(x) = x n + a 1 x n−1 + · · · + a n−1 x + a n ,gde su a i (i = 1, . . . , n), u opštem slučaju, kompleksni koeficijenti.Jedan od metoda za simultano nalaženje nula polinoma (1), čije su nule med¯usobnorazličite, dat je sa(2) x i (k + 1) = x i (k) −nQm=1m≠iP (x i (k))(x i (k) − x m (k))(i = 1, . . . , n; k = 0,1, . . . )(videti [1, str. 417–419]). Iterativni proces (2) ima kvadratnu konvergenciju.Jedna od mogućih modifikacija metoda (2), koja zahvata manje memorijskogprostora kod realizacije na računskim mašinama, je varijanta koja koristi idejuGauss–Seidelovog metoda (u trenutku izračunavanja vrednosti x i (k + 1) poznatesu vrednosti x 1 (k+1), x 2 (k+1), . . . , x i−1 (k+1) koje su tačnije, u opštem slučaju,od vrednosti x 1 (k), . . . , x i−1 (k))(3) x i (k + 1) = x i (k) −i−1 Qm=1P(x i (k))nQ(x i (k) − x m (k + 1))m=i+1(x i (k) − x m (k))Primenom procesa (2) i (3) na rešavanje jednačine postavljene zadatkom, uzkorišćenje datih startnih vrednosti, dobijeni su sledeći rezultati:metod (2)k x 1 (k) x 2 (k) x 3 (k)0 −1.1 0.9 1.91 −0.991500000 1.004500000 1.9870000002 −1.000017852 0.999921041 2.0000968113 −1.000000000 0.999999992 2.000000008metod (3)k x 1 (k) x 2 (k) x 3 (k)0 −1.1 0.9 1.91 −0.991500000 1.010494317 2.0014772252 −0.999951270 1.000015390 1.9999999533 −1.000000000 1.000000000 2.000000000Primetimo da su tačne vrednosti korena x 1 = −1, x 2 = 1, x 3 = 2..

VI G L A V AInterpolacija i aproksimacija6.1. Interpolacija funkcija(1)6.1.1. Dat je sistem funkcija{ 1P(x) ,xP(x) ,... ,x n },P(x)gde je P algebarski polinom koji nema nula na [a,b]. Dokazati da je (1)Čebiševljev sistem.Rešenje. S obzirom da je P(x) ≠ 0 (∀x ∈ [a, b]) možemo definisati sistemfunkcija Φ k : [a, b] ↦→ R, pomoću Φ k (x) = (k = 0, 1, . . . , n). Neka suP(x)x k (k = 0, 1, . . . , n) proizvoljni čvorovi na [a, b] uz jedini uslov da su med¯usobnorazličiti.Primetimo da je sistem funkcija (1) linearno nezavisan. Da bismo dokazali daje i Čebiševljev sistem, dovoljno je dokazati da je matrica:xk23Φ 0 (x 0 ) Φ 1 (x 0 ) · · · Φ n (x 0 )Φ 0 (x 1 ) Φ 1 (x 1 ) Φ n (x 1 )G = 674.5Φ 0 (x n ) Φ 1 (x n ) Φ n (x n )regularna za bilo koji skup tačaka x 0 , x 1 , . . . , x n (x i = x j ⇔ i = j).Zaista, kako jedet G =1P(x 0 )P(x 1 ) · · · P(x n )1 x 0 · · · x n 01 x 1 x n 1.˛1 x n x n ˛

152 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAzaključujemo da jeQ `xi − x j´det G =i>jnQP (x i )i=1≠ 0 ,s obzirom da su čvorovi x k med¯usobno različiti.U specijalnom slučaju, kada je P(x) ≡ 1, det G se svodi samo na Vandermondeovudeterminantudet G = Y i>j`xi − x j´≠ 0 .6.1.2. Ako su a k (k = 1,... ,n) med¯usobno različiti pozitivni brojevi,dokazati da je sistem funkcija{1,}1a 1 + x ,... , 1a n + xČebiševljev sistem na [0,+∞).1Rešenje. Stavimo Φ 0 (x) = 1, Φ k (x) = (k = 1, . . . , n). Dokaz ćemoa k + xsada izvesti drugačije u odnosu na prethodni zadatak. Naime, iskoristićemo tvrd¯enjeteoreme 2.1.1 iz [2, str. 11], prema kome je sistem funkcija Čebiševljev, akosu sve Wronskyeve determinanteW k =˛Φ 0 (x) Φ 1 (x) · · · Φ k (x)Φ ′ 0(x) Φ ′ 1(x) Φ ′ k (x).Φ (k)0(x) Φ(k)1(x) Φ(k)k (x) ˛˛˛˛˛˛˛˛˛(k = 0,1, . . . , n)različite od nule. U našem slučaju za k = 0 i k = 1 imamo1W 0 = Φ 0 (x) = 1 , W 1 =˛ 01a 1 + x1(a 1 + x) 2 ˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛1= −(a 1 + x) 2 .

Na dalje, za k > 1, imamoW k =˛INTERPOLACIJA FUNKCIJA 15310.01a 1 + x· · ·1a k + x−1−1(a 1 + x) 2 (a k + x) 2(−1) k k!(a 1 + x) k+1 (−1) k k!(a k + x) k+1 ˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛,tj.1 · · · 1W k =kQ(−1) i i!i=1kQ(a i + x)˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛2i=11a 1 + x.1a k + x11(a 1 + x) k−1 (a k + x)˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛ k−1Kako je determinanta na desnoj strani u poslednjoj jednakosti Vandermondeova,to je.W k ==kQ(−1) i i!Yi=1kQ(a i + x) 2 i>ji=1„ 1a i + x − 1 «a j + x(−1) k(k+1)/2 Q k i! Q `aj − a i´i=1i>jkQ(a i + x) 2 Q (a i + x) `a j + x´ ,i=1i>jtj.W k = (−1) k(k+1)/2 k Yi=1i! Y(a i + x) k+1i>j`aj − a i´.S obzirom da su a i med¯usobno različiti pozitivni brojevi, zaključujemo da jeW k ≠ 0 (k = 0,1, . . . , n) za svako x ∈ [0,+∞), čime je dokaz završen.

154 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJA6.1.3. Ispitati da li sistem funkcija(1) {1, cos x, sin x, ... , cos nx, sin nx}obrazuje Čebiševljev sistem na [−π, π).Rešenje. Neka su x k (k = 0,1, . . . ,2n) med¯usobno različiti, a inače proizvoljničvorovi na [−π, π). Oni se tada mogu urediti tako da je(2) −π ≤ x 0 < x 1 < · · · < x 2n < π .Sistem funkcija (1) je linearno nezavisan. Da bismo dokazali da je Čebiševljevsistem dovoljno je pokazati da je matricaregularna. Kako je231 cos x 0 sin x 0 · · · cos nx 0 sin nx 01 cos x 1 sin x 1 cos nx 1 sin nx 1G = 674.51 cos x 2n sin x 2n cos nx 2n sin nx 2n0det G = (−1) n(n−1)/2 Y 2n j−1Y2 2n2 @j=1k=0sin x j − x k2s obzirom na (2) zaključujemo da je det G ≠ 0, tj. da je matrica G regularna.Sistem funkcija (1) koristi se za konstrukciju trigonometrijskog interpolacionogpolinoma za funkciju f : [−π, π) ↦→ R na osnovu njenih vrednosti f k = f(x k )u interpolacionim čvorovima x k (k = 0,1, . . . ,2n). Sa T n označimo pomenutitrigonometrijski interpolacioni polinom. Može se pokazati da jedna od mogućihreprezentacija polinoma T n ima oblik(3) T n (x) =2nXk=0f(x k )0nY B@j=0j≠ksin x − x j2sin x k − x j21CA .Primetimo da je T n (x k ) = f(x k ) (k = 0, 1, . . . , 2n). Trigonometrijski interpolacionipolinom (3) predstavlja analogon Lagrangeovom interpolacionom polinomu.1A ,6.1.4. Aproksimirati funkciju x ↦→ f(x) = e x , na segmentu [0, 0.5],interpolacionim polinomom.

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 155Rešenje. Ako je funkcija f data svojim vrednostima f k ≡ f(x k ) u tačkamax k (k = 0,1, . . . , n), možemo je aproksimirati polinomom(1) P n (x) = a 0 x n + a 1 x n−1 + · · · + a n ,pri čemu je P n (x k ) = f k (k = 0, 1, . . . , n). Polinom (1) se zove interpolacionipolinom.Može se dokazati (videti [2, str. 12]) da je polinom (1) jedinstven, no on se možeformirati na različite načine.Ako polinom (1) konstruišemo na osnovu(2) P n (x) =gde jenXf(x k )L k (x),k=0L k (x) = (x − x 0) · · ·(x − x k−1 )(x − x k+1 ) · · ·(x − x n )(x k − x 0 ) · · ·(x k − x k−1 )(x k − x k+1 ) · · · (x k − x n ) ,tada ga zovemo Lagrangeovim interpolacionim polinomom.Ako koristimo podeljene razlike reda r, koje se definišu rekurzivno pomoću[x 0 , x 1 , . . . , x r ; f] = [x 1, x 2 , . . . , x r ; f] − [x 0 , x 1 , . . . , x r−1 ; f]x r − x 0,pri čemu je [x; f] = f(x), tada polinom (1) možemo predstaviti u obliku(3)P n (x) = f(x 0 ) + (x − x 0 )[x 0 , x 1 ; f] + (x − x 0 )(x − x 1 ) [x 0 , x 1 , x 2 ; f]+ · · · + (x − x 0 )(x − x 1 ) · · ·(x − x n−1 ) [x 0 , x 1 , . . . , x n ; f] ,i naziva se Newtonov interpolacioni polinom.Neka f ∈ C n+1 [a, b] i x i ∈ [a, b] (i = 0,1, . . . , n). Tada postoji ξ ∈ (a, b) takvoda se greška interpolacionog polinoma (1) može predstaviti u obliku(4) R n (f, x) = f(x) − P n (x) = f(n+1) (ξ)(n + 1)!ω(x),gde je ω(x) = (x − x 0 )(x − x 1 ) · · ·(x − x n ) (videti [2, str. 14]).Aproksimirajmo sada funkciju x ↦→ f(x) = e x , na segmentu [0, 0.5], interpolacionimpolinomom, na osnovu sledećih podatakak 0 1 2x k 0.0 0.2 0.5f(x k ) 1.000000 1.221403 1.648721

156 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJALagrangeov interpolacioni polinom (2), za ovaj skup podataka, glasi(5)(x − 0.2)(x − 0.5) (x − 0.2)(x − 0.5)P 2 (x) = 1 + 1.221403(0 − 0.2)(0 − 0.5) (0.2 − 0)(0.2 − 0.5)(x − 0)(x − 0.2)+ 1.648721(0.5 − 0)(0.5 − 0.2)= 0.634757 x 2 + 0.980064 x + 1pri čemu su svi rezultati zaokruženi na šest decimala.U cilju konstruisanja Newtonovog interpolacionog polinoma (3), najpre formiramo,na osnovu prethodne tabele, tablicu podeljenih razlika(6)k [x k ; f] [x k , x k+1 ; f] [x k , x k+1 , x k+2 ; f]0 1.0000001.1070151 1.221403 0.6347561.4243932 1.648721odakle je, na osnovu (3),(7)P 2 (x) = 1 + 1.107015 (x − 0) + 0.634756 (x − 0)(x − 0.2)= 0.634756 x 2 + 0.980064 x + 1 ,pri čemu su svi rezultati zaokrugljeni na šest decimala.Kao što je rečeno, teorijski, interpolacioni polinom je jedinstven. Prema tome,Lagrangeov interpolacioni polinom (5) i Newtonov (7) bi trebalo da budu identičkijednaki. Med¯utim, upored¯ivanjem (5) i (7) uočavamo da se koeficijenti uz x 2 razlikujuza 10 −6 . To je posledica grešaka zaokrugljivalja koje se neminovno javljajuu procesu izračunavanja na računskim mašinama. Zbog toga se, zavisno od svrhe,često daje prednost interpolacionom polinomu dobijenom na jedan način u odnosuna interpolacioni polinom dobijen na neki drugi način.Primetimo da konstrukcija Newtonovog interpolacionog polinoma zahteva prethodnoformiranje tablice podeljenih razlika, što nije bio slučaj kod Lagrangeoveinterpolacije.S obzirom da je f (k) (x) = (e x ) (k) = e x (k = 1,2, . . .), na osnovu (4) imamo|f(x) − P 2 (x)| ≤ M | x (x − 0.2) (x − 0.5) | (0 ≤ x ≤ 0.5) ,3!

gde je(8) M = maxINTERPOLACIJA FUNKCIJA 157x∈[0,0.5]˛˛e x˛˛ = e 0.5 ∼ = 1.648721 .Ako hoćemo da smanjimo grešku interpolacionog polinoma, to najjednostavnijemožemo učiniti uvod¯enjem novog interpolacionog čvora. Izaberimo, na primer,x 3 = 0.4, pa je f(x 3 ) = 1.491825. Za tu svrhu Newtonov interpolacioni polinomje znatno pogodniji od Lagrangeovog, jer ne zahteva ponavljanje celog računskogpostupka. Naime korišćenjem Newtonove interpolacije, imamoP 3 (x) = P 2 (x) + (x − x 0 ) (x − x 1 ) (x − x 2 )[x 0 , x 1 , x 2 , x 3 ; f] .Dakle, dopunimo tablicu konačnih razlika (6) novouvedenim interpolacionimčvorom x 3 :k [x k ; f] [x k , x k+1 ; f] [x k , x k+1 , x k+2 ; f] [x k , x k+1 , x k+2 , x k+3 ; f]01231.0000001.2214031.6487211.4918251.1070151.4243931.5689600.6347560.7228350.220198Odavde jeNa osnovu (4) imamoP 3 (x) = P 2 (x) + 0.220198 x(x − 0.2) (x − 0.5)= 0.220198 x 3 + 0.480618 x 2 + 1.002084 x + 1 .|f(x) − P 3 (x)| ≤ M 4!| x (x − 0.2) (x − 0.5) (x − 0.4) | (0 ≤ x ≤ 0.5) ,gde je M definisano u (8).Na primer, za x = 0.3 je|f(0.3) − P 2 (0.3)| = 0.001288i|f(0.3) − P 3 (0.3)| = 0.000033 .6.1.5. Koristeći Lagrangeov interpolacioni polinom n-tog stepena funkcijef, izvesti odgovarajući Newtonov interpolacioni polinom sa podeljenimrazlikama.

158 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Označimo sa P L n (x) Lagrangeov interpolacioni polinom n-tog stepenafunkcije f. Tada jef(x) − P L n (x) = f(x) −=nXf(x i ) Y x − x jxi=0 i − x jj≠i2nY(x − x k ) 64k=0Kako je (videti [2, str. 24])gde jef(x)+nQ(x − x k )k=0[x 0 , x 1 , . . . , x r ; f] =rXi=0nX f(x i )(x i − x) Q7(x i − x j ) 5 .i=0f(x i )ω ′ r(x i ) , r ∈ N,ω r (x) = (x − x 0 )(x − x 1 ) . . . (x − x r ) i ω ′ r(x i ) =zaključujemo da važi(1) f(x) − P L n (x) = ω n (x)[x 0 , x 1 , . . . , x n , x; f].S druge strane jej≠irY(x i − x j ),j=0j≠i(2) P L n (x) = P L 0 (x) + (P L 1 (x) − P L 0 (x)) + . . . + (P L n (x) − P L n−1(x)).Dalje imamoP L k (x) − P L k−1(x) = A k ω k−1 (x), k = 1,2, . . . , n,jer je P L k (x) − P L k−1 (x) polinom k-tog stepena sa nulama x 0, . . . , x k−1 .Kako je f(x k ) = P L k (x k), to na osnovu prethodnog važidok je iz (1) za x = x k i n = k − 1,f(x k ) − P L k−1(x k ) = A k ω k−1 (x k ),f(x k ) − P L k−1(x k ) = ω k−1 (x k )[x 0 , . . . , x k−1 , x k ; f].3

Upored¯ujući dve poslednje relacije dobijamo da jeINTERPOLACIJA FUNKCIJA 159A k = [x 0 , x 1 , . . . , x k ; f] iP L k (x) − P L k−1(x) = [x 0 , . . . , x k ; f] ω k−1 (x).Najzad, zamenjući poslednji izraz u (2) dobijamo Newtonov interpolacioni polinomsa podeljenjim razlikama:P N n (x) = f(x 0 ) + (x − x 0 )[x 0 , x 1 ; f] + (x − x 0 )(x − x 1 )[x 0 , x 1 , x 2 ; f]+ · · · + (x − x 0 )(x − x 1 ) · · · (x − x n−1 )[x 0 , x 1 , . . . , x n ; f].6.1.6. Na osnovu tabele vrednosti funkcije x ↦→ f(x) = log xk 0 1 2 3x k 0.40 0.50 0.70 0.80f(x k ) −0.916291 −0.693147 −0.356675 −0.223144Lagrangeovom interpolacijom naći približno log 0.6 i odgovarajuću grešku uaproksimaciji.Rešenje. Neka je ω(x) = (x − x 0 ) (x − x 1 ) (x − x 2 )(x − x 3 ), gde su x 0 = 0.4,x 1 = 0.5, x 2 = 0.7, x 3 = 0.8. Za x = 0.6 i k = 0, 1,2, 3,ima sledeće vrednostiTada imamoL k (x) =ω(x)(x − x k ) ω ′ (x k )L 0 (0.6) = − 1 6 , L 1(0.6) = L 2 (0.6) = 2 3 , L 3(0.6) = − 1 6 .log 0.6 ∼ = − 1 6 (−0.916291) + 2 3 (−0.693147) + 2 3 (−0.356675) − 1 6 (−0.223144),tj.Kako jef (4) (x) = − 6 x 4 ,log 0.6 ∼ = −0.509975 .ω(0.6) = (0.2)(0.1)(−0.1)(−0.2) = 4 · 10−4iM =maxx∈[0.4,0.8]˛˛f (4) (x) ˛ = 6(0.4) ∼ 4 = 234.4 ,

160 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAvaži sledeća ocena greške|log 0.6 − (−0.509975)| ≤ 1 4! M ω(0.6) ∼ = 3.9 · 10 −3 .Primetimo da je stvarna greška manja. Naime, kako je tačna vrednost log 0.6 =−0510825623 . . ., stvarna greška učinjena u interpolaciji je −8.506 · 10 −4 .6.1.7. Odrediti približno f(1) na osnovu sledećih podatakaprimenom Aitkenove šeme.k 0 1 2 3x k −1 0 2 3f(x k ) −3 1 3 13Rešenje. Kada nije potreban opšti izraz za interpolacioni polinom P n (x), kojije odrediv na osnovu podataka (x k , f(x k )) (k = 0, 1, . . . , n), već samo vrednost zaneko konkretno x, koristi se Aitkenova šema, koja se sastoji u sukscesivnoj primenisledećih izrazaA k = f(x k ) (k = 0, 1, . . . , n);A k−1,k =.A 0,1,... ,n =A1 k−1x k − x k−1˛˛˛˛˛˛A kA1 0,1,... ,n−1x n − x 0˛˛˛˛˛˛A 1,2,... ,nx k−1 − xx k − x ˛x 0 − xx n − x ˛ ,(k = 1, . . . , n) ;pri čemu jeP n (x) = A 0,1,... ,n .Dakle, na osnovu podataka datih u zadatku, primenom Aitkenove šeme, imamoredom1−3 −1 − 1A 0,1 =0 − (−1)˛ 1 0 − 1 ˛ = 5,11 0 − 1A 1,2 =2 − 0˛ 3 2 − 1 ˛ = 2,

Dakle, f(1) ∼ = A 0,1,2,3 = 1.INTERPOLACIJA FUNKCIJA 16113 2 − 1A 2,3 =3 − 2˛ 13 3 − 1 ˛ = −7,15 −1 − 1A 0,1,2 =2 − (−1)˛ 2 2 − 1 ˛ = 3,12 0 − 1A 1,2,3 =3 − 0˛ −7 3 − 1 ˛ = −1,13 −1 − 1A 0,1,2,3 =3 − (−1)˛ −1 3 − 1 ˛ = 1.6.1.8. Za funkciju x ↦→ f(x) zadatu skupom podatakax 14 17 31 35f(x) 68.7 64.0 44.0 39.1bez konstrukcije interpolacionog polinoma, približno odrediti f −1 (54.0).Rešenje. Tablica za inverznu funkciju jey 68.7 64.0 44.0 39.1f −1 (y) 14 17 31 35Zadatak rešavamo primenom Aitkenove šeme.Polazeći od A k = f −1 (y k ) (k = 0, 1,2, 3), imamoA 0 = 14, A 1 = 17, A 2 = 31, A 3 = 35,a na osnovuA k−1,k =1 A k−1y k − y˛˛˛˛ k−1A ky k−1 − yy k − y ˛ (k = 1,2,3),uzimajući za y = 54, dobijamoA 0,1 = 23.383, A 1,2 = 24, A 2,3 = 22.837.

162 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAS obzirom da jeA k−1,k,k+1 =1 A k−1,ky k+1 − y˛˛˛˛ k−1A k,k+1y k−1 − yy k+1 − y ˛ (k = 1,2),dobijamoA 0,1,2 = 23.75, A 1,2,3 = 23.533.Najzad, imamoA 0,1,2,3 =1 A 0,1,2y 3 − y 0˛˛˛˛A 1,2,3y 0 − yy 3 − y ˛ = 23.642.Prema tome, f −1 (54.0) ∼ = 23.6.6.1.9. Na osnovu tri vrednosti funkcije f(x) : f(a), f(b), f(c) u blizininjenog maksimuma ili minimuma, naći približno vrednost x za koju funkcijaima tu ekstremnu vrednost.Rešenje. Na osnovu vrednosti funkcije u blizini ekstremuma formiramo Lagrangeovinterpolacioni polinom drugog stepenaP 2 (x) = f(a)(x − b)(x − c) (x − a)(x − c) (x − a)(x − b)+ f(b) + f(c)(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)i tražimo tačku u kojoj on ima ekstremnu vrednost. Imamo redomdP 2 (x)dxf(a)=(a − b)(a − c) [(x − c) + (x − b)] + f(b)[(x − c) + (x − a)](b − a)(b − c)f(c)+ [(x − b) + (x − a)] = 0 ,(c − a)(c − b)tj.»–f(a)2x(a − b)(a − c) + f(b)(b − a)(b − c) + f(c)(c − a)(c − b)=(b + c) f(a) (c + a)f(b) (a + b) f(c)+ +(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) .Rešavanjem poslednje jednačine dobijamo traženu vrednost za x:x =`b2 − c 2´f(a) + `c 2 − a 2´f(b) + `a 2 − b 2´f(c) .2[(b − c) f(a) + (c − a) f(b) + (a − b)f(c)]

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 1636.1.10. Neka su (a,A), (b,B), (c,C) tri tačke krive x ↦→ f(x) u blizininjene nule. Metodom inverzne interpolacije, približno odrediti koren jednačinef(x) = 0. Na osnovu tog rezultata, konstruisati iterativni proces zarešavanje jednačine f(x) = 0.Rešenje. Ako smatramo da je funkcija x ↦→ y = f(x) monotona na segmentu[α, β] koji sadrži njenu nulu i a, b, c ∈ [α, β], tada, za taj segment, postoji inverznafunkcija y ↦→ f −1 (y).Lagrangeov interpolacioni polinom za funkciju y ↦→ f −1 (y), konstruisan naosnovu podatakaje dat sax = ay k A B Cf −1 (y k ) a b c(y − B)(y − C) (y − C)(y − A) (y − A)(y − B)+ b + c(A − B)(A − C) (B − C)(B − A) (C − A)(C − B) .Vrednost x, u oznaci d, za koju je y = 0, je data sa(1) d =aBC(A − B)(A − C) + bCA(B − C)(B − A) + cAB(C − A)(C − B) .Neka je ξ koren jednačine f(x) = 0 i neka su a = ξ + α, b = ξ + β, c = ξ + γaproksimacije tog korena. Ako stavimo da je d = ξ + δ, na osnovu (1) dobijamoδ =αBC(A − B)(A − C) + βCA(B − C)(B − A) + γAB(C − A)(C − B)= αβγ(P − Q + P 2 ) (1 + o (αβγ)) ,gde je P = f ′′ (ξ)/2f ′ (ξ), Q = f ′′′ (ξ)/6f ′ (ξ) (f ∈ C 3 [α, β]). Dakle,(2) δ ∼ Kαβγ ,gde je K konstanta.a) Formula (1) sugeriše konstrukciju tro-tačkastog iterativnog procesa ako uzmemoa = x n−2 , b = x n−1 , c = x n , d = x n+1 , tj.(3)x n+1 =+x n−2 y n−1 y n(y n−2 − y n−1 )(y n−2 − y n ) + x n−1 y n−2 y n(y n−1 − y n )(y n−1 − y n−2 )x n y n−2 y n−1(y n − y n−1 )(y n − y n−2 ) .

164 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAAko stavimo x n = ξ + e n , tada na osnovu (2) imamoodakle nalazimo da jegde je L konstanta.e n+1 ∼ K e n e n−1 e n−2 ,e n+1 ∼ L e 1.839n ,Indeks efikasnosti (videti (6) iz zadatka 5.1.20) iterativnog procesa (3) je+ EFF = 1.839 .b) Uzmimo sada da je a = x n−1 , b = x n , d = x n+1 i c = x ∗ n, gde je x ∗ n nekafunkcija od x n−1 i x n . Dobijamo iterativni proces(4)x n+1 =+x ∗ n y n−1 y n(y ∗ n − y n )(y ∗ n − y n−1 ) + x n−1 y ∗ n y n(y n−1 − y n ) (y n−1 − y ∗ n)x n y ∗ n y n−1(y n − y n−1 ) (y n − y ∗ n) ,za koji, s obzirom na (2), važi(5) e n+1 ∼ K e n e n−1 e ∗ n ,pri čemu su korišćene prethodno uvedene oznake. Od mnogih mogućnosti izboratačke x ∗ n, razmotrićemo samo neke.Ako uzmemo da jena osnovu (5), dobijamox ∗ n = 1 2 (x n + x n−1 ) ,(6) e n+1 ∼ K e n e n−1 · 12 (e n + e n−1 ) ∼ L e n e 2 n−1 ,s obzirom da je e n zanemarljivo u pored¯enju sa e n−1 . Odredimo red konvergencijer ovakvog iterativnog procesa. S obzirom da jee n+1 ∼ M e r n ,na osnovu (6) dobijamoe n ∼ L 1/r e (r+2)/rn−1,

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 165tj. r = 1 + 2 , odakle je r = 2. Dakle, imamore n+1 ∼ M e 2 n ,a indeks efikasnosti ovog iterativnog procesa je+ EFF = 21/2 ∼ = 1.414 ,s obzirom da zahteva izračunavanje y n i y ∗ n po iterativnom koraku.Opštije, x ∗ n u (4) možemo uzeti kao linearnu kombinaciju od x n i x n−1 sa parametromg, tj. x ∗ n = g x n + (1 − g)x n−1 , g ≠ 1. Za g = 1, x ∗ n = x n , na osnovu(4) imamo(7)x n+1 =x n−1 yn2 j „(y n−1 −y n ) 2 + limyn−1x ∗ n →x n yn−y ∗ nj= x n−1 y 2 n(y n−1 −y n ) 2 + limx ∗ n →x nx∗ n y nyn−y ∗ −x n y ∗ «ffnn−1 yn−y ∗ n−1„yn−1 x∗ n y n − x n y ∗ «ffny n −y n−1 yn−y ∗ − x∗ n y nn yn−y ∗ n−1= y n (x n−1 y n −x n y n−1 )(y n −y n−1 ) 2 + y „n−1 yn −x n y n′y n − y n−1 y n′Geometrijski, x n+1 predstavlja nulu parabole koja prolazi kroz tačku sa koordinatama(y n−1 , x n−1 ) i tangira krivu y ↦→ x = f −1 (y) u tački (y n , x n ). Na osnovu(5), za iterativni proces (7), važie n+1 ∼ K e 2 n e n−1 ,pa ako stavimo e n+1 ∼ L e r n, tada je r = 2 + 1 r i r = 1 + √ 2, tj.«.Indeks efikasnosti ovog procesa jee n+1 ∼ L e 2.414 .+ EFF = (2.414)1/2 ∼ = 1.554s obzirom da zahteva vrednosti y n i y ′ n po iterativnom koraku.Na kraju, uzmimo da je x ∗ n u (4) odred¯eno metodom sečice, tj.x ∗ n = x n−1 y n − x n y n−1y n − y n−1,pri čemu jee ∗ n ∼ L e n e n−1

166 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJA(videti [1, str. 347–348]). Za takav metod je, dakle, na osnovu (5),e n+1 ∼ K e n e n−1 L e n e n−1 ∼ M e 2 n e 2 n−1 .Ako stavimo da je e n+1 ∼ N e r n, poznatim postupkom dobijamo r = 2+ 2 r , odakleje r = 1 + √ 3, tj.Indeks efikasnosti ovog procesa jee n+1 ∼ N e 2.732n .+ EFF = (2.732)1/2 ∼ = 1.653 ,s obzirom da zahteva vrednosti y n i y ∗ n po iterativnom koraku.Literatura:L.G. Chambers: A quadratic formula for finding the root of an equation. Math.Comp. 25(114) (1971), 305–307.M.G. Cox: A note on Chambers’ method for finding a zero of a function. Math.Comp. 26(119) (1972), 749–750.J.A. Blackburn, Y. Beaudoin: A note on Chambers’ method. Math. Comp.28(126) (1974), 573–574.6.1.11. Neka su x 1 ,x 2 , ... ,x n realni brojevi različiti od 0 i −1, imed¯usobno različiti. Ako je ω(x) = (x − x 1 ) · · · (x − x n ), dokazatin∑k=1x n k ω (1/x k)ω ′ (x k )(1 + x k ) = (−1)n−1 (1 − x 1 x 2 · · · x n ).Rešenje. Korišćenjem Lagrangeove interpolacije u tačkama x 1 , . . . , x n , polinomx ↦→ p(x), stepena ne većeg od n − 1, se može predstaviti u obliku(1) p(x) =nXk=1Lako se može pokazati da je takav i polinomω(x)(x − x k )ω ′ (x k ) p(x k) .„ «p(x) = x n 1ω + (−1) n−1 x 1 x 2 · · · x n ω(x).x

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 167Naime, važip(x) = x n „ 1x − x 1«· · ·„ 1x − x n«+ (−1) n−1 x 1 x 2 · · · x n (x − x 1 ) · · · (x − x n )= (1 − x 1 x) · · · (1 − x n x) + (−1) n−1 x 1 · · · x n (x − x 1 ) · · · (x − x n )= (−1) n x 1 · · · x n x n + · · · + (−1) n−1 x 1 · · · x n x n + . . . ,pa je, dakle, to polinom stepena ne većeg od n − 1.S obzirom da je ω(x k ) = 0 (k = 1, . . . , n), sada na osnovu (1) imamop(x) =nXk=1„ «ω(x) 1(x − x k )ω ′ (x k ) xn kω .x kUzimajući u poslednjoj jednakosti x = −1 i imajući u vidu da jep(−1) = (−1) n (−1 − x 1 ) · · ·(−1 − x n )+ (−1) n−1 x 1 · · · x n (−1 − x 1 ) · · · (−1 − x n )= (1 + x 1 ) · · ·(1 + x n ) − x 1 · · · x n (1 + x 1 ) · · · (1 + x n )= (1 + x 1 ) · · · (1 + x n )[1 − x 1 x 2 · · · x n ]iω(−1) = (−1) n (1 + x 1 ) · · · (1 + x n ),dobijamo(1 + x 1 ) · · ·(1 + x n )(1 − x 1 x 2 · · · x n ) = (−1) n−1 (1 + x 1 ) · · · (1 + x n )××nXk=1odakle, s obzirom da je x i ≠ −1 (i = 1, . . . , n), sledujenXk=1x n k ω (1/x k)(1 + x k )ω ′ (x k ) ,x n k ω (1/x k)ω ′ (x k )(1 + x k ) = (−1)n−1 (1 − x 1 x 2 · · · x n ).6.1.12. Neka su x 0 ,x 1 , ... ,x n proizvoljni celi brojevi i neka x 0 < x 1

168 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAzadovoljava uslovmax |f(x i)| ≥ n!0≤i≤n 2 n .Rešenje. Neka jeω(x) = (x − x 0 ) · · · (x − x n ).Polinom f(x) je n-tog stepena pa se može zapisati u obliku Lagrangeovog polinoman-tog stepenanX ω(x)f(x) ≡(x − x k )ω ′ (x k ) f(x k).k=0Upored¯ujući koeficijente leve i desne strane uz x n dobijamo1 =nXk=0f(x k )ω ′ (x k ) .Neka jeTada jeS druge straneM = max0≤i≤n |f(x i)|.1 ≤ MnXk=01|ω ′ (x k )| .|ω ′ (x k )| = |x k − x 0 ||x k − x 1 | · · · |x k − x k−1 ||x k − x k+1 | · · · |x k − x n |≥ k!(n − k)!,pa jeNajzad, imamo1 ≤ MnXk=01k! (n − k)! .M ≥11nX n!n! k!(n − k)!k=0=11nXn!k=0! = n!n 2 n ,ktj.max0≤i≤n |f(x i)| ≥ n!2 n .

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 1696.1.13. Korišćenjem Lagrangeove interpolacije dokazati:)( nk)a)b)( m1nm − n = ∑(−1) n−k nm − k , m > n;k=0nmm − n = ∑)(−1) n−k k m n, m > n.m − k(n)(kk=0Rešenje. a) Lagrangeov interpolacioni polinom za funkciju f(x) = 1, u čvorovimax i = i (i = 0,1, . . . , n), je dat saP L n (x) = ω(x)nXi=0f(x i )ω ′ (x i )(x − x i )= x(x − 1) · · · (x − n)=x(x − 1) · · · (x − n)n!nXi=01ω ′ (i)(x − i)(−1)nXn−ii=0gde smo koristili ω(x) = (x − 0)(x − 1) · · · (x − n) ix − iω ′ (i) = i(i − 1) · · · 2 · 1 · (−1) · · · (i − n) = (−1) n−i i!(n − i)! .Za x = m (m > n) i imajući u vidu da je 1 = Pn L (x), dobijamo!nitj.1 =1m − n = m!n!(m − n)!m(m − 1) · · · (m − n)n!(−1)nXn−ii=0m − i!ni(−1) nXn−ii=0= m nm − ini!!X n(−1) n−ii=0,,m − i!ni.b) Postupak je sličan kao u slučaju pod a), samo ovde biramo f(x) = x.6.1.14. Dokazati da je(x 0 − x) k p 0 (x) + (x 1 − x) k p 1 (x) + · · · + (x n − x)p n (x) = 0

170 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAza k = 1, ... ,n, gde je x 0 < x 1 < ... < x n , ap i (x) = (x − x 0)(x − x 1 ) · · · (x − x i−1 )(x − x i+1 ) · · · (x − x n )(x i − x 0 )(x i − x 1 ) · · · (x i − x i−1 )(x i − x i+1 ) · · · (x i − x n ) .Rešenje. Neka je f(z) = (z − x) k , k = 1, . . . , n, tadaLagrangeov polinom za funkciju f(z) je:f(x i ) = (x i − x) k , k = 1, . . . , n.f(z) =nX(x i − x) k p i (z),i=0i to za svako z ∈ R (s obzirom da je f polinom stepena k ≤ n). Zamenom z = xiz poslednje formule dobijamof(x) = 0 =nX(x i − x) k p i (x).i=06.1.15. Odrediti čvorove x 1 ,x 2 , ..., x n (različiti realni ili kompleksnibrojevi) tako da pri zadatom a, vrednost izrazazap k (x) =bude najmanja.Rešenje. S obzirom da jeM = M(a) = maxk=1,...,n |p k(a)|,ω(x)ω ′ (x k )(x − x k ) , ω(x) = (x − x 1) · · · (x − x n ),nXp k (a) = 1,k=1zaključujemo da je M ≥ 1/n. Dalje, ako postoje čvorovi x 1 , x 2 , . . . , x n za kojevažip k (a) = 1 , k = 1, . . . , n,ntada je M = 1/n najmanje moguće.

Dakle, pretpostavimo da jeOdavde imamoZnači, polinomp k (a) =INTERPOLACIJA FUNKCIJA 171ω(a)ω ′ (x k )(a − x k ) = 1 , k = 1, . . . , n.n(x k − a)ω ′ (x k ) + nω(a) = 0, k = 1, . . . , n.(x − a)ω ′ (x) + nω(a)ima iste nule kao i polinom ω(x), pa zato važi:Za x = a imamo C = n pa je(x − a)ω ′ (x) + nω(a) = C · ω(x), C = const.(x − a)ω ′ (x) + nω(a) − nω(x) = 0.Stavljajući da jedobijamonXω(x) = C i (x − a) i ,i=0tj.pa jenXnX(x − a) C i (x − a) i−1 · i + nC 0 − n C i (x − a) i = 0,i=1i=0nXC i (x − a) i (i − n) = 0 =⇒ C i = 0, i = 1, . . . , n − 1,i=1ω(x) = C 0 + C n (x − a) n (C 0 , C n ≠ 0).Dakle, za različite vrednosti konstanti C 0 i C n imamo različita rešenja za traženečvorove, ali za svaki izbor C 0 , C n (≠ 0) čvorovi su u temenima pravilnog poligonaod n strana sa centrom opisanog kruga u tački a i poluprečnikom np |C 0 /C n | .6.1.16. Odrediti korak h tako da interpolacioni polinom x ↦→ P 3 (x), kojiima ekvidistantne čvorove interpolacije x k = x 0 +kh (k = 0,1,2,3) i x 0 ≥ 1,aproksimira funkciju x ↦→ f(x) = √ x na segmentu [x 0 ,x 0 + 3h] sa tačnošćuε = 0.5 · 10 −5 .

172 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Ako uvedemo smenu t = (x −x 0 )/h, tada iz x ∈ [x 0 , x 0 +3h] sledujeda t ∈ [0, 3] i da važif (4) (ξ)|f(x) − P 3 (x)| =t(t − 1)(t − 2)(t − 3)˛ 4!˛ h4 < εS obzirom da je(1 ≤ x 0 < ξ < x 0 + 3h).f(x) = √ x, f ′ (x) = 1 2 x−1 2 , f ′′ (x) = 1 „− 1 «x − 3 2 ,2 2f ′′′ (x) = 1 „− 1 « „− 3 «x −5 2 , f (4) (x) = 1 „− 1 « „− 3 « „− 5 «x − 7 2 ,2 2 22 2 2 2idobijamo|f (4) (x)| =1˛2„− 1 « „− 3 « „− 5 «2 2 2x −7 2˛ =˛˛−1516 x−7 2|R 3 | ≤ 1516 · 14! h4 · max |t(t − 1)(t − 2)(t − 3)| < ε.t∈[0,3]Iz poslednje nejednakosti sleduje˛ ≤ 1516 , x ≥ 1,h 4

6.1.17. OdreditiINTERPOLACIJA FUNKCIJA 1731 ◦ ∆ (af(x) + bg(x)) , 4 ◦ ∆ f(x)g(x) ,2 ◦ ∆ ( ax 2 + bx + c ) , 5 ◦ ∆ sin(ax + b),3 ◦ ∆ (f(x)g(x)) , 6 ◦ ∆ log x.Rešenje. 1 ◦ ∆ (a f(x) + b g(x)) = a ∆f(x) + b ∆g(x).2 ◦ ∆“”ax 2 + bx + c = a ∆x 2 + b ∆x + c∆1“= a (x + h) 2 − x 2” + b ((x + h) − x) + c(1 − 1)= 2ahx + ah 2 + bh .3 ◦ ∆ (f(x)g(x))= f(x + h) g(x + h) − f(x)g(x)= f(x + h) g(x + h) − f(x + h) g(x)+ f(x + h) g(x) − f(x)g(x)= f(x + h) ∆ g(x) + g(x)∆f(x)ili∆(f(x)g(x)) = f(x)∆ g(x) + g(x + h) ∆ f(x).4 ◦ ∆ f(x) f(x + h)=g(x) g(x + h) − f(x)g(x)f(x + h) g(x) − f(x)g(x + h) + (f(x)g(x) − f(x)g(x))=g(x)g(x + h)g(x)∆f(x) − f(x)∆g(x)=g(x) g(x + h)5 ◦ ∆ sin(ax + b)= sin (a(x + h) + b) − sin(ax + b)= 2sin ah “ „a2 cos + x + h ” «+ b2„6 ◦ ∆ log x = log(x + h) − log x = log 1 + h «.x6.1.18. Dokazati da su operatori A, B, C, definisani saA = ∆(1 + 1 )2 ∆ (1 + ∆) −1 , B = ∇(1 − 1 )2 ∇ (1 − ∇) −1 , C = µδ ,ekvivalentni, razvijajući ih po stepenima operatora pomeranja E. Na osnovuprethodnog, naći razvoj operatora C po stepenima operatora prednje razlike∆ i po stepenima operatora zadnje razlike ∇.

174 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Imajući u vidu da se nad ovim, takozvanim operatorima konačnerazlike ili diferencnim operatorima {E, ∆, ∇, δ, µ, 1, D, J} (videti [2, str.27–32]), sprovodi formalan račun, zasnovan na pravilima algebre i analize, imamo=⇒∆ f(x)∆= f(x + h) − f(x)= Ef(x) − 1f(x)= (E − 1)f(x)= E − 1 , =⇒∇ f(x)∇= f(x) − f(x − h)= 1f(x) − E −1 f(x)“= 1 − E −1” f(x)= 1 − E −1 .Na osnovu prethodnog jeA = 1 (E − 1)(E + 1)E−12= 1 `E2 −2 1´E−1= 1 2`E − E−1´,B = 1 2`1 − E−1´−1−1´`1 + E−1´`E= 1 2`1 − E−2´E= 1 2`E − E−1´ ,odakle zaključujemo da je A = B.Kako jeµf(x) = 1 „ „f x + h « „+ f x − h ««2 2 2= 1 `E1/2 f(x) + E−1/2 f(x)´2= 1 2 `E1/2 + E−1/2´f(x)=⇒ µ = 1 2 `E1/2 + E−1/2´ ,δf(x) = f„x + h « „− f x − h «2 2= E 1/2 f(x) − E −1/2 f(x)= `E 1/2 − E −1/2´f(x)=⇒ δ = E 1/2 − E −1/2 ,imamoC = µδ = 1 2(E 1/2 + E −1/2)( E 1/2 − E −1/2) = 1 2(E − E−1 ) ,pa je, dakle, A = B = C.S obzirom da je(1 + ∆) −1 =+∞∑k=0(−1) k ∆ k ,

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 175imamoC = A =(∆ + 1 +∞2 ∆2) ∑(−1) k ∆ k=+∞∑k=0= ∆ +k=0(−1) k ∆ k+1 + 1 2+∞∑= ∆ + 1 2Slično, imajući u vidu da jek=1+∞∑+∞∑k=0(−1) k ∆ k+1( 1 − 1 2k=1(1 − ∇) −1 =imamo(−1) k ∆ k+1 .C = B =(∇ − 1 +∞2 ∇2) ∑∇ k == ∇ ++∞∑k=1k=0+∞∑k=0+∞∑k=0∇ k ,(−1) k ∆ k+2)∇ k+1 − 1 2∇ k+1( 1 − 1 )= ∇ + 1 2 2+∞∑k=1+∞∑∇ k+2k=0∇ k+1 .6.1.19. Naći razvoj operatora diferenciranja D po stepenima operatoracentralne razlike δ.to jeRešenje. Kako je“δf(x) = f x + h ” “− f x − h ”= E 1/2 f(x) − E −1/2 f(x)2 2= `E 1/2 − E −1/2´f(x),(1) δ = E 1/2 − E −1/2 .

176 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAAko pretpostavimo da je funkcija f proizvoljan broj puta diferencijabilna, imamoEf(x) = f(x + h) = f(x) + h 1! f ′ (x) + h22! f ′′ (x) + · · ·„= 1 + hD «+ (hD)2 + · · · f(x)1! 2!odakle zaključujemo da važi(2) E = e hD .Na osnovu (1) i (2), imamoδ = e hD/2 − e −hD/2 = 2sinh hD 2 .Kako jeto jecosh hD „s12 = + sinh hD 2hD2 = log „sinh hD 2 + cosh hD 2s« 2 „ « 2 δ= 1 + ,201«= log @ δ „ « 2 δs12 + + A ,2tj.01(3) D = 2 h log @ δ „ « 2 δs12 + + A .2Posmatrajmo sada funkcijupg(x) = log`x + 1 + x 2 ´ .S obzirom da jeg ′ (x) = `1 + x 2´−1/2 ,posle razvoja u binomni red, dobijamog ′ +∞ X(x) = 1 +k=1!−1/2x 2k .k

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 177Kako je−1/2k!=−1/2(−1/2 − 1) · · · (−1/2 − k + 1)k!= (−1)k (2k − 1)!!(2k)!!,=(−1)(−3) · · ·(−(2k − 1))2 k k!to jeg ′ +∞ X(x) = 1 +Integracijom od 0 do x, dobijamoDakle,„ « δg2k=1+∞ Xg(x) = x +k=1(−1) k (2k − 1)!!(2k)!!x 2k .(−1) k (2k − 1)!!(2k)!! (2k + 1) x2k+1 .01= log @ δ „ « 2 δs12 + + A = δ +∞2 2 + Xk=1(−1) k (2k − 1)!!(2k)!!(2k + 1)2 2k+1 δ2k+1 ,pa je, na osnovu (3),D = 1 h+∞ !δ + X(−1) k (2k − 1)!!(2k)!! (2k + 1)2 2k δ2k+1k=1ilitj.D = 1 hD = 1 h+∞ !δ + X(−1) k [(2k − 1)!!] 22 2k (2k + 1)! δ2k+1 ,k=1„δ − 122 2 · 3! δ3 + 12 · 3 22 4 · 5! δ5 − 12 · 3 2 · 5 2 «2 6 δ 7 + · · · .· 7!6.1.20. Ako je µ operator usrednjavanja, δ operator centralne razlikei D operator diferenciranja, odrediti stepeni red po δ, tj. S(δ), u razvojuD = µ S(δ) (h = const > 0).hRešenje. S obzirom da smo u zadatku 6.1.18 pokazali da važiµ = 1 2 `E1/2 + E−1/2´,

178 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJA(1) δ = E 1/2 − E −1/2 ,gde je E operator pomeranja, imamo(2) µ = 1 + E−1/2´ = E 1/2 − 1 − E−1/2´ = E 1/2 − 1 222 δ .Ako (1) pomnožimo sa E 1/2 , dobijamoodakle jeTada, na osnovu (2), zaključujemo da je(3) µ =E − δE 1/2 − 1 = 0 ,E 1/2 = 1 2 δ + „1 + 1 4 δ2 « 1/2.„1 + 1 4 δ2 « 1/2.Na osnovu jednakosti (3) iz zadatka 6.1.19 imamoD = 2 h log„δ2 + 1 + 1 « ! 1/24 δ2 ,ili, uz korišćenje prethodno dokazane jednakosti (3),(4) D = 2 h µ „1 + 1 4 δ2 « −1/2logS obzirom da važilog„1 + 1 « −1/2 +∞ X4 δ2 = 1 +k=1„δ2 + 1 + 1 « ! 1/24 δ2 .(−1) k (2k − 1)!!(2k)!! 2 2k δ 2k ,„δ2 + 1 + 1 « ! 1/24 δ2 = δ +∞ 2 + X (2k − 1)!!δ2k+1(2k)!! (2k + 1)22k+1 k=1(videti zadatak 6.1.20), na osnovu (4) najzad dobijamo(5) D = µ h„δ − 123! δ3 + 12 · 2 2δ 5 − 12 · 2 2 · 3 2 «δ 7 + · · · .5! 7!

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 1796.1.21. Operator A = (1 + E)J razviti po stepenima operatora prednjerazlike ∆.Rešenje. S obzirom naJD f(x) = Jf ′ (x) =zaključujemo da je JD = ∆, tj.Z x+h(1) J = ∆D −1 .xf ′ (t) dt = f(x + h) − f(x) = ∆f(x),Dokazali smo (videti (2) iz zadatka 6.1.19) da je E = e Dh , tj.(2) D = 1 h log E .Kako jeto je ∆ = E − 1, tj.∆f(x) = f(x + h) − f(x) = (E − 1)f(x),(3) E = 1 + ∆ ,pa je, na osnovu (2),D = 1 log(1 + ∆) .hNa osnovu (1) i poslednje jednakosti, imamoPosmatrajmo sada funkcijuJ = ∆„ 1h log(1 + ∆) « −1.g(x) =hxlog(1 + x) ,pri čemu je, formalno, J = g(∆). S obzirom da jeimamog(x) = hlog(1 + x) = x − x22 + x33 − x44 + · · · ,“= h= hxx„1 − x 2 + x23 − x34 + · · ·«”1 + g 1 (x) + (g 1 (x)) 2 + · · ·„1 + 1 2 x − 1 12 x2 + 1 24 x3 − 19720 x4 + · · ·«,

180 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAgde jeDakle,g 1 (x) = x 2 − x23 + x34 − · · · .(4) A = (1 + E)J = (2 + ∆) g(∆) = 2h„1 + ∆ + 1 6 ∆2 − 1 «90 ∆4 + · · · .Kako jeAf(x) = (1 + E)J f(x) = (1 + E)=Z x+hxf(t)dt +Z x+2hx+hZ x+hxf(t) dt =f(t) dtZ x+2huzimanjem samo prva tri člana u razvoju (4) dobijamoAf(x) ∼ = 2h„1 + ∆ + 1 «6 ∆2 f(x),xf(t) dt ,tj.Z x+2hxf(t) dt ∼ = h (f(x) + 4f(x + h) + f(x + 2h)) .3Poslednja formula je poznata kao Simpsonova formula za numeričku integraciju.6.1.22. Primenom prvog Newtonovog interpolacionog polinoma izračunatisin 6 ◦ na osnovu vrednosti sin 5 ◦ , sin 7 ◦ , sin 9 ◦ , sin 11 ◦ . Proveriti da li se istirezultat dobija korišćenjem drugog Newtonovog interpolacionog polinoma.Rešenje. Neka je funkcija f data parovima vrednosti (x k , f k ), gde je f k =f(x k ) i x k = x 0 + kh (k = 0,1, . . . , n) (h = const > 0).Ako stavimo da je p = x − x 0, prvi Newtonov interpolacioni polinom glasih(1) P n (x) = f 0 + p∆f 0 +ilip(p − 1)2!∆ 2 f 0 + · · · +p(p − 1) · · ·(p − n + 1)n!∆ n f 0(2)P n (x) = f 0 + ∆f 0h (x − x 0) + ∆2 f 02! h 2 (x − x 0)(x − x 1 ) + · · ·+ ∆n f 0n!h n (x − x 0)(x − x 1 ) · · ·(x − x n−1 ),

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 181gde je ∆ operator prednje razlike, rekurzivno definisan sa∆ 0 f(x) = f(x), ∆ k f(x) = ∆ k−1 f(x + h) − ∆ k−1 f(x) (k ∈ N).Ako stavimo da je q = x − x n, drugi Newtonov interpolacioni polinom glasih(3) P n (x) = f n + q∇f n + q(q+1)2!ili∇ 2 f n + · · · +q(q+1) · · ·(q+n−1)n!P n (x) = f n + ∇f nh (x − x n) + ∇2 f n2! h 2 (x − x n)(x − x n−1 ) + · · ·+ ∇n f nn! h n (x − x n)(x − x n−1 ) · · · (x − x 1 ) ,gde je ∇ operator zadnje razlike, rekurzivno definisan sa∇ n f n∇ 0 f(x) = f(x), ∇ k f(x) = ∇ k−1 f(x) − ∇ k−1 f(x − h) (k ∈ N).Formirajmo sada tablicu konačnih razlika operatora ∆ za zadati problem:k x k f k ∆f k ∆ 2 f k ∆ 3 f k0 5 ◦ 0.0871561 7 ◦ 0.1218690.034713−0.0001482 9 ◦ 0.1564340.034565−0.000190−0.0000423 11 ◦ 0.1908090.034375Na osnovu formule (1) za prvi Newtonov interpolacioni polinom, s obzirom daje u našem slučaju, n = 3, x 0 = 5 ◦ , h = 2 ◦ , p = 6◦ − 5 ◦= 0.5, imamo2(4)P 3`6◦´ = 0.087156 + 0.5 · 0.034713 + 0.5(−0.5)2+ 0.5(−0.5)(−1.5)6(−0.000042) = 0.104528 .(−0.000148)Primetimo da su pri ovome korišćeni podvučeni elementi iz tablice. Dakle, dobilismosin 6 ◦ ∼ = 0.104528 ,

182 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAgde su sve decimale tačne.Izračunajmo sada približno sin 6 ◦ na osnovu drugog Newtonovog interpolacionogpolinoma. S obzirom da je∇f k = f k − f k−1 = ∆f k−1 = ∆E −1 f k ,gde je E operator pomeranja, zaključujemo da je∇ = ∆E −1 ,a kako su operatori konačne razlike komutativni, sleduje(5) ∇ m = `∆E −1´m = ∆m E−m(m ∈ N).Na osnovu (5) imamo(6) ∇ f 3 = ∆ f 2 , ∇ 2 f 3 = ∆ 2 f 1 , ∇ 3 f 3 = ∆ 3 f 0 ,pa zaključujemo da za drugi Newtonov interpolacioni polinom možemo koristitiveć formiranu tablicu operatora ∆. Dakle, na osnovu (3), za n = 3, x 3 = 11 ◦ ,h = 2 ◦ , q = 6◦ − 11 ◦2 ◦ = −2.5, imamo(7)P 3`6◦´ = 0.190809 + (−2.5) · 0.034375 + (−2.5)(−1.5)2+ (−2.5)(−1.5)(−0.5)6(−0.000042) = 0.104528 .(−0.000190)Uočimo da su pri ovom korišćeni uokvireni elementi iz tablice konačnih razlikaoperatora ∆, a s obzirom na (6).Upored¯ivanjem (4) i (7) vidimo da su dobijeni rezultati, dati sa šest decimala,identični. Teorijski, s obzirom na jedinstvenost interpolacionog polinoma, to jetrebalo i očekivati. Med¯utim, to u praksi nije uvek tako s obzirom na greškezaokrugljivanja koje se javljaju u procesu izračunavanja. Upravo sa tog (numeričkog)stanovišta, Newtonovi interpolacioni polinomi nisu naročito pogodni,pa se u praksi koriste uglavnom interpolacioni polinomi sa centralnim razlikama.6.1.23. Koristeći priloženu tabelu sa prednjim razlikama za funkciju x ↦→log 10 x, izračunati log 10 106 i proceniti grešku.

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 183x log 10 x ∆ ∆ 2 ∆ 3 ∆ 4105 2.0211890.020204110 2.041393 −0.0008990.019305 0.000077115 2.060698 −0.000822 −0.0000090.018483 0.000068120 2.079181 −0.0007540.017729125 2.096910Rešenje. Kako se vrednost x = 106 nalazi na početku intervala interpolacijekoristićemo prvi Newtonov polinom. Ako stavimo t = x − x 0(x 0 = 105, h = 5) ih∆ k 0 ≡ ∆ k f 0 (k = 1,2, . . . ), imamo! !!f t ≡ f(x 0 + ht) = f 0 + t 1∆ 0 + t 2∆ 2 0 + . . . +t n∆ n 0 + R n ,!R n =tn + 1h n+1 f (n+1) (ξ), ξ ∈ (x 0 , x 0 + nh).Za izračunavanje f t , da bi se smanjio broj računskih operacija, koristi se Hornerovašema, tako da Newtonov interpolacioni polinom dobija oblik:j(1) f t = f 0 + t ∆ 0 + t − 1 »∆ 2 0 + t − 2 „2 3Ostatak se procenjuje pomoću formule|R n (t)| ≤ µ n · h n+1 M,∆ 3 0 + · · · + t − n + 1 ∆ n 0ngde je µ n apsolutna vrednost ekstremne vrednosti izraza!t, za t ∈ (0, 1), n ∈ N,n + 1«–ff+ R n .dok jeM ≥ max |f (n+1) (ξ)|,Vrednosti za µ n su date u tabeli:ξ ∈ (x 0 , x 0 + nh).

184 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAn 1 2 3 4µ n 0.1250 0.0642 0.0417 0.0303S obzirom da jena osnovu (1) imamot =106 − 1055= 0.2,j»log 106 = 2.021189+0.2 20204 − 0.4 −899 − 1.8 „77 − 2.8 «–ff3 4 (−9) ·10 −6 +R n ,tako da je log 106 ≈ 2.025306. Kako jeza ostatak važi procenaf (5) (x) = 2 · 3 · 4 · log 10 ex 5 ,|R 4 | ≤ µ 4 h 5 max |f (5) (ξ)| ≤ 0.0303 · 5 5 · 2 · 3 · 4 · 0.434105 5 ≈ 10 −7 .Dakle, ostatak može da utiče na rezultat na šestoj decimali. Rezultat je izračunatna šest decimalnih mesta, gde je poslednje mesto zaokrugljeno.6.1.24. U tabeli su date vrednosti funkcije x ↦→ log x u čvorovimax 0 = 1.8, x 1 = 1.9, x 2 = 2.0. Pomoću a) linearne, b) kvadratne interpolacijeaproksimirati log 1.93 i oceniti grešku.x log x ∇ log x ∇ 2 log x1.8 0.587790.054061.9 0.64185 −0.002760.051302.0 0.69315Rešenje. Čvorovi su ekvidistantni sa korakom h = 0.1. Izračunavanje sprovodimopomoću druge Newtonove interpolacione formule sa tačnošću na 5 decimalnihmesta. Potrebne prednje razlike funkcije log x date su u tabeli.a) ZbogP 1 (x) = log x 2 + ∇log x 2(x − x 2 ),1!h

imamoZa x ∈ (x 1 , x 2 ) = I imamoINTERPOLACIJA FUNKCIJA 185P 1 (1.93) = 0.69315 + 0.05130 (−0.07) = 0.65724.0.1M 2 = supξ∈I˛˛− 1ξ˛˛˛˛ 2 = 11.9 2 < 0.2771itako da je| log x − P 1 (x)| ≤ M 22! |(x − x 2)(x − x 1 )|,b) Zbogimamo|log x − P 1 (x)| < 0.2771 |(1.93 − 2)(1.93 − 1.9)| = 0.00029.2P 2 (x) = P 1 (x) + ∇2 log x 22!h 2 (x − x 2 )(x − x 1 ),P 2 (1.93) = 0.65724 + −0.00276 (−0.07) · 0.03 = 0.65753.2 · 0.12 Za x ∈ (x 0 , x 2 ) = I imamoM 3 = supξ∈I2˛ξ ˛˛˛˛ 3 = 21.8 3 < 0.343itako da je| log x − P 2 (x)| ≤ M 33! |(x − x 2)(x − x 1 )(x − x 0 )|,| log 1.93 − P 2 (1.93)| < 0.343 |(1.93 − 2)(1.93 − 1.9)(1.93 − 1.8)| < 0.00002.6Napomenimo da je tačna vrednost, na šest decimala, log 1.93 = 0.657520.6.1.25. Korišćenjem prve Gaussove, druge Gaussove i Stirlingove interpolacioneformule, izračunati vrednost f(0.95) na osnovu sledećih podatakax 0.5 0.7 0.9 1.1 1.3f(x) −0.6875 −0.8299 −0.9739 −0.9659 −0.6139

186 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Neka je funkcija f data na skupu ekvidistantnih tačaka x k = x 0 +kh (k = 0, ±1, ±2, . . . , ±n, . . .) (h = const > 0). Na osnovu datih parovavrednosti (x k , f k ) k=0,±1,±2,...,±n,... možemo formirati takozvanu centralnu tablicuprednjih razlika.Tabela 1x f ∆f ∆ 2 f ∆ 3 f ∆ 4 fx −2f −2x −1 f −1∆ f −2∆ 2 f −2x 0 f 0∆ f −1∆ 2 f −1∆ 3 f −2∆ 4 f −2x 1 f 1∆ f 0∆ 2 f 0∆ 3 f −1x 2 f 2∆ f 1Ako uvedemo smenu x = x 0 +ph, prva Gaussova interpolaciona formula (videti[2, str. 42]) ima oblikp(p − 1)P (x 0 + ph) = f 0 + p · ∆f 0 +2!+ p(p2 − 1 2 )(p − 2)4!∆ 2 f −1 + p(p2 − 1 2 )3!∆ 4 f −2 + · · ·+ p(p2 − 1 2 )(p 2 − 2 2 ) · · ·(p 2 − (n − 1) 2 )(2n − 1)!+ p(p2 − 1 2 ) · · ·(p 2 − (n − 1) 2 )(p − n)(2n)!∆ 3 f −1∆ 2n−1 f −(n−1)∆ 2n f −n + · · · .U ovoj formuli se upotrebljavaju razlike koje su podvučene u tabeli 1.Druga Gaussova interpolaciona formula ([2, str. 42]) glasi:p(p + 1)P (x 0 + ph) = f 0 + p∆f −1 +2!+ p(p2 − 1 2 )(p + 2)4!∆ 4 f −2 + · · ·∆ 2 f −1 + p(p2 − 1 2 )3!+ p(p2 − 1 2 )(p 2 − 2 2 ) · · · (p 2 − (n − 1) 2 )(2n − 1)!+ p(p2 − 1 2 ) · · · (p 2 − (n − 1) 2 )(p + n)(2n)!∆ 3 f −2∆ 2n−1 f −n∆ 2n f −n + · · · .

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 187U ovoj formuli se koriste razlike koje su uokvirene u tabeli 1.Poluzbir prve i druge Gaussove interpolacione formule daje Stirlingovu interpolacionuformuluj ff 1P(x 0 + ph) = f 0 + p ·2 (∆ f 1 + ∆ f 0 ) + p2+ p(p2 − 1 2 )3!2! ∆2 f −1j 1“” ff· ∆ 3 f −2 + ∆ 3 f −1 + p(p2 − 1 2 )2 4!+ p(p2 − 1 2 ) · · ·(p 2 − (n − 1) 2 )(2n − 1)!+ p2 (p 2 − 1 2 ) · · ·(p 2 − (n − 1) 2 )(2n)!∆ 4 f −2 + · · ·j 12“∆ 2n−1 f −n + ∆ 2n−1 f −(n−1)” ff∆ 2n f −n + · · · .Učešće pojedinih razlika u ovoj formuli se pregledno uočava iz tabele 2.Tabela 2x f ∆f ∆ 2 f ∆ 3 f ∆ 4 fx −2f −2x −1 f −1 ∆ 2 f −2( )8∆ f−1< ∆ 3 9f1x 0 f 0 ∆ 2 1 −2 =f −12 ∆ f 2 :0 ∆ 3 f; −1∆ f −2x 1 f 1 ∆ 2 f 0x 2 f 2∆ f 1∆4 f −2Formirajmo sada centralnu tablicu prednjih razlika na osnovu datih podataka(tabela 3).Tabela 3x f ∆f ∆ 2 f ∆ 3 f ∆ 4 f0.5 −0.68750.7 −0.8299−0.1424−0.00160.9 −0.9739−0.14400.15200.15360.03840.00800.19201.1 −0.96590.34400.35201.3 −0.6139

188 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAZa čvor x 0 uzmimo čvor najbliži vrednosti x, tj. x 0 = 0.9. Imajući u vidu smenux = x 0 + ph, nalazimo da jep = x − x 0h=0.95 − 0.90.2= 0.25 .Na osnovu prve Gaussove interpolacione formule i tabele 3, imamo (p = 0.25)p(p − 1)0.152020.1920 + p(p2 − 1)(p − 2)0.038424∼ = −0.9930 .f(0.95) ∼ = P 4 (0.95) = −0.9739 + p · 0.0080 ++ p(p2 − 1)6Na osnovu druge Gaussove interpolacione formule i tabele 3, imamo (p = 0.25)f(0.95) ∼ = P 4 (0.95) = −0.9739 + p(−0.1440) ++ p(p2 − 1)60.1536 + p(p2 − 1)(p + 2)24p(p + 1)20.15200.0384 ∼ = −0.9930 .Na osnovu Stirlingove interpolacione formule i tabele 3, imamo (p = 0.25)j fff(0.95) ∼ 1= P 4 (0.95) = −0.9739 + p2 (−0.1440 + 0.0080) + p22 0.1520j ff+ p(p2 −1) 16 2 (0.1536 + 0.1920) + p2 (p 2 −1)0.038424∼ = −0.9930 .Svi rezulati su zaokrugljeni na četiri decimale.6.1.26. Primenom Besselove interpolacione formule izračunati cos 14 ◦ naosnovu vrednosti cos 11 ◦ , cos 13 ◦ , cos 15 ◦ i cos 17 ◦ .Rešenje. Neka je funkcija f data na skupu ekvidistantnih tačaka x k = x 0 +kh (k = 0, ±1, ±2, . . . , ±n, . . .) (h = const > 0). Na osnovu vrednosti (x k , f k )možemo formirati centralnu tablicu prednjih razlika (videti tabelu 1).Ako uvedimo smenu x = x 0 + ph, Besselova interpolaciona formula (videti [2,str. 42–43]) glasi:j ff 1“P(x 0 + ph) =2 (f 0 + f 1 ) + p − 1 ”jp(p − 1) 1”∆f 0 +“∆ ff2 f −1 + ∆ 2 f 02 2! 2“p(p − 1) p − 1 ”+2∆ 3 f −1 + · · ·3!+ p(p2 − 1 2 ) · · ·(p 2 − (n − 1) 2 j)(p − n) 1” “∆ ff2n f −n + ∆ 2n f(2n)!2 −(n−1)“p(p 2 − 1 2 ) · · ·(p 2 − (n − 1) 2 )(p − n) p − 1 ”+2 ∆ 2n+1 f −n + · · · .(2n + 1)!

x −2 f −2∆ f −2INTERPOLACIJA FUNKCIJA 189Tabela 1x f ∆f ∆ 2 f ∆ 3 f ∆ 4 f ∆ 5 fx −1 f −1 ∆ 2 f −28∆ f −1 8∆ 3 f −2x 0 f 0 ∆ 2 8f −1 ∆ 4 f > = > = >< −29> =11∆ f 0 ∆ 3 1f −1 ∆ 5 f −22x>: > 21 f1; >: ∆ 2 > 2f ; >: 0 ∆ 4 >f ; −1∆ f 1 ∆ 3 f 0x 2 f 2 ∆ 2 f 1∆ f 2x 3 f 3Učešće pojedinih razlika u ovoj formuli se pregledno uočava iz tabele 1.Formirajmo sada centralnu tablicu prednjih razlika na osnovu podataka datihzadatkom:Tabela 2x f ∆ f ∆ 2 f ∆ 3 f11 ◦ 0.98163−0.0072613 ◦ 880.97437 −0.00118> = > =11−0.00844−0.0000115 ◦ 2 >: > 20.96593; >: > −0.00119; −0.0096317 ◦ 0.95630Ako uzmemo da je x 0 =13 ◦ , nalazimo da je p = x − x 0= 14◦ − 13 ◦h 2 ◦ = 1 2 , teu ovom slučaju, na osnovu Besselove formule, otpadaju svi članovi sa razlikamaneparnog reda. Dakle, na osnovu ove interpolacione formule i tabele 2 imamo(p = 1/2):j ffcos14 ◦ ∼ = P`14◦´ 1 =2 (0.97437 + 0.96593)+p(p − 1)2Rezultat je zaokrugljen na pet decimala.j ff12 (−0.00118 − 0.00119) ∼= 0.97030 .

190 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJANapomenimo da se za interpolaciju funkcija, na skupu ekvidistantnih tačaka,najčešće koriste Stirlingova (videti prethodni zadatak) i Besselova interpolacionaformula. Stirlingova formula se koristi kada je |p| ≤ 0.25, a Besselova kada je0.25 ≤ |p| ≤ 0.75.6.1.27. Proučiti kako se slučajna greška ε u vrednosti funkcije u nekomod ekvidistantnih interpolacionih čvorova, manifestuje u tablici konačnihrazlika.Rešenje. Tablica konačnih razlika, sa greškom ε u vrednosti f n , ima sledećioblik:Na osnovu tablice može se zaključiti sledeće:1 ◦ Ako vrednost f n sadrži grešku, biće pogrešne sledeće razlike:∆ f n−1 ,∆ f n ;∆ 2 f n−2 ,∆ 2 f n−1 ,∆ 2 f n ;∆ 3 f n−3 ,∆ 3 f n−2 ,∆ 3 f n−1 ,∆ 3 f n ; itd.

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 1912 ◦ Kod k-te konačne razlike, greška učestvuje po zakonu binomnih koeficijenatauz alternativnu promenu znaka, tj.! !kε , − k ε ,0 1!kε , . . . , (−1) k2!kε .kTakod¯e, apsolutna vrednost maksimalne greške u k-toj konačnoj razlici ` k[k/2]´|ε|vrlo brzo raste sa redom razlike.3 ◦ Za svaku konačnu razliku ∆ k važe jednakosti:! ! !kε − k ε + k ε − · · · + (−1) k0 1 2!kε = (1 − 1) k ε = 0ki! ! !k|ε| + k |ε| + k |ε| + · · · +0 1 2k k!|ε| = (1 + 1) k |ε| = 2 k |ε| .U tablici konačnih razlika figurišu vrednosti funkcije f sa odred¯enim, fiksiranim, obrojem decimalnih mesta. Akose funkcija f nad skupomvrednostin(x k , f k ) k=0,miz tablice ponaša kao polinom stepena r (< m), tada će konačne razlike reda rbiti konstantne, a konačne razlike reda r+1, r+2, . . . , m će biti jednake nuli (iliće biti približno jednake nuli s obzirom da su vrednosti funkcije koje su ušle utablicu eventualno zaokružene). (Primetimo da funkcija f ne mora biti polinom,a da iskaže opisano ponašanje. Na primer, ako za funkciju f postoji Taylorovpolinom pri čemu je odgovarajući ostatak za svako x k iz tablice toliko mali da neutiče na decimale koje figurišu u tablici, tada je funkcija f praktično tabeliranavrednostima iz Taylorovog polinoma.)Svakako, ako postoji greška u vrednosti funkcije u nekom od interpolacionihčvorova, prethodni princip će biti narušen u polju prostiranja greške, kako smoprethodno videli, što nam predstavlja indikaciju o postojanju greške.Zakon prostiranja greške u tablici konačnih razlika, koji je razmatran, dajemogućnost da se u nekim slučajevima pronad¯e izvor greške i otkloni.6.1.28. Ispraviti grešku u vrednosti funkcije u jednom od interpolacionihčvorova, ako je dato1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8−1.020 −0.692 −0.076 0.872 2.212 3.980 6.228 9.004 12.356 16.332Rešenje. Formirajmo tablicu konačnih razlika, na osnovu zadatih podataka:

192 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAk x k f k ∆ f k ∆ 2 f k ∆ 3 f k ∆ 4 f k ∆ 5 f k0 1.0 −1.0200.3281 1.2 −0.6922 1.4 −0.0763 1.6 0.8724 1.8 2.2125 2.0 3.9806 2.2 6.2287 2.4 9.0048 2.6 12.3569 2.8 16.3320.6160.9481.3401.7682.2482.7763.3523.9760.2880.3320.3920.4280.4800.5280.5760.6240.0440.0600.0360.0520.0480.0480.0480.016−0.0240.016−0.0040.0.−0.0400.040−0.0200.004Iz tablice uočavamo sledeće: Razlike ∆ 4 f 4 , ∆ 4 f 5 i ∆ 5 f 4 , su jednake nuli, doksu preostale razlike četvrtog i petog reda različite od nule, s tim što su još i razlikepetog reda, po modulu, uvećane u odnosu na odgovarajuće razlike četvrtog reda.Ovo nesumnjivo govori o postojanju greške u nekoj vrednosti funkcije f k .Dakle, možemo zaključiti da sve razlike četvrtog i petog reda koje su različiteod nule, pripadaju polju prostiranja greške ε u vrednosti funkcije f k . Na osnovuanalize iz prethodnog zadatka, u razlikama četvrtog reda postoji pet pogrešnihrazlika te s obzirom na njihov raspored zaključujemo da je pogrešna vrednostfunkcije za x = 1.6 (k = 3).Odredimo grešku ε.S obzirom da bi konačne razlike četvrtog reda trebalo da budu jednake nuli, toje, na osnovu tablice, ∆ 4 f 3 + ε = ε = −4 · 10 −3 .Ili, na osnovu trećih razlika, koje bi trebalo da budu konstantne (s obzirom dabi četvrte razlike trebalo da budu jednake nuli), nalazimo∆ 3 f 3 = 1 4““ ” “ ” “ ” “ ””∆ 3 f 3 − ε + ∆ 3 f 2 + 3ε + ∆ 3 f 1 − 3ε + ∆ 3 f 0 + ε= 1 4 (52 + 36 + 60 + 44) · 10−3 = 48 · 10 −3 ,0.

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 193ili direktno, na osnovu polja prostiranja greške ε, očitavamo na osnovu ,,neporemećenih‘‘trećih razlika ∆ 3 f 4 = ∆ 3 f 3 = 48·10 −3 , a dalje, s obzirom na ∆ 3 f 3 −ε =52 · 10 −3 , nalazimo ε = −4 · 10 −3 .Grešku ε možemo naći u ovom slučaju i na osnovu drugih razlika koje bi utačnoj tablici morale obrazovati aritmetičku progresiju (s obzirom da bi treće razliketrebalo da budu konstantne). Dakle, tačna vrednost ∆ 2 f 2 je∆ 2 f 2 = 1 3““∆ 2 f 1 + ε”+“∆ 2 f 2 − 2ε”+“∆ 2 f 3 + ε= 1 3 (332 + 392 + 428) · 10−3 = 384 · 10 −3 ,pa ε nalazimo na osnovuε = 1 “ “ ””∆ 2 f 2 − ∆ 2 f 2 − 2ε = 1 22 (384 − 392) · 10−3 = −4 · 10 −3 .Najzad, ispravljena vrednost f za x = 1.6, bićef 3 = (f 3 + ε) − ε = 0.872 − (−0.004) = 0.876 .””6.1.29. Koristeći metode interpolacije, odrediti karakteristični polinommatrice⎡ ⎤1 3 1 4⎢ 2 4 1 1 ⎥A = ⎣ ⎦ .3 5 4 24 3 1 2Rešenje. Karakteristični polinom matrice A jeQ(λ) = det (A − λI) ,gde je I jedinična matrica istog reda kao i A. S obzirom da je, u ovom slučaju,karakteristični polinom četvrtog stepena, uzmimo pet interpolacionih čvorova, naprimerλ k = k (k = 0, 1,2,3, 4) ,za koje nalazimo odgovarajuće vrednosti Q(λ k ) = Q(k) = Q k (k = 0,1, 2,3,4), azatim formiramo tablicu konačnih razlika operatora ∆ :λ k Q k ∆ Q k ∆ 2 Q k ∆ 3 Q k ∆ 4 Q k0 −931 −2469−382 731−68−30243 −30− 37−74−64 −141−111

194 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAPrimenjujući prvu interpolacionu formulu Newtona imamo(1) Q(λ) = Q 0 +S obzirom da je4Xk=1∆ k Q 0k!(2) λ (k) = λ(λ − 1) · · ·(λ − k + 1) =λ(λ − 1) · · ·(λ − k + 1) .kXm=1S (m)kλ m (k = 1,2, . . . ),gde se koeficijenti S (m)knazivaju Stirlingovi brojevi prve vrste, na osnovu (1),imamo(3)Q(λ) = Q 0 += Q 0 +4Xk=14Xm=1∆ 4 Q 0k!λ mkXm=14 Xk=mS (m)kS (m)kλ m∆ k Q 0k!.Kako jeλ = λ ,λ(λ − 1) = λ 2 − λ ,s obzirom na (2), nalazimoλ(λ − 1)(λ − 2) = λ 3 − 3λ 2 + 2λ ,λ(λ − 1)(λ − 2)(λ − 3) = λ 4 − 6λ 3 + 11λ 2 − 6λ ,S (1)1= 1;S (1)2= −1 ,S (1)3= 2 ,S (1)4= −6 ,pa na osnovu (3), imamoS (2)2= 1;S (2)3= −3 ,S (2)4= 11 ,“Q(λ) = −93 + 1 · 69 + (−1) (−38)2!“+ 1 · (−38)2!“+ 1 (−30)3!+ (−3) (−30)3!+ (−6) 244!S (3)3= 1;S (3)4= −6 , S (4)4= 1;+ 2 (−30)3!”λ 2+ 11 244!”λ 3 + 1 · 244! λ4 ,+ (−6) 24 ”λ4!

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 195tj.Q(λ) = λ 4 − 11 λ 3 + 7 λ 2 + 72 λ − 93 .6.1.30. Približno izračunatig(y) = d dy∫ y0f(x)√ y − xdx (0 ≤ y ≤ 1),na osnovu vrednosti funkcije f(x) u tačkama x i = 0.1 · i (i = 0,1,... ,10).Rešenje. Nad¯imo najpreUvod¯enjem smenedobijamoh(y) = ddyZ y0x n√ y − xdx (n = 0,1, . . . ).x = y sin 2 t =⇒ dx = 2y sin tcos t dt ,h(y) = ddy2y n+1Z π/2√ sin 2n+1 t dt = y0(2n + 1) yn√ yW 2n+1 ,gde je(1) W 2n+1 =Z π/2Metodom parcijalne integracije, ako uzmemona osnovu (1) imamo0sin 2n+1 t dt .u = sin 2n t , dv = sin t dt ,du = 2n sin n−1 tcos t dt , v = − cos t ,W 2n+1 = 2n= 2nZ π/20Z π/20sin 2n−1 tcos 2 t dt“ ”sin 2n−1 t 1 − sin 2 t dt= 2n (W 2n−1 − W 2n+1 ) ,

196 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAtj.(2) W 2n+1 = 2n2n + 1 W 2n−1 (n = 1, 2, . . .).S obzirom da je W 1 = 1, na osnovu (2), dobijamoW 2n+1 =(2n)(2n − 2) · · · 2(2n + 1)(2n − 1) · · ·3 = (2n)!!(2n + 1)!!(n = 0, 1, . . .).Ako funkciju f aproksimiramo sa(3) f(x) ∼ =to je10Xn=0a n x n ,(4)g(y) ∼ = √ 1 10X(2n + 1) a n W 2n+1 y nyn=0∼= √ 1 a 0 + 1 X10(2n)!!√ y y (2n − 1)!! a n y n .n=1Preostalo je da još nad¯emo koeficijente a n iz (3). Za njihovo odred¯ivanje ćemoiskoristićemo prvi Newtonov interpolacioni polinom (videti (1) u zadatku 6.1.22)sa korakom h = 0.1:Kako jef(x) ∼ 10x (10x − 1)= f(0) + 10x∆f(0) + ∆ 2 f(0) + · · ·2!10x (10x − 1) · · ·(10x − 9)+ ∆ 10 f(0).10!gde su S (k)n(10x) (n) = 10x (10x − 1) · · · (10x − n + 1) =Stirlingovi brojevi prve vrste, to jef(x) ∼ = f(0) +∼= f(0) +10Xn=110Xn=1(10x) (n)∆ n f(0)n!∆ n f(0)n!nXk=1nXk=1S (k)n (10x) k ,S (k)n (10x) k !.

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 197Na osnovu (3) zaključujemo da jea 0 = f(0) ,a k = 10 k 10 Xn=k∆ n f(0)n!S (k)n (k = 1, 2, . . . , 10) ,što zajedno sa (4) daje formulu za približno izračunavanje g(y).6.1.31. Formirati Hermiteov interpolacioni polinom na osnovu sledećihpodatakax −1 0 2f(x) 0 −7 3f ′ (x) −8 −5 55f ′′ (x) 10Rešenje. Kako je dato sedam podataka, interpolacioni polinom će biti stepenane više od šestog. Potražimo ga u obliku(1) H 6 (x) = P 2 (x) + (x + 1)(x − 2)x H 3 (x),gde je P 2 (x) Lagrangeov interpolacioni polinom formiran na osnovu vrednosti funkcijef u tačkama x = −1, x = 0, x = 2, tj.P 2 (x) = −7(x + 1)(x − 2) (x + 1)(x − 0)+ 3(0 + 1)(0 − 2) (2 + 1)(2 − 0) = 4x2 − 3x − 7 ,a H 3 (x) za sada nepoznat polinom ne višeg stepena od tri.Diferenciranjem (1) dobijamoH ′ 6(x) = 8x − 3 + `3x 2 − 2x − 2´H 3 (x) + (x + 1)(x − 2)x H ′ 3(x),odakle, s obzirom na interpolacioni zahtev H ′ 6(−1) = f ′ (−1) = −8, H ′ 6(0) =f ′ (0) = −5 i H ′ 6(2) = f ′ (2) = 55, sleduje(2) H 3 (−1) = 1 , H 3 (0) = 1 , H 3 (2) = 7 .Kako je daljeH ′′6 (x) = 8 + (6x − 2) H 3 (x) + (6x − 4x − 4)H ′ 3(x) + (x + 1)(x − 2)xH ′′3 (x)i H ′′6 (0) = f ′′ (0) = 10, dobijamo(3) H ′ 3(0) = −1 .

198 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAPrimenimo sada isti postupak na odred¯ivanje polinoma H 3 , na osnovu podataka(2) i (3). Dakle, imamoH 3 (x) = P ∗ 2 (x) + (x + 1)(x − 2)x a(a = H 0 (x)),gde jeP ∗ 2 (x) = 1(x−0)(x−2)(−1−0)(−1−2) + 1 (x+1)(x−2)(0+1)(0−2) + 7 (x+1)(x−0)(2+1)(2−0) = x2 + x + 1 .Dalje, kako jeH ′ 3(x) = 2x + 1 + `3x 2 − 2x − 2´ai H 3(0) ′ = −1, dobijamo a = 1, pa jeH 3 (x) = x 3 − x + 1 .Najzad, na osnovu (1), dobijamoH 6 (x) = x 6 − x 5 − 3x 4 + 2x 3 + 5x 2 − 5x − 7 .6.1.32. Odrediti Hermiteov interpolacioni polinom koji u tačama x 0 ,x 1 ,... ,x n ima vrednosti y 0 ,y 1 , ... ,y n i vrednosti izvoda y ′ 0 ,y′ 1 , ... ,y′ n .Rešenje. Hermiteov interpolacioni polinom tražimo u oblikuH m (x) = L n (x) + ω n (x)H m−n (x),gde jeL n Lagrangeov polinom n-tog stepena, formiran na osnovu podataka (x k , y k )(k = 0, 1, . . . , n) iDiferenciranjem dobijamoω n (x) = (x − x 0 )(x − x 1 ) . . . (x − x n ).H ′ m(x) = L ′ n(x) + ω ′ n(x)H m−n (x) + ω n (x)H ′ m−n(x),pa je, na osnovu interpolacionog zahteva,y ′ i = L ′ n(x i ) + ω ′ n(x i )H m−n (x i ),iH m−n (x i ) = y′ i − L′ n(x i )ω n(x ′ .i )

Dakle,Neka jeH m−n (x) =INTERPOLACIJA FUNKCIJA 199nXi=0y ′ i − L′ n(x i )ω ′ n(x i )ω n (x)(x − x i )ω ′ n(x i ) = L ni(x).ω n (x)(x − x i )ω ′ n(x i ) .Tada je interpolacioni polinom Hermitea moguće zapisati u oblikuH m (x) =nXy i L ni (x) +i=0Razbijmo poslednju sumu na dva delanXi=0ω n (x) y′ i − L′ n(x i )ω ′ n(x i )L ni (x) =nXi=0y ′ inXi=0ω n (x) y′ i − L′ n(x i )ω ′ n(x i )Prvi izraz sa desne strane napišimo na sledeći načinnXi=0y ′ iω n (x)ω n(x ′ i ) L ni(x) =a drugi podvrgnimo transformacijamaω n (x)=j=0nXi=0L ′ n(x i )ω ′ n(x i ) L ni(x) = ω n (x)i=0L ni (x).ω n (x)nXω n(x ′ i ) L L ′ni(x) − ω n (x)n(x i )ω n(x ′ i ) L ni(x).nXy i(x ′ − x i )L 2 ni(x),i=0nXi=0 j=0nX X ny j ω n (x) L′ nj (x i)ω n(x ′ i ) L ni(x) =i=0nX y j L ′ nj (x i)ω n(x ′ L ni (x)i )nX X ny ii=0j=0Na taj način traženi polinom je moguće zapisati u oblikuH m (x) =8nX

200 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJATo je polinom stepena 2n + 1. Za x = x k dobijamoP i (x k ) = L ni (x k ) = δ ik .Dakle, naš polinom dobija vrednost nula za svako x k , k ≠ i. Razmotrimo izvodtog polinomaP ′ i(x) = L ′ ni(x) − ω ′ n(x)Za x = x k dobijamonXj=0P ′ i(x k ) = L ′ ni(x k ) − ω ′ n(x k )L ′ ni (x j)ω ′ n(x j ) L nj(x) − ω n (x)nXj=0nXj=1L ′ ni (x j)ω ′ n(x j ) L′ nj(x).L ′ ni (x j)ω ′ n(x j ) L nj(x k ) = L ′ ni(x k ) − L ′ ni(x k ) = 0.Na taj način, P i (x) ima dvostruki koren za svako x = x k , k ≠ i. Dakle, taj polinomsadrži množiteljω 2 n(x)(x − x i ) 2 .Kako je stepen polinoma P i (x) jednak 2n + 1 možemo ga zapisati u obliku(1) P i (x) = ω2 n(x)(x − x i ) 2 [A + B(x − x i)] .Odredimo koeficijente A i B. Stavljajući x = x i u (1) dobijamoodakle je1 = ω ′ n2(xi )A,A =1ω ′ n 2 (x i ) .Diferencirajući jednakost (1), a zatim stavljajući x = x i , dobijamoOtuda je0 = P ′ i(x i ) = ω ′ n(x i )ω ′′n(x i )A + ω ′ n2(xi )B.B = − ω′′ n(x i )ω n ′ 3 (x i ) .Sada je polinom P i (x) moguće predstaviti u oblikuω 2P i (x) =n(x)(x − x i ) 2 ω n ′ 2 (x i )––»1 − ω′′ n(x i )ω n(x ′ i ) (x − x i) = L 2 ni(x)»1 − ω′′ n(x i )ω n(x ′ i ) (x − x i) .

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 201Dakle,H m (x) =nX»–y i 1 − ω′′ n(x i )ω n(x ′ i ) (x − x i) L 2 ni(x) +i=0nXy i(x ′ − x i )L 2 ni(x),i=0tj.H m (x) =nXi=0–ffjy i»1 − ω′′ n(x i )ω n(x ′ i ) (x − x i) + y i(x ′ − x i ) L 2 ni(x).6.1.33. Odrediti opšti oblik Hermiteovog interpolacionog polinoma zarealnu funkciju x ↦→ y = f(x) (x ∈ [a,b]), pri čemu su, u interpolacionimčvorovima x i , poznate vrednosti y (j)i= f (j) (x i ) (i = 0,1,... ,n; j =0,1,... ,α i − 1).Rešenje. Neka je zadat bazni sistem interpolacionih funkcijaϕ 0 (x),ϕ 1 (x), . . . , ϕ n (x), . . .na [a, b]. Odredimo takvu linearnu kombinaciju ovih funkcija(1) ϕ(x) =koja zadovoljava uslovemXc i ϕ i (x)i=0ϕ(x 0 ) = y 0 , ϕ ′ (x 0 ) = y ′ 0, . . . , ϕ (α 0−1) (x0 ) = y (α 0−1)0,ϕ(x 1 ) = y 1 , ϕ ′ (x 1 ) = y 1, ′ . . . , ϕ (α 1−1) (x1 ) = y (α 1−1)1,.ϕ(x n ) = y n ,ϕ ′ (x n ) = y ′ n, . . . , ϕ (α n−1) (xn ) = y (α n−1)n ,gde su y (j)ipoznate vrednosti, a x i ∈ [a, b] (i = 0,1, 2, . . . , n; x i ≠ x j pri i ≠ j).Kako je broj uslova koje namećemo funkciji ϕ(x) jednakα 0 + α 1 + · · · + α nda bi naš zadatak imao jedinstveno rešenje potrebno je dam = α 0 + α 1 + · · · + α n − 1

202 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAiϕ 0 (x 0 ) ϕ 1 (x 0 ) . . . ϕ m (x 0 )ϕ˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛′ 0(x 0 ) ϕ ′ 1(x 0 ) ϕ ′ m(x 0 ).ϕ (α 0−1)0(x 0 ) ϕ (α 0−1)1(x 0 ) ϕ (α 0−1)m (x 0 )≠ 0.ϕ 0 (x 1 ) ϕ 1 (x 1 ) ϕ m (x 1 ).ϕ (α n−1)0(x n ) ϕ (α n−1)1(x n ) ϕ (α n−1)m (x n ) ˛Ako se ograničimo na slučaj kada je ϕ i (x) = x i , onda polinom (1) predstavljaHermiteov algebarski interpolacioni polinom za funkciju x ↦→ f(x) na intervalu[a, b].Odredimo sada opšti oblik Hermiteovog interpolacionog polinoma. U tu svrhuuvedimo polinome H ij (x) stepena ne višeg od m, koji zadovoljavaju sledeće uslove:H ij (x k ) = H ′ ij(x k ) = · · · = H (α k−1)ij(x k ) = 0, i ≠ k,H ij (x i ) = H ′ ij(x i ) = · · · = H (j−1)ijH (j)ij (x i) = 1 (i = 0,1, . . . , n; j = 0,1, . . . , α i − 1).(x i ) = H (j+1)ij(x i ) = · · · = H (α i−1)ij(x i ) = 0,Kako H ij ima nuleredom višestrukostix 0 , x 1 , . . . , x i−1 , x i+1 , . . . , x n ,a u tački x i nulu viěstrukosti j, to jeα 0 , α 1 , . . . , α i−1 , α i+1 , . . . , α n ,H ij (x) = (x − x 0 ) α 0(x − x 1 ) α1 · · · (x − x i−1 ) α i−1(x − x i ) j ×× (x − x i+1 ) α i+1· · · (x − x n ) α n e Hij (x),gde je e H ij (x) polinom stepena α i − j − 1, različit od nule za x = x i . Predstavimoga, zato, u oblikueH ij (x) = A (0)ij+ A (1)ij (x − x i) + · · · + A (α i−j−1)ij(x − x i ) α i−j−1 .Neka jeΩ(x) = (x − x 0 ) α 0(x − x 1 ) α1 · · · (x − x n ) α n,

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 203iΩ i (x) = (x − x 0 ) α 0(x − x 1 ) α1 · · ·(x − x i−1 ) α i−1(x − x i+1 ) α i+1· · · (x − x n ) α n,tada jeA (0)ij + A(1) ij (x − x i) + · · · + A (α i−j−1)ij(x − x i ) α i−j−1 =1Ω i (x)Ako pustimo da x → x i , dobijamo:A (0)ij= limx→x i»1Ω i (x)–H ij (x)(x − x i ) j .H ij (x)(x − x i ) j .Graničnu vrednost drugog člana kada x → x i nalazimo po L’Hospitalovom pravilu:pa je» –Hij (x)limx→x i (x − x i ) j = limA (0)ij= 1 j!Na sličan način nalazimo koeficijente A (k)ij :A (k)ij= 1 k!limx→x id k »d x kx→x iH (j)1Ω i (x i ) .1Ω i (x)ij (x)= 1 j! j! ,–H ij (x)(x − x i ) j .Primenom Leibnizovog pravila za diferenciranje proizvoda imamoIzvodd k »d x k1Ω i (x)–H ij (x)(x − x i ) j =kXp=0je neprekidan u tački x = x i . Dakle,Za nalazenje granične vrednosti»1Ω i (x)! » – (p) » –k 1 Hij (x) (k−p)p Ω i (x) (x − x i ) j .– (p)» – (p) »1 1lim =x→x i Ω i (x) Ω i (x)» –Hij (x) (k−p)limx→x i (x − x i ) j– (p)x=x i.

204 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJApostupamo na sledeći način.Polinom H ij (x) je ne višeg stepena od m. On je deljiv sa (x − x i ) j , stoga gamožemo predstaviti u oblikuH ij (x) = B (0)ij (x − x i) j + B (1)ij (x − x i) j+1 + · · · + B (m−j)ij(x − x i ) miliDakle,H ij (x)(x − x i ) j = B(0) ij+ B (1)ij (x − x i) + · · · + B (m−j)ij(x − x i ) m−j .» –Hij (x) (k−p)limx→x i (x − x i ) j = (k − p)! B (k−p)ij.S druge strane, koeficijente B (k−p)iju razvoju H ij (x) po stepenima od x − x i ,možemo predstaviti u oblikuU našem slučaju jeB (k−p)ij= H(j+k−p) ij(x i )(j + k − p) !j + k − p ≤ j + k ≤ j + α i − j − 1 = α i − 1.Uočimo da je B (k−p)ij(k −p = 0,1, . . . , α i −j −1) različito od nule samo za p = k,i u tom slučajuB (0)ij= 1 j ! .Dakle,iA (k)ij= 1 k!H ij (x) = 1 j !limx→x id k »d x k1Ω i (x)Ω(x)α iX−j−1(x − x i ) α i−jk=0–H ij (x)(x − x i ) j = 1 »k !j !»1k!.1Ω i (x)– (k)Na osnovu svojstava funkcija x ↦→ H ij (x) nije teško uočiti daϕ(x) ≡ H m (x) =nXα i −1Xi=0 j=0y (j)iH ij (x)1Ω i (x)– (k)x=x ix=x i(x − x i ) k .

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 205iliH m (x) =nXα i −1Xi=0 j=0α i −j−1Xk=0y (j)i1k !1j !» (x − xi ) α iΩ(x)– (k)x=x iΩ(x)(x − x i ) α i−j−k .6.1.34. Koristeći Hermiteovu interpolaciju dokazati da jef s = (1 + 2s)(1 − s) 2 f 0 + (3 − 2s)s 2 f 1 + s(1 − s) 2 hf ′ 0− s 2 (1 − s)hf ′ 1 + h44! f(4) (ξ) · s 2 (1 − s) 2 ,gde je f s = f(x 0 + sh), x 0 < ξ < x 0 + h, 0 < s < 1, a zatim izvesti formuluf 1/2 = 1 2 (f 0 + f 1 ) + h 8 (f ′ 0 − f ′ 1) + h4384 f(4) (ξ).Rešenje. Konstruišimo, najpre, Hermiteov interpolacioni polinom na osnovudatih podataka: f(x 0 ) = f 0 , f(x 1 ) = f 1 i f ′ (x 0 ) = f ′ 0, f ′ (x 1 ) = f ′ 1:gde je H 1 (x) = αx + β iKako jeH 3 (x) = P 1 (x) + (x − x 0 )(x − x 1 )H 1 (x),P 1 (x) = x − x 1x 0 − x 1f 0 + x − x 0x 1 − x 0f 1 = − 1 h (x − x 1)f 0 + 1 h (x − x 0)f 1 .H ′ 3(x) = P ′ 1(x) + (2x − x 0 − x 1 )H 1 (x) + (x − x 0 )(x − x 1 )H ′ 1(x)= − 1 h f 0 + 1 h f 1 + (2x − x 0 − x 1 )H 1 (x) + (x − x 0 )(x − x 1 )H ′ 1(x),to iz uslovadobijamoa izf ′ 0 = H ′ 3(x 0 ) = − 1 h f 0 + 1 h f 1 − hH 1 (x 0 )H 1 (x 0 ) = − 1 h 2 f 0 + 1 h 2 f 1 − 1 h f ′ 0,f ′ 1 = H ′ 3(x 1 ) = − 1 h f 0 + 1 h f 1 + hH 1 (x 1 )

206 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAdobijamoH 1 (x 1 ) = 1 h 2 f 0 − 1 h 2 f 1 + 1 h f ′ 1.Dakle, imamo(1) αx 0 + β = − 1 h 2 f 0 + 1 h 2 f 1 − 1 h f ′ 0,(2) αx 1 + β = 1 h 2 f 0 − 1 h 2 f 1 + 1 h f ′ 1.Rešavanjem prethodnog sistema jednačina, na primer, oduzimanjem (2) od (1),dobijamoα = 2 h 3 f 0 − 2 h 3 f 1 + 1 h 2 (f ′ 1 + f ′ 0),β = − 1 h 3 (x 0 + x 1 )f 0 + 1 h 3 (x 0 + x 1 )f 1 − 1 h 2 x 1f ′ 0 − 1 h 2 x 0f ′ 1,pa jeH 1 (x) = 1 h 3 (2x −x 0 −x 1 )f 0 − 1 h 3 (2x −x 0 −x 1 )f 1 + 1 h 2 (x −x 1)f ′ 0 + 1 h 2 (x −x 0)f ′ 1iH 3 (x) = P 1 (x) + (x − x 0 )(x − x 1 )H 1 (x)= − 1 h 3 (x − x 1)[h 2 − (x − x 0 )(2x − x 0 − x 1 )]f 0+ 1 h 3 (x − x 0)[h 2 − (x − x 1 )(2x − x 0 − x 1 )]f 1+ 1 h 2 (x − x 0)(x − x 1 ) 2 f ′ 0 + 1 h 2 (x − x 0) 2 (x − x 1 )f ′ 1.Dalje, f(x) = H 3 (x) + R 3 (f; x), gde jeKako jeR 3 (f;x) = f(4) (ξ)4!H 3 (x s ) = H 3 (x 0 + sh)· Ω 3 (x), Ω 3 (x) = (x − x 0 ) 2 (x − x 1 ) 2 .= (−2s 2 + s + 1)(1 − s)f 0 + s 2 (3 − 2s)f 1 + sh(1 − s) 2 f ′ 0 − s 2 h(1 − s)f ′ 1;Ω 3 (x s ) = Ω 3 (x 0 + sh) = h 4 s 2 (1 − s) 2 ,

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 207to jef s = f(x s ) = f(x 0 + sh)= (1 − s) 2 (2s + 1)f 0 + s 2 (3 − 2s)f 1 + sh(1 − s) 2 f ′ 0 − s 2 h(1 − s)f ′ 1+ h44! s2 (1 − s) 2 · f (4) (ξ),gde je ξ ∈ (x 0 , x 0 + h) i s ∈ (0,1).Specijalno, za s = 1/2, dobijamof 1/2 = 1 2 f 0 + 1 2 f 1 + 1 8 hf ′ 0 − 1 8 hf ′ 1 + h44!116 f(4) (ξ)= 1 2 (f 0 + f 1 ) + 1 8 h(f ′ 0 − f ′ 1) + h4384 f(4) (ξ).6.1.35. Na osnovu skupa podatakax −π −2π/3 −π/2 0 π/2f(x) 2 0.5 0 2 0odrediti trigonometrijski interpolacioni polinom.Rešenje. Na osnovu formule (3) iz zadatka 6.1.3, za n = 2, dobijamo“ xsinT 2 (x) = 22 + π ” “ xsin3 2 + π ” “ x” “ xsin sin4 2 2 − π ”“4sin − π 2 + π ” “sin − π 3 2 + π ” “sin − π ” “sin − π 4 2 2 − π ”4“ xsin2 + π ” “ xsin2 2 + π ” “ x” “ xsin sin4 2 2 − π ””” ” 4+ 0.5sin+ 2“− π 3 + π 2“ xsin2 + π ”2“ π”sin2odakle, posle sred¯ivanja, nalazimosin“− π 3 + π 4“ xsin2 + π ”3“ π”sin sin3sin“− π 3“ xsin2 + π ”“ 4 π”4T 2 (x) = 1 + cos2x .“sin − π 4sin“− π 3 − π ”4“ xsin2 − π ”” 4,6.1.36. Za sledeći skup podataka konstruisati Pronyevu (eksponencijalnu)interpolacionu funkciju.

208 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAk 0 1 2 3x k 1 3 5 7f k 1 3 7 15Rešenje. Funkcija f data na skupu ekvidistantnih tačaka parovima(x k , f k ) k=0,1,...,2n−1 ,pri čemu je f k = f(x k ), x k − x k−1 = h = const, može se interpolirati Pronyevomfunkcijom“ x − x0”(1) F(x) = Φh“ x − x0”= C 1 Φ 1h“ x − x0”+ · · · + C n Φ n ,hgde su Φ 1 , . . . ,Φ n partikularna rešenja linearne diferencne jednačine n-tog redaΦ(k + n) + a n Φ(k + n − 1) + · · · + a 2 Φ(k + 1) + a 1 Φ(k) = 0 ,a koeficijenti a 1 , . . . , a n su rešenja sistema linaernih jednačina(2) f k a 1 + f k+1 a 2 + · · · + f k+n−1 a n = −f k+n (k = 0,1, . . . , n − 1).Konstante C 1 , . . . , C n se mogu odrediti, na primer, iz sistema linearnih jedačina(videti [2, str. 86–88]).C 1 Φ 1 (k) + · · · + C n Φ n (k) = f k (k = 0, 1, . . . , n − 1) ,Oblik partikularnih rešenja Φ 1 , . . . , Φ n zavisi od korena karakteristične jednačine(3) r n + a n r n−1 + · · · + a 2 r + a 1 = 0 .Vratimo se sada konkretnom zadatku.S obzirom da su zadatkom date četiri tačke (n = 2), stavljajućix−1= k, interpolaciona funkcija (1) postaje2(4) Φ(k) = C 1 Φ 1 (k) + C 2 Φ 2 (k),x−x 0h=gde funkcije Φ i (i = 1,2) odred¯ujemo na osnovu korena karakteristične jednačine(3), tj.(5) r 2 + a 2 r + a 1 = 0 .

INTERPOLACIJA FUNKCIJA 209Koeficijente jednačine (5) odred¯ujemo iz sistema jednačina (2), koji u ovomslučaju glasia 1 + 3a 2 = − 7,3a 1 + 7a 2 = −15 .Rešenja ovog sistema su a 1 = 2 i a 2 = −3, pa jednačina (5), tj.ima rešenja r 1 = 1, r 2 = 2.r 2 − 3r + 2 = 0 ,Interpolaciona funkcija (4), dakle, ima oblikΦ(k) = C 1 + C 2 2 k ,gde konstante C 1 i C 2 odred¯ujemo iz interpolacionog zahteva za bilo koje dve tačkeiz skupa zadatih tačaka. Na primer,Φ(0) = f 0 = 1 = C 1 + C 2 ,Φ(1) = f 1 = 3 = C 1 + 2C 2 ,odakle je C 1 = −1, C 2 = 2.S obzirom na smenu k = x − 1 , tražena interpolaciona funkcija glasi2„ « x − 1F(x) = Φ = −1 + 2 · 2 (x−1)/2 = −1 + 2 (x+1)/22iliF(x) = −1 + e α(x+1)/2 ,gde je α = log 2, zbog čega se ovaj tip interpolacije i zove eksponencijalna interpolacija.6.1.37. Data je jednačina(1) f(x) = 0koja na segmentu [α,β] ima jedinstven prost koren.Aproksimirati funkciju f u ekvidistantnim tačkama x 0 , x 1 , x 2 (∈ [α,β]),interpolacionom funkcijom oblika(2) F(x) = A + B e Cx ,

210 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAa zatim za aproksimaciju korena jednačine (1) iskoristiti rešenje jednačineF(x) = 0. Na osnovu prethodnog, formirati iterativni proces za rešavanjejednačine (1).Rešenje. U prethodnom zadatku izložili smo postupak Pronyeve interpolacije,gde smo uočili da je za ovaj postupak potrebno 2n (n = 1,2, . . . ) ekvidistantnihinterpolacionih tačaka koje, u tom slučaju, potpuno odred¯uju oblik interpolacionefunkcije. Med¯utim, prethodnim fiksiranjem nekih od korena karakterističnejednačine (3) iz zadatka 6.1.36, može se uticati na oblik partikularnih rešenja, tj.na oblik interpolacione funkcije. Modifikaciju Pronyeve interpolacije u ovom smisluzvaćemo dirigovana Pronyeva interpolacija. Ovakva modifikacija omogućuje da sebroj interpolacionih čvorova smanji.Primenimo postupak dirigovane Pronyeve interpolacije. Uzmimo h = (β −α)/2i x 0 = α , x 1 = α + h , x 2 = α + 2h = β. Tada je f k = f(x k ) (k = 0, 1,2).Izabrani interpolacioni čvorovi su dovoljni za odred¯ivanje nepoznatih parametara uinterpolacionoj funkciji (2). Zaista, ako za karakterističnu jednačinu (3) iz zadatka6.1.36 uzmemo(r − 1)(r − r 1 ) = 0 ,tj.(3) r 2 − (1 + r 1 ) r + r 1 = 0 (a 1 = r 1 , a 2 = −(1 + r 1 )) ,funkcija (1) iz zad. 6.1.36 se svodi na (2), ako je r 1 > 0. Kao što ćemo videti,poslednji uslov zahteva monotonost funkcije f na segmentu [α, β]. Koren r 1 karakterističnejednačine (3) lako se dobija iz relacije (2) u zad. 6.1.36, za k = 0, tj. izDakle,f 0 r 1 − f 1 (1 + r 1 ) = −f 2 .(4) r 1 = (f 2 − f 1 )/(f 1 − f 0 ) = ∆ f 1 /∆ f 0 .Kako je r 1 > 0 za monotonu funkciju f imamoF(x) = C 1 + C 2 r (x−x 0)/h1,gde su, s obzirom na F(x k ) = f k (k = 0, 1),(5) C 1 = f 0 − ∆ f 0r 1 − 1i C 2 = ∆ f 0r 1 − 1 .Ako koren jednačine F(x) = 0, u oznaci ¯x, uzmemo za aproksimaciju korenajednačine f(x) = 0, dobija se osnovna formula Riddersovog metoda„log − C «1C 2(6) ¯x = x 0 + h .log r 1

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 211Proces možemo nastaviti tako što sada odred¯ujemo novo h kao h = min |¯x −x i |(i = 0,1, 2), te za nove interpolacione tačke uzimamo x 0 = ¯x − h, x 1 = ¯x, x 2 =¯x + h, izračunavamo r 1 na osnovu (4), C 1 i C 2 na osnovu (5), a zatim novuaproksimaciju korena na osnovu (6), itd.Literatura:G.V. Milovanović, M.A. Kovačević, D¯ .R. D¯ ord¯ević: Iterativno rešavanje nelinearnihjednačina primenom dirigovane Pronyeve interpolacije. Zbornik radovaGrad¯evinskog fakulteta u Nišu, N ◦ 1 (1980), 163–169.M.A. Kovačević: Prilozi teoriji i praksi iterativnih procesa. Magistarski rad,Niš, 1982.C.J. Ridders: Determination of F(x) = 0 by means of p(x) = −A+B exp(Cx).Appl. Math. Modelling, 2 (1978),138.C.J. Ridders: Three-point iteration derived from exponential curve fitting. IEEETrans. Circuits and Systems, 26(1979), 669–670.6.2. Problem najboljih aproksimacija6.2.1. Funkciju x ↦→ f(x) = cos x aproksimirati funkcijom x ↦→ Φ(x) =a 0 + a 1 x u prostoru: 1 ◦ L 1 (0, π/2), 2 ◦ L 2 (0, π/2).Rešenje. Definišimo funkciju greške δ 1 (x) = cos x − a 0 − a 1 x (0 ≤ x ≤ π/2).1 ◦ Najbolju L 1 (0, π/2) aproksimaciju dobijamo minimizacijom normeJ(a 0 , a 1 ) = ‖δ 1 ‖ 1 =Z π/20|cos x − a 0 − a 1 x| dx .Optimalne vrednosti parametara a 0 i a 1 odred¯ujemo iz sistema jednačina∂J∂a 0=∂J∂a 1=Z π/20Z π/20(−1) sgn (cos x − a 0 − a 1 x)dx = 0 ,(−x)sgn (cos x − a 0 − a 1 x) dx = 0 .S obzirom da se može uzeti da funkcija x ↦→ cos x − a 0 − a 1 x menja znak nasegmentu [0, π/2] u tačkama x 1 i x 2 (videti sl. 1) to se prethodni sistem jednačinasvodi na sistemx 2 − x 1 = π 4 ,x2 2 − x 2 1 = π28 ,

212 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAodakle sleduje x 1 = π/8, x 2 = 3π/8.tj.Sl. 1.Kako je Φ(x 1 ) = f(x 1 ) i Φ(x 2 ) = f(x 2 ), imamoΦ(x) − f(x 1 ) = f(x 2) − f(x 1 )x 2 − x 1(x − x 1 ) ,(1) Φ(x) ∼ = −0.68907 x + 1.19448 .2 ◦ Najbolju L 2 (0, π/2) aproksimaciju (srednje-kvadratna aproksimacija) dobijamominimizacijom kvadrata norme funkcije greškeNa osnovu uslovaI(a 0 , a 1 ) = ‖δ 1 ‖ 2 2 =∂I∂a 0= −2∂I∂a 1= −2dolazimo do sistema jednačinaodakle je a 0 = 4 π„ 6π − 1 «Z π/20Z π/20Z π/20(cos x − a 0 − a 1 x) 2 dx.(cos x − a 0 − a 1 x)dx = 0 ,x (cos x − a 0 − a 1 x) dx = 0 ,πa 02 +π 2a 18π 2a 08 + π 3a 124= 1 ,= π 2 − 1 ,∼= 1.15847, a 1 = 24π 3 (π − 4) ∼ = −0.66444.

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 213Prema tome,(2) Φ(x) ∼ = −0.66444 x + 1.15847 .Primećujemo da su aproksimacione funkcije (1) i (2) različite, što je i logičnoako se ima u vidu da su one dobijene na osnovu različitih aproksimacionih zahteva.6.2.2. Naći najbolju srednje-kvadratnu aproksimaciju za funkciju x ↦→f(x) = sinx, na segmentu [−π, π] sa težinom x ↦→ p(x) = 1, u skupupolinoma stepena ne višeg od tri i izračunati veličinu najbolje aproksimacije.Rešenje. Predstavimo aproksimacionu funkciju u oblikuΦ(x) = C 0 + C 1 x + C 2 x 2 + C 3 x 3 .Na osnovu neparnosti funkcije x ↦→ sin x i simetrije segmenta na kome vršimoaproksimaciju, možemo zaključiti da je C 0 = C 2 = 0.Definišimo funkciju greške δ 3 (x) = f(x) − Φ(x) = sin x − C 1 x − C 3 x 3 . Najboljusrednje-kvadratnu aproksimaciju dobijamo minimizacijom kvadrata normefunkcije greškeI(C 1 , C 3 ) = ‖δ 3 ‖ 2 2 =Z π−π(sin x − C 1 x − C 3 x 3 ) 2 dx.Iz uslovaZ∂I π= −2∂C 1∂I∂C 3= −2−πZ π−π“x sin x − C 1 x − C 3 x 3” dx = 0 ,x 3 “ sin x − C 1 x − C 3 x 3” dx = 0 ,s obzirom da je1212Z π−πZ π−πx sin x dx =x 3 sin xdx =Z π0Z π0xsin xdx = π ,x 3 sin xdx = π 3 − 6π ,dobijamoπ 2C 13 + π 4C 35π 4C 15 + π 6C 37= 1 ,= π 2 − 6 ,

214 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAodakle je C 1 = 15 „ « 212π 2 π 2 − 1 ∼= 0.85698, C 3 = 35 „2π 4 1 − 15 «∼=π 2 −0.09339.Dakle, aproksimaciona funkcija je data saΦ(x) ∼ = 0.85698 x − 0.09339 x 3 .Veličina najbolje aproksimacije jeZ π„‖δ 3 ‖ 2 2 = sin x − 15 „ « 212π 2 π 2 − 1 x − 35 „2π 4 1 − 15 « « 2π 2 x 3 dx ∼ = 0.0088 ,−πšto se dobija posle dosta zametnog posla.Postavljeni problem možemo rešiti i na drugi način. Uvedimo transformacijux = π tkoja prevodi segment [−π, π] po x, na segment [−1, 1] po t.Izvršimo sada srednje-kvadratnu aproksimaciju funkcije t ↦→ F(t) = f(πt) =sin πt na segmentu [−1, 1] (p(πt) = 1), aproksimacionom funkcijomϕ(t) =3Xa n P n (t) ,n=0gde su P n Legendreovi polinomi koji su ortogonalni na segmentu [−1, 1] sa težinomt ↦→ p(t) = 1. S obzirom na tu činjenicu, koeficijente a n odred¯ujemo na osnovu(1) a n = (F, P n)(P n , P n )n = 0,1, 2,3,(videti [2, str. 94]), gde je skalarni proizvod u prostoru L 2 (−1,1) definisan saKako je(f, g) =Z 1−1(P n , P n ) = ‖P n ‖ 2 =(videti [4, str. 21]), na osnovu (1) imamoa 0 = 1 2Z 1−1a 2 = 5 2a 3 = 7 2f(t) g(t) dt (f, g ∈ L 2 (−1,1)) .22n + 1sin πt dt = 0 , a 1 = 3 2Z 1−1Z 1−1(n = 0, 1, . . .),Z 1−11“ ”3t 2 − 1 sin πt dt = 0 ,21“ ”5t 3 − 3t sin πt dt = 7 2πtsin πt dt = 3 π ,„1 − 15π 2 «,

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 215pa je aproksimaciona funkcija po x data sa“ x”sin x ∼ ϕ = 3 “ x”π π P 1 + 7 „1 − 35π π= 3 πxπ + 7 „1 − 35 «π π 2 · 12π 2 «P 3“ xπ”„5 x3π 3 − 3 x π= 152π 2 „ 21π 2 − 1 «x + 352π 4 „1 − 15π 2 «x 3∼= 0.85698 x − 0.09339 x 3 .«Veličina najbolje aproksimacije je‖δ 3 ‖ 2 2 = (F, F) −=Z 1−13Xa 2 n (P n , P n )n=0(videti [2, str. 96]), s obzirom da je(sin πt) 2 dt − 9π 2 · 23 − 49 „π 2 1 − 15 « 2π 2 · 27 ∼ = 0.0088Z 1−1(sin πt) 2 dt =Uporedimo sada ova dva postupka.Z 1−11 − cos2πt2dt = 1 .Videli smo da u postupku 1 dolazimo do sistema linearnih jednačina iz kogaodred¯ujemo nepoznate koeficijente, dok kod postupka 2, kada se koriste odgovarajućiortogonalni polinomi (bilo da su klasični ili konstruisani Gram-Schmidtovimpostupkom ortogonalizacije), dobijamo direktno nepoznate koeficijente. Dakle,korišćenjem postupka 2 oslobod¯eni smo rešavanja sistema linearnih jednačina.Ukoliko bi se, eventualno, pojavila potreba za boljom srednjekvadratnom aproksimacionomfunkcijom u odnosu na već dobijenu, postupak 1 je takav da se prethodnirezultati ne bi mogli iskoristiti, tj. postupak bi se morao obnoviti, dok bi se,pri korišćenju postupka 2, samo izvršilo dodatno izračunavanje novih koeficijenata.Najzad, veličina najbolje aproksimacije se mnogo jednostavnije (efikasnije) izračunavakorišćenjem postupka 2.6.2.3. U skupu polinoma stepena ne višeg od m, naći najbolju srednjekvadratnuaproksimaciju funkcije x ↦→ f(x) = |x|, na segmentu [−1,1] satežinom x ↦→ p(x) = 1.

216 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Aproksimacionu funkciju Φ predstavimo u oblikuΦ(x) =mXa k P k (x),k=0gde su P k Legendreovi polinomi koji su ortogonalni na segmentu [−1, 1] sa težinomx ↦→ p(x) = 1. S obzirom na tu činjenicu, koeficijente a k odred¯ujemo na osnovu(1) a k = (f, P k)(P k , P k )(k = 0, 1, . . . , m).(videti [2, str. 94]), gde je skalarni proizvod u prostoru L 2 (−1,1) definisan sa(f, g) =Kako je P 0 (x) = 1 iZ 1−1f(x)g(x)dx (f, g ∈ L 2 (−1,1)) .(P k , P k ) = ‖P k ‖ 2 = 22k + 1(k = 0,1, . . .),na osnovu (1) imamoa 0 = 1 2Z 1−1|x| dx =Z 10x dx = 1 2 ,(2) a k = 2k + 12Z 1−1|x| P k (x)dx (k = 1,2, . . . , m) .Kako su funkcije x ↦→ |x| i x ↦→ P 2n (x) parne, a funkcija x ↦→ P 2n−1 (x) neparna,na osnovu (2) imamo a k = a 2n−1 = 0, a za k = 2n(3) a 2n = 4n + 12Iz Bonnetove relacijei Christoffelove relacije· 2Z 10x P 2n (x)dx = (4n + 1)Z 1(2k + 1)xP k (x) = (k + 1) P k+1 (x) + k P k−1 (x)(2k + 1) P k (x) = P ′ k+1(x) − P ′ k−1(x),0xP 2n (x)dx.

(videti [4, str. 19–20]), nalazimoPROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 217(2k + 1) xP k (x) = k + 1 ′`P2k + 3 k+2 (x) − P k(x)´ ′ +k ′`P2k − 1 k (x) − P k−2(x)´,′tj. za k = 2n,(4n + 1) x P 2n (x) = 2n + 1 ′`P4n + 3 2n+2 (x) − P 2n(x)´ ′ +2n ′`P4n − 1 2n (x) − P 2n−2(x)´.′Zamenom u (3) dobijamoa 2n = 2n + 14n + 3 (P 2n+2(x) − P 2n (x))˛10+ 2n4n − 1 (P 2n(x) − P 2n−2 (x))˛= 2n + 14n + 3 (P 2n(0) − P 2n+2 (0)) −2n4n − 1 (P 2n(0) − P 2n−2 (0))= (−1)n+1 (4n + 1)(2n − 3)!(2n + 2)!!= (−1)n+1 (4n + 1)(2n − 2)!2 2n (n + 1)!(n − 1)!s obzirom da je P 2n (1) = 1 i P 2n (0) = −1/2nDakle, aproksimaciona funkcija je data saΦ(x) = 1 [m/2]2 + Xn=1,!(−1) n+1 (4n + 1)(2n − 2)!2 2n (n + 1)!(n − 1)!= (−1) n (2n − 1)!!.(2n)!!P 2n (x) (|x| ≤ 1).106.2.4. Za funkciju x ↦→ f(x) = √ 1 − x 2 naći najbolju srednje-kvadratnuaproksimaciju na segmentu [−1,1], sa težinom x ↦→ p(x) = ( 1 − x 2) −1/2, uskupu polinoma stepena ne višeg od m-tog (m ∈ N).Rešenje. Predstavimo aproksimacionu funkciju Φ u oblikuΦ(x) =mXa k T k (x),k=0gde su T k (x) Čebiševljevi polinomi koji su ortogonalni na segmentu [−1, 1] sa težinomp(x) = `1 − x 2´−1/2 . S obzirom na tu činjenicu, koeficijente ak odred¯ujemona osnovu(1) a k = (f, T k)(T k , T k )(k = 0, 1, . . . , m)

218 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJA(videti [2, str. 94]), gde je skalarni proizvod u prostoru L 2 (−1,1) definisan sa(f, g) =Z 1Kako je T 0 (x) = 1 i−11√1 − x 2 f(x)g(x)dx (f, g ∈ L2 (−1, 1)).(T k , T k ) = ‖T k ‖ 2 =(videti [4, str. 82]), na osnovu (1), imamoa 0 = 1 πZ 1−1( π k = 0 ,π2k ≠ 0 ,1 p√ 1 − x 2 dx = 21 − x 2π ,(2) a k = 2 πZ 1−11 p√ 1 − x 2 T1 − x 2 k (x)dx = 2 Z 1Tπ k (x)dx−1(k = 1, . . . , m).S obzirom da je x ↦→ T 2n−1 (x) (n ∈ N) neparna funkcija, to na osnovu (2)sleduje da za k = 2n − 1 su a k = a 2n−1 = 0. (Ovo smo i unapred mogli zaključitis obzirom na simetriju problema.)Kako jeT k (x) = 1 2„ 1k + 1ddx T k+1(x) − 1k − 1«ddx T k−1(x)(k ≥ 2)(videti [4, str. 80]), na osnovu (2) i parnosti funkcije x ↦→ T 2n (x), za k = 2n imamotj.a 2n = 4 πZ 10a 2n = 2 πT 2n (x)dx = 4 π · 1 „T2n+1 (x)2 2n + 1 − T 2n−1(x),2n − 1«˛˛˛˛x=1„ 12n + 1 − 1 «2n − 1Dakle, aproksimaciona funkcija Φ je data sa4= −π (4n 2 − 1) .Φ(x) = 2 π − 4 π[m/2]Xn=1T 2n (x)4n 2 − 1(|x| ≤ 1) .Na primer, za m = 5 imamoΦ(x) = 2 π − 4 » 1π 3 T 2(x) + 1 4(x)–15 T= 215π [15 − 10 T 2(x) − 2 T 4 (x)],

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 219ili, s obzirom da je T 2 (x) = 2x 2 − 1, T 4 (x) = 8x 4 − 8x 2 + 1,Φ(x) = 2 “23 − 4x 2 − 16x 4” .15π6.2.5. U skupu polinoma stepena ne višeg od m, naći najbolju srednjekvadratnuaproksimaciju funkcije x ↦→ f(x) = arcsin x na segmentu [−1,1]sa težinom x ↦→ p(x) = ( 1 − x 2) −1/2.Rešenje. Aproksimacionu funkciju Φ predstavimo u oblikuΦ(x) =mXa k T k (x),gde su T k Čebiševljevi polinomi, a koeficijente a k odred¯ujemo na osnovuk=0(1) a k = (f, T k)(T k , T k )(k = 0,1, . . . , m) .S obzirom da je T k (x) = cos(k · arccos x) ina osnovu (1) imamoa 0 = 1 πa k = 2 πZ 1−1Z 1−1(T k , T k ) = ‖T k ‖ 2 =1√1 − x 21√1 − x 2arcsin x dx = 0 ,Uvod¯enjem smene t = arccos x, pri čemu je( π k = 0 ,π2k ≠ 0 ,arcsin x cos(k · arccos x)dx (k = 1, . . . , m) .arcsin x = π 2 − arccos x = π 2− t , dt = −dx√1 − x 2 ,poslednji integral postajea k = 2 πZ π0arccos(−1) = π, arccos 1 = 0,“ π”2 − t cos kt dt = 2 π · 1“k 2 1 − (−1) k” (k = 1, . . .).

220 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJADakle, za k = 2n − 1 je a 2n−1 =aproksimaciona funkcijaΦ(x) = 4 π[(m+1)/2]Xn=14π(2n − 1) 2 , a za k = 2n je a 2n = 0, pa je1(2n − 1) 2 T 2n−1(x) (|x| ≤ 1) .6.2.6. U skupu polinoma stepena ne višeg od m, naći najbolju srednjekvadratnuaproksimaciju funkcije x ↦→ f(x) = |x|, na segmentu [−1,1] satežinom x ↦→ p(x) = ( 1 − x 2) −1/2.Rešenje. Ako aproksimacionu funkciju Φ predstavimo u oblikuf(x) ∼ Φ(x) =mXa k T k (x),gde su T k (x) Čebiševljevi polinomi, koeficijente a k odred¯ujemo na osnovuk=0(1) a k = (f, T k)(T k , T k )(k = 0,1, . . . , m) .Kako je T 0 (x) = 1 ina osnovu (1) imamo(T k , T k ) = ‖T k ‖ 2 =( π k = 0 ,π2k ≠ 0 ,a 0 = 1 πa k = 2 πZ 1−1Z 1−1|x|√1 − x 2 dx = 0 ,1√1 − x 2 |x| T k(x)dx(k = 1, . . . , m).S obzirom na parnost funkcija x ↦→ |x|, x ↦→ T 2n (x) i neparnost funkcije x ↦→T 2n−1 (x), dobijamoa 0 = 2 πZ 10x√1 − x 2 dx = − 2 p1 − xπ˛˛˛˛210= 2 π ,a 2n−1 = 0 ,a 2n = 4 Z 1x√π 0 1 − x 2 T 2n(x)dx = 4 Z 1x√ cos(2n arccos x) dx.π 0 1 − x 2

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 221Uvod¯enjem smene x = cos θ, poslednji integral se svodi natj.a 2n = 4 π= 2 πZ π/20Z π/20cos θ cos2nθ dθa 2n = −4(−1)nπ (4n 2 − 1)Dakle, aproksimaciona funkcija Φ je data saΦ(x) = 2 π + 4 π[cos(2n + 1)θ + cos(2n − 1)θ] dθ,[m/2]Xn=1(n = 1,2, . . .).(−1) n+14n 2 − 1 T 2n(x) (|x| ≤ 1) .6.2.7. U skupu polinoma stepena ne višeg od pet, naći najbolju srednjekvadratnuaproksimaciju funkcije x ↦→ f(x) = ( 1 − x 2) 1/2, na segmentu[−1,1] sa težinom x ↦→ p(x) = ( 1 − x 2) 1/2.Rešenje 1. U prostoru L 2 (−1, 1), u kome je skalarni proizvod uveden pomoću(f, g) =Z 1−1p1 − x 2 f(x)g(x)dx (f, g ∈ L 2 (−1, 1)),odredićemo prvih pet članova ortogonalnog sistema {Q k } k∈N0 .Izračunajmo najpre integral(1) I n =Z 1−1x np 1 − x 2 dx (n = 0,1, . . .).Za n = 2k−1 je I 2k−1 = 0 (k = 1, 2, . . .), s obzirom na neparnost podintegralnefunkcije.Za n = 2k, na osnovu (1) imamoI 2k =Z 1−1x 2k p 1 − x 2 dx (k = 1, 2, . . .).Primenom parcijalne integracije, pri čemu uzimamo u = x 2k−1 , dv = x √ 1 − x 2 dx“du = (2k − 1)x 2k−2 dx, v = − 1 3`1 − x2´3/2 ” , poslednji integral postajeI 2k = 2k − 13= 2k − 13Z 1−1x 2k−2 “ 1 − x 2” p1 − x 2 dxI 2k−2 − 2k − 13I 2k ,

222 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAodakle jeI 2k = 2k − 12k + 2 I 2k−2 .S obzirom da je I 0 = π 2 , imamo I 2k =(2k − 1)!!(2k − 2)!! π i I 2k−1 = 0 (k = 1,2, . . . ).Polazeći od prirodnog bazisa ˘1, x, x 2 , . . . ¯ Gram-Schmidtovim postupkom ortogonalizacije(videti [1, str. 90–91]) nalazimo redomQ 0 (x) = 1 ,Q 1 (x) = x − (x, Q 0)(Q 0 , Q 0 ) Q 0 = x ,`x2 , Q 0´ `x2 , Q 1´Q 2 (x) = x 2 −(Q 0 , Q 0 ) Q 0 −`x3 , Q 0´(Q 1 , Q 1 ) Q 1 = x 2 − I 2 I0 −1 = x 2 − 1 4 ,`x3 , Q 1´ `x3 , Q 2´Q 3 (x) = x 3 −(Q 0 , Q 0 ) Q 0 −(Q 1 , Q 1 ) Q 1 −(Q 2 , Q 2 ) Q 2= x 3 − I 4 I2 −1 x = x 3 − 1 2 x ,`x4 , Q 0´ `x4 , Q 1´`x4 , Q 2´`x4 , Q 3´Q 4 (x) = x 4 −(Q 0 , Q 0 ) Q 0 −(Q 1 , Q 1 ) Q 1 −(Q 2 , Q 2 ) Q 2 −(Q 3 , Q 3 ) Q 3= x 4 − 3 4 x2 + 1 16 .Aproksimacionu funkciju Φ predstavimo sada u oblikupri čemu suΦ(x) =(2) a k = (f, Q k)(Q k , Q k )5Xa k Q k (x) ,k=0(k = 0,1, . . . ,5) .S obzirom na simetriju aproksimacionog problema, možemo zaključiti da su koeficijentisa neparnim indeksima jednaki nuli, tj. a 1 = a 3 = a 5 = 0. Kako suZ 1(f, Q 0 ) =`1 − x2´dx = 4 Z 13 , (f, Q 2) =`1 − x2´“x 2 − 1 ”dx = − 1 4 15 ,(f, Q 4 ) =−1Z 1−1−1`1 − x2´“x 4 − 3 4 x2 + 1 ”dx = − 116 420 ,(Q 0 , Q 0 ) = I 0 = π 2 , (Q 2, Q 2 ) = I 4 − 1 2 I 2 + 1 16 I 0 = π 32 ,(Q 4 , Q 4 ) = I 8 − 3 2 I 6 + 1116 I 4 − 3 32 I 2 + 1256 I 0 = π512 ,

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 223na osnovu (2), imamo a 0 = 83π , a 2 = − 3215π , a 4 = − 128105π .Dakle, aproksimaciona funkcija Φ je data saΦ(x) = 83π − 32 „x 2 − 1 «− 128 „x 4 − 3 15π 4 105π 4 x2 + 1 «16= 328105π − 128 “ 105π x2 1 + x 2” .Rešenje 2. Predstavimo aproksimacionu funkciju Φ u oblikuΦ(x) =mXC k S k (x),k=0gde su S k Čebiševljevi polinomi druge vrste koji su ortogonalni na segmentu [−1, 1]sa težinom x ↦→ p(x) = √ 1 − x 2 . S obzirom na tu činjenicu, koeficijente C kodred¯ujemo na osnovu(3) C k = (f, S k)(S k , S k )(k = 0,1, . . . , m) ,gde je skalarni proizvod u prostoru L 2 (−1,1) definisan sa(f, g) =Kako je S k (x) =Z 1−1p1 − x 2 f(x)g(x)dx (f, g ∈ L 2 (−1, 1)).sin ((k + 1) arccos x)√1 − x 2ina osnovu (3) imamoC k = 2 πZ 1−1Uvod¯enjem smene x = cos θ, dobijamoC k = 2 π= 2 π= 1 π= 1 πZ π0Z π0Z πsin(k + 1)θ sin 2 θ dθ(S k , S k ) = ‖S k ‖ 2 = π 2 ,p1 − x 2 sin ((k + 1)arccos x) dx.sin(k + 1)θ 1 − cos2θ dθ2sin(k + 1)θ dθ − 1 Z π[sin(k + 3)θ + sin(k − 1)θ] dθ02π 0"#1 − (−1) k+1− 1 1 − (−1) k+3+ 1 − (−1)k−1k + 1 2π k + 3 k − 1(k ≠ 1)

224 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAi C 1 = 0. Na osnovu ovoga nalazimo da je za k = 2n+1, C 2n+1 = 0, a za k = 2n,C 2n =−8(2n + 3)(2n + 1)(2n − 1)π(n = 0,1, . . . ).Dakle, aproksimaciona funkcija Φ je data sa(4) Φ(x) = − 8 π[m/2]Xn=01(2n + 3)(2n + 1)(2n − 1) S 2n(x) (|x| ≤ 1) .Za Čebiševljeve polinome druge vrste S n važi ista rekurentna relacija kao i zaČebiševljeve polinome prve vrste T n , tj.S n+1 (x) = 2x S n (x) − S n−1 (x) (n = 1,2, . . .),pri čemu je S 0 = 1, S 1 = 2x, pa nalazimo S 2 = 4x 2 − 1, S 4 = 16x 4 − 12x 2 + 1.Na osnovu (4), za m = 5, dobijamoΦ(x) = 83π − 8 2 8`4x − 1´−4`16x − 12x2 + 1´15π 105π= 328105π − 128105π x2`1 + x 2´ .6.2.8. U skupu polinoma stepena ne višeg od m, naći najbolju srednjekvadratnuaproksimaciju funkcije x ↦→ f(x) = e −ax (a > 0), na intervalu(0, +∞) sa težinom x ↦→ e −x .Rešenje. Predstavimo aproksimacionu funkciju Φ u oblikuΦ(x) =mXC n L n (x),n=0gde su L n (x) Laguerreovi polinomi koji su ortogonalni na intervalu (0, +∞) satežinom x ↦→ e −x . S obzirom na tu činjenicu, koeficijente C n odred¯ujemo naosnovu(1) C n = (f, L n)(L n , L n )(n = 0,1, . . . , m) ,(videti [2, str. 94]), gde je skalarni proizvod u prostoru L 2 (0,+∞) definisan sa(f, g) =Z +∞0e −x f(x)g(x)dx (f, g ∈ L 2 (0,+∞)) .

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 225Kako je(L n , L n ) = ‖L n ‖ 2 = (n!) 2 ,(videti [4, str. 49]), na osnovu (1) imamotj.(2) C n = 1 Z +∞(n!) 2s obzirom da je (videti [4, str. 45])C n = 1 Z +∞(n!) 2 e −x e −ax L n (x)dx,00e −ax d ndx n “x n e −x” dx,L n (x) = e x d ndx n “x n e −x” .Primenom parcijalne integracije n puta, pri čemu se uzima u = e −ax , dv =d n−k+1dx n−k+1 `xn e −x´ (k = 1,2, . . . , n), formula (2) postajeZ +∞(3) C n = an(n!) 2 e −(a+1)x x n dx.0Ako se na (3) opet primeni parcijalna integracija n puta, pri čemu se uzima u =x k (k = n, n − 1, . . . ,1), dv = e −(a+1)x dx, dobija seC n = an(n!) 2 ·Zn! +∞(a + 1) n e −(a+1)x dx = 1 n!Dakle, aproksimaciona funkcija Φ je data sa0„ « n a 1a + 1 a + 1 .Φ(x) = 1a + 1mXn=0„ a« n Ln (x)a + 1 n!(x ∈ (0,+∞)) .6.2.9. Za funkciju x ↦→ f(x) = xe x2 /4 naći najbolju srednje-kvadratnuaproksimaciju na intervalu (−∞,+∞) sa težinom x ↦→ p(x) = e −x2 , u skupupolinoma stepena ne višeg od m.Rešenje. Predstavimo aproksimacionu funkciju Φ u obliku(1) Φ(x) =mXC k H k (x),k=0

226 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAgde su H k Hermiteovi polinomi koji su ortogonalni na intervalu (−∞, ∞) satežinom x ↦→ p(x) = e −x2 . S obzirom na tu činjenicu koeficijente C k odred¯ujemona osnovu(2) C k = (f, H k)(H k , H k )(k = 0,1, . . . , m) ,(videti [2, str. 94]), gde je skalarni proizvod u prostoru L 2 (−∞,+∞) definisan sa(f, g) =Z +∞−∞e −x2 f(x)g(x)dx(f, g ∈ L 2 (−∞, ∞)).Kako je funkcija f neparna, zaključujemo da je u (1), C 2n = 0 (n = 0,1,. . . , ˆ m2˜), pa jeΦ(x) =[(m−1)/2]Xn=0C 2n+1 H 2n+1 (x).U cilju nalaženja koeficijenata C 2n+1 , izračunajmo najpre integralI 2n =Z +∞−∞e −αx2 H 2n (x)dx (α > 0).Korišćenjem parcijalne integracije, pri čemu uzimamou = e −αx2 ,dv = H 2n (x)dx,pa je du = −2α x e −x2 dx, v = H 2n+1(x)2(2n + 1) (s obzirom da je 2(k + 1) H k(x) =(x) (videti [4, str. 60])), dobijamoH ′ k+1Kako jeI 2n =α(2n + 1)(videti [4, str. 61]), tj. za k = 2n + 1Z +∞−∞xe −αx2 H 2n+1 dx.2xH k (x) = 2k H k−1 (x) + H k+1 (x),(3) x H 2n+1 (x) = (2n + 1) H 2n (x) + 1 2 H 2n+2(x),poslednji integral postajeI 2n =α2n + 1= α I 2n +Z +∞−∞e −αx2h (2n + 1)H 2n (x) + 1 i2 H 2n+2(x) dxα2(2n + 1) I 2n+2 ,

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 227odakle je(4) I 2n+2 = 1 − αα 2(2n + 1) I 2n .S obzirom da jeI 0 =na osnovu (4) dobijamoZ +∞−∞e −αx2 dx = √ 1 Z +∞rπe −t2 dt = α α ,−∞(5)I 2n =Z +∞−∞e −αx2 H 2n (x)dx (α > 0)„ « n r1 − α= 2 n π(2n − 1)!!αα„ « n r1 − α (2n)! π=α n! α .Izračunajmo sada skalarni proizvod(f, H 2n+1 ) =ili opštijeZ +∞−∞J 2n+1 =e −x2 x e x2 /4 H2n+1 (x)dx =Z +∞−∞Korišćenjem relacije (3), imamoJ 2n+1 =Z +∞−∞Z +∞−∞xe −αx2 H 2n+1 (x)dx (α > 0) .x e −3x2 /4 H2n+1 (x)dx ,e»(2n −αx2 + 1)H 2n (x) + 1 –2 H 2n+2(x) dx= (2n + 1) I 2n + 1 2 I 2n+2 ,pa na osnovu (5), dobijamo„ « n r1 − α (2n + 1)! πα .(6) J 2n+1 = 1 ααn!S obzirom da je(H k , H k ) = ‖H k ‖ 2 = 2 k k! √ π ,na osnovu (2) i korišćenjem relacije (6) za α = 3/4, dobijamoC 2n+1 = 4√ 39 · 12 n n!(n = 0,1, . . . ) .

228 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJADakle, aproksimaciona funkcija Φ je data saΦ(x) = 4√ 39[(m−1)/2]Xn=0112 n n! H 2n+1(x) (x ∈ (−∞,+∞)) .6.2.10. Funkciju f(x) = x−x 2 aproksimirati na intervalu (−∞, ∞) algebarskimpolinomom stepena ne višeg od prvog srednje-kvadratnom aproksimacijomsa težinom p(x) = e −x2 .Rešenje 1. Označimo sa P(x) traženi polinom najbolje srednje-kvadratneaproksimacije. Tada jeP(x) = a 0 H 0 (x) + a 1 H 1 (x),gde su H 0 (x) = 1, H 1 (x) = 2x Hermiteovi ortogonalni polinomi.Kako je(f, H 0 ) =Z ∞−∞√ Ze −x2 (x −x 2 π∞) dx = −2 , (f, H 1) = 2 e −x2 x(x −x 2 ) dx = √ π−∞iimamo da jeDakle,‖H 0 ‖ 2 = √ π, ‖H 1 ‖ 2 = 2 √ π,a 0 = (f, H 0)‖H 0 ‖ 2 = −1 2 , a 1 = (f, H 1)‖H 1 ‖ 2 = 1 2 .P(x) = − 1 2 + x.Rešenje 2. Prva tri člana Hermiteovih ortogonalnih polinoma suH 0 (x) = 1, H 1 (x) = 2x, H 2 (x) = 4x 2 − 2.Ako prirodni bazis polinoma izrazimo preko Hermiteovog bazisa, tj. stepene x kizrazimo pomoću Hermiteovih polinoma, imamoSada je1 = H 0 , x = 1 2 H 1, x 2 = 1 4 (H 2 + 2H 0 ).(1) f(x) = x − x 2 = − 1 2 H 0 + 1 2 H 1 − 1 4 H 2.

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 229Kako je aproksimacioni polinom P(x) prvog stepena, odbacivanjem poslednjegčlana iz (1) dobijamoP(x) = − 1 2 H 0 + 1 2 H 1 = − 1 2 + x.6.2.11. Za funkciju x ↦→ erf (x) = √ 2 ∫ xe −t2 dt naći najbolju srednje-πkvadratnu aproksimaciju na intervalu (−∞,+∞) sa težinom x ↦→ p(x) =e −x2 , u skupu polinoma stepena ne višeg od m.Rešenje. S obzirom na neparnost funkcije f, aproksimacionu funkciju Φ predstavimou oblikuΦ(x) =[(m−1)/2]Xn=00C 2n+1 H 2n+1 (x),gde su H 2n+1 Hermiteovi polinomi. Koeficijente C 2n+1 odred¯ujemo na osnovu(1) C 2n+1 =Izračunajmo skalarni proizvod(f, H 2n+1 ) =Z +∞−∞(f, H 2n+1 )(H 2n+1 , H 2n+1 ) .„ Z 2 xe −x2 √π0«e −t2 dt H 2n+1 (x)dx.Primenimo postupak parcijalne integracije, pri čemu uzimamou =Z x0e −t2 dt, dv = e −x2 H 2n+1 (x)dx ,pa je du = e −x2 dx iZ(2) v =e −x2 H 2n+1 (x)dx.Ako saberemo rekurentne relacije2x H k (x) − 2k H k−1 (x) = H k+1 (x),2k H k−1 (x) = H ′ k(x),koje važe za Hermiteove polinome (videti [4, str. 60–61]), dobijamo2x H k (x) = H ′ k(x) + H k+1 (x).

230 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAAko ovu jednakost pomnožimo sa e −x2 , nalazimo“′e −x2 H k+1 (x) = − e −x2 H k (x)”,pa je, na osnovu (2), v = −e −x2 H 2n (x). Sada je(f, H 2n+1 ) = √ 2 Z +∞e −2x2 H 2n (x)dx,π−∞a dalje, na osnovu (5) iz zadatka 6.2.9, dobijamo(3) (f, H 2n+1 ) = √ 2 · (−1)n (2n)!2 n n!S obzirom da jena osnovu (1) i (3), nalazimo(H k , H k ) = ‖H k ‖ 2 = 2 k k! √ π ,C 2n+1 = 1 √2πDakle, aproksimaciona funkcija Φ je data saS obzirom da je(−1) n8 n n! (2n + 1) .Φ(x) = √ 1[(m−1)/2]X (−1) n2π 8 n n!(2n + 1) H 2n+1(x).n=0H 1 (x) = 2x , H 3 (x) = 8 x 3 − 12 x , H 5 (x) = 32 x 5 − 160 x 3 + 120 x,za m = 1, 3,5 dobijamo sledeće aproksimacijeerf (x) ∼ = 2x √2π,erf (x) ∼ = 1 √2π„ 52 x − 1 3 x3 «,erf (x) ∼ = 1 √2π„ 4316 x − 7 12 x3 + 1 20 x5 «..Napomena. Bilo koja polinomska aproksimacija funkcije erf (x) nije dobraza veliko |x|, s obzirom da svaki polinom teži beskonačnosti kada x → +∞. U

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 231numeričkim postupcima vrlo često se koriste sledeće aproksimacije za erf (x), kadax ∈ [0, +∞):a) erf (x) = 1 − `a 1 t + a 2 t 2 + a 3 t 3´e −x2 + ε 1 (x),gde su t = 1/(1 + px), p = 0.47047,a 1 = 0.3480242, a 2 = −0.0958798, a 3 = 0.7478556,pri čemu je |ε 1 (x)| ≤ 2.5 · 10 −5 ;b) erf (x) = 1 − `b 1 t + b 2 t 2 + b 3 t 3 + b 4 t 4 + b 5 t 5´e −x2 + ε 2 (x),gde su t = 1/(1 + px), p = 0.3275911,b 1 = 0.254829592, b 2 = −0.284496736, b 3 = 1.421413741,b 4 = −1.453152027, b 5 = 1.061405429,pri čemu je |ε 2 (x)| ≤ 1.5 · 10 −7 .Literatura:C. Hastings, Jr.: Approximations for digital computers. Princeton Univ. Press,Princeton, N.J., 1955.M. Abramovitz, I.A. Stegun: Hanbook of mathematical functions with formulas,graphs and mathematical tables. Dover Publications, New York, 1972.6.2.12. Polazeći od bazisa { 1,x,x 2} , primenom Gram-Schmidtovog postupkaortogonalizacije, konstruisati sistem polinoma {Φ 0 ,Φ 1 ,Φ 2 } ortogonalnihna segmentu [0,1].Koristeći se dobijenim ortogonalnim bazisom, funkciju x ↦→ f(x) = x 4aproksimirati polinomom drugog stepena u prostoru L 2 (0,1).Rešenje. U prostoru L 2 (0,1) definišimo skalarni proizvod pomoću(f, g) =Z 10f(x)g(x)dx (f, g ∈ L 2 (0,1)).Polazeći od bazisa ˘1, x, x 2¯, Gram-Schmidtovim postupkom ortogonalizacije(videti [1, str. 90–91]) nalazimo redomΦ 0 (x) = 1 ,Φ 1 (x) = x − (x,Φ 0)(Φ 0 ,Φ 0 ) Φ 0 = x − 1 2 ,`x2 ,Φ 0´ `x2 ,Φ 1´Φ 2 (x) = x 2 −(Φ 0 , Φ 0 ) Φ 0 −(Φ 1 , Φ 1 ) Φ 1 = x 2 − x + 1 6 .

232 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAAproksimacionu funkciju Φ predstavimo, sada, u oblikupri čemu jeΦ(x) =`x4 ,Φ k´(1) a k =(Φ k , Φ k )S obzirom da je” “x 4 , Φ 0 =” “x 4 , Φ 1 =” “x 4 , Φ 2 =(Φ 0 ,Φ 0 ) =(Φ 1 ,Φ 1 ) =(Φ 2 ,Φ 2 ) =Z 10Z 10Z 10Z 10Z 10Z 102Xa k Φ k ,k=0x 4 dx = 1 5 ,(k = 0,1, 2) .„x 4 x − 1 «dx = 1 2 15 ,„x 4 x 2 − x + 1 «dx = 16 105 ,dx = 1 ,„x − 1 2« 2dx = 1 12 ,„x 2 − x + 1 « 2dx = 16 180 ,na osnovu (1), imamo a 0 = 1 5 , a 1 = 4 5 , a 2 = 12 , pa je7Φ(x) = 1 5 + 4 „x − 1 «+ 12 „x 2 − x + 1 «= 1 “”60 x 2 − 32 x + 3 .5 2 7 6 356.2.13. Data je težinska funkcija p(x) = |x|(1 − x 2 ) na [−1,1].a) Konstruisati odgovarajući ortogonalni niz polinoma Q 0 ,... ,Q 4 .b) Za funkciju f(x) = 1 − |x| na [−1,1] naći srednje-kvadratnu aproksimacijusa datom težinskom funkcijom u skupu polinoma ne većeg stepenaod četiri.Rešenje. a) Polazeći od prirodnog bazisa ˘1, x, x 2 , x 3 , x 4¯ i korišćenjem Gram-Schmidtovog postupka ortogonalizacije nalazimo tražene ortogonalne polinomeQ 0 (x) = 1, Q 1 (x) = x, Q 2 (x) = x 2 − 1 3 , Q 3(x) = x 3 − 1 2 x,Q 4 (x) = x 4 − 4 5 x2 + 1 10 .

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 233Pri odred¯ivanju ovih polinoma koristimo definiciju skalarnog proizvoda(f, g) =Z 1−1|x|(1 − x 2 )f(x)g(x)dxi (ne)parnost podintegralnih funkcija.b) Aproksimacionu funkciju potražimo u obliku4X 4Xφ(x) = a i φ i = Q i (x),i=0 i=0gde koeficijente a i izračunavamo pomoću formulaa i = (f, Q i)Q i , Q i )(i = 0, 1,2, 3,4).S obzirom da jeto je(f, Q 0 ) = 7 30 ∼ = 0.23333, (f, Q 1 ) = 0, (f, Q 2 ) = − 8315 ∼ = −0.0254,(f, Q 3 ) = 0, (f, Q 4 ) = 21575 ∼ = 0.00127,(Q 0 , Q 0 ) = 1 2 = 0.5, (Q 1, Q 1 ) = 1 6 ∼ = 0.16667, (Q 2 , Q 2 ) = 136 ∼ = 0.02778,(Q 3 , Q 3 ) = 1120 ∼ = 0.00833, (Q 4 , Q 4 ) = 1600 ∼ = 0.00167,a 0 = 7 15 ∼ = 0.46667, a 1 = 0, a 2 = − 3235 ∼ = −0.91429,a 3 = 0, a 4 = 1621 ∼ = 0.7619.Tražena aproksimaciona funkcija jeφ(x) = 1621 x4 − 3221 x2 + 89105 ∼ = 0.7619x 4 − 1.5238x 2 + 0.8476.6.2.14. Za funkciju f(x) = m√ |x|, m ∈ N, u intervalu [−1,1] naći najboljusrednje-kvadratnu aproksimaciju u skupu polinoma ne višeg stepenaod dva. Naći veličinu najbolje aproksimacije i njenu graničnu vrednost kadam → +∞.

234 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Potražimo aproksimacionu funkciju φ u oblikuφ(x) = a 0 P 0 (x) + a 1 P 1 (x) + a 2 P 2 (x),gde suP 0 (x) = 1, P 1 (x) = x, P 2 (x) = 1 2 (3x2 − 1)Legendreovi polinomi. Koeficijente a k izračunavamo po formuliS obzirom da je(f, P 0 ) =i kako je ‖P k ‖ 2 = 2/(2k + 1), to jea k = (f, P k), k = 0,1, 2.‖P k ‖ 22mm + 1 , (f, P 1) = 0, (f, P 2 ) =2m(m + 1)(3m + 1) ,Dakle, koeficijenti su odred¯eni saa 0 =Aproksimaciona funkcija jeφ(x) =‖P 0 ‖ 2 = 2, ‖P 1 ‖ 2 = 2 3 , ‖P 2‖ 2 = 2 5 .mm + 1 , a 1 = 0, a 2 =5m(m + 1)(3m + 1) .15m3m(2m − 1)2(m + 1)(3m + 1) x2 +2(m + 1)(3m + 1) = A 1x 2 + A 0 .Odredićemo sada i veličinu najbolje aproksimacije. Kako jeimamopa jeδ(x) = f(x) − φ(x) = mp |x| − A 1 x 2 − A 0 ,δ(x) 2 = m√ x 2 + A 2 1x 4 + A 2 0 − 2A 1 x 2 mp |x| − 2A 0m p |x| + 2A 0 A 1 x 2 ,‖δ(x)‖ 2 =Z 1−1δ(x) 2 dx = 2Z 10δ(x) 2 dx„ m= 2m + 2 + A2 0 + 1 m5 A2 1 − 2A 0m + 1 − 2A m13m + 1 + 2 «3 A 0A 1 .

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 235Zamenom vrednosti za A 0 i A 1 dobijamoKada m → +∞, imamo‖δ(x)‖ 2 =2m(4m 2 − 4m + 1)(m + 2)(m + 1) 2 (3m + 1) 2 .‖δ(x)‖ → 0,što se i očekivalo, s obzirom da f(x) → 1 kada m → +∞.6.2.15. Za funkciju x ↦→ f(x) = sin πx odrediti najbolju srednje-kvadratnuaproksimaciju na [0,1] u obliku Φ(x) = a 1 x(1 − x) + a 2 (x(1 − x)) 2 .Rešenje. Definišimo funkciju greškeδ(x) = f(x) − Φ(x) = sin πx − a 1 x(1 − x) + a 2 [x(1 − x)] 2 .Najbolju srednje-kvadratnu aproksimaciju, funkcije f pomoću funkcije Φ, dobijamominimizacijom kvadrata norme funkcije greškeI(a 1 , a 2 ) = ‖δ(x)‖ 2 2 =Iz uslovadobijamoodakle je∂I∂a 1= −2∂I∂a 2= −2Z 10Z 10Z 10˘sin πx − a1 x(1 − x) − a 2 [x(1 − x)] 2¯2 dx.x(1 − x)˘sin πx − a 1 x(1 − x) − a 2 [x(1 − x)] 2¯ dx = 0 ,[x(1 − x)] 2 ˘sin πx − a 1 x(1 − x) − a 2 [x(1 − x)] 2¯ dx = 0 ,130 a 1 + 1140 a 2 = 4π 3 ,1140 a 1 + 1630 a 2 = 48π 5 − 4π 3 ,a 1 = 240 „π 3 77 − 756 «∼=π 2 3.1053, a 2 = 5040 „ « 168π 3 π 2 − 17 ∼= 3.5694 .Dakle, najbolja srednje-kvadratna aproksimacija je data sa(1)Φ(x) ∼ = 3.1053 x(1 − x) + 3.5694 [x(1 − x)] 2∼= x(1 − x)(3.1053 + 3.5694 x(1 − x)) .

236 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAOvaj problem se može rešiti i na drugi način, korišćenjem uslovnog ekstremuma.Naime, ako uvedemo smenu x = (1 − t)/2 dati problem se svodi na odred¯ivanjeaproksimacije za funkciju g(t) = cos πt2 na [−1, 1] u obliku ϕ(t) = C 1`1 − t2´ +C 2`1 −t2´2 , gde su C1 i C 2 nepoznati parametri. Primetimo da je aproksimacionafunkcija parna i da je ϕ(1) = g(1) = 0. Potražićemo rešenje u obliku ϕ(t) =b 0 P 0 (t) + b 1 P 2 (t) + b 2 P 4 (t), gde su P k Legendreovi polinomi, uzimajući u obziruslov ϕ(1) = 0. Opštiji slučaj se može razmatrati, na primer, sa Gegenbauerovimpolinomima, ako se radi o težinskoj funkciji p(t) = `1−t 2´λ−1/2 . U našem slučajutežinska funkcija je jednaka jedinici.Prema tome, minimiziraćemo funkcijuF(b 0 , b 1 , b 2 ) =Z 1−1“cos πt 2X2 −k=0gde je λ Lagrangeov množilac. Iz uslovaiZ∂F 1 “= −2 cos πt∂b i −12 − 2Xk=0” 22Xb k P 2k (t) dt − λ b k P 2k (1),k=0”b k P 2k (t) P 2i (t)dt − λP 2i (1) = 02Xb k P 2k (1) = 0 ,k=0i uzimajući u obzir da je P 2i (1) = 1 i ‖P k ‖ 2 = 22k + 1 , nalazimo2(2) R 2i − b i + λ = 0 (i = 0, 1,2) ,4i + 1(3) b 0 + b 1 + b 2 = 0 ,gde je R 2i skalarni proizvodR 2i =Na osnovu (2) imamo(4) b i = 4i + 12“cos πt ” Z 12 , P 2i = cos πt−1 2 P 2i(t) dt .(λ + R 2i ) (i = 0, 1,2) .

Iz (3) tada sledujes obzirom da jeR 0 =R 2 =R 4 =PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 237λ = − 1 15 (R 0 + 5R 2 + 9R 4 ) = − 4 πZ 1−1Z 1−1Z 1−1cos πt2 dt = 4 π ,cos πt2 · 12cos πt2 · 18Sada, na osnovu (4), dobijamo358„1 − 112π 2 + 1008 «π 4 ,„1 − 12 «π 2“ ”3t 2 − 1 dt = 4 π“”35 t 4 − 30 t 2 + 3 dt = 4 π,„1 − 180π 2 + 1680 «π 4 .b 0 = 224 „π 3 1 − 9 «π 2 , b 1 = 40 „π 3 25 − 252 «π 2 , b 2 = 72 „ « 168π 3 π 2 − 17 .Tražena aproksimacija je, dakle,cos πt2 ∼ ϕ(t) = b 0 P 0 (t) + b 1 P 2 (t) + b 2 P 4 (t) .S obzirom da je P 0 (t) = 1, P 2 (t) = 1 − 3 `1 − t2´ i P 4 (t) = 1 − 5`1 − t 2´ +2`1 − t2´2 imamoϕ(t) =“− 3 2 b 1 − 5 b 2”`1 − t2´ + 35 8 b 2`1 − t2´2= 60π 3 “77 − 756π 2 ”`1 − t2´ + 315π 3 „ 168π 2 − 17 « `1 − t2´2 .Vraćajući se na staru promenljivu x = (1 − t)/2, dobijamo (1).Literatura:S. Wrigge, A. Fransén: A general method of approximation. Part I. Math.Comp. 38 (1982), 567–588.G.V. Milovanović, S. Wrigge: Least squares approximation with constraints.Math. Comp. 46 (1986), 551–565.6.2.16. Postupkom ekonomizacije aproksimirati polinomP(x) = 1 + x 2 + x23 + x34 + x45 + x56

238 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJApolinomom Q m (x) (m < 5), što je moguće nižeg stepena, tako da važi|P(x) − Q m (x)| ≤ 0.05 (|x| ≤ 1).Rešenje. Izvršimo najpre ekonomizaciju korišćenjem Čebiševljevih polinomax ↦→ T n (x) (n = 0, 1, . . .). Za Čebiševljeve polinome važi rekurentna relacijaT n+1 (x) = 2xT n (x) − T n−1 (x) (n = 1,2, . . .),na osnovu koje, s obzirom da jedobijamoT 0 = 1 , T 1 = x,T 2 = 2x 2 − 1, T 3 = 4x 3 − 3x, T 4 = 8x 4 − 8x 2 + 1, T 5 = 16x 5 − 20x 3 + 5x,a odavde jetj.1 = T 0 , x = T 1 , x 2 = 1 2 (T 0 + T 2 ), x 3 = 1 4 (3 T 1 + T 3 ),x 4 = 1 8 (3T 0 + 4 T 2 + T 4 ), x 5 = 1 16 (10 T 1 + 5 T 3 + T 5 ) .Korišćenjem ovih formula, polinom P(x) se može predstaviti u oblikuP(x) = T 0 + 1 2 T 1 + 1 6 (T 0 + T 2 ) + 1 16 (3 T 1 + T 3 )++ 1 40 (3 T 0 + 4 T 2 + T 4 ) + 1 96 (10T 1 + 5 T 3 + T 5 ),(1) P(x) = 1120 (149 T 0 + 32 T 2 + 3 T 4 ) + 1 96 (76 T 1 + 11 T 3 + T 5 ) .Ako formiramo polinom Q 4 (x) na taj način što u razvoju (1) ,,ukinemo‘‘ polinomT 5 , tada je, s obzirom da Čebiševljevi polinomi zadovoljavaju nejednakost|T n (x)| ≤ 1 (|x| ≤ 1),|P(x) − Q 4 (x)| ≤ 1 96< 0.05 (|x| ≤ 1) .S obzirom da granica greške 0.05 nije premašena, formirajmo polinom Q 3 (x)tako što u razvoju (1) ,,ukidamo‘‘ polinome T 5 i T 4 , pri čemu je|P(x) − Q 3 (x)| ≤ 1 96 + 3 < 0.05 (|x| ≤ 1) .120

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 239Dalje, pokušajmo sa polinomom Q 2 (x) koji dobijamo iz razvoja (1) ,,ukidanjem‘‘T 5 , T 4 i T 3 , pri čemu je|P(x) − Q 2 (x)| ≤ 1 96 + 3120 + 11 > 0.05 (|x| ≤ 1).96Kako je, u ovom slučaju, granica greške od 0.05, prema našoj oceni, premašena,za traženi polinom ćemo uzeti(2)Q 3 (x) = 1120 (149 T 0 + 32 T 2 ) + 1 96 (76 T 1 + 11 T 3 )= 117120 + 4396 x + 8 15 x2 + 1124 x3 .Primetimo da polinom Q 3 , definisan u (2), predstavlja najbolju srednje-kvadratnuaproksimaciju sa Čebiševljevom težinskom funkcijom x ↦→ `1−x 2´−1/2 za polinomP(x) na segmentu [−1, 1], u skupu polinoma ne višeg stepena od tri (videti [2, str.106]).Primenimo, sada, postupak ekonomizacije na polinom P(x) uz korišćenje Legendreovihpolinoma x ↦→ P n (x) (n = 0, 1, . . .). Za Legendreove polinome važirekurentna relacijaP n+1 (x) = 1n + 1 [(2n + 1)x P n(x) − n P n−1 (x)] (n = 1,2, . . . ) ,na osnovu koje, s obzirom da jedobijamoa odavde jeP 0 = 1 , P 1 = x ,P 2 = 1 2`3x − 1´, P3 = 1 3`5x − 3x´, P4 = 1 4`35x − 30x2 + 3´,228P 5 = 1 8`63x5 − 70x3 + 15x´,1 = P 0 , x = P 1 , x 2 = 1 3 (2P 2 + P 0 ) , x 3 = 1 5 (2P 3 + 3P 1 ) ,x 4 = 1 35 (8P 4 + 20P 2 + 7P 0 ) , x 5 = 1 63 (8P 5 + 28P 3 + 27P 1 ) .Korišćenjem ovih formula, polinom P(x) se može predstaviti u obliku(3) P(x) = 259225 P 0 + 101140 P 1 + 106315 P 2 + 47270 P 3 + 8175 P 4 + 4189 P 5 .

240 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAFormirajmo polinom Q ∗ n(x), na taj način što u razvoju (3) ,,ukinemo‘‘ polinomP 5 . Tada je, s obzirom da Legendreovi polinomi zadovoljavaju nejednakost|P n (x)| ≤ 1 (|x| ≤ 1),|P(x) − Q ∗ 4(x)| ≤ 4 < 0.05 (|x| ≤ 1) .189S obzirom da je granica greške manja od 0.05, formirajmo polinom Q ∗ 3 (x) takošto u razvoju (3) ,,ukinemo‘‘ polinome P 4 i P 5 , pri čemu je|P(x) − Q ∗ 3(x)| ≤ 4189 + 8 > 0.05 (|x| ≤ 1) .175Kako je u ovom slučaju greška od 0.05, prema našoj oceni, premašena, za traženipolinom ćemo uzeti(4)Q ∗ 4(x) = 259225 P 0 + 101140 P 1 + 106315 P 2 + 47270 P 3 + 8175 P 4= 1 + 2963 x + 1 3 x2 + 47108 x3 + 1 5 x4 .Napomenimo da polinom Q ∗ 4, definisan u (4), prestavlja najbolju srednje-kvadratnuaproksimaciju za polinom P(x), na segmentu [−1, 1], u skupu polinomastepena ne višeg od četiri (slično se dokazuje kao u [2, str. 106]).6.2.17. Funkciju x ↦→ y = sin x aproksimirati polinomom trećeg stepenasa tačnošću ε = 0.0006 na intervalu [−1,1].Rešenje. Ako funkciju x ↦→ y = sin x aproksimiramo Macclaurinovim polinomomsedmog stepena, tj.činimo greškusin x ∼ = P 7 (x) = x 1! − x33! + x55! − x77! ,| sin x − P 7 (x)| ≤ 1 9!< 0.000003 (x ∈ [−1, 1]).Dalje, aproksimirajmo polinom P 7 (x) polinomom trećeg stepena postupkomekonomizacije uz korišćenje Čebiševljevih polinoma T n(x) (n = 0,1, . . . ,7) (videtizadatak 6.2.16). Tako, imamoP 7 (x) = 1 1! T 1 − 1 3! · 14 (3T 1 + T 3 ) + 1 5! · 116 (10T 1 + 5T 3 + T 5 )− 1 7! · 164 (35T 1 + 21T 3 + 7T 5 + T 7 ),

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 241tj.P 7 (x) = 81119216 T 1 − 60115360 T 3 + 2346080 T 15 −322560 T 7 ,a ,,ukidanjem‘‘ polinoma T 7 i T 5 dobijamo polinom trećeg stepenaQ 3 (x) = 81119216 T 1 − 60115360 T 3 = 1149111520 x − 6013840 x3 ,pri čemu važi ocena|P 7 (x) − Q 3 (x)| ≤−1˛322560˛ +23˛46080˛ < 0.000503 (x ∈ [−1, 1]) .Sada možemo proceniti ukupnu grešku koju činimo ako funkciju x ↦→ y = sin xaproksimiramo sa polinomom Q 3 (x) za x ∈ [−1, 1]. Dakle, važi|sin x − Q 3 (x)| ≤ |sin x − P 7 (x)| + |P 7 (x) − Q 3 (x)|< 0.000003 + 0.000503 = 0.000506 < ε = 0.0006 ,pa je traženi polinom Q 3 (x) koji se može približno zapisati saQ 3 (x) ∼ = 0.99748x − 0.15651x 3 .6.2.18. Pomoću razvoja u Čebiševljeve polinome naći polinom najnižegstepena koji ravnomerno aproksimira funkcijuna [−1,1], sa tačnošću 10 −5 .f(x) =Rešenje. Za |r| < 1 važi razvoj1+∞1 − r e iθ = Xn=0r n e inθ =10 + x101 + 20x ,+∞ Xn=0Izjednačavanjem realnih delova jednakosti dobija se1 − r cos θ+∞1 − 2r cos θ + r 2 = Xn=0Zamenom θ = arccos x i uzimajući u obzir da jer n (cos nθ + i sin nθ).r n cos nθ, |r| < 1.T n (x) = cos (narccos x),

242 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAdobijamoZa r = −1/10 dobijamo1 − rx+∞1 − 2rx + r 2 = Xn=0r n T n (x), |r| < 1.10 + x+∞101 + 20x = X(−1) n 110 n+1 T n(x).n=0Zbog toga što je dobijeni red alternativan i zbog|T n (x)| ≤ 1, x ∈ [−1, 1], n = 0,1, 2, . . . ,imamo da je za n ≥ 3,n ˛˛f(x) −X(−1) k 110 k+1 T k(x)˛ ≤ 110 n+2 ≤ 10−5 (x ∈ [−1, 1]).tj.k=0Dakle, dovoljno je uzeti prva četiri člana razvoja:10 + x101 + 20x ≈ 1 10 T 0(x) − 110 2 T 1(x) + 110 3 T 2(x) − 110 4 T 3(x),10 + x101 + 20x ≈ 0.099 − 0.0097x + 0.002x2 − 0.0004x 3 .6.2.19. Metodom najmanjih kvadrata (diskretna srednje-kvadratna aproksimacija)odrediti parametre a 0 i a 1 u aproksimacionoj funkciji Φ(x) =a 0 + a 1 x, za sledeći skup podatakaRešenje. Ako postavimo uslovj 0 1 2 3x j 0 1 2 4f(x j ) 1 3 0 −1f(x j ) = Φ(x j ) (j = 0,1, 2,3) ,dolazimo do tzv. preodred¯enog sistema jednačina, tj.(1)a 0 + 0 · a 1 = 1 ,a 0 + 1 · a 1 = 3 ,a 0 + 2 · a 1 = 0 ,a 0 + 4 · a 1 = −1 ,

ili, u matričnom oblikuPROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 243(2) Xa = f ,gde jeX =2641 01 11 21 43» –75 , a = a0, f =a 1Sistem (1) nema rešenja, tj. sve jednačine ne mogu biti istovremeno zadovoljene.Ako definišemo δ pomoćuδ(x) = f(x) − Φ(x) = f(x) −2641Xa k x k ,moguće je tražiti ,,rešenje‘‘ sistema (1), tj. odrediti koeficijente a 0 i a 1 , tako daveličina„ 3X « 1/2‖δ‖ 2 = |f(x j ) − Φ(x j )| 2j=0k=0130−1375 .ima najmanju vrednost. Kako je dokazano u [2, str. 108–110], tražene koeficijentenalazimo kao rešenje sistema jednačina, koji dobijamo množenjem (2) matricomX ⊤ sa leve strane, tj.X ⊤ Xa = X ⊤ fili » – » –4 7 a0=7 21 a 1odakle je»a0a 1–= 1 35»21 −7−7 4» –3,−1– » – »3=−12−5/7–.Dakle, Φ(x) = − 5 x + 2. Veličina najbolje aproksimacije je7‖δ‖ 2 =„ 3X « 1/2|f(x j ) − Φ(x j )| 2 ∼= 2.070 .j=06.2.20. Metodom najmanjih kvadrata odrediti parametre u aproksimacionojfunkciji Φ(x) = a 0 + a 1 x za sledeći skup parova (x j ,f j ):(1){(1, 1.95), (2, 2.40), (3, 2.83), (4, 3.30)}.

244 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAKoristeći se dobijenim rezultatom naći aproksimaciju u obliku y = ae bxza sledeći skup podataka {(1,7), (2,11), (3,17), (4,27)}.Rešenje. Slično kao u zadatku 6.2.19 imamoX =2641 11 21 31 43» –75 , a = a0, f =a 1Tada je sistem normalnih jednačina X ⊤ Xa = X ⊤ f, tj.» – » –4 10 a0· =10 30 a 1odakle nalazimo a 0 = 1.5 i a 1 = 0.448.» –10.48,28.442641.952.402.833.30Da bismo odredili parametre a i b u aproksimacionoj funkciji y = ae bx metodomnajmanjih kvadrata potrebno je minimizirati funkciju(2) F(a,b) =tj.3X `fk − a e bx ´2 k ,k=0375 .F(a,b) = `7 − ae b´2 +`11 − ae2b´2 +`17 − ae3b´2 +`27 − ae4b´2 ,što ponekad može biti veoma komplikovano, jer je potrebno rešiti sistem nelinearnihjednačina. U našem slučaju, ovaj sistem jednačina ima oblik(3)∂F3X∂a = 2 `fk − ae bx ´`−e k bx ´ k = 0 ,k=0∂F3X∂b = 2 `fk − ae bx ´`−a kx k e bx ´ k = 0 .k=0Problem se može jednostavno približno rešiti, med¯utim, kao što ćemo videti,greška može biti ponekad i dosta velika. Logaritmovanjem aproksimacione funkcijedobijamo log y = log a + bx. Ako uvedemo smene Y = log y, X = x, a 0 =log a, a 1 = b, problem se svodi na odred¯ivanje parametara u linearnoj aproksimacionojfunkciji za skup podataka (X j , Y j ) = (x j ,log y j ) (j = 0, 1,2,3). Logaritmovanjemdatih podataka i zaokrugljivanjem na dve decimale dobijamo, upravo,skup podataka datih u (1). Prema tome, imamo(4) a = e a 0= e 1.5 ∼ = 4.48 i b = a1 = 0.448 .

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 245Naravno, ove vrednosti ne minimiziraju funkciju F(a,b), tj. nisu rešenja sistemajednačina (2). Med¯utim, ova rešenja se mogu iskoristiti kao početna rešenja zajedan iterativni proces koji bi trebalo konstruisati tako da konvergira ka rešenjusistema (3). Na primer, to može biti metod Newton-Kantoroviča.Sa ā i ¯b označimo tačno rešenje sistema (3). Tada, korišćenjem vrednosti (4),kao približne vrednosti, možemo pisati(5) ā = a + ∆a , ¯b = b + ∆b ,gde su ∆a i ∆b korekcije koje treba odrediti. Jedan iterativni proces može sekonstruisati linearizacijom aproksimacione funkcije i primenom metode najmanjihkvadrata na rešavanje tako dobijenog sistema linearnih jednačina.Stavimo y = f(x; a,b) = a e bx . Kako je ∂f∂a = ebx i ∂f∂b = a xebx , na osnovu(6) f(x; ā,¯b) ∼ = f(x; a, b) + ∂f ∂f∆a +∂a ∂b ∆b ,uzimajući x = x k i f(x k ; ā,¯b) ∼ = f k , dobijamo preodred¯eni sistem jednačinae bx k∆a + a x k e bx k∆b = f k − a e bx k(k = 0, 1,2, 3),koji u matričnom obliku izgledaMδ = e,gde su M = ˆm ij˜4×2 , δ = ˆ∆a ∆b ˜⊤ , e =ˆe1 e 2 e 3 e 4˜⊤ im i1 = exp(bx i−1 ) , m i2 = ax i−1 m i1 , e i = f i−1 − am i1 .Iz normalnog sistema jednačina M ⊤ Mδ = M ⊤ e odred¯ujemo vektor δ, tj. korekcije∆a i ∆b. S obzirom na linearizaciju (6), ove korekcije neće biti takve dapomoću (5) dobijemo tačna rešenja, već ćemo dobiti izvesna približna rešenja,označimo ih sa a ′ i b ′ , koja će biti tačnija u odnosu na (4). Ovaj postupak se možeponoviti više puta, tačnije rečeno sve dok se ne dobiju rešenja sa zadovoljavajućomtačnošću. U posmatranom primeru dobijamo rezultate koji su sred¯eni u sledećojtabeli:a b ∆a ∆b4.48 0.448 2.4740850 0.00543366.9540850 0.4534335 −0.0003339 −0.00192476.9537511 0.4515088 0.0001756 −0.00001556.9539267 0.4514933 0.0000012 −0.00000016.9539279 0.4514932

246 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAPrema tome, za rešenje sistema (3) možemo uzeti(7) ā ∼ = 6.9539279 i ¯b ∼ = 0.4514932 ,što se bitno razlikuje od rešenja (4). Rešenja (7) možemo dobiti i na sledeći način:eliminacijom parametra a iz sistema (3)(8) a =3Pf k exp(b x k )k=0,3Pexp(2bx k )k=0dobijamo nelinearnu jednačinu za odred¯ivanje parametra b u obliku“ 3X ”“ 3XG(q) = x k f k q x kk=0gde smo stavili q = exp(b).k=0”q 2x k−“ 3X ”“ 3Xx k q 2x kk=0k=0”f k q x k= 0 ,Kako je G(1.5) ∼ = 102.88 i G(1.6) = −59.2 zaključujemo da jednačina G(q) = 0u intervalu (1.5, 1.6) ima koren. Metodom sečice, sa startnim vrednostima q 0 = 1.5i q 1 = 1.6, dobijamo rezultate koji su dati u sledećoj tabeli:k q k G(q k ) b k2 1.563473105 12.9 ( 0) 0.4469096963 1.570000681 1.2 ( 0) 0.4510760534 1.570671244 −2.8 (−2) 0.4515030725 1.570655766 6.0 (−5) 0.4514932176 1.570655798 0.451493238U koloni sa vrednostima G(q k ) broj u zagradi ukazuje na decimalni eksponent. Uskladu sa (8) nalazimo a ∼ = 6.95392787.Vratimo se opet na razmatranje funkcije F definisane pomoću (2). Kao što smopokazali, uvod¯enjem smena Y = log y i X = x, aproksimaciona funkcija se svodina linearnu, ali su greške u dobijenim parametrima značajne. Ove greške mogubiti znatno smanjene uvod¯enjem težinskih koeficijenata na pogodan način prilikomrešavanja odgovarajućeg linearnog problema. Pokazaćemo sadatajpristupnaistomprimeru. Neka su Y k =log f k , tj. f k =e Y k, a=e a 0i b = a 1 . Tada se (2) svodi naF(a,b) = H(a 0 , a 1 ) =3Xk=0“e Y k− e a 0+a 1 X k” 2.

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 247Primenom Lagrangeove teoreme o srednjoj vrednosti funkcije dobijamoH(a 0 , a 1 ) =3Xe 2W k(Y k − a 0 − a 1 X k ) 2 ,k=0gde se W k nalazi izmed¯u Y k i a 0 + a 1 X k . Pretpostavljajući da su ove vrednostibliske, možemo uzeti W k = Y k , tj. e 2W k= fk 2 . Dakle, funkcija koju treba minimiziratije3XH(a 0 , a 1 ) = fk 2 (Y k − a 0 − a 1 X k ) 2 ,k=0što znači da treba primeniti metod najmanjih kvadrata sa težinskom matricom2349“”P = diag f0, 2 f1, 2 f2, 2 f32 = 6 12174 289 5 .729Sistem normalnih jednačina sada glasi“ 3Xk=0k=0f 2 k” “ 3Xa 0 + fk 2 x k”a 1 =k=0“ 3X“ 3X ”fk 2 x k”a 0 + fk 2 x 2 k a 1 =k=03Xfk 2 log f k ,k=03Xfk 2 x k log f k ,k=0tj.odakle nalazimo1188 a 0 + 2886 a 1 = 3606.96 ,2886 a 0 + 7838 a 1 = 9135.74 ,ia 0∼ = 1.93945 , tj. a = ea 0 ∼ = 6.95492a 1 = b ∼ = 0.45145 .Dobijeni parametri a i b su znatno tačniji, nego oni dobijeni bez upotrebe težinskihkoeficijenata.6.2.21. Korišćenjem metoda najmanjih kvadrata (diskretna srednjekvadratnaaproksimacija) približno odrediti aproksimacionu funkciju oblikaF(x) = log(a + e b+x )

248 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAza funkciju x ↦→ f(x) koja je zadata skupom podatakax 2.6 2.8 3.0 3.5f(x) log 2.22 log 2.44 log 2.67 log 3.21Rešenje. Iz F(x) = log(a + e b+x ) imamo da je e F(x) = a + e b · e x , tj.φ(t) = A + Bt, gde su A = a, B = e b , t = e x .Aproksimacioni uslov F(x k ) = f(x k ), tj. e F(x k) = e f(x k) daje21 e 2.6 3X = 6 1 e 2.8 » 4 1 e 3.0 75 , a A = B1 e 3.5Sistem X ⊤ Xa = X ⊤ f tada postaje2» – 1 e 2.6 31 1 1 1e 2.6 e 2.8 e 3.0 e 3.5 · 6 1 e 2.8 –4 1 e 3.0 7 A5·»=B1 e 3.5–, f =2 32.2262.44742.675 .3.21» –1 1 1 1e 2.6 e 2.8 e 3.0 e 3.52 32.22· 62.44742.675 .3.21S obzirom na vrednosti e 2.6 ∼ = 13.464, e2.8 ∼ = 16.445, e3.0 ∼ = 20.086, e3.5 ∼ = 33.115,prethodni sistem se transformiše u sistem jednačina» – » – » –4 83.11 A 10.54· = ,83.11 1951.768 B 229.945odakle dobijamo A = 1.596, B = 0.05, tj.a = A = 1.596,b = log B = −2.996.Aproksimaciona funkcija jeF(x) ∼ = log(1.596 + e −2.996+x ).6.2.22. Pomoću metoda najmanjih kvadrata približno odrediti aproksimacionufunkciju oblika y = ae bx za sledeći skup podatakax j 1.0 1.5 2.0 2.2f j e 2.2 e 2.8 e 3.0 e 3.2

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 249Rešenje. Slično kao u i prethodnom zadatku, korišćenjem podatakax j 1.0 1.5 2.0 2.2log f j 2.2 2.8 3.0 3.2bez upotrebe težinske matrice nalazimo Φ(x) ∼ = 1.487 + 0.784 x. Tada je traženaaproksimacijay = ϕ(x) ∼ = e Φ(x) ∼ = 4.424 e0.784 x .6.2.23. Eksperimenti u jednom periodičnom procesu dali su sledeće podatket j 0 ◦ 50 ◦ 100 ◦ 150 ◦ 200 ◦ 250 ◦ 300 ◦ 350 ◦f j 0.754 1.762 2.041 1.412 0.303 −0.484 −0.380 0.520Odrediti parametre a i b u modelu Φ(x) = a + bsin t korišćenjem metodanajmanjih kvadrata.Rešenje. Minimizacijom funkcijeF(a,b) =7X `fj − a − b sin t j´2j=0nalazimoa ∼ = 0.75257 i b ∼ = 1.31281 .Potrebne sume su7Xsin t k∼ = −0.0705341 ,k=07X(sin t k ) 2 ∼ = 3.5868241 ,k=07Xf k = 5.928 ,k=07Xfk 2 = 10.57345 ,k=07Xf k sin t k∼ = 4.6557347 .k=06.2.24. Metodom najmanjih kvadrata aproksimirati sledeći skup podatakapomoću Φ(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 .x j −2 −1 0 1 2f j −0.1 0.1 0.4 0.9 1.6

250 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Ovde imamo21 −2 41 −1 1X =6 1 0 04 1 1 11 2 432275 , a = 4 a 3−0.100.1a 15 , f =6 0.4a 24 0.91.6375 .Kako je2X ⊤ X = 4 5 0 10320 10 0 5 i X ⊤ f = 4 2.934.2 5 ,10 0 347.0iz sistema jednačina `X ⊤ X´a = X ⊤ f dobijamoa 0 = 0.4086 , a 1 = 0.42 , a 2 = 0.0857 .6.2.25. Korišćenjem bazisnih funkcija Φ 0 (x) = 1, Φ 1 (x) = x−2, Φ 2 (x) =x 2 − 4x + 2, metodom najmanjih kvadrata aproksimirati skup podataka{}(0, −2), (1,2), (2,5), (3,3), (4,1)pomoću Φ(x) = a 0 Φ 0 (x) + a 1 Φ 1 (x) + a 2 Φ 2 (x).Rešenje. Ovde imamo21 −2 21 −1 −1X =6 1 0 −24 1 1 −11 2 2Kako jenalazimo3227 , a = 4 a 3−202a 15 , f =6 55 a 24 312X ⊤ X = 4 5 0 032 390 10 0 5 i X ⊤ f = 4 7 5 ,0 0 14−1737 .5a 0 = 9 5 = 1.8 , a 1 = 7 10 = 0.7 , a 2 = −1714 = −1.214 .Primetimo da je sistem funkcija {Φ 0 ,Φ 1 ,Φ 2 } ortogonalan u smislu skalarnogproizvoda4X(f, g) = f(k) g(k).k=0

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 2516.2.26. Na segmentu [c,d] naći mini-max aproksimaciju funkcije f uskupu polinoma stepena ne višeg od prvog. Funkcija f je dva puta neprekidno-diferencijabilnana segmentu [c,d] i f ′′ (x) > 0 (ili < 0) za svako x ∈ [c,d].Rešenje. Aproksimacionu funkciju Φ(x) = a 0 + a 1 x treba odrediti iz uslovada maksimlno odstupanje funkcije greškeδ(x) = f(x) − Φ(x) = f(x) − a 0 − a 1 xod nule, na segmentu [c, d], bude minimalno, tj. tražimo„mina 0 ,a 1«max |f(x) − a 0 − a 1 x|c≤x≤d= maxc≤x≤d |f(x) − ā 0 − ā 1 x| = ‖δ ∗ (x)‖ ∞ .Sl. 1.Prvi način: U ovom slučaju, s obzirom da je f ′′ (x) > 0 (ili f ′′ (x) < 0) za svakox ∈ [c, d], funkcija f je konveksna (konkavna), te možemo za rešavanje postavljenogproblema iskoristiti sledeći prost geometrijski postupak. Kroz krajnje tačke krivey = f(x) (c ≤ x ≤ d) postavimo sečicu, a zatim tangentu krive koja je paralelnasa ovom sečicom (videti Sl. 1).Odgovarajuće jednačine ovih pravih su, redomy s =f(d) − f(c)d − c(x − c) + f(c) ,y t =f(d) − f(c)d − c(x − x 2 ) + f(x 2 ),gde je tačka x 2 koren jednačine(1) f ′ (x 2 ) =f(d) − f(c)d − c.

252 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJANije teško zaključiti da je tražena aproksimaciona funkcija data sagde suΦ ∗ (x) = 1 2 (y s + y t ) = ā 0 + ā 1 x ,ā 1 =f(d) − f(c)d − c, ā 0 = 1 2 (f(c) + f(x 2)) − 1 2 (c + x 2)f(d) − f(c)d − c,pri čemu tačku x 2 nalazimo iz (1).Drugi način: Na osnovu teoreme o Čebiševljevoj alternansi (videti [2, str. 118–119]), polinom Φ ∗ (x) = ā 0 +ā 1 x je najbolja mini-max aproksimacija za f ∈ C[c, d],ako i samo ako na [c, d] postoje bar tri tačke x 1 , x 2 , x 3 (x 1 < x 2 < x 3 ), takve daje(2) δ ∗ (x 1 ) = −δ ∗ (x 2 ) = δ ∗ (x 3 ) = ±‖δ ∗ (x)‖ ∞ .S druge strane, s obzirom da jezaključujemo da jeδ ′′ (x) = f ′′ (x) > 0 (< 0)δ ′ (x) = f ′ (x) − a 1monotona funkcija, pa kao takva može imati najviše jednu realnu nulu.Dakle, na osnovu prethodnog, zaključujemo da jea tačka x 2 je koren jednačinex 1 = c, x 3 = d,(3) δ ′ (x 2 ) = f ′ (x 2 ) − a 1 = 0 .Sada, na osnovu (2) imamoodakle dobijamof(c) − ā 0 − ā 1 c = −(f(x 2 ) − ā 0 − ā 1 x 2 ) = f(d) − ā 0 − ā 1 d ,ā 1 =f(d) − f(c)d − c, ā 0 = 1 2 (f(c) + f(x 2)) − 1 2 (c + x 2)f(d) − f(c)d − c,pri čemu je x 2 koren jednačine (3), tj.f ′ (x 2 ) =f(d) − f(c)d − c(x 2 ∈ (c, d)).

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 2536.2.27. U skupu P 2 , algebarskih polinoma ne višeg stepena od drugog,naći najbolju mini-max aproksimaciju za funkciju x ↦→ f(x) = 1 na segmentu[−1,1]. Odrediti veličinu najbolje aproksimacije (maksimalno odstu-1 + x2 panje).Rešenje. Za odred¯ivanje koeficijenata polinoma najbolje mini-max aproksimacijeP ∗ 2 (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 , na osnovu teoreme o Čebiševljevoj alternansi(videti [2, str. 118–119]), potrebno je naći n + 2 = 4 (n = dg P ∗ 2 ) tačke x 0 , x 1 , x 2 ,x 3 takve da je(1) δ ∗ 2(x 0 ) = −δ ∗ 2(x 1 ) = δ ∗ 2(x 2 ) = −δ ∗ 2(x 3 ) = ±∆ ,gde suδ ∗ 2(x) = 11 + x 2 − P ∗ 2 (x), ∆ = ‖δ ∗ 2‖ ∞ = max|x|≤1 |δ∗ 2(x)| .Zbog simetrije problema može se uzeti a 1 = 0, a za tačke x k (k = 0,1, 2,3), naprimer, x 0 = −t, x 1 = 0, x 2 = t, x 3 = 1, gde je t (0 < t < 1) tačka u kojoj δ ∗ 2dostiže ekstremnu vrednost. Dakle, t je pozitivan koren jednačine(2)d 2tdt δ∗ 2(t) = −(1 + t 2 ) 2 − 2a 2t = 0 .Kako je, na osnovu (1),−(1 − a 0 ) = 1„ «1 + t 2 − a 0 − a 2 t 2 1= −2 − a 0 − a 2 ,lako nalazimo a 2 = − 1 2 , a dalje iz (2) sleduje t2 = √ 2 − 1 pa je a 0 = 1 + 2√ 2.4Prema tomeP2 ∗ (x) = 1 + 2√ 2− 1 4 2 x2 .Veličinu maksimalnog odstupanja (koje je minimalno u skupu algebarskih polinomane višeg stepena od drugog) možemo odrediti, na primer, na sledeći način‖δ2‖ ∗ ∞ = max|x|≤1 |δ∗ 2(x)| = |δ2(x)| ∗ x=0 = 3 − 2√ 2.46.2.28. Naći najbolju Čebiševljevu mini-max aproksimaciju za funkcijux ↦→ f(x) = 0 na intervalu [−1,1], pomoću funkcije oblika P 2 (x) = ax 2 +bx + 1 (a,b ∈ R).

254 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJARešenje. Cilj je odrediti parametre a i b tako tako da veličinaE(f) =max−1≤x≤1 |ax2 + bx + 1 − f(x)| = max−1≤x≤1 |ax2 + bx + 1|bude minimalna. Za x = 0 važi ax 2 + bx + 1 = 1, pa je E(f) ≥ 1, te ako se a i bmogu odrediti tako da je E(f) = 1, onda je to i mina,b∈R E(f).S obzirom na simetriju problema, zaključujemo da je b = 0 pa je P 2 (x) = ax 2 +1,gde je a < 0. Najzad, iz uslova−1 ≤ ax 2 + 1 ≤ 1 (x ∈ [−1, 1])dobijamo da −2 ≤ a ≤ 0. Ovo znači da je svaki polinom P ∗ 2 (x) = ax 2 + 1, a ∈[−2, 0], najbolji mini-max polinom iz klase polinoma P 2 (x) = ax 2 +bx+1 (a,b ∈ R)za funkciju f(x) ≡ 0 na intervalu [−1, 1].6.2.29. Za polinom trećeg stepena P 3 (x) = ax 3 +bx 2 +cx+d, a,b,c,d ∈ R,na [−1,1] naći u skupu polinoma ne višeg stepena od drugog:a) najbolju srednje-kvadratnu aproksimaciju sa Čebiševljevom težinom,b) najbolju mini-max aproksimaciju.Komentarisati dobijene rezultate.Rešenje. Posmatrajmo opštiji problem od problema datog u zadatku. Naime,razmotrimo problem aproksimacije polinoma P n+1 (x) stepena n + 1 na segmentu[−1, 1], pomoću polinoma n-tog stepena.Polinom P n+1 (x) možemo predstaviti pomoću Čebiševljevih polinoma T k (x)(k = 0, 1, . . . , n + 1) u obliku (videti zadatak 6.2.16)(1) P n+1 (x) = C 0 T 0 (x) + C 1 T 1 (x) + · · · + C n T n (x) + C n+1 T n+1 (x),gde su C k (k = 0, 1, . . . , n + 1) odgovarajuće konstante.Snižavajući stepen ovog polinoma za jedan tako što ,,ukinemo‘‘ član sa polinomomT n+1 (x), tj. sprovodeći postupak ekonomizacije (videti zadatak 6.2.16),dobijamo polinom(2) Q n (x) = C 0 T 0 (x) + C 1 T 1 (x) + · · · + C n T n (x).S obzirom da Čebiševljevi polinomi zadovoljavaju nejednakost |T k(x)| ≤ 1 (x ∈[−1, 1]), k = 0, 1, . . ., imamo ocenu|P n+1 (x) − Q n (x)| ≤ |C n+1 | (x ∈ [−1, 1]) .

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 255Istovremeno, ovim jednostavnim postupkom dobili smo polinom Q n (x) koji, uskupu polinoma ne višeg stepena od n-tog, predstavlja najbolju srednje-kvadratnuaproksimaciju na segmentu [−1, 1] sa Čebiševljevom težinskom funkcijom √ 1 . 1−x 2Ako stavimo(f, g) =Z 1−11√1 − x 2 f(x)g(x)dx,na osnovu (1), vidimo da za koeficijente polinoma P n+1 (x) važitj.(P n+1 , T k ) = C k (T k , T k ) (k = 0,1, . . . , n),C k = (P n+1, T k )(T k , T k )(k = 0,1, . . . , n),što su poznate formule za koeficijente u (2) pri sprovod¯enju postupka srednjekvadratneaproksimacije nad funkcijom x ↦→ P n+1 (x) (naravno na [−1, 1] sa težinomx ↦→ 1/ √ 1 − x 2 ).No, polinom Q n (x) predstavlja, u skupu polinoma stepena ne višeg od n-tog,isto tako i najbolju mini-max aproksimaciju za polinom x ↦→ P n+1 (x) na segmentu[−1, 1].Zaista, funkcija greške koju činimo kada polinom P n+1 (x) aproksimiramo polinomomQ n (x) je data saδ n (x) = P n+1 (x) − Q n (x) = C n+1 T n+1 (x).Čebiševljev polinom se može napisati u obliku T n+1 (x) = cos[(n + 1) arccos x]za x ∈ [−1, 1], pa jeT n+1 (x) = ∓1za x k = −coskπn + 1(k = 0, 1, . . . , n + 1),pri čemu je −1 = x 0 < x 1 < · · · < x n+1 = 1. Na osnovu ovoga, zaključujemo dana [−1, 1] postoje n + 2 tačke u kojima je T n+1 (x k ) = (−1) n+k+1 . Dakle,δ n (x k ) = (−1) n+k+1 C n+1 i max |δ n (x)|x∈[−1,1]= |C n+1 |,pa na osnovu teoreme o Čebiševljevoj alternansi (videti [2, str. 118–119]) zaključujemoda je Q n (x) najbolja mini-max aproksimacija za P n+1 (x) (x ∈ [−1, 1]).Iskoristimo sada ovo opšte razmatranje na rešavanje našeg zadatka.S obzirom da je (videti zadatak 6.2.16)x 3 = 1 4 (3T 1(x) + T 3 (x))

256 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJAimamoP 3 (x) = a · 14 (3T 1(x) + T 3 (x)) + bx 2 + cx + d.Opisanim postupkom ekonomizacije dobijamoQ 2 (x) = a · 14 (3T 1(x)) + bx 2 + cx + d (T 1 (x) = x)„ «= bx 2 3a+4 + c x + d.Dakle, polinom Q 2 (x), u skupu polinoma stepena ne višeg od drugog, predstavljai najbolju srednje-kvadratnu aproksimaciju na [−1, 1] sa Čebiševljevomtežinom i najbolju mini-max aproksimaciju na [−1, 1], za polinom P 3 (x).6.2.30. Korišćenjem Rémèsovog algoritma naći mini-max aproksimacijufunkcije x ↦→ f(x) = |x| na segmentu [−1,1], u skupu polinoma stepenan ≤ 2.Rešenje. Samo u relativno malom broju konkretnih slučajeva moguće je tačnoodrediti mini-max aproksimaciju neke funkcije korišćenjem teoreme o Čebiševljevojalternansi. To je logična posledica toga što neposrednim korišćenjem pomenuteteoreme dolazimo, u opštem slučaju, do sistema nelinearnih jednačina.Med¯utim, oslanjajući se na teoremu o Čebiševljevoj alternansi konstruišu sealgoritmi za približno odred¯ivanje mini-max aproksimacije date funkcije, kod kojihje otklonjen ovaj nedostatak. Jedan od najprikladnijih algoritama je Rémèsovalgoritam, čija se jedna varijanta može iskazati na sledeći način:1 ◦ Izabere se skup od n+2 sukcesivne tačke x 0 , x 1 , . . . , x n+1 sa segmenta [a, b],na kome se traži aproksimacija date funkcije i odrede se koeficijenti polinoma P ni veličina E tako da je(1) f(x k ) − P n (x k ) = (−1) k E (k = 0,1, . . . , n + 1).2 ◦ Na [a, b] se odredi skup od n + 2 tačke ˆx 0 , ˆx 1 , . . . , ˆx n+1 u kojima δ n (x) =f(x) − P n (x) ima sukcesivne lokalne ekstremume sa alternativnim znacima, uključujućiu ovaj skup, eventualno, jednu (onu u kojoj je veća vrednost |δ n (x)|) ili obekrajnje tačke segmenta.3 ◦ Za unapred zadatu tačnost ε proveravaju se uslovi|ˆx k − x k | < ε (k = 0,1, . . . , n + 1).Ukoliko bar jedan od ovih uslova nije zadovoljen uzima se x k := ˆx k (k = 0, 1, . . .,n + 1) i prelazi na 1 ◦ . U slučaju da su pomenuti uslovi ispunjeni, algoritam sezavršava i polinom P n se uzima kao najbolja mini-max aproksimacija P ∗ n.

PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 257Primenimo sada ovaj algoritam za rešavanje problema datog zadatkom, usvajajućitačnost ε = 10 −3 .Na osnovu koraka 1 ◦ algoritma, biramo n + 2 = 4 tačke sa segmenta [−1, 1], naprimer,x 0 = − 2 3 , x 1 = − 1 3 , x 2 = 1 3 , x 3 = 2 3 .Aproksimacioni polinom je oblika P 2 (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 , pa na osnovu (1), tj.|x k | − `a 0 + a 1 x k + a 2 x 2 k´= (−1)k E (k = 0, 1,2, 3)dobijamo sistem linearnih jednačinaa 0 −a 0 −a 0 +a 0 +23 a 1 +13 a 1 +13 a 1 +23 a 1 +49 a 2 +19 a 2 −19 a 2 +49 a 2 −E = 2 3 ,E = 1 3 ,E = 1 3 ,E = 2 3 ,odakle nalazimo a 0 = 2/9, a 1 = 0, a 2 = 1, E = 0.Prema koraku 2 ◦ algoritma, formiramo funkciju δ 2 (x) = |x| − 2 9 − x2 . Kakoje δ ′ 2(x) = sgn x − 2x (x ≠ 0), tačke lokalnog ekstremuma su x = − 1 2 i x = 1 2 .U tački x = 0 funkcija δ 2 (x) nije diferencijabilna, no lako se utvrd¯uje da je tačkax = 0 tačka lokalnog minimuma funkcije δ 2 (x). S obzirom da smo odredili tri tačkelokalnog ekstremuma funkcije δ 2 (x), a potrebne su nam n + 2 = 4 tačke, uzmimojoš i tačku x = 1 (δ 2 (−1) = δ 2 (1)). Kako funkcija δ 2 (x) u tačkama − 1 2 , 0, 12 , 1alternativno menja znak, to je, dakle,ˆx 0 = − 1 2 , ˆx 1 = 0, ˆx 2 = 1 2 , ˆx 3 = 1.Na osnovu koraka 3 ◦ algoritma, proveravamo da li su zadovoljeni uslovi|ˆx k − x k | < 10 −3 (k = 0,1, 2,3).S obzirom da uslovi nisu zadovoljeni, uzima se x k := ˆx k (k = 0, 1,2, 3), tj. x 0 =− 1 2 , x 1 = 0, x 2 = 1 2 , x 3 = 1 i prelazi na korak 1 ◦ algoritma.

258 INTERPOLACIJA I APROKSIMACIJASada, na osnovu 1 ◦ , dobijamo sledeći sistem linearnih jednačinaa 0 −a 0a 0 +a 0 +12 a 1 +12 a 1 +a 1 +14 a 2+ E = 1 2 ,− E = 0 ,+ E = 1 2 ,a 2 − E = 1 ,14 a 2odakle nalazimo a 0 = E = 1/8, a 1 = 0, a 2 = 1.Na osnovu 2 ◦ imamo δ 2 (x) = |x| − 1 8 −x2 , te postupajući slično kao u prethodnomkoraku 2 ◦ , nalazimo ˆx 0 = − 1 2 , ˆx 1 = 0, ˆx 2 = 1 2 , ˆx 3 = 1.Kako je sada, na osnovu 3 ◦ , |ˆx k − x k | = 0 < 10 −3 (k = 0, 1,2, 3) algoritam sezavršava i polinomP 2 (x) = 1 8 + x2se uzima kao najbolja mini-max aproksimacija.Primetimo da u ovom jednostavnom slučaju P 2 (x) i jeste najbolja mini-maxaproksimacija.

VII G L A V ANumeričko diferenciranjei numerička integracija7.1. Numeričko diferenciranje7.1.1. Neka je funkcija x ↦→ f(x) dovoljan broj puta neprekidno-diferencijabilnai neka su date njene vrednosti f i ≡ f(x i ) u ekvidistantnim tačkamax i = x 0 + ih (i = −1,0,1), h = const. Dokazati da važe formule:f ′ (x 0 ) = f 1 − f 0hf ′ (x 0 ) = f 0 − f −1hf ′ (x 0 ) = f 1 − f −12hf ′′ (x 0 ) = f 1 − 2f 0 + f −1h 2+ O(h) = f 1 − f 0h+ O(h) = f 0 − f −1h+ O(h 2 ) = f 1 − f −12h− 1 2 f ′′ (x 0 )h + O(h 2 ),+ 1 2 f ′′ (x 0 )h + O(h 2 ),− 1 6 f ′′′ (x 0 )h 2 + O(h 4 ),+ O(h 2 ) = f 1 − 2f 0 + f −1h 2 − 1 12 f(4) (x 0 )h 2 + O(h 4 ).Rešenje. Polazeći od Taylorovih razvojaf 1 ≡ f(x 0 + h) = f(x 0 ) + 1 1! f ′ (x 0 )h + 1 2! f ′′ (x 0 )h 2 + 1 3! f ′′′ (x 0 )h 3 + · · · ,f −1 ≡ f(x 0 − h) = f(x 0 ) − 1 1! f ′ (x 0 )h + 1 2! f ′′ (x 0 )h 2 − 1 3! f ′′′ (x 0 )h 3 + · · · ,lako dokazujemo prethodne formule koje se često koriste za aproksimaciju prvog idrugog izvoda funkcije. Tako, na primer, imamof ′ (x 0 ) ∼ = f 1 − f −1, f ′′ (x 0 )2h∼ = f 1 − 2f 0 + f −1h 2pri čemu činimo grešku koja je beskonačno mala veličina istog reda kao i h 2 kadah → 0, tj. O(h 2 ).

260 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJA7.1.2. Odrediti koeficijente a ik (i,k = 0,1,... ,n) u formuli za numeričkodiferenciranje(1) f ′ (x i ) ∼ =n∑a ik f(x k ) (i = 0,1,... ,n),k=0tako da ona bude tačna za svako f ∈ P n , gde je P n skup polinoma ne višegod n-tog stepena i x i ≠ x j za i ≠ j.Rešenje. Ideje za približno nalaženje izvoda funkcije x ↦→ f(x) se zasnivajuna aproksimaciji funkcije f pogodnom funkcijom ϕ i uzimanjem da je f (k) (x) ∼ =ϕ (k) (x) (k = 1,2, . . .).U cilju odred¯ivanja koeficijenata a ik (i, k = 0, 1, . . . , n) u formuli (1), aproksimirajmofunkciju x ↦→ f(x) Lagrangeovim interpolacionim polinomom x ↦→ P n (x) naosnovu skupa podataka (x k , f(x k )) k=0,1,...,n . Tada jegde jef(x) ∼ = P n (x) =nXL k (x)f(x k ),k=0L k (x) = (x − x 0) · · · (x − x k−1 )(x − x k+1 ) · · ·(x − x n )(x k − x 0 ) · · ·(x k − x k−1 )(x k − x k+1 ) · · ·(x k − x n ) , k = 0,1, . . . , n .Sada je(2) f ′ (x) ∼ = P ′ n(x) =pa za x = x i imamo(3) f ′ (x i ) ∼ = P ′ n(x i ) =nXL ′ k(x)f(x k ),k=0nXL ′ k(x i )f(x k ), i = 0,1, . . . , n .k=0Primetimo da je x ↦→ L k (x) (k = 0,1, . . . , n) polinom n-tog stepena, daklefunkcija koja je beskonačno puta neprekidno-diferencijabilna. Ako uvedemo ω(x)= (x − x 0 )(x − x 1 ) · · ·(x − x n ), tada je8ω(x)>:1 (x = x k ),

odakles obzirom da je8>:NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 2611 ω ′ (x)(x − x k ) − ω(x)ω ′ (x k ) (x − x k ) 2 , za x ≠ x k ,ω ′′ (x k )2ω ′ (x k ) , za x = x k ,1 ω ′ (x)(x − xlimk ) − ω(x) 1 ω ′′ (x)(x − xx→x k ω ′ (x k ) (x − x k ) 2 = limk ) + ω ′ (x) − ω ′ (x)x→x k ω ′ (x k ) 2(x − x k )Sada je, na osnovu (2), važi(4) f ′ (ξ) ∼ =a na osnovu (3)nXk=0= ω′′ (x k )2ω ′ (x k ) .ω ′ (ξ)(ξ − x k ) − ω(ξ)ω ′ (x k )(ξ − x k ) 2 f(x k ) (ξ ≠ x i , i = 0,1, . . . , n),(5) f ′ (x i ) ∼ =nX ω ′ (x i )ω ′ (x k )(x i − x k ) f(x k) + ω′′ (x i )2ω ′ (x i ) f(x i)k=0k≠i(i = 0, 1, . . . , n).Primetimo da za svako f ∈ P n važi da je f = P n , pa su dakle formule (5)i (6) tačne za za svako f ∈ P n i mogu poslužiti za nalaženje izvoda funkcijex ↦→ f(x) ako su poznate vrednosti funkcije f u tačkama x i (i = 0,1, . . . , n) inaravno pod pretpostavkom da je funkcija f diferencijabilna. S obzirom na ovečinjenice, pored¯enjem (1) i (6) zaključujemo da je(6) a ik =ω ′ (x i )ω ′ (x k )(x i − x k )(k ≠ i),(7) a ii = ω′′ (x i )2ω ′ (x i )za i, k = 0, 1, . . . , n.Lako je uočiti da se koeficijentima iz (6) i (7) može dati i ovakva formaa ik =1x i − x kn Yj=0j≠kx i − x jx k − x j(k ≠ i), a ii =nXj=0j≠i1x i − x j.

262 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJA7.1.3. Na osnovu skupa podatakax 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6f(x) 1.5095 1.6984 1.9043 2.1293 2.3756približno izračunati f ′ (1.4) i f ′′ (1.4). Dobijene rezultate uporediti sa tačnimvrednostima f ′ (1.4) = cosh(1.4) ∼ = 2.1509 i f ′′ (1.4) = sinh(1.4) ∼ = 1.9043.Rešenje. Aproksimirajmo funkciju x ↦→ f(x) interpolacionim polinomom x ↦→P 4 (x). S obzirom da je f(x) ∼ P 4 (x), imamo f (k) (x) ∼ P (k)4(x) (k = 1,2, . . . ).Kako su interpolacioni čvorovi x k = x 0 + kh (k = 0, 1,2,3, 4) ekvidistantni(x 0 = 1.2, h = 0.1), možemo konstruisati na primer, prvi Newtonov interpolacionipolinom:tj.P 4 (x) = f 0 + p∆f 0 ++p(p − 1)2!∆ 2 f 0 +p(p − 1)(p − 2)(p − 3)4!p(p − 1)(p − 2)3!∆ 4 f 0 ,∆ 3 f 0(1)P 4 (x) = f 0 + p∆f 0 + p2 − p2∆ 2 f 0 + p3 − 3p 2 + 2p6∆ 3 f 0+ p4 − 6p 3 + 11p 2 − 6p24∆ 4 f 0 ,gde je p = (x − x 0 )/h. S obzirom da jeP ′ 4(x) = dP 4dpdiferenciranjem jednakosti (1), dobijamo(2)P ′ 4(x) = 1 ha dalje, diferenciranjem (2), imamodpdx = 1 dP 4h dp ,„∆f 0 + 2p − 1 ∆ 2 f 0 + 3p2 − 6p + 2∆ 3 f 026+ 2p3 − 9p 2 − 11p − 312∆ 4 f 0«,(3) P 4 ′′ (x) = 1 „«h 2 ∆ 2 f 0 + (p − 1) ∆ 3 6p − 18p + 11f 0 + ∆ 4 f 0 .12

NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 263Formirajmo sada, na osnovu skupa podataka datog zadatkom, tablicu konačnihrazlika operatora ∆:Na osnovu formule (2), uzimajući x = x 2 = 1.4, tj. p = (x 2 − x 0 )/h = 2, ikorišćenjem tablice konačnih razlika, imamo(1.4) f ′ (1.4) ∼ = P 4(1.4)= ′ 1 „0.1889 + 3 0.1 2 0.0170 + 1 3 0.0021 − 1 «12 0.0001 ∼= 2.1509,dok je na osnovu formule (3)(5) f ′′ (1.4) ∼ = P ′′4 (1.4) = 1(0.1) 2 „0.0170 + 0.0021 − 1 12 0.0001 «∼ = 1.9092 .Upored¯ivanjem dobijenih rezultata sa tačnim, uočavamo da greška raste sa povećanjemreda izvoda.Primetimo da smo u formulama (2) i (3) koristili sve ,,raspoložive informacije‘‘o datoj funkciji.Postupimo sada na jedan drugačiji način uzimajući da su x 0 = 1.4, x 1 = 1.5 ix 2 = 1.6. Izvodi odgovarajućeg interpolacionog polinoma Q 3 (x) su sadaQ ′ 3(x) = 1 h„∆f 0 + 2p − 1 «∆ 2 f 02i Q ′′3(x) = 1 h 2 ∆2 f 0 .Kako je sada x = x 0 = 1.4, tj. p = 0, imamo (videti u tabeli vrednosti ispod linije)(6) f ′ (1.4) ∼ = Q ′ 3(1.4) = 1 „0.2250 − 1 «0.1 2 0.0213 = 2.1435 ,(7) f ′′ (1.4) ∼ = Q ′′3(1.4) = 1 0.0213 = 2.13 .(0.1) 2

264 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAPrimećujemo da su dobijeni rezultati dosta ,,slabiji‘‘ od odgovarajućih rezultatau (4) i (5). To je i logično s obzirom na smanjenu ,,količinu informacija‘‘ o funkciji,koju smo sada koristili.Razvijmo sada operator diferenciranja D po stepenima operatora prednje razlike∆. Kako je, na osnovu Taylorove formule,Ef(x) = f(x + h) = f(x) + f ′ (x)1!h + f ′′ (x)2!h 2 + · · · ,tj.sledujeEf(x) =„1 + Dh«+ (Dh)2 + · · · f(x) = e hD f(x),1! 2!(8) E = e hD .S druge strane imamo∆f(x) = f(h + x) − f(x) = (E − 1)f(x),odakle sleduje ∆ = E − 1, tj. E = 1 + ∆. Na osnovu (8) imamo(9) D = 1 log(1 + ∆) .hS obzirom da jedobijamo(log(1 + x)) ′ = 11 + x = 1 − x + x2 − x 3 + · · · ,log(1 + x) = x − x22 + x33 − x44 + · · · .Formalno, zamenjujući x operatorom ∆, na osnovu (9), imamo(10) D = 1 h„∆ − 1 2 ∆2 + 1 3 ∆3 − 1 «4 ∆4 + · · · ,a dalje, stepenovanjem,(11) D 2 = 1 „h 2 ∆ 2 − ∆ 3 + 11 «12 ∆4 − · · · .

NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 265Koristeći jednakost (10), a s obzirom na konačnost tabele konačnih razlika,imamoDf 2 = f ′ (1.4) ∼ = 1 „∆f 2 − 1 «h 2 ∆2 f 2 = 1 „0.2250 − 1 «0.1 2 0.0213 = 2.1435 ,dok je na osnovu (11),D 2 f 2 = f ′′ (1.4) ∼ = 1 h 2 ∆2 f 2 = 1 0.0213 = 2.13 .(0.1) 2Dobijeni rezultati su identični sa rezultatima u (6) i (7).Primetimo, med¯utim, da bi vrednosti izvoda u tački x = x 0 (p = 0) dobijenena osnovu (2) i (3) bile jednake onim koje bi se dobile na osnovu razvoja (10) i(11) primenjenih na f 0 .7.1.4. Na osnovu skupa podatakax 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4f(x) 1.1752 1.3356 1.5095 1.6984 1.9043približno izračunati f ′ (1.2) i f ′′ (1.2). Dobijene rezultate uporediti sa tačnimvrednostima f ′ (1.2) = cosh(1.2) ∼ = 1.8107, f ′′ (1.2) = sinh(1.2) ∼ = 1.5095.Rešenje. Zadatak je sličan prethodnom zadatku, med¯utim sada ćemo pristupitinjegovom rešavanju na drugačiji način.Ranije smo izveli formule(1) D = 1 h(videti zadatak 6.1.19),(2) D = µ h„δ − 1 24 δ3 + 3 «640 δ5 − · · ·„δ − 1 6 δ3 + 1 «30 δ5 − · · ·(videti zadatak 6.1.20).Na osnovu formule (1) imamo(3) D 2 = 1 „δh 2 − 1 12 δ4 + 1 «90 δ6 − · · · .Formirajmo sada tablicu centralnih razlika:

266 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAx f δf δ 2 f δ 3 f δ 4 f1.01.11.21.31.41.17521.33561.50951.69841.90430.16040.17390.18890.20590.01350.01500.01700.00150.00200.0005koju treba shvatiti po sledećoj šemi:x −2x −1x 0x 1x 2f −2f −1f 0δf −3/2δf −1/2δf 1/2f 1δff 3/2 2δ 2 f −1δ 2 δ 3 f −1/2f 0δ 2 δ 3 δ 4 f 0 .f 1/2f 1S obzirom da jeµδ k f i = δ k µf i = δ k 1”“f2 i+1/2 + f i−1/2 = 1 ”“δ k f2 i+1/2 + δ k f i−1/2 ,na osnovu formule (2) sa h = 0.1 i korišćenjem tablice centralnih razlika, nalazimo„f ′ (1.2) = Df(1.2) = Df 0∼ 1 0.1739 + 0.1889= − 1 «0.0015 + 0.002 ∼= 1.8111 .0.1 2 6 2Slično, na osnovu formule (3), imamo„f ′′ (1.2) = D 2 f(1.2) = D 2 f 0∼ 1 =(0.1) 2 0.015 − 1 «12 0.0005 ∼ = 1.4958 .Upored¯ivanjem dobijenih rezultata sa tačnim, primećujemo da greška raste sapovećanjem reda izvoda.Primetimo da bi se isti rezultati dobili i da smo koristili formule (2) i (3) izprethodnog zadatka.Uočimo, najzad, da se formula (1) može uspešno primeniti i na odred¯ivanjeDf(x i + h/2) = Df i+1/2 . Na primer,f ′ (1.15) = Df(1.15) = Df ∼ 1−1/2 =„δfh −1/2 − 1 «24 δ3 f −1/2∼= 1 „0.1739 − 1 «0.1 24 0.0015 ∼= 1.7383 ,a tačna vrednost je f ′ (1.15) = cosh(1.15) ∼ = 1.7374.

NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 2677.1.5. Na osnovu skupa podatakax 2.1 2.2 2.3 2.4f(x) 5.1519 5.6285 6.1229 6.6355približno izračunati f ′ (2.4) i f ′′ (2.4). Dobijene rezultate uporediti sa tačnimvrednostima zaokruženim na četiri decimale f ′ (2.4) ∼ = 5.2167, f ′′ (2.4) ∼ =1.8264.Rešenje. Razvijmo operator diferenciranja D po stepenima operatora zadnjerazlike ∇. S obzirom da jeE = e hD(videti (8) u zadatku 7.1.3) i∇f(x) = f(x) − f(x − h) = (1 − E −1 )f(x) (h = const > 0),tj.E = (1 − ∇) −1 ,imamo(1) D = 1 h log “(1 − ∇) −1” .Na osnovu„ « ′1log = 11 − x 1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + · · · ,integracijom dobijamolog11 − x = x + x22 + x33 + · · · .Formalno, zamenjujući x operatorom ∇, na osnovu (1), imamo(2) D = 1 h„∇ + 1 2 ∇2 + 1 «3 ∇3 + · · · ,a dalje stepenovanjem,(3) D 2 = 1 „h 2 ∇ 2 + ∇ 3 + 11 «12 ∇4 + · · · .Formirajmo sada tablicu konačnih razlika sa operatorom ∇:

268 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAx f ∇f ∇ 2 f ∇ 3 f2.12.22.32.45.15195.62856.12296.63550.47660.49440.51260.01780.01820.0004Na osnovu formule (2) sa h = 0.1 i korišćenjem tablice razlika imamof ′ (2.4) = Df(2.4) ∼ = 1 „0.5126 + 1 0.1 2 0.0182 + 1 «3 0.0004 ∼= 5.2183 ,dok je na osnovu formule (3),f ′′ (2.4) = D 2 f(2.4) = 1 (0.0182 + 0.0004) = 1.86 .(0.1) 27.1.6. Razviti operator diferenciranja D po operatorima centralne razlikeδ. Na osnovu dobijene formule i na osnovu skupa podatakapribližno odrediti f ′ (1.35) i f ′′ (1.4).x 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6f(x) 1.5095 1.6984 1.9043 2.1293 2.3756Rešenje. Prvi deo zadatka urad¯en je u prethodnoj glavi ove zbirke (odeljak ointerpolaciji) i pritom je dobijeno da jeili, u razvijenom obliku,D = 1 h+∞ Xk=0(1) D = 1 h(−1) k [(2k − 1)!!] 22 2k (2k + 1)! δ2k+1 ,„δ − 1 «24 δ3 + · · · .Kvadriranjem (1) nalazimoD 2 = 1 „δh 2 − 1 «12 δ4 + · · · .

NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 269Kako jeimamo redom“δf(x) = f x + h ” “− f x − h ”,2 2δ 2 f(x) = f(x + h) − 2f(x) + f(x − h),“δ 3 f(x) = f x + 3h ” “− 3f x + h ” “+ 3f x − h ” “− 3f x − 3h ”,2 2 2 2δ 4 f(x) = f(x + 2h) − 4f(x + h) + 6f(x) − 4f(x − h) + f(x − 2h),δf(1.35) = f(1.4) − f(1.3) = 0.2059,δ 2 f(1.4) = f(1.5) − 2f(1.4) + f(1.3) = 0.0191,δ 3 f(1.35) = f(1.5) − 3f(1.4) + 3f(1.3) − f(1.2) = 0.0021,δ 4 (1.4) = f(1.6) − 4f(1.5) + 6f(1.4) − 4f(1.3) + f(1.2) = 0.0001.Najzad, dobijamo da suf ′ (1.35) = Df(1.35) ∼ = 1 „δf(1.35) − 1 «0.1 24 δ3 f(1.35) = 2.058125,f ′′ (1.4) = D 2 f(1.4) ∼ = 1 „0.1 2 δ 2 f(1.4) − 1 «12 δ4 f(1.4) = 1.90917.7.1.7. Neka su u tačkama x e , x i , x r poznate vrednosti funkcije, označenerespektivno sa y e , y i , y r . Približno izračunati y ′′i = y′′ (x i ).Rešenje. Na osnovu datog skupa podataka možemo konstruisati interpolacionipolinom drugog stepena, koji ćemo predstaviti u obliku(1) P(x) = A(x − x i ) 2 + B (x − x i ) + C .Ako stavimo da je x i − x e = h, x r − x i = ah (h = const > 0), gde je a =(x r − x i )/ (x i − x e ), na osnovu (1) imamoP(x e ) = y e = Ah 2 − Bh + C ,P(x i ) = y i = C ,P(x r ) = y r = a 2 Ah 2 + aBh + C ,odakle dobijamoAh 2 a(a + 1) = y r − (1 + a) y i + a y e .

270 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAy ′′iS obzirom da je drugi izvod parabole (1) jednak 2A, to za približnu vrednost′′, u oznaci ȳ , možemo uzetii(2) ȳ i ′′ = 1 h 2 · 2a(a + 1) (y r − (1 + a)y i + a y e ) .Pod pretpostavkom da je funkcija y(x) dovoljan broj puta neprekidno diferencijabilna,na osnovu Taylorove formule imamoy r = y (x i + ah) = y i + ahy ′ i + a2 h 22y i ′′ + a3 h 3y i ′′′ + a4 h 46 24 y(4) i+ · · · ,y e = y (x i − h) = y i − h y i ′ + h22 y′′ i − h33 y′′′ i + h424 y(4) i− · · · ,pa zamenom u jednakost (2), dobijamoDakle,ȳ i ′′ = y i ′′ − (a − 1) h “ ”3 y′′′ + a 2 h2− a + 112 y(4) i+ · · · .ȳ ′′i =(y′′i+ O(h) , a ≠ 1,y ′′i + O(h2 ) , a = 1 .U slučaju kada je a = 1, tj. kada su interpolacioni čvorovi ekvidistantni (x i =x e + h, x r = x e +2h), tada jeȳ ′′i = 1 h 2 (y r − 2y i + y e ) ,što je često korišćena aproksimacija drugog izvoda.7.1.8. Data je funkcija tablicomx y ∆y ∆ 2 y ∆ 3 y ∆ 4 y0.50 0.3521−0.05100.75 0.3011 −0.0081−0.0591 0.00791.00 0.2420 −0.0002 −0.0016−0.0593 0.00631.25 0.1827 0.0061−0.05321.50 0.1295

NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 271Ispitati da li data funkcija ima tačku prevoja na intervalu interpolacije iako je odgovor potvrdan odrediti tu tačku.Rešenje. Za izračunavanje drugog izvoda u čvorovima 0.75, 1.00, 1.25, koristimoformulu (videti zadatke 7.1.1 i 7.1.7)y ′′ (x 0 ) = y −1 − 2y 0 + y 1h 2 + O(h 2 ).Za izračunavanje izvoda u tački x = 0.50 koristimo prvi Newtonov interpolacionipolinomy(x) ≈ y 0 + p∆y 0 +gde je p = (x − x 0 )/h. Dakle,+p(p − 1)∆ 2 y 0 +2!p(p − 1)(p − 2)∆ 3 y 03!p(p − 1)(p − 2)(p − 3)∆ 4 y 0 ,4!y ′′ (0.5) ≈ 1 h 2 »∆ 2 y 0 − ∆ 3 y 0 + 1112 ∆4 y 0–= −0.2795.Za izračunavanje izvoda u tački x = 1.50 koristimo drugi Newtonov interpolacionipolinomy(x) ≈ y 4 + p∆y 3 +gde je p = (x − x 4 )/h. Dakle,+p(p + 1)∆ 2 y 2 +2!p(p + 1)(p + 2)∆ 3 y 13!p(p + 1)(p + 2)(p + 3)∆ 4 y 0 ,4!y ′′ (1.5) ≈ 1 h 2 »∆ 2 y 2 + ∆ 3 y 1 + 1112 ∆4 y 0–= 0.1749.Ovim smo dobili tabelu približnih vrednosti drugog izvoda tabelirane funkcije.k x k y ′′ (x k ) = y ′′k0 0.50 −0.27951 0.75 −0.12962 1.00 −0.00323 1.25 0.09764 1.50 0.1749

272 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAOčigledno je y ′′ = 0 za x ∈ (1.00, 1.25). Da bismo odredili približno tačku prevojakoristimo podatke iz prethodne tabele i primenjujemo inverznu Lagrangeovuinterpolaciju. Dakle,x ∗ = L 4 (y ′′ = 0) = 1.03.7.1.9. Koristeći formulu za numeričko diferenciranjey ′ (x 0 ) ≈ y(x 0 + h) − y(x 0 − h)2h= F(h),polovljenjem koraka h, izvesti formulu pomoću koje se izračunava y ′ (x 0 ) sagreškom reda h 6 , pretpostavljajući da je funkcija y diferencijabilna proizvoljanbroj puta.Rešenje. Kako jeF(h) =imamo=y(x 0 ) + hy ′ (x 0 ) + h2 y ′′ (x 0 )2!„+ · · · − y(x 0 ) − hy ′ (x 0 ) + h2 y ′′ (x 0 )2!2h2hy ′ (x 0 ) + h33 y′′′ (x 0 ) + h560 y(5) (x 0 ) + · · ·,2hy ′ (x 0 ) ≈ F(h) = y ′ (x 0 ) + h26 y′′′ (x 0 ) + h45! y(5) (x 0 ) + · · · .«+ · · ·Koristeći dobijeni rezultat, polovljenjem koraka, dolazimo do sistema jednačina zanalaženje y ′ 0F(h) − y ′ 0 = Ah 2 + O(h 4 ),“ h”F − y 0 ′ = A h22 4 + O(h4 ).Odred¯ivanjem konstante A iz poslednjeg sistema jednačina dolazimo do formuley ′ 0 =“ h”4F − F(h)23+ O(h 4 ),tj. y ′ 0 = F 1 (h) + O(h 4 ), gde jeF 1 (h) =“ h”4F − F(h)2.3

NUMERIČKO DIFERENCIRANJE 273Sada jey 0 ′ = F 1 (h) + Bh 4 + O(h 6 ),“y 0 ′ h”= F 1 + B h42 16 + O(h6 ).Odred¯ivanjem konstante B iz poslednjeg sistema dolazimo do formuletj.y ′ 0 = 1 45“ h”16F 1 − F 1 (h)y 0 ′ = 2 + O(h 6 ),15„ “ h” “ h” «64F − 20F + F(h) + O(h 6 ).4 27.1.10. Oceniti grešku u formuli za drugi izvodf ′′ (x i ) ∼ = 1 h 2 (f i+1 − 2f i + f i−1 )uzimajući u obzir i greške zaokrugljivanja, a zatim naći optimalnu vrednostza korak h minimizacijom granice apsolutne greške.Rešenje. Sa ¯f i označimo numeričku vrednost dobijenu zaokruglivanjem tačnevrednosti f i = f(x i ) na m značajnih cifara u mantisi. Tada za odgovarajućugrešku zaokruglivanja e i = ¯f i − f i važi ocena (videti [1, str. 10])(1) |e i | ≤ E = 1 2 · 10−m+k ,gde je k karakteristika broja f i . Ovde je uzeta osnova b = 10.Kako jeD 2 f(x i ) = 1 „δ 2h 2 − 1 12 δ4 + 1 «90 δ6 − · · · f(x i )= 1 h 2 δ2 f(x i ) − 112h 2 h4 f (4) (ξ i ) ,gde su x i−1 < ξ i < x i+1 i δ 2 f i = δ 2 ¯fi − δ 2 e i , imamof ′′ (x i ) = 1 h 2 ` ¯fi+1 − 2 ¯f i + ¯f i−1´− Ri ,gde jeR i = 1 h 2 δ2 e i + 1 12 h2 f (4) (ξ i ).

274 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJANeka je |f (4) (ξ i )| ≤ M. Tada je, s obzirom na (1),|R i | ≤ 4Eh 2 + h2 M12 .Dobijena granica apsolutne greške zavisi od h, tj. ∆ = 4Eh 2 + h2 M. Iz uslova12d∆= 0 nalazimo optimalnu vrednost za hdhh = h opt = 4 r48EM = 4 r24M · 10−m+kpri kojoj granica ∆ dostiže minimalnu vrednost∆ min = 2rEM3 ,tj. tada je |R i | ≤ ∆ min .Na primer, ako za funkciju f(x) = √ x treba naći f ′′ (1) korišćenjem tablicevrednosti sa 6 značajnih cifara, optimalni korak jeh opt∼ =r24 · 1615· 10 −5 ∼ = 0.13jer su m = 6, k = 1, M ∼ = 1516 . Dalje smanjivanje koraka ispod h opt može dadovede do povećanja greške.7.2. Numerička integracija7.2.1. Odrediti koeficijente A 1 , A 2 , A 3 tako da je kvadraturna formula(1)∫ baf(x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + A 3 f(x 3 ) + R 3 (f)tačna za sve algebarske polinome stepena k ≤ 2, ako je:1 ◦ (a,b) = (−1,1), x 1 = −1, x 2 = − 1 3 , x 3 = 1 3 ;2 ◦ (a,b) = (−1,1), x 1 = −√35 , x 2 = 0, x 3 =√35 ;

NUMERIČKA INTEGRACIJA 2753 ◦ (a,b) = (0,1), x = −2, x 2 = −1, x 3 = 0 .Koliki je algebarski stepen tačnosti dobijene formule?Rešenje. Iz uslova R 3 (x k ) = 0 (k = 0, 1,2), tj. iz sistema linearnih jednačinaA 1A 1 x 1A 1 x 2 1+ A 2+ A 2 x 2+ A 2 x 2 2+ A 3+ A 3 x 3+ A 3 x 2 3= m 0 ,= m 1 ,= m 2 ,gde je m k =Z bax k dx = 1 `bk+1 − ak+1´, nalazimok + 1(2) A 1 = x 2x 3 m 0 − (x 2 + x 3 )m 1 + m 2(x 1 − x 2 ) (x 1 − x 3 ),(3) A 2 = x 1x 3 m 0 − (x 1 + x 3 )m 1 + m 2(x 2 − x 1 ) (x 2 − x 3 ),(4) A 3 = x 1x 2 m 0 − (x 1 + x 2 )m 1 + m 2(x 3 − x 1 ) (x 3 − x 2 )Analizirajmo sada posebno slučajeve 1 ◦ , 2 ◦ , 3 ◦ .1 ◦ Ovde je m k = 1 “1 + (−1) k” , tj. m 0 = 2, m 1 = 0, m 2 = 2 k + 13 i x 1 = −1,x = − 1 3 , x 3 = 1 3 , pa na osnovu (2), (3) i (4) imamo A 1 = 1 2 , A 2 = 0, A = 3 2 .Prema tome, u ovom slučaju formula (1) postajeZ 1−1f(x)dx = 1 2 f(−1) + 3 2 f „ 13.«+ R 2 (f).Kako je R 2 (x 3 ) = m 3 − 1 2 (−1)3 − 3 „ « 3 1= 4 ≠ 0, zaključujemo da ova kvadraturnaformula ima algebarski stepen tačnosti p =2 3 92.2 ◦ I ovde je m 0 = 2, m 1 = 0, m 2 = 2 3 . Kako je x 3 = −x 1 =r35 i x 2 = 0,imamo A 1 = A 3 = 5 9 , A 2 = 8 , pa je odgovarajuća kvadraturna formula9!!Z 1−1f(x)dx = 5 9 f − r35+ 8 9 f(0) + 5 9 f r35+ R 3 (f).

276 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAKako je R 3 (x 3 ) = R 3 (x 4 ) = R 3 (x 5 ) = 0, R 3 (x 6 ) = 8 , algebarski stepen tačnosti175ove formule je p = 5.3 ◦ Kako je ovde m k = 1k + 1 , x 1 = −2, x 2 = −1, x 3 = 0 imamo A 1 = 5 12 ,A 2 = − 4 3 , A = 23 . Odgovarajuća kvadraturna formula je12Z 10f(x)dx = 5 12 f(−2) − 4 3f(−1) +2312 f(0) + R 3(f).Algebarski stepen tačnosti je p = 2, jer je R 3 (x 3 ) = 9 ≠ 0. Primetimo da ova4formula nije interesantna za praktičnu primenu s obzirom da uključuje vrednostipodintegralne funkcije u tačkama koje ne pripadaju oblasti integracije.7.2.2. Odrediti koeficijente A 1 , A 2 , A 3 tako da je formula∫ 1(1 ◦ 1 − x2 ) −1/2f(x)dx = A1 f(−1) + A 2 f(0) + A 3 f(1) + R 3 (f);−1∫ +∞2 ◦ e −x f(x)dx = A 1 f(0) + A 2 f(1) + A 3 f(2) + R 3 (f);0tačna za sve algebarske polinome stepena k ≤ 2. Koliki je algebarski stepentačnosti u tom slučaju?Rešenje. Stavimo m k =Z 1−1`1 − x2´x k dx. Primetimo da su momenti neparnogreda jednaki nuli, tj. m 1 = m 3 = · · · = 0. Momente parnog reda odredićemoZ 11rekurzivno, startujući od m 0 = √ dx = π.1 − x 2Kako je−1m 2k−2 − m 2k =Z 1−1x 2k−2p 1 − x 2 dx,primenom parcijalne integracije na poslednji integral sa u = √ !1 − x 2 i dv =x 2k−2 dx ⇒ du = − √ x x2k−1dx, v = dolazimo dorekurentnerelacije1−x 2 2k − 1m 2k = 2k − 12km 2k−2 (k ≥ 1) .Dakle, m 2 = 1 2 m 0 = π 2 , m 4 = 3 4 m 2 = 3π 8 , itd.

NUMERIČKA INTEGRACIJA 277Iz uslova R 3 (x k ) = 0 (k = 0, 1,2), tj. iz sistema jednačinaA 1 + A 2 + A 3 = π , −A 1 + A 3 = 0 , A 1 + A 3 = π 2dobijamo A 1 =A 3 = π 4 i A 2 = π 2 . Kako je R 3(x 3 ) = 0 iR 3 (x 4 ) = 3π 8 − π 4 (1 + 1) = −π 8 ≠ 0,zaključujemo da dobijena kvadraturna formulaZ 1−1`1 − x2´−1/2 π“”f(x)dx = f(−1) + 2f(0) + f(1) + R 3 (f)4ima algebarski stepen tačnosti p = 3.Posmatrajmo sada opštiju kvadraturnu formuluZ 1−1`1 − x2´−1/2 f(x)dx = A1 f(−t) + A 2 f(0) + A 3 f(t) + R 3 (f),gde je 0 < t ≤ 1. Iz uslova R 3 (x k ) = 0 (k = 0, 1,2), na isti način dobijamoA 1 = A 3 = π`2t 24t 2 , A − 1´π2 =2t 2 .Nadalje imamo R 3 (x 3 ) = 0, R 3 (x 4 ) = π 8`3 − 4t2´, R 3 (x 5 ) = 0, R 3 (x 6 ) =√π3`5 − 8t4´. Dakle, ako je t ≠ , kvadraturna formula162Z 1−1`1 − x2´−1/2 π“”f(x)dx =4t 2 f(−t) + 2`2t 2 − 1´f(0) + f(t) + R 3 (f)ima algebarski stepen tačnosti p = 3, dok u slučaju t = √ 3/2 ona postiže maksimalnistepen tačnosti p = 5. Tako dobijena kvadraturna formulaZ 1−1„ „`1 − x2´−1/2 π f(x)dx = f −3√3naziva se Gauss–Čebiševljeva formula u tri tačke.2«+ f(0) + f2 ◦ Momenti težinske funkcije x ↦→ e −x na (0, +∞) sum k =Z +∞0e −x x k dx = k! (k = 0,1, . . .).„ √ «« 3+ R 3 (f)2

278 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAIz sistema jednačinaA 1 + A 2 + A 3 = 1 , A 2 + 2A 3 = 1 , A 2 + 4A 3 = 2nalazimo A 1 = A 3 = 1 2 , A 2 = 0, što znači da odgovarajuća kvadraturna formuladegeneriše u dvotačkastu formulu(1)Z +∞0e −x f(x)dx = 1 2“”f(0) + f(2) + R 2 (f)Kako je R 2 (x 3 ) = 3! − 1 “0 3 + 2 3” = 2 ≠ 0 zaključujemo da formula (1) ima2algebarski stepen tačnosti p = 2.7.2.3. Odrediti koeficijente A k (k = 1,2,3,4) u kvadraturnoj formuli(1)∫ 1−1f(x)dx = A 1 f(−1) + A 2 f(1) + A 3 f ′ (−1) + A 4 f ′ (1) + R(f),tako da ona ima maksimalni mogući algebarski stepen tačnosti. Primenomdobijene formule približno odrediti vrednost integrala(2) I =∫ π/20sintdtRešenje. S obzirom da formula ima 4 nepoznata koeficijenta, to ćemo njihodrediti iz uslova da formula bude tačna za sve algebarske polinome stepena k ≤ 3.Dakle, stavljajući za f(x) redom 1, x, x 2 , x 3 , na osnovu (1) dobijamo sistemjednačinaA 1 +A 2= 2 ,−A 1 +A 2 + A 3 + A 4 = 0 ,A 1 +A 2 − 2A 3 + 2A 4 = 2/3 ,−A 1 +A 2 + 3A 3 + 3A 4 = 0 ,odakle nalazimo A 1 = A 2 = 1, A 3 = −A 4 = 1 3 .Sa tako odred¯enim koeficijentima, formula (1) za f(x) = x 4 se svodi na25 = (−1)4 + 1 4 + 1 3 · 4 · (−1)3 − 1 3 · 4 · 13 + R(x 4 ) ,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 279odakle nalazimo R(x 4 ) = 16 ≠ 0. Prema tome, formula15(3)Z 1−1f(x)dx = f(−1) + f(1) − 1 3ima algebarski stepen tačnosti je p = 3.“”f ′ (1) − f ′ (−1) + R(f)Da bismo formulu (3) primenili za izračunavanje vrednosti integrala (2), uvedimosmenu t = π (x + 1). Tada imamo4I = π Z 1sin π 4 4 (x + 1) dx ∼ = π jsin 0 + sin π 4 2 − 1 3 · π “cos π ” ff4 2 − cos 0 ,−1tj.I ∼ = π “1 + π ”∼= 0.9910 .4 12Primetimo da je tačna vrednost integrala I = 1.7.2.4. Dokazati da za Newton–Cotesove koeficijente važi jednakost H k =H n−k (k = 0,1,... , [ n2]). Ako je n paran broj dokazati da je algebarskistepen tačnosti odgovarajuće Newton–Cotesove formule p = n + 1.Rešenje. Kao što je poznato (videti [2, str. 140])(1) H k = H k (n) = (−1)n−kn! n! Zn nk0p (n+1)p − k dp(k = 0, 1, . . . , n),gde je p (n+1) = p(p −1) · · · (p −n). Umesto k stavimo n −k u (1). Tada dobijamo(2) H n−k = (−1)kn! nnn − k! Z n0p n+1p − n + k dp .Smenom p := n − p ( ⇒ dp := −dp) u integralu koji se pojavljuje na desnoj straniu (2) dobijamoH n−k = (−1)kn! n! Zn n(n − p) (n+1)dp.n − k 0 −p + kKako je(n − p) (n+1) = (n − p)(n − p − 1) · · · (n − p − n)= (−p)(−p + 1) · · ·(−p + n)= (−1) n+1 p (n+1)

280 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAi (−1) n+k = (−1) n−k `i n´n−k =`nk´, na osnovu prethodnog zaključujemo davaži H k = H n−k (k = 0, 1, . . . , [n/2]).Kod kvadraturnih formula sa n + 1 fiksiranih čvorovaa ≤ x 0 < x 1 < · · · < x n ≤ bkoeficijente A k obično odred¯ujemo integracijom interpolacionog polinoma konstruisanogna skupu podataka (x k , f(x k )) (k = 0, 1, . . . , n) (videti [2, str. 138–139]).Algebarski stepen tačnosti ovako dobijene kvadraturne formule je, najčešće, p=n.Na osnovu dokazane jednakosti o simetričnosti Newton–Cotesovih koeficijenata, uslučaju kada je n paran broj možemo zaključiti da je algebarski stepen tačnostiodgovarajuće formule jednak p=n+1. Za ovo je dovoljno dokazati da se ostatakZ bnXR n+1 (f) = f(x)dx − (b − a) H k f (x k ) ,agde je x k = a + kh (k = 0, 1, . . . , n), h = b − an , n = 2m i H k odred¯eni sa (1),anulira za neki polinom stepena n + 1. Takav polinom je„f(x) = x − a + b « n+1,2za koji jeZ bak=0„ « 2m+1 „ « 2m+1 b − a kf(x)dx = 0 , f (x k ) =2 m − 1 .Kako je f (x m ) = 0, f (x k ) = −f (x 2m−k ) i H k = H 2n−k , zaključujemo da jeR n+1 (f) = 0. Naravno, poslednja jednakost važi za svaki polinom ne višeg stepenaod n + 1, jer se proizvoljni polinom (n + 1)–og stepena može predstaviti u obliku„Q n+1 (x) = a n+1 x − a + b « n+1+ Q n (x),2gde je Q n polinom ne višeg stepena od n. Kako je„R n+1 (Q n+1 ) = a n+1 R n+1 x − a + b « ! n+1+ R n+1 (Q n )2i R n+1 (Q n ) = 0, zaključujemo da je R n+1 (Q n+1 ) = 0. Na primer, Simpsonovaformula (videti [2, str. 142]),Z baf(x)dx = b − a6„f(a) + 4f„ a + b2« «+ f(b) + R 3 (f),koja se dobija za n = 2 ima algebarski stepen tačnosti p = 3.

NUMERIČKA INTEGRACIJA 2817.2.5. Ako f ∈ C 4 [a,b], korišćenjem Peanoove teoreme odrediti ostatakR 3 (f) u Simpsonovoj formuli.Rešenje. Ako prepostavimo da f ∈ C p+1 [a, b], gde je p algebarski stepentačnosti kvadraturne formule, prema Peanoovoj teoremi (videti [2, str. 151–152])ostatak R(f) se može predstaviti u obliku(1) R(f) =Z baK p (t) f (p+1) (t) dt,gde je K p Peanoovo jezgro. U specijalnom slučaju, kada jezgro ne menja znak na[a, b], ostatak R(f) se može predstaviti u obliku(2) R(f) = R(xp+1 )(p + 1)! f(p+1) (ξ) (a < ξ < b) .tj.Kod Simpsonovog pravila imamo p = 3 i3! K 3 (t) =8(b − t)44(b−t) 424>: (b − t) 4−24− b − a6− b−a36odakle sred¯ivanjem dobijamo„“ «· (a − t) 3 a + b 3+ + 4 − t”2+ (b − + t)3 + ,„ “ a+b” 3 “4 − t + (b−t)3«2(b − a)(b − t)3368(b − t)3>< − (3t − (2a + b))72K 3 (t) =>: K 3 (a + b − t)“ a + b2“a ≤ t ≤ a+b2“ a+b2”≤ t ≤ b ,a ≤ t ≤ a + b2”,”≤ t ≤ b ,Primetimo da je K 3 (t) ≤ 0 (t ∈ [a, b]), tj. da jezgro ne menja znak na [a, b].Kako jeR 3 (x 4 ) = 1 5na osnovu (2) imamo“b 5 − a 5” − 1 6 (b − a) „a 4 + 4“ a + b2R 3 (f) = −(b − a)52880 f(4) (ξ) (a < ξ < b) .”.” 4+ b4«(b − a)5= − ,120

282 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJASimpsonova formula za segment [−1, 1] ima oblik(3)Z 1−1f(x)dx = 1 3“”f(−1) + 4f(0) + f(1) + R 3 (f) ,pri čemu jeR 3 (f) = − 1 90 f(4) (ξ) (−1 < ξ < 1) .Peanovo jezgro K 3 (t) je, u ovom slučaju,8>:(t − 1) 3 (3t + 1)72(t + 1) 3 (3t − 1)72(0 ≤ t ≤ 1) ,(−1 ≤ t ≤ 0).Grafik t ↦→ 4! K 3 (t) prikazan je na slici 1.Sl. 1.Za m = 0, 1,2 mogućno je, takod¯e, naći odgovarajuće Peanoovo jezgro. Naime,m! K m (t) = L(x − t) m + ,gde je funkcionala L definisana pomoću Lf = R 3 (f). Dakle,m! K m (t) =Z 1−1(x − t) m + dx − 1 3`(−1 − t)m+ + 4(0 − t) m + + (1 − t) m ´+ ,tj.m! K m (t) =(1 − t)m+1m + 1− 1 3`(−1 − t)m+ + 4(0 − t) m + + (1 − t) m ´+ .

Za m = 0 imamoNUMERIČKA INTEGRACIJA 2838>< 1 − t − 1 “4(0 − t) 0 + (1 − t) 0” (−1 ≤ t ≤ 0),3K 0 (t) =>: 1 − t − 1 3 (1 − t)0 (0 ≤ t ≤ 1) ,tj.Slično nalazimo8>< − 2 − t (−1 ≤ t ≤ 0) ,3K 0 (t) =>: 2− t (0 ≤ t ≤ 1).38>:1(t + 1)(3t + 1) (−1 ≤ t ≤ 0) ,61(t − 1)(3t − 1) (0 ≤ t ≤ 1) .6i8>< − 1 6 t(t + 1)2 (−1 ≤ t ≤ 0) ,K 2 (t) =>: − 1 6 t(t − 1)2 (0 ≤ t ≤ 1) .Na slikama 2, 3 i 4 prikazani su grafici funkcija t ↦→ (m+1)!K m (t) za m = 0, 1,2,respektivno.Sl. 2.

284 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJASl. 3.Sl. 4.Ako f ∈ C m+1 [−1, 1] ostatak u Simpsonovoj formuli (3) može se izraziti uobliku (videti [2, str. 151])(4) R 3 (f) =Z 1−1K m (t) f (m+1) (t) dt.Ako stavimoe m =Z 1−1|K m (t)| dt ,tada iz (4) sleduje ocena ostatka(5) |R 3 (f)| ≤ M m+1 e m ,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 285pri čemu je |f (m+1) (t)| ≤ M m+1 (t ∈ [−1, 1]). Kako jee 0 = 2Z 10Z 11e 1 = 20Z 11e 2 = 20Z 1e 3 = 202˛3 − t˛˛˛˛ dt = 5 9 ,6 |(t − 1)(3t − 1)| dt = 8 81 ,6 t(t − 1)2 dt = 1 36 ,172˛˛(t − 1) 3 (3t + 1) ˛ dt = 1 90 ,na osnovu (5) važe sledeće ocene ostatka u Simpsonovoj formuli|R 3 (f)| ≤ 5 9|R 3 (f)| ≤ 8 81|R 3 (f)| ≤ 1 36|R 3 (f)| ≤ 1 90max |f ′ (t)| ,−1≤t≤1max |f ′′ (t)| ,−1≤t≤1max |f ′′′ (t)| ,−1≤t≤1max−1≤t≤1 |f(4) (t)| .7.2.6. Primenom Taylorove formule izračunati vrednost funkcije greškeerf (x), definisane pomoću(1) H(x) = erf (x) = √ 2 ∫ xe −t2 dt , πza x = 0.5 i x = 1.0, sa greškom manjom od ε = 10 −4 .Rešenje. Kako jeintegracijom dobijamoe −t2 = 1 − t 2 + t42! − t63! + t84! − t10+ · · · ,5!(2) H(x) = 2 √ π„x − x33 + x510 − x742 + x9216 − x111320 + · · ·«.0

286 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAx 2k+1Opšti član ovog alternativnog reda je u k = √ 2 · π (2k + 1)k! . Kada je u k+1

NUMERIČKA INTEGRACIJA 287Izvodi se mogu sukcesivno izračunavati pomoćuH ′ (x) = 2 √ πe −x2 , H ′′ (x) = −2xH ′ (x) , H ′′′ (x) = −2xH ′′ (x) − 2H ′ (x),tj.(2) H (k) (x) = −2x H (k−1) (x) − 2(k − 2)H (k−2) (x).Pretpostavimo da nam je za dato x poznata vrednost H(x). Definišimo nizove{a k } i {b k } pomoću(3)a 0 = H(x), a 1 = 2 √ πe −x2 ,a k = −2x a k−1 − 2(k − 2) a k−2 (k = 2, . . . , n) ,(4) b 0 = 1 , b k = h k b k−1 (k = 1, 2, . . . , n).Tada, s obzirom na (1) i (2), imamoH(x + h) ∼ = P n + N n ,gde su P n i N n sledeće sume (sa parnim i neparnim indeksima, respektivno):P n = a 0 b 0 + a 2 b 2 + · · · i N n = a 1 b 1 + a 3 b 3 + · · · .Stavljajući u (1) h := −h, vidimo da jeH(x − h) ∼ = P n − N n .Ova razlika nam koristi za proveru vrednosti u tački x−h, koja je ranije izračunata.Startujući sa x = 0, H(0) = 0 i uzimajući n = 6, izloženim postupkom nalazimoredoma 0 = 0 , a 1 = 1.12837917 , a 2 = 0 , a 3 = −2.25675833 ,a 4 = 0 , a 5 = 13.5405500 , a 6 = 0;b k = (0.1)kk!(k = 0,1, . . . ,6) ;P 6 = a 0 b 0 + a 2 b 2 + a 4 b 4 + a 6 b 6 = 0;N 6 = a 1 b 1 + a 3 b 3 + a 5 b 5 = 0.112462919 ;H(0.1) ∼ = P 6 + N 6 = 0.112462919 .

288 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAPrimetimo da je H(−0.1) = −H(0.1) ∼ = P 6 − N 6 .Povećajmo sada x = 0 za h = 0.1 i ponovimo postupak. Tada dobijamo:a 0 = H(0.1) = 0.112462919 ,a 1 = 2 √ πe −0.1 = 1.11715161 ,a 2 = −0.2 a 1 = −0.223430321 ,a 3 = −0.2 a 2 − 2a 1 = −2.18961715 ,a 4 = −0.2 a 3 − 4 a 2 = 1.33164472 ,a 5 = −0.2 a 4 − 6 a 3 = 12.87137395 ,a 6 = −0.2 a 5 − 8 a 4 = −13.2274325 ;P 6 = 0.111351297 , N 6 = 0.111351297 ;H(0.2) ∼ = P 6 + N 6 = 0.222702594 .Primetimo da je H(0) = P 6 − N 6 = 0.Dobijene vrednosti H(k) zaokrugljene na šest decimala date su u tabeli zax = 0(0.1) 0.6 i x = 1(0.5) 4.x H(x) x H(x)0.0 0. 1.0 0.8427010.1 0.112463 1.5 0.9661050.2 0.222703 2.0 0.9953220.3 0.328627 2.5 0.9995930.4 0.428392 3.0 0.9999780.5 0.520500 3.5 0.9999990.6 0.603856 4.0 1.0000007.2.8. U priloženoj tabeli date su vrednosti funkcije f(x) = 2 √ πe −x2 ,u ekvidistantnim tačkama x k = 0.1k (k = 0,1,... ,10), zaokrugljene nasedam decimala. Na osnovu tih podataka, približno izračunatiprimenomH(1) = erf (1) =∫ 10f(x)dx

1 ◦ uopštene trapezne formule;2 ◦ uopštene Simpsonove formule.U oba slučaja oceniti grešku.NUMERIČKA INTEGRACIJA 289x k f(x k ) x k f(x k )0.0 1.1283792 0.6 0.78724340.1 1.1171516 0.7 0.69127490.2 1.0841328 0.8 0.59498580.3 1.0312609 0.9 0.50196860.4 0.9615413 1.0 0.41510750.5 0.8787826Rešenje. Ovde imamo f(x) = 2 √ πe −x2 , (a, b) = (0,1), h = 1 10 . Stavimof k = f(x k ) (k = 0,1,2, . . . ,10).1 ◦ Po uopštenoj trapeznoj formuli imamoZ2 1√ e −x2 dx = 1 „ 1π 10 2 f 0 + f 1 + f 2 + · · · + f 9 + 1 «2 f 10 + R(f),0gde je (videti [2, str. 147])(b − a)3R(f) = −12n 2 f ′′ (ξ) = − 11200 · 2”√“4ξ 2 − 2 e −ξ2πi 0 < ξ < 1. S obzirom da je(1) |R(f)| ≤ |R(f)| ξ=0 =1300 √ π < 2 · 10−3 ,vrednost f k dovoljno je uzeti na četiri decimale, imajući pri tome na umu da greškezaokrugljivanja neće uticati na tačnost izračunavanja. Tako imamoH(1) ∼ = 1 „ 1 · 1.1284 + 1.1172 + 1.0841 + 1.031310 2+ 0.9615 + 0.8788 + 0.7872 + 0.6913+ 0.5950 + 0.5020 + 1 2 · 0.4151 «,tj. H(1) ∼ = 0.842015. Zaokrugljujući dobijeni rezultat na tri decimale (red veličineostatka(1)) dobijamo H(1) ∼ = 0.842.

290 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJA2 ◦ Ovde je n = b − a2h147–148]) imamoH(1) ∼ = 1 30pri čemu je greška jednaka= 5. Po uopštenoj Simpsonovoj formuli (videti [2, str.nf 0 + 4(f 1 + f 3 + f 5 + f 7 + f 9 ) + 2(f 2 + f 4 + f 6 + f 8 ) + f 10o,(b − a)5R(f) = −2880 n 4 f(4) (ξ) = − 10−61.8 · 2√ · 4`4ξ 4 − 12ξ 2 + 3´e −ξ2 ,πgde je 0 < ξ < 1. Primetimo da jeKako jeimamo|R(f)| ≤ |R(f)| ξ=0 < 8 · 10 −6 .f 1 + f 3 + f 5 + f 7 + f 9 = 4.2204386 i f 2 + f 4 + f 6 + f 8 = 3.4279053,H(1) ∼ = 1 30˘1.1283792 + 4 · 4.2204386 + 2 · 3.4279053 + 0.4151076¯ ∼= 0.8427017 ,što zaokrugljivanjem na šet decimala daje H(1) ∼ = 0.842702.Primetimo da je tačnost uopštene Simpsonove formule znatno veća od tačnostikoju daje uopštena trapezna formula.7.2.9. Izračunati ∫ 40√1 + √ xdx,primenjujući kompozitnu trapeznu i Simpsonovu formulu, sa greškom ε =10 −2 . Koristiti Rungeovu ocenu.Rešenje. Tabelirajmo funkciju x ↦→ f(x) = p 1 + √ x na intervalu [0, 4] u 13tačaka i izračunajmo vrednost datog integrala za n = 6 i n = 12 i procenimogrešku.Koristeći kompozitnu (uopštenu) trapeznu formulu dobijamoT 6 = h ihf 0 + 2(f 2 + f 4 + f 6 + f 8 + f 10 ) + f 12 = 6.02606 (h = 2/3),2T 12 = h ihf 0 + 2(f 1 + f 2 + f 3 + f 4 + f 5 + f 6 + f 7 + f 8 + f 9 + f 10 + f 11 ) + f 122= 6.05761 (h = 1/3).

NUMERIČKA INTEGRACIJA 291Pri ovome, Rungeova ocena greške se može dati u oblikuR T = T 12 − T 63= 0.01052,a popravljena vrednost integrala I = T 12 + R T = 6.06813.k x k f k0 0.00000 1.000001 0.33333 1.255932 0.66667 1.347773 1.00000 1.414214 1.33333 1.467895 1.66667 1.513606 2.00000 1.553777 2.33333 1.589828 2.66667 1.622659 3.00000 1.6528910 3.33333 1.6809911 3.66667 1.7072912 4.00000 1.73205Koristeći kompozitnu (uopštenu) Simpsonovu formulu dobijamoS 6 = h ihf 0 + 4(f 2 + f 6 + f 10 ) + 2(f 4 + f 8 ) + f 12 = 6.05406 (h = 2/3),3S 12 = h ihf 0 + 4(f 1 + f 3 + f 5 + f 7 + f 9 + f 11 ) + 2(f 2 + f 4 + f 6 + f 8 + f 10 ) + f 123= 6.06813 (h = 1/3),pri čemu je Rungeova ocena greškeR S = S 12 − S 615= 0.00094,a popravljena vrednost integrala I = S 12 + R S = 6.06907. Dakle, I = 6.07pretstavlja približnu vrednost integrala, sa tačnošću reda veličine ε = 10 −2 .Primedba. Tačna vrednost integrala je I = 6.07590. Da bismo popravili rezultattrebalo bi smanjiti korak.7.2.10. Korišćenjem Simpsonovog pravila 3/8 konstruisati odgovarajućuuopštenu formulu.

292 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJARešenje. Simpsonovo pravilo 3/8 ima oblik (videti [2, str. 143])(1)Z x3x 0f(x)dx = 3h 8`f0 + 3f 1 + 3f 2 + f 3´−3h 580 f(4) (ξ 1 ) ,gde je x 0 < ξ 1 < x 3 , f k = f(x k ), h = (x 3 − x 0 )/3. U cilju dobijanja uopštenekvadraturne formule za segment [a, b] izvršimo podelu ovog segmenta na 3n podsegmenata,tako da je h = (b − a)/(3n), x k =a + kh, f k =f(x k ) (k=0, 1, . . . , 3n).Primenom formule (1) na svaki od podsegmenata [x 0 , x 3 ], [x 3 , x 6 ], . . ., [x 3n−3 , x 3n ]dobijamotj.Z baf(x)dx = 3h 8nX `f3i−3 + 3f 3i−2 + 3f 3i−1 + f 3i´+ R(f),i=1Z baf(x)dx = 3h 8nf 0 + 3ˆ(f 1 + f 2 ) + (f 4 + f 5 ) + · · · + (f 3n−2 + f 3n−1 )˜+ 2(f 3 + f 6 + · · · + f 3n−3 ) + f 3no+ R(f).Ako je f ∈ C 4 [a, b], ostatak možemo oceniti na sledeći način:R(f) =nXi=1« „− 3h580 f(4) (ξ i ) = − 3h580 n f(4) (ξ)ili(b − a)h4R(f) = − f (4) (b − a)5(ξ) = −806480 n 4 f(4) (ξ),gde je a < ξ < b.Na osnovu prethodnog vidimo da je ova formula znatno komplikovanija oduopštene Simpsonove formule, a da nije značajno tačnija od nje, zbog čega seuglavnom ne koristi.(1)7.2.11. Kako se kvadraturna formula∫ +∞−∞e −x2 f(x)dx ∼ =n∑A k f(x k )k=1može primeniti na izračunavanje vrednosti integrala(2) I =∫ +∞−∞e −at2 −bt−c g(t)dt (a > 0)?

Rešenje. Kako jeNUMERIČKA INTEGRACIJA 293„at 2 + bt + c = a t + b « 2− b2 − 4ac2a 4auvod¯enjem smene √ „a t + b «= x, integral (2) se svodi na2aI = AZ +∞−∞„ x√ae −x2 g − b «dx,2a„ b 2 «− 4acgde smo stavili A = exp / √ a. Sada, primenom formule (1) dobijamo4aI ∼ = AnXk=1„xkA k g √ − b «. a 2a7.2.12. Odrediti kvadraturnu formulu interpolacionog tipa(1)∫ 1n∑f(x)dx = A k f(x k ) + R n+1 (f),−1k=0gde su čvorovi x k ekstremalne tačke Čebiševljenog polinoma T n(x) na [−1,1](T n (x k ) = ±1).Rešenje. Iz uslova T n (x) = cos(narccos x) = ±1 nalazimo x k = cos kπ n (k =0, 1, . . . , n). Definišimo polinom ω stepena n + 1 pomoću(2) ω(x) = `x 2 − 1´S n−1 (x),gde je S n−1 Čebiševljev polinom druge vrste.Kao što je poznato, reprezentacija ovih polinoma na [−1, 1] je moguća u obliku(3) S m (x) =sin(m + 1)θsin θ, x = cos θ .Stavimo, dalje, θ k = kπ (k = 1, . . . , n − 1). Primetimo da su nule polinomanS n−1 (x), upravo tačke x k (k = 1, 2, . . . , n − 1), tako da polinom ω(x) ima nulekoje su čvorovi kvadraturne formule (1).

294 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJATežinski koeficijenti A k interpolacione kvadrature (1) mogu se izraziti u obliku(videti [2, str. 138])(4) A k = 1 Z 1ω(x)ω ′ dx(x) −1 x − x k(k = 0, 1, . . . , n).Nije teško pokazati da je(5) ω(x) = T n+1 (x) − xT n (x),gde su T k Čebiševljevi polinomi prve vrste. Takod¯e,što se može predstaviti i u oblikupri čemu smo koristili sledeće relacijeω ′ (x) = 2x S n−1 (x) + `x 2 − 1´S ′ n−1(x),ω ′ (x) = n S n (x) − (n − 1) xS n−1 (x),S m+1 (x) = 2x S m (x) − S m−1 (x) ,`1 − x2´S ′ m(x) = (m + 1) S m−1 (x) − m x S m (x),`1 − x2´S m (x) = x T m+1 (x) − T m+2 (x),T m (x) = S m (x) − x S m−1 (x).Kako su S m (1) = (−1) m S m (−1) = m + 1 iS n (x k ) = sin(n + 1)θ ksin θ k= cos kπ = (−1) k (k = 1, 2, . . . , n − 1) ,na osnovu prethodnog zaključujemo da je(6) ω ′ (1) = (−1) n ω ′ (−1) = 2ni(7) ω ′ (x k ) = (−1) k n (k = 1, . . . , n − 1).Odredimo, najpre, koeficijent A 0 . Na osnovu (2), (4), (6) imamoA 0 = 1 Z `x2 1− 1´S n−1 (x)dx = 1 Z 1(x + 1) S n−1 (x)dx.2n −1 x − 1 2n −1

NUMERIČKA INTEGRACIJA 295Korišćenjem (3) nalazimo(8) A 0 = 1 Z π(cos θ + 1) sin nθ dθ = 2n2 − (1 − (−1) n )2n 02n 2 (n 2 .− 1)Isti rezultat dobijamo i za koeficijent A n . Naime, lako je pokazati da je A k = A n−k .Da bismo odredili A k (k = 1, . . . [n/2]), pod¯imo od Christoffel–Darbouxovogidentiteta za Čebiševljeve polinome prve vrste (videti za opšti slučaj [1, str. 103])(9)nX ′Tm (x)T m (t) = 1 2 · Tn+1(x)T n (t) − T n+1 (t) T n (x),x − tm=0gde P ′ označava da se početni član u sumi (za m = 0) uzima sa faktorom 1/2.Ako u (9) stavimo t = x k = cos (kπ/n), dobijamo(10)T n+1 (x) − x k T n (x)x − x k= 2(−1) k n Xm=0′Tm (x k ) T m (x)jer je T n (x k ) = (−1) k i T n+1 (x k ) = x k (−1) k . Sada, na osnovu (5) i (10),zaključujemo da jeω(x)x − x k= 2(−1) kn Xm=0odakle, s obzirom na (4) i (7), nalazimogde smo staviliA k = 1 n(2′Tm (x k ) T m (x) − T n (x))nX ′Tm (x k ) b m − (−1) k b n ,m=0b m =Z 1−1T m (x) dx.Primetimo da je za neparne indekse ovaj integral jednak nuli, tj. b 2m−1 = 0. Zaparne indekse imamo2b 2m =1 − 4m 2 .Na dalje, T 2m (x k ) = cos(2mπk/n). Prema tome,(11) A k = 4 nnX ′ 1 2mπkcos1 − 4m2 nm=0− (−1)knb n (k = 1, . . . , [n/2]) .

296 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAPosebno je interesantan je slučaj kada je n paran broj. Tada, na osnovu (8) i(11), dobijamo(12)A 0 = A n = 1n 2 − 1A k = A n−k = 4 nX ′′ 1 2mπkcosn 1 − 4m2 nm=0(k = 1, . . . , n/2) ,gde P ′′ označava da se prvi (m = 0) i poslednji (m = n) član sume uzimaju safaktorom 1/2.Literatura:C.W. Cleanshaw, A. R. Curtis: A method for integration on an automaticcomputer. Numer. Math. 2(1960), 197–205.7.2.13. Odrediti Peanoovo jezgro za kvadraturnu formulu (1) iz prethodnogzadatka, uzimajući n = 4.Rešenje. Na osnovu (1) i (12) za n = 4, iz prethodnog zadatka dobijamokvadraturnu formuluZ 1f(x)dx = 1−1 15 (f(−1) + f(1))+ 8 „ „ √ « „ √ ««2 2f − + f + 4 15 2 2 5 f(0)+R 5(f),koja ima algebarski stepen tačnosti p = 5. Za Peanoovo jezgro (videti [2, str. 152])dobijamo5!K 5 (t)=((1 − t)6− 1 „ √ « 5 „√ « 5)28 −6 15 2 − t + 12(0 − t) 5 2+ + 8+2 − t + (1 − t) 5 + ,+odakle je8>:(1 − t) 66(1 − t) 66„ √22 − t « 5− 1 15 (1 − t)5 „0 ≤ t ≤√2− 8 152− 1 „ √ « 215 (1 − t)5 2 ≤ t ≤ 1«,iK 5 (t) = K 5 (−t) (−1 ≤ t ≤ 0) .Primetimo da jezgro K 5 (t) menja znak na segmentu [−1, 1] jer je K 5 (0) > 0 iK 5 ( √ 2/2) < 0. Zbog toga ocena ostatka ove kvadraturne formule pomoću formule

NUMERIČKA INTEGRACIJA 297(2) iz zadatka 7.2.5, nije moguća, već je mogućuća u obliku koji daje PeanoovateoremaR 5 (f) =Z 1−1pri čemu pretpostavljamo da f ∈ C 6 [−1, 1].K 5 (t) f (6) (t) dt ,Ako je šesti izvod funkcije f ograničen na [−1, 1], tj. ako je ˛˛f(6) (t) ˛˛≤ M6 (t ∈[−1, 1]), tada na osnovu prethodnog važi sledeća ocena ostatka:|R 5 (f)| ≤ M 6 e 5 ,gde jee 5 =Z 1−1|K 5 (t)| dt .7.2.14. Obim elipseL(c) = 4{(x,y) :∫ π/20x 2}c 2 + y2 = 1, c > 0 dat je formulom√1 − (1 − c 2 ) sin 2 t dt .Za c = 1.2, približno odrediti L(c) Rombergovom integracijom, koristeći prvatri koraka. Pri računanju koristiti približne vrednosti podintegralne funkcijef k = f(x k ) u tačkama x k = kπ/8 (k = 0,1,2,3,4):f 0 = 1.00000, f 1 = 1.03172, f 2 = 1.10453, f 3 = 1.17284, f 4 = 1.20000.Rešenje. Uopštena trapezna formula ima oblik(1) I =Z ba„f(x)dx ∼ 1= T (f, h n ) = h n2 f 0 + f 1 + · · · + f n−1 + 1 «2 f n ,gde je h n = (b − a)/n, x k = a + k h n , f k = f(x k ).Ako za h n uzmemo redom h n = h 2 k = (b − a)/2 k (k = 0,1, 2, . . .) i primenjujemoformulu (1) dobićemo vrednosti T (0)k= T (f, h 2 k), na osnovu kojih možemoformirati iterativni proces(2) T (m)k= 4m T (m−1)k+1− T (m−1)k4 m − 1(m = 1,2, . . .)za odred¯ivanje vrednosti integrala I.

298 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAPrethodna procedura se može prikazati tzv. T–tabelom:h 2 0 = b − a2 0h 2 1 = b − a2 1h 2 2 = b − a2 2.Nizovi po kolonama i vrstama u T–tabeli konvergiraju ka vrednosti integrala (1).Kod praktične primene Rombergove integracije, iterativni proces (2) se najčešće(m)prekida kada je˛˛T0− T (m−1)˛0≤ ε, gde je ε unapred data dozvoljena greška itada se uzima I ∼ = T (m)0.Dakle, ako uvedemo oznaku A k = T (0)k/h 2k (k = 0, 1,2), primenom trapezneformule na izračunavanje integrala datog zadatkom za h = π/2 k+1 imamo redomA 0 = 1 2 (f 0 + f 4 ) = 1.1 ,A 1 = A 0 + f 2 = 2.20453 ,A 2 = A 1 + f 1 + f 3 = 4.40909 ,T (0)0= h 2 0 A 0∼ = 1.727876 ,T (0)1= h 2 1 A 1∼ = 1.731434 ,T (0)2= h 22 A 2∼ = 1.731446 .Primenom formule (2) na ove rezultate dobijamo T–tabelu1.7278761.7314341.7314461.732621.731451.731372pa je L(1.2) ∼ = 4 · 1.731372 ∼ = 6.92549 .Rombergova integracija se može jednostavno programski realizovati. Ovde dajemopotprogram realizovan na FORTRAN jeziku u D–aritmetici:subroutine romberg(dg,gg,fun,eps,vint,kb)implicit real*8 (a-h,o-z)dimension t(15)common c

NUMERIČKA INTEGRACIJA 299kb=0h=gg-dga=(fun(dg)+fun(gg))/2pom=h*ado 50 k=1,15x=dg+h/210 a=a+fun(x)x=x+hif(x.lt.gg) go to 10t(k)=h/2*ab=1if(k.eq.1) go to 20do 15 m=1,k-1i=k-mb=4*b15 t(i)=(b*t(i+1)-t(i))/(b-1)20 b=4*bvint=(b*t(1)-pom)/(b-1)if(dabs(vint-pom).le.eps) returnpom=vint50 h=h/2kb=1endLista u potprogramu ima sledeće značenje:dg – donja granica integrala;gg – gornja granica integrala;fun – ime funkcijskog potprograma kojim se definiše podintegralna funkcija;eps – zahtevana tačnost izračunavanja;vint – vrednost integrala sa tačnošću eps, ukoliko je kb = 0;kb – kontrolni broj (kb = 0 integral je korektno izračunat; kb = 1 tačnostizračunavanja integrala nije postignuta sa 15 predvid¯enih koraka, tj.sa brojem podsegmenata 2 15 ).U naredbicommon navedena je zajednička promenljiva kojom se definiše parametaru podintegralnoj funkciji. U konkretnom slučaju, podintegralnu funkciju zaeliptički integral L(c) definišemo na sledeći način:

300 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAfunction fun(x)implicit real*8 (a-h,o-z)common cfun=4*dsqrt(1-(1-c*c)*dsin(x)**2)returnendUuzimajući ε = 10 −15 i c = 0.4(0.2)1.4 dobijamo sledeće rezultate:cL(c)0.4 4.602622519132970.6 5.105399772679630.8 5.672333577794901.0 6.283185307179591.2 6.925791195809681.4 7.59227378695277Kao kontrola dobijenih rezultata može poslužiti vrednostL(1) = 2π = 6.2831853071795864769 . . . .7.2.15. Metodom neodred¯enih koeficijenata odrediti parametre Filonovekvadraturne formule∫ 2π0f(x)sin xdx ∼ = A 1 f(0) + A 2 f(π) + A 3 f(2π).Rešenje. Uzimajući za f(x) redom 1, x, x 2 dobijamo sistem jednačinaA 1 + A 2 + A 3 = 0 , A 2 π + A 3 2π = −2π , A 2 π 2 + A 3 4π 2 = −4π 2 ,odakle sleduje A 1 = 1, A 2 = 0, A 3 = −1. Dakle, imamoZ 2π0f(x) sin x dx ∼ = f(0) − f(2π).Primedba. Filon je razradio i opštije kvadraturne formule za integraciju tzv.brzooscilatornih funkcija. Tako na primer, dobio je formuluZ baf(x)sin kx dx ∼ = hˆA(f(a) cos ka − f(b) cos kb) + B · S + C · T ˜,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 301gde je 2nh = b − a iA = 1 sin 2kh+kh 2k 2 h 2 − 2sin2 khk 3 h 3 , B = 1 + cos2 kh sin 2khk 2 h 2 −k 3 h 3 ,C =4sin khk 3 h 3−4cos khk 2 h 2 ,S = −f(a) sin ka − f(b) sin kb + 2T =nXf(a + 2ih) sin(ka + 2ikh) ,i=0nXf (a + (2i − 1)h) sin (ka + (2i − 1)kh) .i=1Odgovarajuća greška se može predstaviti u obliku01gde je (a < ξ < b).R = h3 (b − a)12B@1 −116 cos kh 4CA sin kh 2 · f(4) (ξ),7.2.16. Odrediti koeficijente A, B, C i ostatak u kvadraturnoj formuli∫ b( ( a + b) )(1) f(x)dx = A f(a) + f + f(b) + Bf ′ (a) + Cf ′ (b) + R(f).2aPrimenom dobijene formule približno izračunati integral√1 + xdx i procenitigrešku.∫ 10Rešenje. Iz uslova R(f) = 0 za f(x) = 1, x, x 2 dobijamo sistem jednačina3A = b − a,„A a 2 +“A a + a + b2”+ b + B + C = 1 `b2 − a2´ ,2“ a + b” 2+ b2«+ 2 (Ba + Cb) = 1 `b3 − a3´ ,23odakle sledujeA = 1 3 (b − a) , B = −C = 1 24 (b − a)2 .S obzirom da jeR(x 3 )= 1 4`b4 −a4´ − 1 3 (b − a) „a 3 +“ a + b” «+ b 3 + 1 2 8 (b − a)2`b 2 −a 2´ = 0

302 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAiR(x 4 ) = 1 5`b5 − a5´ − 1 3 (b − a) „a 4 +“ « 4 a + b+ b 4”2+ 1 6 (b − a)2`b 3 − a 3´ =(b − a)580zaključujemo da formula (1) ima algebarski stepen tačnosti p = 3. Pod pretpostavkomda f ∈ C 4 [a, b], ostatak se može predstaviti u oblikuR(f) = R(x4 )4!f (4) (ξ) =(b − a)51920Za a = 0 i b = 1, formula (1) postajeZ 10f(x)dx = 1 30f (4) (ξ) (a < ξ < b) .„ “ 1” «f(0)+f +f(1) − 1 “”f ′ (1)−f ′ (0) + 12 241920 f(4) (ξ),gde je ξ ∈ (0,1). Primenom ove formule na dati integral dobijamoZ 1r√1 + x dx ∼ 1 3 = 1 +3 2 + √ !2 − 1 „ 124 2 √ 2 − 1 «∼= 1.21909 .2Primetimo da je tačna vrednost integralaZ 10√ 2“1 + xdx = 2 √ 2 − 1”∼= 1.2189514 ,3što znači da je apsolutna greška manja od 1.4 · 10 −4 .S obzirom da jef (4) (x) = − 1516 (1 + x)−7/2 i˛ f(4) (x)˛˛ ≤1516na osnovu ostatka kvadraturne formule, dobijamo ocenu greške|R(f)| ≤ 1516 · 11920 < 4.9 · 10−4 .Očigledno, stvarna greška je manja od ove granice.(x ∈ [0, 1]),7.2.17. Sukcesivnom zamenom (a,b) = ( i−1m)(i = 1,... ,m) u kvadraturnojformuli (1) iz prethodnog zadatka, naći kompozitnu formulu zaintegral∫ 10f(x)dx i oceniti grešku.m , i

NUMERIČKA INTEGRACIJA 303Rešenje. Na osnovu prethodnog zadatka, imamo A = 13m , B = −C = 124m 2 ,pa jeZ i/m(i−1)/mf(x)dx ∼ = 1 „f3m„ « i − 1+ fm„ « „ ««2i − 1 i+ f2m m− 1 „ « „ ««„f ′ i24m 2 − f ′ i − 1,m mpri čemu se ostatak može oceniti pomoću(1) R i (f) =11920 m 5 f(4) (ξ i )„ i − 1m< ξ i < i «.mOdgovarajuću kompozitnu formulu za segment [0, 1] dobijamo na sledeći način:Z 10f(x)dx=mXi=1Z i/m(i−1)/m∼= 13m 2 m Xi=0f(x)dx′′ f„ im«+mXfi=1„ « ! 2i−1− 1 “”2m 24 m 2 f ′ (1)−f ′ (0) ,gde P ′′ označava da se prvi i poslednji član sume uzimaju sa faktorom 1/2. Akoje f ∈ C 4 [0, 1], korišćenjem (1), ostatak u dobijenoj kompozitnoj formuli se možepredstaviti u oblikuR(f) =11920 m 4 f(4) (ξ) (0 < ξ < 1) .7.2.18. Odrediti koeficijente A, B, C i oceniti ostatak u kvadraturnojformuli(1)∫ 2h0x a f(x)dx = (2h) a+1 ( Af 0 + B ∆f 0 + C ∆ 2 f 0)+R(f) (a > −1),gde je f k = f(kh) (k = 0,1,2), tako da je formula tačna za polinome što jemoguće višeg stepena.Rešenje. Koeficijente A, B, C odredićemo iz uslova R(x k ) = 0 (k = 0, 1,2).Tako imamo:Za k = 0, f 0 = f 1 = f 2 = 1, ∆f 0 = ∆ 2 f 0 = 0, pa iz R(1) = 0 dobijamoA = 1/(a + 1).

304 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAZa k = 1, f 0 = 0, f 1 = h, f 2 = 2h, ∆f 0 = h, ∆ 2 f 0 = 0, pa iz R(x) = 0 sledujeB = 2/(a + 2).Za k = 2 imamo f 0 = 0, f 1 = h 2 , f 2 = 4h 2 , ∆f 0 = h 2 , ∆ 2 f 0 = 2h 2 . IzR(x 2 ) = 0 dobijamo B + 2C = 4/(a + 3), odakle jetj.C =a + 1(a + 2) (a + 3) .Sa ovako odred¯enim koeficijentima imamoR(x 3 ) =Z 2h0„ «x a+3 dx − (2h) a+1 2 a + 1a + 2 h3 +(a + 2) (a + 3) · 6h3 ,R(x 3 a (2h) a+4) = −2(a + 2)(a + 3)(a + 4) .Dakle, ako je a ≠ 0 zaključujemo da je algebarski stepen tačnosti formule (1)jednak p = 2. Za a = 0 formula (1) se svodi na Simpsonovu formulu, što znači daje tada algebarski stepen tačnosti p = 3.Do koeficijenata A, B, C mogli smo doći i integracijom prvog Newtonovoginterpolacionog polinoma za funkciju f konstruisanog u čvorovima 0, h, 2h:Dakle,Z 2h0x a f(x)dx ∼ =P 2 (x) = f 0 + ∆f 0h x + ∆2 f 0x(x − h) .2hZ 2h0x a P 2 (x)dxj= (2h) a+1 1a + 1 f 0 + 2ffa + 2 ∆f a + 10 +(a + 2)(a + 3) ∆2 f 0 .Ako pretpostavimo da f ∈ C 3 [0, 2h], tada se ostatak interpolacione formule možeizraziti u obliku(2) r 2 (f; x) = f(x) − P 2 (x) = f ′′′ (ξ)3!x(x − h)(x − 2h) ,gde je ξ takvo da pripada (0,2h). Ostatak kvadraturne formule (1) možemo dobitiintegracijom ostatka (2), tj.(3) R(f) =Z 2h0x a r 2 (f;x) dx = 1 6Z 2h0x a+1 (x − h)(x − 2h) f ′′′ (ξ)dx,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 305gde ξ ∈ (0,2h) i zavisi od x. Primetimo da ostatak (3) ne možemo predstaviti uoblikuR(f) = C f ′′′ (η) (0 < η < 2h) ,jer se na integral koji se pojavljuje u (3) ne može primeniti teorema o srednjojvrednosti integrala. Razlog je što funkcija x ↦→ x a+1 (x − h)(x − 2h) menja znakna (0,2h). Med¯utim, važigde je M 3 = max0≤x≤2h˛˛f ′′′ (x)˛˛ i C =|R(f)| ≤ 1 6 C · M 3 ,Z 2h0x a+1 (2h − x) |x − h| dx.7.2.19. Gram–Schmidtovim postupkom ortogonalizacije formirati skup{Q 0 , Q 1 , Q 2 } ortogonalnih polinoma na (−1,1) sa težinom p(x) = √ 1 − x 2 ,a zatim odrediti parametre i ostatak u kvadraturnoj formuli Gaussovog tipa(1)∫ 1−1√1 − x2 f(x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R 2 (f).Rešenje. Kako jei C 0 =Z 1−1C n =Z 1−18x np >< 0 (n = 2k + 1),1 − x 2 dx = 2(n − 1)!!>:(n + 2)!! C 0 (n = 2k) ,p1 − x 2 dx = π 2 , nalazimo C 2 = π 8 i C 4 = π 16 .Primenom Gram–Schmidtovog postupka ortogonalizacije jednostavno dobijamoQ 0 (x) = 1 ,Q 1 (x) = x − C 1C 0Q 0 (x) = x ,Q 2 (x) = x 2 − C 2C 0Q 0 (x) − C 3C 2Q 1 (x) = x 2 − 1 4 .Čvorove u Gaussovoj kvadraturi (1) nalazimo kao nule polinoma Q 2 . Dakle,−x 1 = x 2 = 1 2 .

306 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJANadalje, imamoA 1 = A 2 =R 2 (f) = ‖Q 2‖ 24!Dakle, formula (1) ima oblikZ 1−1‖Q 1 ‖ 2Q 1 (x 1 ) Q ′ 2 (x 1) = ‖Q 1‖ 22 x 2 1=π82 · 14= π 4 ,f (4) (ξ) = π768 f(4) (ξ) (−1 < ξ < 1).p1 − x 2 f(x)dx = π „ “f − 1 ” “ 1” «+ f + π4 2 2 768 f(4) (ξ).7.2.20. Odrediti parametre i ostatak u sledećim kvadraturnim formulamaGaussovog tipa:1 ◦ ∫ 1−1f(x) sin 2 πx2 dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R 2 (f),∫ 12 ◦ (1 + x)f(x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R 2 (f),−13 ◦ ∫ 1−111 + x 2 f(x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R 2 (f),∫ π/24 ◦ f(x) cos xdx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R 2 (f),−π/25 ◦ ∫ +∞0e −x√ xf(x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R 2 (f).Primenom treće formule približno izračunatiI =∫ 10arctan x1 + x 2 dx.Rešenje. 1 ◦ Ortogonalni polinomi sa težinom p(x) = sin 2 πx„ 2Q 0 (x) = 1, Q 1 (x) = x, Q 2 (x) = x 2 1−3 + 2 «π 2 , s obzirom da jena (−1, 1) su:(1, Q 0 ) =Z 1−1Zsin 2 πx12 dx = 1, `x2 , Q0´= x 2 sin 2 πx−1 2 dx = 1 3 + 2 π 2 .

NUMERIČKA INTEGRACIJA 307Čvorovi kvadrature su−x 1 = x 2 =r13 + 2 π 2 ∼ = 0.732104 ,a koeficijentiA 1 = A 2 = 1 2 .Kako je‖Q 2 ‖ 2 =Z 1−1`x2 − x22´sin2 πx2 dx = 4 45 + 83π 2 − 28π 4 ,ostatak u klasi funkcija C 4 [−1, 1] ima oblikR 2 (f) = ‖Q 2‖ 24! · 1 f(4) (ξ) = 1 „ 16 45 + 23π 2 − 7 «π 4 f (4) (ξ),tj.R 2 (f) ∼ = 2.98 · 10 −3 f (4) (ξ) (−1 < ξ < 1) .2 ◦ Uovomslučaju imamo Q 0 (x) = 1, Q 1 (x) = x − 1 3 , Q 2(x) = x 2 − 2 5 x − 1 5 ,pa je x 1 = 1 √ `1− 6´, x2 = 1 √ `1+ 6´, A1 = 1 √ `9− 6´, A2 = 1 √ `9+ 6´i5599R 2 (f)= 1225 f(4) (ξ) (1− < ξ < 1).Z 13 ◦ x nNeka je C n =−1 1 + x 2 dx. Tada je C 0 = π 2 , C 2 = 1 2 (4 − π), C 4 =16 (3π − 8), C 1 = C 3 = 0, pa suodakle nalazimoQ 0 (x) = 1 , Q 1 (x) = x , Q 2 (x) = x 2 − 1 (4 − π) ,π− x 1 = x 2 =r4π − 1 ∼ = 0.522723 ,A 1 = A 2 = π 4 ∼ = 0.785398 ,R 2 (f) =8π − 2472πPrimenom ove formule na integral I dobijamoI = 1 2Z 1−1f (4) (ξ) (−1 < ξ < 1) .arctan |x|1 + x 2 dx = 1 2 · π4 · 2arctan x ∼ = 0.3783 .

308 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAInače, tačna vrednost integrala jeI = 1 2 arctan 1 = π 8 = 0.392699 . . . ,što znači da je dobijena približna vrednost sa apsolutnom greškom manjom od1.5 · 10 −2 .i4 ◦ Ovde dobijamo“gde je ξ ∈− π 2 , π2−x 1 = x 2 =R 2 (f) =”.rπ 210 − π264 − 2 ∼ = 0.68367 , A 1 = A 2 = 1f (4) (ξ) ∼ = 2.17 · 10 −2 f (4) (ξ),5 ◦ Ovde je p(x) = e −x / √ x. Odredimo, najpre, momente težinske funkcije, tj.integraleC n =Z +∞0x n p(x) dx =Z +∞0“x n−1/2 e −x dx = Γ n + 1 ”,2gde je Γ gama funkcija. S obzirom na rekurentnu relaciju Γ(1 + z) = z Γ(z),zaključujemo da je C n = 2n − 1 C n−1 . Prema tome, redom nalazimo2„ « 1C 0 = Γ = √ π , C 1 = 1 2 2 C 0 = 1 √ π , C2 = 3 2 2 C 1 = 3 √ π ,4pa jeC 3 = 5 2 C 2 = 15 8√ π , C4 = 7 2 C 3 = 10516√ π ,Q 0 (x) = 1 , Q 1 (x) = x − C 1C 0= x − 1 2 ,Q 2 (x) = x 2 − C 2C 0−C 3 − 1 2 C 2C 2 − C 1 + 1 4 C 0“x − 1 ”= x 2 − 3x + 3 24 .Iz uslova Q 2 (x) = 0 nalazimo čvorove kvadrature x 1,2 = 1√ 2π √težinski koeficijenti su A 1,2 =`3 ∓ 6´.6`3 ±√6´. Odgovarajući

NUMERIČKA INTEGRACIJA 309Kako je‖Q 2 ‖ 2 = C 4 − 6 C 3 + 21 2 C 2 − 9 2 C 1 + 9 16 C 0 = 3 2√ πjednostavno nalazimo ostatak u kvadraturnoj formuli, u klasi C 4 [0, +∞](1) R 2 (f) =3 √ π2f (4) (ξ) =4!√ π16 f(4) (ξ) (0 < ξ < +∞) .Primetimo da u poslednjem slučaju imamo Gauss–Laguerreovu kvadraturnuformulu (videti [2, str. 175]) za n = 2. Kako je p(x) = x −1/2 e −x , zaključujemo dasu x k (k = 1,2) nule generalisanog Laguerreovog polinoma L −1/22(x). Na osnovuRodriguesove formule (videti [4, str. 52])L s n(x) = x −s e x d ndx n `xn+s e−x´,za n = 2 i s = −1/2, nalazimo L −1/2 (x) = x 2 − 3x + 3/4, što se poklapa sapolinomom Q 2 (x).Na osnovu formule ([2, str. 175])imamoi sličnoA 1 =A k =Opšti oblik za ostatak jeR n (f) =n!Γ(n + s + 1)„ « (k = 1, . . . , n)dx kdx Ls n(x k )„2Γ 3 − 1 «21 √ √ =`3 + 6´ `3 + 6 − 3´22A 2 =√ π √ `3 + 6´.6n!Γ(n + s + 1)f (2n) (ξ)(2n)!Za n = 2 i s = −1/2 dobijamo ostatak dat pomoću (1).√ π √ `3 − 6´6(0 < ξ < +∞).7.2.21. Odrediti A k , x k (k = 1,2,3) i ostatak R 3 (f) u Gauss-Hermiteovojformuli(1)∫ +∞−∞e −a2 x 2 f(x)dx =3∑A k f(x k ) + R 3 (f) (a > 0).k=1

310 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJARešenje. Smenom ax = t integral koji se pojavljuje u (1) se svodi naI = 1 aZ +∞−∞„ « te −t2 f dt .aPrimenom Gauss–Hermiteove formule (videti [2, str. 176]) na ovaj integral dobijamo(2) I = 1 anXB k fk=1„tka«+ 1 a R n(g),gde je g(t) = f(t/a), t k nule Hermiteovog polinoma H n (t) i B k težinski koeficijentiodred¯eni saB k = 2n−1 (n − 1)! √ πnH n−1 (x k ) 2 (k = 1, . . . , n) .Ostatak jeR n (g) = n! √ π2 n (2n)! g(2n) (ξ) (−∞ < ξ < +∞) .S obzirom da je H 0 (t) = 1, H 1 (t) = 2t, H 2 (t) = 4t 2 −2, H 3 (t) = 8t 3 −12t, . . .,na osnovu prethodnog, za n = 3, dobijamo√ √66t 1 = −2 , t 2 = 0 , t 3 =2 ,B 1 = B 3 =22 · 2 · √π √ π`√ =3H 2 6/2´2 6 ,B 2 = 22 · 2 · √π3H 2 (0) 2 = 2 √ π.3Upored¯ivanjem formula (1) i (2) nalazimo−x 1 = x 3 =A 1 = A 3 =√ π6a ,√62a , x 2 = 0 ,A 2 = 2 √ π3a .Najzad, u klasi funkcija C 6 (−∞,+∞), za ostatak formule (1) važigde ξ ∈ (−∞,+∞).R 3 (f) = 1 a · 3! √ π2 3 · 6! ·1a 6 f(6) (ξ) =√ π960 a 7 f(6) (ξ),

NUMERIČKA INTEGRACIJA 3117.2.22. Koristeći se Gauss–Čebiševljevom kvadraturnom formulom dokazatiformulu∫ ( )1e ax(1) ( ) dx = π 1 + 2cosh a√ 3+ R,1 − x21/2 3 2−1gde je R ostatak koji treba odrediti.Rešenje.Gauss–Čebiševljeva kvadraturna formula (videti [2, str. 174])(2)Z 11f(x)`1 − x 2´1/2 dx = π nnXf(x k ) + R n (f),k=1gde su čvorovi x k nule Čebiševljevog polinoma T n(x), tj. x k = cosk = 1,2, . . . , n, i ostatak(3) R n (f) =za n = 3 se svode na(4)Z 1−1f(x)`1 − x 2´1/2 dx = π 3π2 2n−1 (2n)! f(2n) (ξ) (−1 < ξ < 1) ,„f„ √ «„3+ f(0) + f −2√3Ako u (4) stavimo f(x) = e ax dobijamo formulu (1), gde jeR = πa423040 eaξ (−1 < ξ < 1) .Na primer, za a = 1, R ≤ 3.71 · 10 −4 . Dakle,Z 1−1e x`1 − x 2´1/2 dx ∼ = 3.97732 + R .2(2k − 1)π,2n««+ π23040 f(4) (ξ).7.2.23. Sa tačnošću 10 −4 odrediti vrednost integrala(a)∫ 10∫cos 2x1√ dx; (b) 1√ dx.1 − x2 1 − x40Rešenje. U oba slučaja primenjujemo Gauss–Čebiševljevu kvadraturnu formulu(videti formulu (2) iz prethodnog zadatka).

312 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJA(1)a) S obzirom da je funkcija f(x) = cos 2x parna, imamoZ 10cos 2x√1 − x 2 dx = 1 2 · πnnXf(x k ) + 1 2 R n(f) ,(2k − 1) πgde su x k = cos (k = 1,2, . . . , n), a R n (f) dato pomoću formule (3) iz2nprethodnog zadatka.k=1Kako je f (2n) (x) = (−1) n 2 2n cos2x imamoPrimetimo da je uslov12 R n(f) = (−1) n π(2n)!˛ 12 R n(f)˛ ≤cos 2ξ (−1 < ξ < 1) .π(2n)! < 10−4ispunjen za n = 4 jer je π ≈ 7.8 · 10 −5 . Prema tome primenićemo Gauss–8!Čebiševljevu formulu za n = 4.S obzirom da suimamox 1 = cos π 8 , x 2 = cos 3π 8 , x 3 = cos 5π 8 = −x 2 , x 4 = cos 7π 8 = −x 1 ,Z 10cos 2x√1 − x 2 dx ≈ π „ “2f cos π ” „+ 2f cos 3π ««≈ 0.3516 .8 8 8Numeričke vrednosti čvorova sux 1∼ = 0.92387953 , x2 ∼ = 0.38268343 .Primenom formule (1) za n = 2(1)8 dobijamo rezultate koji su dati u sledećojtabeli:Približna vrednost Približna vrednostn integrala (a) integrala (b)2 0.2449557829 1.2825498303 0.3554643616 1.3152057174 0.3516171344 1.3104041525 0.3516876037 1.3111253246 0.3516868074 1.3110135927 0.3516868135 1.3110311978 0.3516868135 1.3110283889 1.311028840

NUMERIČKA INTEGRACIJA 313b) S obzirom da je1√1 − x 4 = 1√1 − x 2 · 1√1 + x 2 ,u ovom slučaju uzećemo f(x) = 1/ √ 1 + x 2 . Primenom formule (1) za n = 2(1)9dobijamo rezultate koji su, takod¯e, dati u prethodnoj tabeli. Tačna vrednostintegrala sa šest decimala je 1.311028.7.2.24. Za izračunavanje vrednosti integrala∫ 20√x(2 − x) f(x)dxizvesti Gaussovu kvadraturnu formulu stepena tačnosti pet.Rešenje. Odredimo najpre momenteC k =Smenom x = 2t dobijamoZ 20C k = 2 k+2 Z 10x k p x(2 − x) dx (k = 0,1, ...) .“t k+1/2 (1 − t) 1/2 dt = 2 k+2 Bk + 3 2 , 32”,tj.C k =(2k + 1)!! π(k + 2)!(k = 0,1, . . .).Dakle, C 0 = π 2 i C k = 2k + 1k + 2 C k−1 (k = 1, 2, . . .).Da bismo dobili formulu algebarskog stepena tačnosti 5 potrebno je uzeti n = 3čvora (2n − 1 = 5). Prema tome, treba konstruisati formuluZ 20px(2 − x)f(x)dx = A1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + A 3 f(x 3 ) + R 3 (f).Čvorovi x k (k = 1,2,3) su nule polinoma Q 3 (x), ortogonalnog na (0,2) sa težinsk-

314 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAom funkcijom p(x) = p x(2 − x). Konstruišimo ovaj niz polinoma. Imamo redomk = 0 : Q 0 (x) = 1;k = 1 : (Q 0 , Q 0 ) = C 0 = π 2 , (x, Q 0) = C 1 = π 2 ,Q 1 (x) = x − (x, Q 0)(Q 0 , Q 0 ) Q 0(x) = x − 1;k = 2 : (x 2 , Q 0 ) = C 2 = 5π 8 , (x2 , Q 1 ) = C 3 − C 2 = π 4 ,(Q 1 , Q 1 ) = C 2 − 2C 1 + C 0 = π 8 ,k = 3 :Q 2 (x) = x 2 − (x, Q 0)(Q 0 , Q 0 ) Q 0(x) − (x2 , Q 1 )(Q 1 , Q 1 ) Q 1(x) = x 2 − 2x + 3 4 ;” “x 3 , Q 0 = C 3 = 7π 8 , (x3 , Q 1 ) = C 4 − C 3 = 7π16 ,(x 3 , Q 2 ) = C 5 − 2C 4 + 3 4 C 3 = 3π32 ,(Q 2 , Q 2 ) = C 4 − 4C 3 + 11 2 C 2 − 3C 1 + 9 16 C 0 = π 32 ,Q 3 (x) = x 3 − (x3 , Q 0 )(Q 0 , Q 0 ) Q 0(x) − (x3 , Q 1 )(Q 1 , Q 1 ) Q 1(x) − (x3 , Q 2 )(Q 2 , Q 2 ) Q 2(x)= x 3 − 3x 2 + 5 2 x − 1 2 .S obzirom da je“Q 3 (x) = (x − 1) x 2 − 2x + 1 ”,2jednostavno odred¯ujemo čvorovex 1 = 1 −Težinski koeficijenti su tada0A 1 = A 3 =A 2 =√22 , x 2 = 1 , x 3 = 1 +√22 .‖Q 2 ‖ 2Q 2 (x 1 ) Q ′ 3 (x 1) = π/32(1/4) · 1 = π 8 ,‖Q 2 ‖ 2Q 2 (x 2 )Q ′ 3 (x 2) = π/32(−1/2)(−1/4) = π 4 .Dakle, kvadraturna formula ima oblikZ 2„ „ √ «„p π 2x(2−x)f(x)dx = f 1− + 2f(1) + f 1+8 2√22««+ R 3 (f).

Kako jeNUMERIČKA INTEGRACIJA 315‖Q 3 ‖ 2 = R 3 (x 6 ) = π128 ,ostatak se u klasi funkcija C 6 [0,2] može predstaviti u oblikuR 3 (f) =π92160 f(6) (ξ) (0 < ξ < 2).7.2.25. Odrediti koeficijente kvadraturne formule∫ 1−1|x|(1 − x 2 )f(x)dx = A 1 f(−a) + A 2 f(0) + A 3 f(a) + R(f),gde je a ∈ (0,1) dati parametar, tako da je ona tačna bar za sve polinomestepena ne većeg od dva. Na osnovu dobijenog rezultata odrediti parametara, tako da formula ima maksimalno mogući algebarski stepen tačnosti. Zataj slučaj odrediti ostatak R(f) u formuli. Dobijenu formulu primeniti naizračunavanje integrala∫ 10x √ 1 − x 2 dx.Rešenje. Zamenom f(x) = 1, x, x 2 u datu kvadraturnu formulu dobijamo sistemjednačinaA 1 + A 2 + A 3 = 1 2 ,−aA 1 + aA 3 = 0,a 2 A 1 + a 2 A 3 = 1 6 ,za odred¯ivanje koeficijenata A i , i = 1, 2,3, tako da je kvadraturna formula tačnaza sve polinome stepena ne većeg od dva. Rešavanjem sistema dobijamoDakle, kvadraturna formula je oblikaZ 1−1A 1 = 112a 2 , A 2 = 3a2 − 16a 2 , A 3 = 112a 2 .|x|(1 − x 2 )f(x)dx = 112a 2 f(−a) + 3a2 − 16a 2 f(0) + 1 f(a) + R(f).12a2 Zamenom f(x) = x 3 , iz poslednje kvadraturne formule dobijamo R(x 3 ) = 0, štoznači da je ova formula tačna i za polinome stepena tri. Za f(x) = x 4 na isti način

316 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAdobijamo da je R(x 4 ) = (1 − 2a 2 )/12, odakle je R(x 4 ) = 0 za a = ± √ 2/2, tj.a = √ 2/2 jer a ∈ (0,1). Kvadraturna formula najzad dobija oblikZ 1−1|x|(1 − x 2 )f(x)dx = 1 √ « 2„−6 f + 1 2 6 f(0) + 1 „ √ « 26 f + R(f),2i ona je tačna za sve polinome stepena ne većeg od 4. Jednostavnom proveromza f(x) = x 5 zaključujemo da je R(x 5 ) = 0. Na isti način za f(x) = x 6 nalazimoda R(x 6 ) = 1/120 ≠ 0, pa poslednja kvadraturna formula ima algebarski stepentačnosti 5, dakle ona je Gaussovog tipa.Ostatak dobijene Gaussove kvadraturne formule jeR(f) = f(6) (ξ)R(x 6 ) =6!1120 · 6! f(6) (ξ) = f(6) (ξ), ξ ∈ (−1, 1).86400Najzad, primenjući dobijenu formulu, izračunajmo integralKako jeZ 10Z 10px 1 − x 2 dx.px 1 − x 2 dx = 1 Z 1 p|x| 1 − x22 dx = 1 Z 1|x|(1 − x 2 1) · √−12 −11 − x 2 dx,potrebno je uzetif(x) =1√1 − x 2 .Tada dobijamoZ 102px 1 − x 2 dx ∼ = 1 4 12 6 ·1q1 − `− √ 2/2´2 + 1 6 ·1√1 − 0 23+ 1 6 · 1q1 − `√ 5 ∼ = 0.319.2/2´27.2.26. Odrediti parametre Gaussove kvadraturne formule∫ 1−1p(x)f(x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + A 3 f(x 3 ) + R 3 (f)

NUMERIČKA INTEGRACIJA 317i ostatak R 3 (f), ako je težinska funkcija p(x) = |x|(1 − x 2 ).Rešenje. Neka je {Q k } n∈N0 niz ortogonalnih polinoma na (−1,1) sa težinskomfunkcijom x ↦→ p(x) = |x|(1 − x 2 ) i neka je a k koeficijent uz najviši stepen u polinomuQ n , tj. Q k (x) = a k x k + članovi nižeg stepena. Za Gaussovu kvadraturnuformulu sa n čvorova važi:a) x k , k = 1, . . . , n, su nule ortogonalnog polinoma Q n ,b) A k = a n ‖Q n−1 ‖ 2a n−1 Q n−1 (x k )Q ′ , k = 1, . . . , n,n(x k )c) R n (f) = ‖Q n‖ 2(2n)!a 2 f (2n) (ξ),nξ ∈ (a,b).Na osnovu navedenih formula, za naš zadatak, imamo:Q 3 (x) = x 3 − 1 “2 x = x x 2 − 1 ”2√ √22=⇒ x 1 = −2 , x 2 = 0, x 3 =2 ,Q 3 (x) = x 3 − 1 2 x =⇒ a 3 = 1; Q 2 (x) = x 2 − 1 3 =⇒ a 2 = 1,A 1 =Z 1−1‖Q 2 ‖ 2 = (Q 2 , Q 2 ) = 1 36 , Q′ 3(x) = 3x 2 − 1 2 ,‖Q 2 ‖ 2Q 2 (x 1 )Q ′ 3 (x 1) = 1 6 , A 2 =‖Q 2 ‖ 2Q 2 (x 2 )Q ′ 3 (x 2) = 1 6 , A 3 =‖Q 3 ‖ 2 = (Q 3 , Q 3 ) = 1120 =⇒ R 3(f) = ‖Q 3‖ 2f (6) (ξ),6!Dakle, tražena kvadraturna formula je|x|(1−x 2 )f(x)dx = 1 6gde ξ ∈ (−1,1).„ „f −√22«+ f(0) + fPrimedba. Napraviti pored¯enje ovog zadatka sa prethodnim.‖Q 2 ‖ 2Q 2 (x 3 )Q ′ 3 (x 3) = 1 6 ,ξ ∈ (−1,1).„ √ «« 2+1.1574·10 −5 f (6) (ξ),27.2.27. Odrediti parametre i ostatak u Gaussovoj kvadraturnoj formuli∫ 10f(x)√x(1 − x)dx = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + R(f),

318 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAa zatim približno izračunati∫ 10√1 + xdx.xRešenje. Polazeći od prirodnog bazisa {1, x, x 2 }, Gram–Schmidtovim postupkomortogonalizacije nalazimo polinome ortogonalne na (0,1), sa težinom x ↦→p(x) = 1/ p x(1 − x),Q 0 (x) = 1, Q 1 (x) = x − 1 2 , Q 2(x) = x 2 − x + 1 8 .Pri rešavanju odgovarajućih integrala koristili smo formuleB(p, q) =Z 10x p−1 (1 − x) q−1 dx,“ 1”Γ(1 + z) = z Γ(z), Γ = √ π.2B(p, q) =Γ(p) Γ(q)Γ(p + q) ,Čvorovi x k , k = 1,2, su nule ortogonalnog polinoma Q 2 , tj.x 1 = 1 2 + 12 √ 2 , x 2 = 1 2 − 12 √ 2 .Kako jea n = a n−1 = 1, Q ′ 2(x) = 2x − 1, ‖Q 1 ‖ 2 = π 8 ,to iz formuleA k = a na n−1‖Q n−1 ‖ 2Q n−1 (x k )Q ′ n(x k )(k = 1,2, . . . , n),za n = 2, nalazimoA 1 =‖Q 1 ‖ 2Q 1 (x 1 )Q ′ 2 (x 1) = π 2 , A 2 =Kako je ‖Q 2 ‖ 2 = π/128, iz formule‖Q 1 ‖ 2Q 1 (x 2 )Q ′ 2 (x 2) = π 2 .R(f) = ‖Q n‖ 2(2n)!a 2 f (2n) (ξ),nξ ∈ (a,b),za n = 2 dobijamoR(f) =π3072 f(4) (ξ), ξ ∈ (0,1).

NUMERIČKA INTEGRACIJA 319Najzad, s obzirom na jednakostr1 + xxs1 − x=2x(1 − x) ,primenom dobijene kvadraturne formule na f(x) = √ 1 − x 2 , dobijamoZ 10r ss1 + xdxx∼ = π “ 11 −2 2 + 1 ” „ 22 √ π 1 + 1 −2 2 2 − 1 « 22 √ 2∼= 0.8184 + 1.5539 = 2.3723.7.2.28. Izvesti formulu za približnu integraciju(1)∫ 1−1√1 − x1 + x f(x)dx ∼ = 2πn + 1n∑sin 2 kπ(n + 1 f cos 2kπ ).n + 1k=1Rešenje. Neka je g(x) = f(2x 2 − 1). Dokazaćemo najpre jednakost(2)Z 1−1r1 − x1 + x f(x)dx = 2 Z 1−1p1 − x 2 g(x) dx.Ako uvedemo smenu x = 2t − 1 u integral na levoj strani dobijamo:Z 1−1r1 − x1 + x f(x)dx = 2 Z 10r2 − 2t2tf(2t − 1) dt = 2Z 10r1 − ttf(2t − 1) dt.Uvod¯enjem nove smene t = u 2 , poslednji integral se svodi na2Z 10r Z r1 − t11 − u 2f(2t − 1) dt = 4t0 u 2 f(2u 2 − 1)uduZ 1 p Z 1= 4 1 − u 2 f(2u 2 p− 1)du = 2 1 − u 2 f(2u 2 − 1) du.Dakle, dokazali smo da jeZ 1−1r1 − x1 + x f(x)dx = 2 Z 10−1−1p Z 11 − x 2 f(2x 2 p− 1) dx = 2 1 − x 2 g(x)dx.−1

320 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAIzvedimo, sada, Gaussovu kvadraturnu formulu, sa n čvorova za nalaženje integralaZ 1 p1 − x 2 g(x)dx.Tražena formula je oblika(3)Z 1−1−1p1 − x 2 g(x)dx =nXA k g(x k ) + R n (g),k=1gde su x k nule Čebiševljevog polinoma druge vrsteS n (x) =sin[(n + 1)arccos x]√1 − x 2koji su ortogonalni na segmentu [−1, 1] u odnosu na težinsku funkciju p(x) =√1 − x 2 . Iz jednačine sin[(n + 1)arccos x] = 0 odred¯ujemo nule polinoma S n , tj.čvorove kvadrature,x k = coskπ, k = 1, . . . , n.n + 1Koeficijenti kvadraturne formule se izračunavaju po formuli (videti [2, str. 170–176])“2(2n + 1)Γ n + 1 ” 2A k =2 C n C· n−1(n + 1)!Γ(n + 1) S n−1 (x k )S n(x ′ k ) ,gde jeC n =“ 3”(n − 1)!Γ“2Γ n + 3 ” =2(n + 1)!2n(2n + 1)!! ,pri čemu smo koristili formule Γ(z + 1) = zΓ(z), Γ(1/2) = √ π i“Γ n + 1 ” “= n − 1 ” “Γ n − 1 ” “= n − 1 ”“n − 3 ” “Γ n − 3 ”= · · ·2 2 2 2 2 2“= n − 1 ”“n − 3 ”· · · 1 “ 1”2 2 2 Γ = 12 2 n (2n − 1)!!√ π.S obzirom da jeimamoC n C n−1 =A k = 2(2n + 1) · 2−2n ((2n − 1)!!) 2 π(n + 1)! n!(n + 1)!2n(2n + 1)!! · n!2 n−1(2n − 1)!! = 22n−1 n!(n + 1)!(2n + 1)((2n − 1)!!) 2 ,·2 2n−1 n!(n + 1)!(2n + 1)((2n − 1)!!) 2 · 1S n−1 (x k )S n(x ′ k ) ,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 321tj.(4) A k =Kako su redomπS n−1 (x k )S ′ n(x k ) .S ′ n(x) = −(n + 1)√ 1 − x 2 · cos[(n + 1) arccos x] + x sin[(n + 1)arccos x](1 − x 2 ) √ 1 − x 2 ,1S n−1 (x k ) = q sin[n arccos x k ] =1 − x 2 kS ′ n(x k ) ===zaključujemo da je1sin kπn + 11sin kπn + 1· sin(n + 1 − 1)kπn + 1“sin kπ cos1sin kπn + 1=· sin nkπn + 11sin kπ sinn + 1“kπ −kπ ”n + 1kπ kπ”− sinn + 1 n + 1 cos kπ = (−1) k+1 ,−(n + 1) sin kπn + 1 cos kπ + cos kπsin kπn + 1= (−1)k+1 (n + 1),sin 3 kπsin 2 kπn + 1n + 1S n−1 (x k )S n(x ′ k ) = (−1)2k+2 (n + 1)sin 2 kπn + 1= n + 1sin 2kπn + 1.Najzad, zamenom u (4), dobijamoA k =π kπn + 1 sin2 n + 1 ,tako da tražena Gaussova kvadraturna formula (3) postajeZ 1−1p1 − x 2 g(x) dx = πn + 1nXsin 2k=1kπ“n + 1 g coskπ”+ R n (g).n + 1Kako je2x 2 k − 1 = cos 2kπ , k = 1, . . . , n,n + 1

322 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAna osnovu (2) zaključujemo da važiZ 1−1r1 − x 2πf(x)dx =1 + x n + 1nXsin 2 kπ“n + 1 f cos 2kπ ”+ eR n (f),n + 1k=1tj. formula (1), sa ostatkom e R n (f) = 2R n (g), gde je g(x) := f(2x 2 − 1).Izračunajmo još ostatak R n (g) po formuli (videti [2, str. 171])R n (g) = 22n+α+β+1 n! Γ(n + α + 1)Γ(n + β + 1)Γ(n + α + β + 1)(2n)!(2n + α + β + 1)Γ(2n + α + β + 1) 2gde je ξ ∈ (−1,1). Za α = β = 1/2 prethodni izraz se svodi nag (2n) (ξ),R n (g) =“2 2n+2 n!Γ n + 3 ” 2Γ(n+ 2)2(2n)!(2n + 2)Γ(2n + 2) 2g (2n) (ξ)= 22n+2 n!2 −2n−2 ((2n + 1)!!) 2 π (n + 1)!2(n + 1)(2n)!((2n + 1)!) 2 g (2n) (ξ)==n!(n + 1)!((2n + 1)!!) 2 π2(n + 1)(2n)!((2n)!!) 2 ((2n + 1)!!) 2 g(2n) (ξ)n!(n + 1)! π2(n + 1)(2n)!2 2n (n!) 2 g(2n) (ξ),tj.R n (g) =π2 2n+1 (2n)! g(2n) (ξ).Napomenimo da kvadraturna formula (1) nije Gaussovog tipa. Ta formula imaalgebarski stepen tačnosti p = n − 1. Da bismo se u ovo uverili dovoljno je uzeti,na primer, f(x) = `(1 + x)/2´m/2 , gde je m ∈ N0 . Imajući u vidu ranije uvedenusupstituciju f(2x 2 −1) = g(x), sada je g(x) = x m . Kako je R n (g) = 0 za m ≤ 2n−1(formula (3) je Gaussovog tipa) i eR n (f) = 2R n (g), zaključujemo da je eR n (x r ) = 0samo za r = 0,1, . . . , n − 1, s obzirom da je r = m/2 ≤ n − 1. Dakle, e R n (x n ) ≠ 0.7.2.29. Za integral iz prethodnog zadatka izvesti kvadraturnu formuluGaussovog tipa i dati ocenu ostatka. Na numeričkom primeru∫ 1−1√1 − x + x2 − x 3dx1 + x

NUMERIČKA INTEGRACIJA 323uporediditi rezultate dobijene formulom Gaussovom tipa i kvadraturnomformulom iz prethodnog zadataka.Rešenje. S obzirom da se radi o Jacobievoj težinskoj funkciji na (−1,1), saparametrima α = −β = 1/2, tj. p(x) = (1 − x) 1/2 (1+x) −1/2 , tročlana rekurentnarelacija za monične Jacobieve polinome(1) Q k+1 (x) = (x − β k )Q k (x) − γ k Q k−1 (x),gde su (videti [1, Tabela 2.13.1, str. 148])β k =svodi se naβ 2 − α 2(2k + α + β)(2k + α + β + 2) , γ k =4k(k + α)(k + β)(k + α + β)(2k + α + β) 2`(2k + α + β) 2 − 1) ,(2) Q k+1 (x) = xQ k (x) − 1 4 Q k−1(x), k = 1, 2, . . . .Prva tri člana moničnog ortogonalnog niza su:Q 0 (x) = 1, Q 1 (x) = 1 2 (2x + 1), Q 2(x) = 1 4`4x2 + 2x − 1´.Uvedimo normalizaciju takvu da umesto moničnih polinoma Q k (x) radimo sa ortogonalnimpolinomima W k (x) = 2 k Q k (x) (k = 0,1, . . . ). Dakle, koeficijent uznajviši stepen u W k (x) je a k = 2 k , tako da su sadaW 0 (x) = 1, W 1 (x) = 2x + 1, W 2 (x) = 4x 2 + 2x − 1.Zamenom Q k (x) = 2 −k W k (x) u (2) daje rekurentnu relaciju(3) W k+1 (x) = 2xW k (x) − W k−1 (x), k = 1,2, . . . .Za polinome W k (x) moguće je naći eksplicitan izraz rešavanjem jednačine (3) kaolinearne diferencne jednačine drugog reda, pri fiksiranoj vrednosti za x. Njenakarakteristična jednačina je λ 2 − 2xλ + 1 = 0, čiji su koreni λ 1,2 = x ± i √ 1 − x 2 .Ako za −1 ≤ x ≤ 1 stavimo x = cos θ, imamoOpšte rešenje jednačine (3) je tadaλ 1,2 = cos θ ± i sin θ = e ±iθ .W k (cos θ) = C 1 cos kθ + C 2 sin kθ,

324 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAgde su C 1 i C 2 proizvoljne konstante. U konkretnom slučaju one se mogu odreditiiz početnih uslova za k = 0 i k = 1 `W 0 (cos θ) = 1, W 1 (cos θ) = 2cos θ + 1´.Dakle, iz uslova1 = C 1 , 2 cos θ + 1 = C 1 cos θ + C 2 sin θ,dobijamo C 1 = 1, C 2 = (1 = cos θ)/sin θ, što daje(4) W k (cos θ) = cos kθ + 1 + cos θsin θsin kθ =“sin k + 1 ”θ2sin θ 2(k = 0, 1, . . .).Kvadrat norme ovih polinoma se jednostavno izračunava‖W k ‖ 2 =Z 1−1r1 − x1 + x W k(x) 2 dx = 2Z π0sin 2“ k + 1 2”θ dθ = π.Na osnovu (4) eksplicitno nalazimo nule x k (k = 1, . . . , n) polinoma W n (x).“Dakle, iz sin k + 1 ”θ = 0 (θ ≠ 0) dobijamo2x k = cos θ k = cos2kπ2n + 1(k = 1, . . . , n),tako da odgovarajuća Gaussova formula ima oblikZ 1−1r1 − xn1 + x f(x)dx = XNa osnovu formule ([2, str. 169])k=1“A k f cos2kπ”+ R n (f).2n + 1A k = a n ‖W· n−1 ‖ 2a n−1 W n−1 (x k )W n(x ′ k )(k = 1, . . . , n),dobijamo težinske koeficijenteA k = 2n2 n−1 · π · 2sin2 (θ k /2)= 4π kπ2n + 1 2n + 1 sin2 2n + 1(k = 1, . . . , n),imajući u vidu da su x k = cos θ k , θ k = 2kπ/(2n + 1),W n−1 (x k ) =“sin n − 1 ”θ2 ksin θ k2= 2(−1) k+1 cos θ k2 ,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 3250“W n(x ′ 1cos n + 1 ” 1θBk ) = @W2sin 2 θ n (x k ) − (2n + 1) 2 kC (2n + 1)(−1)k+1kcos θ A =k4sin 2 θ k222 cos θ .k2Dakle, tražena kvadraturna formula Gaussovog tipa je(5)Z 1−1r1 − x 4πf(x)dx =1 + x 2n + 1nXsin 2k=1kπ“2n + 1 f cospri čemu se ostatak u klasi funkcija C 2n [−1, 1] može dati u oblikuR n (f) =π(2n)!2 2n f(2n) (ξ) (−1 < ξ < 1).2kπ”+ R n (f),2n + 1Ako sa K n (1) (f) označimo kvadraturnu formulu iz prethodnog zadatka, tj.K n (1) (f) =2π nXsin 2 kπ“n + 1 n + 1 f cos 2kπ ”,n + 1k=1a sa Kn G (f) Gaussovu kvadraturnu sumu u (5), lako se uočava da je K (1)2n (f) =Kn G (f), tj. isti rezultat se dobija i sa formulom iz prethodnog zadatka, ali sa dvaputa većim brojem čvorova. Ilustrujmo ovu činjenicu na numeričkom primeruI =Z 1−1r1 − x + x 2 − x 3dx =1 + xZ 1−1r1 − x1 + xp1 + x 2 dx,sa f(x) = √ 1 + x 2 , uzimajući u kvadraturnim formulama broj čvorova n = 5(5)30.n K n (1) (f)Kn G (f)5 3.82256588973303 3.8201845043062310 3.82018450430623 3.8201977896814415 3.82019771538528 3.8201977890276620 3.82019778968144 3.8201977890277125 3.82019778903289 3.8201977890277130 3.82019778902766 3.82019778902771Primedba. Jacobievi polinomi za α = −β = 1/2, definisani sa (4), u literaturisu poznati kao Čebiševljevi polinomi četvrte vrste. Odgovarajući polinomi ortogonalniu odnosu na težinu p(x) = (1 − x) −1/2 (1 + x) 1/2 (−α = β = 1/2) nazivajuse Čebiševljevi polinomi treće vrste. I oni se mogu eksplicitno izraziti u obliku“cos k + 1 ”θV k (cos θ) = 2cos θ (k = 0,1, . . .).2

326 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAPrva tri člana ortogonalnog niza suV 0 (x) = 1, V 1 (x) = 2x − 1, V 2 (x) = 4x 2 − 2x − 1,a njihova tročlana rekurentna relacija je ista kao i kod polinoma W k (x), tj.V k+1 (x) = 2xV k (x) − V k−1 (x), k = 1, 2, . . . .Primetimo da važi W k (−x) = (−1) k V k (x).(1)7.2.30. Odrediti parametre kvadraturne formule oblika∫ 1−1(f(x)dx ∼ = A 1 f(x 1 ) + A 2 f(x 2 ) + A 3 f −√55)+ A 4 ftako da ona ima maksimalno mogući algebarski stepen tačnosti.(√ )5,5Rešenje. Izjednačavajući levu i desnu stranu u (1), kada se monomi 1, x, x 2 ,x 3 , x 4 , x 5 uzimaju redom umesto funkcije f(x), dolazimo do sistema nelinearnihjednačina8(2)A 1 + A 2 + A 3 + A 4 = 2,√5A 1 x 1 + A 2 x 2 −5 A 3 +√55 A 4 = 0,A >< 1 x 2 1 + A 2 x 2 2 + 1 5 A 3 + 1 5 A 4 = 2 3 ,√ √A 1 x 3 1 + A 2 x 3 5 52 −25 A 3 +25 A 4 = 0,A 1 x 4 1 + A 2 x 4 2 + 1 25 A 3 + 1 25 A 4 = 2 5 ,√ √>: A 1 x 5 1 + A 2 x 5 5 52 −125 A 3 +125 A 4 = 0.Da bismo rešili ovaj sistem, uvodimo pomoćnu funkciju ω pomoću„ √ «„ √ « 5 5ω(x) = (x − x 1 )(x − x 2 ) x + x −5 5= x 4 + C 3 x 3 + C 2 x 2 + C 1 x + C 0 .Množenjem prvih pet jednačina sistema (2) redom sa C 0 , C 1 , C 2 , C 3 , 1 i njihovimsabiranjem dobijamo„ √ « „ √ «5 5A 1 ω(x 1 ) + A 2 ω(x 2 ) + A 3 ω − + A 4 ω = 2C 0 + 2 5 5 3 C 2 + 2 5 .

NUMERIČKA INTEGRACIJA 327Primenjujući isti postupak na poslednjih pet jednačina sistema (2) dobijamo„A 1 x 1 ω(x 1 ) + A 2 x 2 ω(x 2 ) − A 3 ω −√55«+ A 4 ω„ √ « 5= 2 5 3 C 1 + 1 5 C 3.Dalje je„ √ « 5ω − = 1 √55 25 − 25 C 3 + 1 √55 C 2 −5 C 1 + C 0 ,„ √ « 5ω = 1 √55 25 + 25 C 3 + 1 √55 C 2 +5 C 1 + C 0 .Kako je„ √ « „ √ « 5 5ω(x 1 ) = ω(x 2 ) = ω − = ω = 0,5 5na osnovu dobijenih rezultata dolazimo do sistema linearnih jednačina8C 0 + 1 3 C 2 = − 1 5 ,2>: 5C 0 +5 C 1 + 1 √55 C 2 +25 = − 125 ,čijim rešavanjem nalazimoC 0 = 1 5 , C 1 = 0, C 2 = − 6 5 , C 3 = 0.Sada izω(x) = x 4 − 6 5 x2 + 1 5 = (x − 1)(x + 1) „x −√55« „x +√ « 55dobijamo x 1 = −1, x 2 = 1. Zamenom ovako nad¯enih x 1 i x 2 , sistem jednačina (2)se svodi na sistem linearnih jednačina8A 1 + A 2 + A 3 + A 4 = 2,√ √5 5>< −A 1 + A 2 −5 A 3 +5 A 4 = 0,A 1 + A 2 + 1 5 A 3 + 1 5 A 4 = 2 3 ,>:A 1 + A 2 + 1 25 A 3 + 1 25 A 4 = 2 5 .

328 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJARešavanjem poslednjeg sistema jednačina dobijamoA 1 = A 2 = 1 6 , A 3 = A 4 = 5 6 .7.2.31. Odrediti A i x k (k = 1,2,3,4) u kvadraturnoj formuli Čebiševljevogtipa∫ 1−1Rešenje. Ovde je|x| 1/2 f(x)dx ∼ = A(f(x 1 ) + f(x 2 ) + f(x 3 ) + f(x 4 )).A = 1 nZ bap(x)dx = 1 4Z 1−1|x| 1/2 dx = 1 2Z 1gde je n broj čvorova u formuli. Dalje, odred¯ujemo brojeveImamos m = 1 As 1 = 1 As 2 = 1 As 3 = 1 As 4 = 1 AZ 1−1Z 1−1Z 1−1Z 1−1Konstruišemo zatim funkcijuZ bap(x)x m dx, m = 1,2, . . . , n.|x| 1/2 x dx = 0,|x| 1/2 x 2 dx = 2 A|x| 1/2 x 3 dx = 0,|x| 1/2 x 4 dx = 2 AZ 10Z 100√ x dx =13 ,√ xx2 dx =127 ,√ xx4 dx =1211 .ω(x) = (x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )(x − x 4 ) = x 4 + a 1 x 3 + a 2 x 2 + a 3 x + a 4 ,gde koeficijente a 1 , a 2 , a 3 , a 4 odred¯ujemo iz sistema jednačina (videti [2, str. 193])s m + a 1 s m−1 + a 2 s m−2 + . . . + a m−1 s 1 + ma m = 0, m = 1,2, . . . , n,tj. iz sistemaa 1 = −s 1 ,a 1 s 1 + 2a 2 = −s 2 ,a 1 s 2 + a 2 s 1 + 3a 3 = −s 3 ,a 1 s 3 + a 2 s 2 + a 3 s 1 + 4a 4 = −s 4 ,

NUMERIČKA INTEGRACIJA 329koji se svodi naa 1 = 0, 2a 2 = − 12 7 , 3a 3 = 0,Rešavanjem ovog sistema jednačina dobijamoodnosno127 a 2 + 4a 4 = − 1211 .a 1 = 0, a 2 = − 6 7 , a 3 = 0, a 4 = 51539 ,ω(x) = x 4 − 6 7 x2 + 51539 .Najzad, smenom t = x 2 dobijamo da je ω(t) = 0 za t 1,2 = 3/7 ± (4/7) p 3/11, pasu čvorovi tražene kvadrature Čebiševljevog tipa:s3x 1,2 = ∓7 + 4 rs37 11 , x 33,4 = ∓7 − 4 r37 11 .7.2.31. Zamenjujući funkciju f odgovarajućim interpolacionim polinomom,odrediti koeficijente A 1 ,A 2 ,A 3 ,A 4 i ostatak R(f) u kvadraturnoj formuli(1)∫ 1−1f(x)dx = A 1 f(−1) + A 2 f(1) + A 3 f ′ (−1) + A 4 f ′ (1) + R(f).Primenom dobijene formule približno izračunati integral I = ∫ π/20sin t dt iproceniti grešku.Rešenje. Koristeći tabelux −1 1f(x) f(−1) f(1)f ′ (x) f ′ (−1) f ′ (1)odredimo Hermiteov interpolacioni polinom H 3 ,H 3 (x) = L 1 (x) + (x + 1)(x − 1)H 1 (x),

330 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAgde jeL 1 (x) = 1 − x2f(−1) + 1 + x f(1)2Lagrangeov interpolacioni polinom, a H 1 (x) = ax + b Hermiteov polinom prvogstepena. Dakle,H 3 (x) = 1 − x2f(−1) + 1 + x2f(1) + (x + 1)(x − 1)(ax + b),H ′ 3(x) = − 1 2 f(−1) + 1 2 f(1) + 2x(ax + b) + (x2 − 1)a.Zamenom x sa −1, odnosno 1, imamo8>< H 3(−1) ′ = − 1(2)2 f(−1) + 1 2 f(1) + 2(a − b) = f ′ (−1),>: H 3(1) ′ = − 1 2 f(−1) + 1 2 f(1) + 2(a + b) = f ′ (1).Rešavanjem sistema (2) po a i b dobijamoDakle,a = 1 4 [f(−1) − f(1) + f ′ (−1) + f ′ (1)], b = − 1 4 [f ′ (−1) − f ′ (1)].H 3 (x) = x3 − 3x + 24+ x3 − x 2 − x + 14f(−1) + −x3 + 3x + 24Integracijom poslednje jednakosti nalazimof(1)f ′ (−1) + x3 + x 2 − x − 14f ′ (1).(3)Z 1−1H 3 (x)dx = f(−1)4+ f ′ (−1)4Z 1−1Z 1−1(x 3 − 3x + 2) dx + f(1)4(x 3 − x 2 − x + 1) dx + f ′ (1)4Z 1−1Z 1−1(−x 3 + 3x + 2) dx(x 3 + x 2 − x − 1) dx= f(−1) + f(1) + 1 3 f ′ (−1) − 1 3 f ′ (1).Sada, pod uslovom da f ∈ C 4 [−1, 1], imamo (videti [2, str. 54])(4) f(x) = H 3 (x) + r(f, x),gde sur(f, x) = f(4) (η)4!Ω(x) (−1 < η < 1) i Ω(x) = (x − 1) 2 (x + 1) 2 = (x 2 − 1) 2 .

NUMERIČKA INTEGRACIJA 331Integracijom jednakosti (4), uz korišćenje (3), dobijamo(5)Z 1−1f(x)dx =Z 1−1H 3 (x)dx +Z 1−1r(f, x) dx= f(−1) + f(1) + 1 3 f ′ (−1) − 1 3 f ′ (1) + R(f),gde jeR(f) =Z 1−1r(f, x) dx = 1 4!Z 1−1f (4) (η)Ω(x)dx.Napomenimo da je η funkcija od x. No, s obzirom da je Ω(x) nenegativnafunkcija na [−1, 1], možemo na poslednji integral da primenimo teoremu o srednjojvrednosti odred¯enog integrala i tako dobijamoR(f) = 1 4! f(4) (ξ)gde je ξ ∈ (−1,1).Z 1−1Ω(x)dx = 2 4! f(4) (ξ)Z 10(x 4 − 2x 2 + 1) dx = 2 45 f(4) (ξ),Iskoristimo sada formulu (5) za približno izračunavanje integralaI =Z π/2Ako uvedemo smenu t = (x + 1)π/4 dobijamoI =∼= π 4= π 4Z π/200Z 1sin t dt = π 4 −1»sin 0 + sin π 2 + 1 π3“1 + π 12”∼= 0.991,sin t dt.sin π (x + 1)dx44 cos0 − 1 3π4 cos π –2pri čemu za grešku pri izračunavanju integrala I važi“˛ π|R(f)| = ˛R4 sin π ”˛˛˛4 (x + 1) 2 ˛ π= ˛π45 4 sin(4) (ξ + 1)˛˛˛4= 2 “ π” 5 π ˛˛˛sin45 4 4 (ξ + 1)˛˛˛ 2“ π” 5≤ < 1.33 × 10−2 .45 47.2.32. Zamenjujući funkciju f odgovarajućim interpolacionim polinomom,odrediti koeficijente A 1 ,A 2 ,A 3 i ostatak R(f) u kvadraturnoj formuli∫ 10f(x)dx = A 1 f(0) + A 2 f(1) + A 3 f ′ (0) + R(f).

332 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAPrimenom dobijene formule približno izračunati integral I = ∫ π/20cos t dt iproceniti grešku.Rešenje. Zadatak se rešava slično prethodnom. Ovde dobijamoA 1 = 2 3 , A 2 = 1 3 , A 3 = 1 6 ,R(f) = −f ′′′ (ξ)72 , ξ ∈ (0,1),I = π 3 , |R(cost)| ≤ π 2π 3576 < 8.46 × 10−2 .

VI G L A V APribližno rešavanje običnihdiferencijalnih jednačina8.1. Analitički metodi za rešavanje Cauchyevog problema8.1.1. Taylorovim metodom odrediti približno rešenje Cauchyevog problema(1) y ′ (x) = x 2 + y(x) 2 , y(0) = 1.Rešenje. S obzirom da je (x,y) ↦→ f(x, y) = x 2 +y 2 analitička funkcija u tački(0, 1), na osnovu teoreme 1.1.4 ([3, str. 9]) postoji jedinstveno rešenje x ↦→ y(x),koje je analitičko u tački x 0 = 0, Cauchyevog problema (1). Drugim rečima, y(x)ima u okolini x 0 = 0 izvode proizvoljnog reda, pa je(2) y(x) = y(0) + y′ (0)1!x + y′′ (0)2!x 2 + · · · .Na osnovu (1) možemo izračunati potrebne izvode y (i) (0) (i = 1,2, . . .). Naime,imamo redomy ′ = x 2 + y 2 , y ′ 0 = x 2 0 + y 2 0 = 1,y ′′ = 2x + 2yy ′ , y ′′0 = 2x 0 + 2y 0 y ′ 0 = 2,y ′′′ = 2 + 2yy ′′ + 2(y ′ ) 2 , y ′′′0 = 2 + 2y 0 y ′′0 + 2(y ′ 0) 2 = 8,y (4) = 2yy ′′′ + 6y ′ y ′′ , y (4)0= 2y 0 y ′′′0 + 6y ′ 0y ′′0 = 28,gde smo stavili y (i)0= y (i) (x 0 ) = y (i) (0).Zamenom dobijenih vrednosti u (2) dobijamotj.y(x) = 1 + x + 2 x22! + 8 x3 x4+ 283! 4! + · · · ,y(x) = 1 + x + x 2 + 4 3 x3 + 7 6 x4 + · · · .

334 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA8.1.2. Primeniti Taylorov metod na problem(1) y ′ (x) = x 2 + y(x), y(1) = 1.Rešenje. Rešenje tražimo u obliku(2) y(x) = y(1) + y′ (1)1!(x − 1) + y′′ (1)2!Na osnovu (1), sukcesivnim diferenciranjem dobijamo(x − 1) 2 + · · · .y ′ = x 2 + y ,y ′′ = 2x + y ′ ,y ′′′ = 2 + y ′′ ,y (k) = y (k−1) ,y ′ (1) = 2 ,y ′′ (1) = 4 ,y ′′′ (1) = 6 ,y (k) (1) = y (k−1) (1) = 6 (k = 4,5, . . . ),pa je, na osnovu (2),(3) y(x) = 1 + 2 1! (x − 1) + 4 2! (x − 1)2 + 6+∞ Xk=3(x − 1) k.k!Uzimanjem samo konačno mnogo članova reda u (3) dobili bismo približnorešenje problema (1). Med¯utim, u ovom slučaju možemo prepoznati tačno rešenjeproblema (1). Naime, na osnovu (3) imamo(4)y(x) = 1 + 2(x − 1) + 2(x − 1) 2+∞ !X (x − 1) k+ 6k!k=0= 6 e x−1 − x 2 − 2x − 2 ,„− 6 1 + x − 1 +1!«(x − 1)22!s obzirom da jee x−1 =+∞ Xk=0(x − 1) k.k!8.1.3. Korišćenjem 1 ◦ Taylorovog metoda; 2 ◦ metoda neodred¯enih koeficijenata,rešiti Cauchyev problem(1) y ′ (x) = y(x) + 3x 2 − x 3 , y(1) = 1i prokomentarisati dobijeno rešenje.

ANALITIČKI METODI ZA REŠAVANJE CAUCHYEVOG PROBLEMA 335Rešenje. 1 ◦ Rešenje tražimo u obliku(2) y(x) = y(1) + y′ (1)1!Na osnovu (1) imamo(x − 1) + y′′ (1)2!(x − 1) 2 + · · · .y ′ = y + 3x 2 − x 3 ,y ′′ = y ′ + 6x − 3x 2 ,y ′′′ = y ′′ + 6 − 6x ,y (4) = y ′′′ − 6 ,y (k) = y (k−1) ,y ′ (1) = 3 ,y ′′ (1) = 6 ,y ′′′ (1) = 6 ,y (4) (1) = 0 ,y (k) (1) = 0 , (k = 5,6, . . .).Zamenom dobijenih vrednosti u (2) dobijamoy(x) = 1 + 3 1! (x − 1) + 6 2! (x − 1)2 + 6 3! (x − 1)3 = x 3 ,što je i tačno rešenje problema (1).Jasno je da Taylorovim metodom možemo dobiti tačno rešenje Cauchyevogproblema samo onda kada je to rešenje polinomskog oblika, kao što je to ovde bioslučaj.2 ◦ Za razliku od Taylorovog metoda, ovde rešenje problema (1) tražimo u obliku(3) y(x) = a 0 + a 1 (x − 1) + a 2 (x − 1) 2 + · · · ,gde nepoznate koeficijente a k (k = 0, 1, . . .) formalno odred¯ujemo iz uslova da (3)zadovoljava problem (1). Očigledno je, na osnovu početnog uslova, a 0 = 1.S obzirom na (3), imamopa zamenom u (1) dobijamoy ′ (x) = a 1 + 2a 2 (x − 1) + 3a 3 (x − 1) 2 + · · ·a 1 + 2a 2 (x − 1) + 3a 3 (x − 1) 2 + 4a 4 (x − 1) 3 + · · · + na n (x − 1) n−1 + · · ·= 1 + a 1 (x − 1) + a 2 (x − 1) 2 + a 3 (x − 1) 3 + · · · + a n−1 (x − 1) n−1+ · · · + 3x 2 − x 3 .Poslednja jednakost, posle smene t = x − 1, postaje(a 1 − 3) + (2a 2 − a 1 − 3) t + (3a 3 − a 2 ) t 2 + (4a 4 − a 3 + 1) t 3+ · · · + (na n − a n−1 )t n−1 + · · · = 0 ,

336 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAodakle dobijamoa 1 = 3 , a 2 = 1 2 (a 1 + 3) = 3 , a 3 = 1 3 a 2 = 1 , a 4 = 1 4 (a 3 − 1) = 0 ,a n = 1 n a n−1 = 0 (n = 5,6, . . .).Dakle,y(x) = 1 + 3(x − 1) + 3(x − 1) 2 + (x − 1) 3 = x 3 .Naravno, dobijeno rešenje je isto kao i ono pri korišćenju Taylorovog metodas obzirom da se i po jednom i po drugom metodu traži rešenje u istom obliku.Jedina razlika je u metodologiji dobijanja koeficijenata uz odgovarajuće stepeneod x − x 0 (x 0 = 1).8.1.4. Primeniti Picardov metod u rešavanju diferencijalne jednačiney ′ = −xy (2 + y), y(0) = 1i izvršiti ocenu greške dobijenog približnog rešenja.Rešenje. Picardov metod sukcesivnih aproksimacija, za rešavanje Cauchyevogproblema(1) y ′ = f(x, y) , y(x 0 ) = y 0 ,sastoji se u generisanju niza funkcijan oy [s] (x) pomoću iterativnog procesas∈N 0Z x “ ”(2) y [s+1] (x) = y 0 + f t, y [s] (t) dt (s = 0, 1, . . .).x 0Najčešće se uzima y [0] (x) = y 0 .Neka su na pravougaoniku D =uslovi:1 ◦ f je neprekidna funkcija i |f(x, y)| ≤ M;no(x, y) : |x − x 0 | ≤ α, |y − y 0 | ≤ β ispunjeni2 ◦ f zadovoljava „ Lipshitzov « uslov po y sa konstantom L;3 ◦ βh ≤ min α, .MTada u I = [x 0 −h, x 0 +h] postoji jedinstveno rešenje Cauchyevog problema (1) iiterativni proces (2) konvergira ka tom rešenju, tj. važi lims→∞ y[s] (x) = y(x) (x ∈ I)(videti teoremu 1.1.2 [3, str. 7]).

ANALITIČKI METODI ZA REŠAVANJE CAUCHYEVOG PROBLEMA 337Naravno, u praktičnim primenama Picardovog metoda, iterativni proces (2)završavamo za neko s i dobijena vrednost y [s] (x) predstavlja približnu vrednostrešenja y(x). Pri ovome činimo neku grešku koju možemo proceniti na osnovu(3)˛˛y [s] (x) − y(x) ˛ ≤ M L s |x − x 0 | s+1(s + 1)!(videti teoremu 1.4.1 [3, str. 12]).(x ∈ I)Vraćamo se sada postavljenom zadatku u kome su x 0 = 0, y 0 = 1, f(x,y) =−xy (2 + y). Uzimajući y [0] = y 0 = 1, na osnovu (2) dobijamoy [1] = 1 +y [2] = 1 +Z x0Z x0(−t) 1(2 + 1) dt = 1 − 3 2 x2 ,(−t)„1 − 3 « „22 t2 + 1 − 3 «2 t2 dt= 1 − 3 2 x2 + 3 2 x4 − 3 8 x6 ,itd. Ocenimo sada grešku aproksimacije y [2] (x) korišćenjem nejednakosti (3). Kakoje funkcija (x, y) ↦→ f(x,y) = −xy (2+y) definisana i neprekidna za svako (x, y) ∈R 2 , to za α i β možemo izabrati proizvoljne brojeve. Uzmimo, na primer, α =13 , β = 3 2 . Tada je jD = (x,y) : |x| ≤ 1 3 , |y − 1| ≤ 3 ff,2M = max |f(x, y)| = 1x,y∈D 3 · 5 „2 + 5 «= 15 2 2 4 ,L = maxx,y∈D˛˛∂f∂y ˛ = 2 · 13„S obzirom na nejednakost h ≤ minmožemo uzeti»− 1 3 , 1 3α,–. Na osnovu (3) imamo„1 + 5 «= 7 2 3 .« „β 1= minM 3 , 2 «= 1 , za segment I5 3˛˛y [2] (x) − y(x) ˛ ≤ 15 4„ 73« 2 |x|33!= 24572 |x|3 ,tj.maxx∈I˛˛y [2] (x) − y(x) ˛ ≤ 24572 ·13 3 ∼ = 0.126 .

338 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAOcena greške po formuli (3) u mnogim slučajevima može biti komplikovana.Jedan praktičan kriterijum za prekidanje iterativnog procesa (2) je˛˛y [s] (x) − y [s−1] (x) ˛ ≤ ε (x ∈ I) ,gde je ε unapred zadata tačnost.8.1.5. Primeniti Picardov metod na problemy ′′ = 2(xy ′ + y) , y(0) = 1, y ′ (0) = 0i na osnovu četiri sukcesivne aproksimacije odrediti tačno rešenje zadatogproblema.Rešenje. Cauchyev problem za diferencijalne jednačine višeg reda“(1) y (m) = f x, y, y ′ , . . . , y (m−1)” , y (i) (x 0 ) = y i0 (i = 0, 1, . . . , m − 1),može se svesti na sistem diferencijalnih jednačina prvog reda. Naime supstitucijamaz 1 = y , z 2 = y ′ , . . . , z m = y (m−1) ,problem (1) se svodi na sistemz ′ 1 = z 2 ,z ′ 2 = z 3 ,.z ′ m−1 = z m ,z ′ m = f(x; z 1 , z 2 , . . . , z m ) ,sa uslovimaz i (x 0 ) = z i0 = y i−1,0što možemo predstaviti u vektorskom obliku(i = 1, . . . , m),(2) y ′ = f (x,y) , y(x 0 ) = y 0 ,gde su2 3 2 323z 1y 00z 2z 2...y = 6 74 5 , y y 100 = 6 . 74. 5 , f (x,y) = z 3...6745 .z m y m−1,0 f(x; z 1 , z 2 , . . . , z m )

ANALITIČKI METODI ZA REŠAVANJE CAUCHYEVOG PROBLEMA 339Picardov metod sukcesivnih aproksimacija može se generalisati na vektorskioblikZ x(3) y [s+1] = y 0 + f “ ”t,y [s] (t) dt (s = 0,1, . . . ) ,x 0za rešavanje Cauchyevog problema (2).tj.Na osnovu prethodno rečenog, za problem postavljen zadatkom, imamouz usloveili u vektorskom oblikugde suy =»z1z 1 = y , z 2 = y ′ ,z ′ 1 = z 2 ,z ′ 2 = 2(xz 2 + z 1 ) ,z 1 (0) = 1 , z 2 (0) = 0 ,y ′ = f (x,y) , y(x 0 ) = y 0 ,–»–» –z, f (x,y) = 21, y(xz 2 2(xz 2 + z 1 ) 0 ) = y 0 = , x0 0 = 0 .Primenom Picardovog metoda (3), dobijamo2 Z2 3 2y [s+1] = 4 z[s+1] 15 = 4 1 3x5 + 6 04 Z x0 2z [s+1]20z [s]2 dt“tz [s]2 + z[s] 1”dta dalje uzimajući y [0] = y 0 , za s = 0, 1,2, 3, dobijamo redom2 Z2 3 2y [1] = 4 z[1] 15 = 4 1 3 x 320 · dt5 + 6 04 Z 7 x 5 = 4 135 ,0 2 · dt 2xz [1]20375 (s = 0, 1, . . .),y [2] =y [3] =24 z[2] 12z [2]24 z[3] 1z [3]223 25 = 4 1 35 + 64023 25 = 4 1 35 + 640Z x0Z x02 · dt“ ”4t 2 + 2Z x0Z x03 21 + x 2 375 = 6 74dt 2x + 4 5 ,3 x3„2t+ 4 « 3 233 t3 dt„2+6t 2 + 8 « 75 = 1+x 2 + x46 3743 t4 dt 2x+2x 3 + 8 515 x5

340 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAi na kraju, a s obzirom da nas interesuje samo prva komponenta vektora y [4] (toje z [4]1= y [4] ), dobijamoy [4] = z [4]1= 1 +Z x0„2t + 2t 3 + 8 15 t5 «dt = 1 + x 2 + x42 + 8 90 x6 .S obzirom da će zadnji sabirak u izrazu za z [4]1pretrpeti transformaciju u narednojaproksimaciji, što zaključujemo iz prethodnog ponašanja novodobijenih aproksimacija,možemo uzeti da jey ∼ = 1 + x 2 + x42 + · · · ,pa kako je e x = +∞ P x kk=0 k! , imamo da je y ∼ = e x2 . S obzirom da y = e x2 zadovoljavadiferencijalnu jednačinu i početne uslove date zadatkom, zaključujemo da je to itačno rešenje datog problema.8.2. Linearni višekoračni metodi8.2.1. Za koje vrednosti parametra b je metod(1) y n+3 −y n+2 +b y n+1 −b y n = h 12 [(23 − b) f n+2 − 8(2 − b)f n+1 + 5(1 + b) f n ]konvergentan. Za tako dobijene vrednosti parametra b ispitati red metoda.Rešenje. Opšti linearni višekoračni metod za rešavanje Cauchyevog problema(2) y ′ = f(x,y) , y(x 0 ) = y 0 (x 0 ≤ x ≤ b) ,može se predstaviti u obliku(3)kXkXα i y n+i = β i f n+i (n = 0, 1, . . .),i=0 i=0gde {y n }„označava niz približnih vrednosti rešenja problema (2) u tačkama x n =x 0 + nh h = b − x «0, n = 0,1, . . . , N i f n ≡ f(x n , y n ), a α i i β i su konstantniNkoeficijenti koji definišu linearni višekoračni metod. Da bi se obezbedila njihovajednoznačnost, uzima se α k = 1.

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 341Upored¯ivanjem (1) i (3) za k = 3, imamoα 0 = −b , α 1 = b , α 2 = −1 , α 3 = 1 ,β 0 = 5 12 (1 + b), β 1 = − 2 3 (2 − b) , β 2 = 1 12 (23 − b) , β 3 = 0 .S obzirom da je β 3 = 0, metod je eksplicitnog tipa.Potrebni i dovoljni uslovi za konvergenciju linearnog višekoračnog metoda sukonzistencija i nula-stabilnost.Ispitajmo najpre konzistenciju. Kako je (videti [3, str. 22])C 0 = α 0 + α 1 + α 2 + α 3 = −b + b − 1 + 1 = 0 ,C 1 = α 1 + 2α 2 + 3α 3 − (β 0 + β 1 + β 2 + β 3 )» 5= b + 2 · (−1) + 3 · 1 −12 (1 + b) − 2 3 (2 − b) + 1 –12 (23 − b) + 0 = 0 ,zaključujemo da je red metoda p ≥ 1, tj. metod je konzistentan za svako b.Prvi karakterističan polinom, u ovom slučaju je dat saNule polinoma ρ suρ(ξ) =3Xα i ξ i = −b + bξ − ξ 2 + ξ 3i=0ξ 1 = 1 i ξ 2,3 == b (ξ − 1) + ξ 2 (ξ − 1)= (ξ − 1)`ξ 2 + b´.(±√−b (b ≤ 0)±i √ b (b > 0) .S obzirom da je linearni višekoračni metod nula-stabilan ako prvi karakterističnipolinom nema nula sa modulom većim od jedinice i ako su sve nule sa modulomjedan proste, uslov nula-stabilnosti se može iskazati kroz sledeća dva slučaja:1 ◦ Za b ≤ 0 je |ξ 2,3 | = | ± √ −b | = √ −b, pa zaključujemo da je −1 < b ≤ 0.Napomenimo da mogućnost b = −1 otpada. Naime, tada bismo imali ξ 1 =ξ 2 = 1 (dvostruka nula na jediničnom krugu).2 ◦ Za b > 0 imamo |ξ 2,3 = | ± i √ b | = √ b, odakle zaključujemo da je 0

342 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINADakle, na osnovu 1 ◦ i 2 ◦ sleduje da je za −1 < b ≤ 1 metod (1) nula-stabilan,a samim tim i konvergentan, s obzirom na konzistenciju za svako b.Odredimo sada red metoda za −1 < b ≤ 1. S obzirom da je p ≥ 1 iC j = 1 ihα 1 + 2 j α 2 + 3 j 1iα 3 −hβ 1 + 2 j−1 β 2 + 3 j−1 β 3 (j=2, 3, . . . )j!(j − 1)![3, str. 22], nalazimo C 0 = C 1 = C 2 = C 3 = 0 i C 4 = 1 (9 + b) ≠ 0, pa24zaključujemo da je red metoda p = 3.Primetimo da bismo za b = −9 povećali red metoda, ali on tada ne bi biokonvergentan.8.2.2. Konstruisati optimalni četvoro-koračni metod (k = 4).Rešenje. Nula-stabilan k-koračni metod koji ima red k+2 naziva se optimalnimetod. Za k = 4, opšti četvorokoračni metod možemo predstaviti sa4Xα i y n+i = hi=04Xβ i f n+i .Da bi konstante α i , β i (i = 0,1, 2,3, 4) bile jednoznačno odredive, uzmimo α 4 = 1.Poznato je da kod optimalnog metoda sve nule prvog karakterističnog polinomai=0(1) ρ(ξ) = ξ 4 + α 3 ξ 3 + α 2 ξ 2 + α 1 ξ + α 0 ,leže na jediničnom krugu.Iz uslova konzistentnosti sleduje C 0 = ρ(1) = 0, pa je jedna nula polinoma ρ(ξ)jednaka ξ 1 = 1.Iz uslova nula-stabilnosti sve nule polinoma ρ moraju biti proste (s obzirom dase nalaze na jediničnom krugu), a ima ih četiri obzirom da je polinom ρ četvrtogstepena. Poznato je da ako polinom sa realnim koeficijentima ima kompleksnunulu, tada je i njena konjugovano kompleksna vrednost takod¯e nula polinoma.Dakle, ρ(ξ) ima jednu nulu ξ 1 = 1, a preostale tri nule leže na jediničnom krugu,pa zaključujemo da su dve konjugovano kompleksne, a jedna preostala je realna ito −1, tj.ξ 1 = 1 , ξ 2 = −1 , ξ 3 = e iθ , ξ 4 = e −iθ (0 < θ < π) .Sada je(2)ρ(ξ) = (ξ − 1)(ξ + 1)`ξ − e iθ´`ξ − e −iθ´= `ξ 2 − 1´`ξ 2 − 2cos θ · ξ + 1´= ξ 4 − 2cos θ ξ 3 + 2cos θ ξ − 1= ξ 4 − 2aξ 3 + 2a ξ − 1 ,

gde smo stavili a = cos θ (−1 < a < 1).Upored¯ivanjem (1) i (2) imamoLINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 343α 4 = 1 , α 3 = −2a , α 2 = 0 , α 1 = 2a , α 0 = −1 .S obzirom da se radi o optimalnom metodu njegov red je k + 2 = 4 + 2 = 6, paβ i (i = 0,1, . . . ,4) odred¯ujemo iz uslovagde su [3, str. 23]C 0 = C 1 = · · · = C 6 = 0 ⇐⇒ D 0 = D 1 = · · · = D 6 = 0 ,D 0 =α 0 + α 1 + · · · + α k ,(3)D 1 =−t α 0 + (1−t) α 1 + (2−t) α 2 + · · · + (k−t) α k − (β 0 +β 1 + · · · +β k ),D j = 1 ih(−t) j α 0 + (1 − t) j α 1 + · · · + (k − t) j αj!k1i−h(−t) j−1 β 0 + (1−t) j−1 β 1 + · · · + (k−t) j−1 β(j − 1)!k (j=2, 3, . . . ).Ako u (3) uvrstimo prethodno odred¯ene vrednosti za α i , uzmemo t = 2 i k = 4,dobijamo(4)(5)β 0 + β 1 + β 2 + β 3 + β 4 = 4 − 4a ,− 2β 0 − β 1 + β 3 + 2β 4 = 0 ,(7)4β 0 + β 1(6) + β 3 + 4β 4 = 2 (8 − 2a),3− 8β 0 − β 1 + β 3 + 8β 4 = 0 ,(9)16β 0 + β 1(8) + β 3 + 16β 4 = 2 (32 − 2a),5−32β 0 − β 1 + β 3 + 32β 4 = 0 .Iz simetrije koja postoji u jednakostima (5), (7), (9) zaključujemo da je β 0 = β 4 ,β 1 = β 3 . Jednačine (6) i (8) se svode na4β 0 + β 1 = 1 (8 − 2a),316β 0 + β 1 = 1 (32 − 2a),5odakle je β 0 = β 4 = 1 45 (14 + a), β 1 = β 3 = 1 (64 − 34a) a iz (4) dobijamo45β 2 = 1 (8 − 38a).15

344 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAKonstanta greške C 7 ovog metoda je16 + 15aC 7 = D 7 = − ≠ 0 (−1 < a < 1) .1890Dakle, dobili smo familiju optimalnih četvorokoračnih metoda sa slobodnimparametrom a ∈ (−1,1). Na primer, za a = 4/19 dobija se Quadeov metody n+4 − 8 19 (y n+3 − y n+1 ) − y n = 6h19 (f n+4 + 4(f n+3 + f n+1 ) + f n ) .8.2.3. Konstruisati trokoračni Nyströmov metod ( ρ(r) = r k−2 (r 2 − 1),eksplicitan ) .Tako dobijen metod primeniti na rešavanje model problemasa korakom h = 0.1.y ′ = 2xy , y(0) = 1 (0 ≤ x ≤ 0.5),Rešenje. Eksplicitni metodi kod kojih je prvi karakteristični polinom oblikaρ(ξ) = ξ k−2 (ξ 2 − 1) (k ≥ 2) ,nose naziv Nyströmovi metodi. S obzirom da su nule polinoma ρ date sa ξ 1 = 1,ξ 2 = −1, ξ j = 0 (j = 3, 4, . . . , k), zaključujemo da je kod ovih metoda obezbed¯enanula-stabilnost.Za k = 3 jea imajući u vidu da jeρ(ξ) = ξ 3 − ξ ,ρ(ξ) = α 0 + α 1 ξ + α 2 ξ 2 + α 3 ξ 3 ,imamo α 0 = 0, α 1 = −1, α 2 = 0, α 3 = 1. Koeficijent β 3 = 0 s obzirom da jemetod eksplicitan. Koeficijente β 0 , β 1 , β 2 odredićemo sa stanovišta maksimalnogreda metoda:C 1 = α 1 + 2α 2 + 3α 3 − (β 0 + β 1 + β 2 + β 3 ) = 0 ,C 2 = 1 ”“α 1 + 2 2 α 2 + 3 2 α 3 − 1 2!1! (β 1 + 2β 2 + 3β 3 ) = 0 ,C 3 = 1 ”“α 1 + 2 3 α 2 + 3 3 α 3 − 1 ”“β 1 + 2 2 β 2 = 0 ,3!2!

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 345tj.β 0 + β 1 + β 2 = 2 ,2 β 1 + 4 β 2 = 8 ,3 β 1 + 12 β 2 = 26 ,odakle je β 0 = 1 3 , β 1 = − 2 3 , β 2 = 7 , pa je traženi Nyströmov metod3(1) y n+3 − y n+1 = h 3 (7 f n+2 − 2 f n+1 + f n ).S obzirom da je C 4 = 1 , metod je trećeg reda (p = 3).3Metod (1) je trokoračni. Da bismo ga primenili na rešavanje datog Cauchyevogproblema, potrebne su nam tri startne vrednosti. Jedna je data zadatkom y(0) =y 0 = 1. Dakle, treba odrediti još dve.Na osnovu Taylorovog metoda, a s obzirom da je p = 3, imamo:y 1 = y(0) + hy ′ (0) + h22! y′′ (0) + h33! y′′′ (0) (h = 0.1) ,a na osnovu datog Cauchyevog problema jey ′ = 2xy , y(0) = 1 ,(2)y ′′ = 2y + 2xy ′ ,y ′′′ = 4y ′ + 2xy ′′ ,tj. y ′ (0) = 0, y ′′ (0) = 2, y ′′′ (0) = 0, pa je y 1 = 1.01. Dalje jey 2 = y(0.1) + hy ′ (0.1) + h22! y′′ (0.1) + h33! y′′′ (0.1) (h = 0.1) ,gde uzimamo da je y(0.1) ∼ = y 1 = 1.01. Na osnovu (2), imamo y ′ (0.1) ∼ = 0.202,y ′′ (0.1) ∼ = 2.0604, y ′′′ (0.1) ∼ = 1.22, pa je y 2 = 1.0407.Na osnovu konstruisanog metoda (1) i startnih vrednosti y 0 , y 1 , y 2 dobijeni surezultati pregledno prikazani u tabelin x n f n y n y(x n ) = e x2 n0 0 0 1 11 0.1 0.202 1.01 1.01002 0.2 0.41628 1.0407 1.04083 0.3 0.65622 1.0937 1.09424 0.4 0.93824 1.1728 1.17355 0.5 1.2827 1.2840

346 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAU poslednjoj koloni tabele je tačno rešenje model problema.8.2.4. Konstruisati influencnu funkciju za metod(1) y n+2 −(1+a)y n+1 +ay n = h 2 [(3 − a)f n+1 − (1 + a)f n ] (a ≠ −5).Naći granicu za lokalnu grešku odsecanja kada se ovaj metod, za a = 0,primeni na rešavanje problema(2) y ′ = 4xy 1/2 , y(0) = 1.Rešenje. Za dvokoračni metod (k = 2) koji ima red p, influencna funkcija jedata sa2X hi(3) G(t) = α i (i − t) p + − p β i (i − t) p−1+ ,gde su, za metod (1),videti [3, str. 37]).i=0α 0 = a , α 1 = −(1 + a) , α 2 = 1 ,β 0 = − 1 + a2, β 1 = 3 − a2, β 2 = 0 ,Lako nalazimo da je C 0 = C 1 = C 2 = 0 i C 3 = 5 + a ≠ 0, s obzirom da je12a ≠ 5, pa zaključujemo da je red metoda (1) p = 2.Na osnovu (3), imamoG(t) = a(−t) 2 + + (1 + a)(−t) + − (1 + a)(1 − t) 2 + − (3 − a)(1 − t) + + (2 − t) 2 +tj.(−at 2 + (1 + a)t (0 ≤ t ≤ 1) ,G(t) =(2 − t) 2 (1 < t ≤ 2) .Za a = 0, metod (1) glasi(4) y n+2 − y n+1 = h 2 (3f n+1 − f n )

a influencna funkcija je data sa(5) G(t) =LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 347(t t ∈ [0,1] ,(2 − t) 2 t ∈ (1,2] .S obzirom da je dati dvokoračni metod (4) eksplicitan (β 2 = 0), za lokalnugrešku odsecanja važiT n+2 = y(x n+2 ) − y n+2 ,pod uslovom da su ispunjene lokalne pretpostavke y n+i = y(x n+i ) (i = 0, 1) (videti[3, str. 37]).S druge strane, pod uslovom da G(t) ne menja znak na [0, k] (k = 2), kakav jeslučaj sa influencnom funkcijom (5), važiT n+k = C p+1 h p+1 y (p+1) (x n + θh) (0 < θ < k) ,(p = 2, C 3 = 5 , k = 2), pa je12(6) |T n+2 | ≤ 5 12 h3 Y n ,gde jeY n =maxx∈[x n ,x n+2 ]˛˛y′′′ (x)˛˛ .U nejednakosti (6) Y n se može zameniti većom vrednošćuY = maxx∈[x 0 ,b]˛˛y ′′′ (x)˛˛ ,ako je [x 0 , b] interval na kome rešavamo Cauchyev problem (2).Na osnovu (2) jea daljey ′ = 4xy 1/2 ,y ′′ =4„y 1/2 + 1 «2 xy−1/2 y ′ =4„y 1/2 + 1 « “2 xy−1/2 4xy 1/2 =4 2x 2 + y 1/2” ,y ′′′ =4„4x + 1 «2 y−1/2 y ′ =4„4x + 1 «2 y−1/2 4xy 1/2 =24x ,pa jeY = max = |24x| = 24 |b| .x∈[x 0 ,b]

348 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINADakle, na osnovu (6), važi|T n+2 | ≤ 5 12 h3 24|b| = 10 h 3 |b| .Napomenimo da, uopšte, za lokalnu grešku odsecanja važi ocena|T n+k | ≤ h p+1 GY ,gde suG = 1 p!Z x0˛|G(t)| dt i Y = max ˛y (p+1) (x) ˛ .x∈[x 0 ,b]8.2.5. U zavisnosti od parametra b odrediti red linearnog višekoračnogmetoday n+2 + (b − 1)y n+1 − by n = h 4 [(b + 3)f n+2 + (3b + 1)f n ] .Za maksimalni red metoda ispitati njegovu nula-stabilnost. Ilustrovati divergencijumetoda za b = −1 primenom na problem y ′ = y, y(0) = 1, irešavajući dobijenu diferencijalnu jednačinu uzimajući za početne vrednostiy 0 = 1, y 1 = 1.Rešenje. Lako nalazimo da suC 0 = C 1 = C 2 = 0, C 3 = − 1 3 (b + 1) C 4 = − 7b + 924odakle zaključujemo da je red metodaj 2, b ≠ −1 ,p =3, b = −1 .Za maksimalni red p = 3 (b = −1), metod postaje,(1) y n+2 − 2 y n+1 + y n = h 2 (f n+2 − f n ) ,čiji je prvi karakteristični polinom dat sa2Xρ(ξ) = α i ξ i = 1 − 2ξ + ξ 2 = (ξ − 1) 2 .i=0

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 349S obzirom da prvi karakteristični polinom ima dvostruku nulu ξ 1,2 = 1 samodulom koji je jednak jedinici, zaključujemo da metod (1) nije nula-stabilan, asamim tim ni konvergentan.Za problem(2) y ′ = y , y(0) = 1 ,čije je tačno rešenje y(x) = e x , primenom metoda (1) dobija se diferencna jednačina(3) (2 − h) y n+2 − 4 y n+1 + (2 + h) y n = 0 .U ovom jednostavnom slučaju model-problema, lako rešavamo diferencnu jednačinu(3) čija je karakteristična jednačina(2 − h)r 2 − 4r + (2 + h) = 0 .Koreni ove jednačine su r 1 = 2 + h2 − h , r 2 = 1, pa je opšte rešenje diferencne jednačine(3) dato sa„ « n 2 + h(4) y n = A 1 + A 2 .2 − hKorišćenjem početnih vrednosti y 0 = 1 i y 1 = 1 ∼ = y(h), dobijamo sistem jednačinaA 1 + A 2 = 1,A 1 + 2 + h2 − h A 2 = 1,okakle su A 1 = 1, A 2 = 0, a zatim, na osnovu (4), y n = 1.Dakle, za model problem (2), čije jetačno rešenje dato sa y(x) = e x , metod(1) sa dobrim startnim vrednostima y 0 =y 1 = 1 (utoliko tačnijim ukoliko je hmanje), daje konstantno rešenje y n = 1,što lepo ilustruje divergenciju posmatranogmetoda (videti sliku 1).Sl. 1.

350 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA8.2.6. Dat je metody n+2 − (1 + a)y n+1 + ay n = h 12 [(5 + a)f n+2 + 8(1 − a)f n+1 + (1 + 5a)f n ] ,sa parametrom a, −1 ≤ a < 1.a) Dokazati da je interval apsolutne stabilnosti ovog metoda„ « 3 a + 1a relativne stabilnosti2 a − 1 , +∞ .„6 a+1a−1 , 0 «,b) Dati ilustraciju ponašanja metoda u vezi sa intervalima stabilnosti, uslučaju a = −0.75, na model problemuy ′ = −20y , y(0) = 1.Rešenje. Lako se može pokazati da je red metodaj 3, za a ≠ −1 ,p =4, za a = −1 .Prvi karakteristični polinom datog metoda jeρ(ξ) =2Xα i ξ i = ξ 2 − (1 + a)ξ + a = (ξ − 1)(ξ − a) ,i=0pa uslov, dat zadatkom, −1 ≤ a < 1, obezbed¯uje nula-stabilnost.Dakle, za −1 ≤ a < 1, s obzirom da je metod konzistentan i nula-stabilan, onje konvergentan.a) Polinom stabilnosti datog metoda jegde suπ `r, ¯h´ = ρ(r) − ¯h σ(r) = Ar 2 + Br + C ,A = 1 − ¯h“12 (5 + a), B = − 1 + a + 2 3 ¯h”(1 − a) , C = a + ¯h (1 + 5a),12a σ(r) drugi karakteristični polinom.Nule polinoma stabilnosti diktiraju interval apsolutne, tj. relativne stabilnosti(videti [3, str. 43–46]). Primetimo da je π(r,0) = ρ(r), pa se dakle za ¯h = 0, nula r ipolinoma stabilnosti poklapa sa nulom ξ i prvog karakterističnog polinoma. Može

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 351se pokazati da su r i neprekidne funkcije od ¯h. Dakle, r i = r i (¯h) → ξ i (i = 1, . . . , k)kada ¯h → 0.Diskriminanta kvadratne jednačine π `r, ¯h´ = 0 ima vrednost∆ = B 2 − 4AC = ¯h 2 `7 − 2a + 7a2´ +12¯h`1 − a 2´ + (1 − a) 2 .Dalje, s obzirom da je diskriminanta za kvadratnu jednačinu po ¯h, ∆ = 0, data sa∆¯h = − 4 3 (1 − a)4 < 0 i 7 −2a +7a 2 > 0 (−1 ≤ a < 1), zaključujemo da je ∆ > 0,pa su obe nule polinoma stabilnosti realne i različite.Ako je p red linearnog višekoračnog metoda, poznato je da važi asimptotskajednakostr 1 = e¯h + O`¯hp+1´(¯h → 0),tj.r 1 = 1 + ¯h + O`¯h2´(¯h → 0) .Kako r 2 → ξ 2 = a (¯h → 0), to je r 2 = a + γ ¯h + O`¯h2´, pa iz uslova π `r 2 , ¯h´ = 0nalazimo γ = (a − 1) 2 /12.Dakle, za dovoljno malo ¯h, imamo(1) r 1 = 1 + ¯h + O`¯h2´ , r 2 = a +(a − 1)212¯h + O`¯h2´.Linearni k-koračni metod ima interval apsolutne stabilnosti (α, β), ako za ¯h ∈(α, β) važi ˛˛r i`¯h´˛˛ < 1 (i = 1, . . . , k). Na osnovu (1), iz uslova |r i (h)| < 1 (i = 1, 2)sleduje ¯h < 0, tj. (α, β) = (α,0).Dakle, znamo da su r i (¯h) (i = 1, 2) realne, različite i neprekidne funkcije od¯h. Na osnovu (1) zaključujemo da, za male, negativne vrednosti ¯h, je r 1 (¯h) neštomanje od jedan, a r 2 (¯h) nešto manje od a (−1 ≤ a < 1), ali veće od −1 za−1 < a < 1. Postavlja se pitanje: za koje vrednosti ¯h će r 1 (¯h) ili r 2 (¯h) dadostignu vrednost 1 ili −1, tj. da izad¯u iz opsega (−1,1)?S obzirom da je za r = 1a za r = −1π `1, ¯h´ = (a − 1) ¯h = 0 =⇒ ¯h = 0 ,π `−1, ¯h´ = ¯h3 (1 − a) + 2(1 + a) = 0 =⇒ ¯h = 6 a + 1a − 1 < 0 ,„zaključujemo da je interval apsolutne stabilnosti 6 a + 1 «a − 1 , 0 . Primetimo da sedati metod za a = −1 svodi na Simpsonovo pravilo koje spada u grupu optimalnihmetoda, a na osnovu dobijenog rezultata ono nema interval apsolutne stabilnosti.

352 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINALinearni k-koračni metod ima interval relativne stabilnosti (α, β), ako za ¯h ∈(α, β) važi |r 1 | ≥ |r i | (i = 2, . . . , k). Za dati metod (k = 2), tražimo interval za ¯htako da važi |r 1 | ≥ |r 2 |.Jednakost |r 1 | = |r 2 | može eventualno da nastupi za r 1 = −r 2 , s obzirom da sur 1 i r 2 realne i različite nule polinoma stabilnosti. Dakle, za r 1 = −r 2 imamor 1 + r 2 = 0 =⇒ 0 = − B A = 1 + a + 2 3 ¯h (1 − a)1 − ¯h12 (5 + a) =⇒ ¯h = 3 2a + 1a − 1 < 0 .S obzirom da su r 1 ≡ r 1 (¯h) i r 2 ≡ r 2 (¯h) neprekidne funkcije, a„za ¯h = 0 je |r 1 «| =3 a + 11 > |r 2 | = |a|, zaključujemo da je interval relativne stabilnosti2 a − 1 , +∞ .b) Za dati metod kod koga je a = −3/4, interval apsolutne stabilnosti (A.S.) iinterval relativne stabilnosti (R.S.) po ¯h su dati sa(A.S.) I 1 =„6 a + 1a − 1«a=−3/4, 0 =„− 6 «7 , 0 ,„ 3(R.S.) I 2 =2„a + 1a − 1«a=−3/4, +∞ = − 3 «14 , 0 .S obzirom da je za dati model problem ¯h = −20 h, za intervale stabilnosti po hdobijamo(A.S.) h < 3 70 ∼ = 0.04285 ,(R.S.) h < 3280 ∼ = 0.01071 .Primetimo da je strožiji uslov za relativnu stabilnost.Primenimo razmatrani dvokoračni metod, za a = −3/4, na dati model problem.Potrebne su nam dve startne vrednosti od kojih je jedna data zadatkom y 0 =y(0) = 1, a drugu odred¯ujemo Taylorovim metodom, tj. u ovom slučaju jey 1 =„1 − 20 h + 200 h 2 − 4000 «h 3 .3Inače, tačno rešenje model problema je y(x) = e −20x .

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 353U tabeli 1 su pregledno dati rezultati primene datog metoda za a = −3/4, kadaje korak h = 0.01, h = 0.02 i h = 0.05.Objasnimo ponašanje apsolutne greške iz tabele.Korak h = 0.05 ne pripada ni intervalu relativne ni intervalu apsolutne stabilnosti,tako da apsolutna greška raste sa porastom apscise.Prisetimo se da je koncept apsolutne stabilnosti zasnovan na kontroli apsolutnegreške, a koncept relativne stabilnosti na kontroli relativne greške. Korak h=0.02pripada intervalu apsolutne stabilnosti, ali ne i intervalu relativne stabulnosti.Posledica toga je da apsolutna greška opada kako odmiče primena metoda, tj. saporastom apscise. No, primetimo da apsolutna greška ne opada onom brzinomkojom opada rešenje model problema. Za korak h = 0.01, koji pripada i intervalurelativne stabilnosti, apsolutna greška opada i to u ritmu opadanja tačnog rešenjakako bi relativna greška ostala pod kontrolom.8.2.7. Ispitati apsolutnu stabilnost metoda(1) y n+2 − y n = h 2 (f n+1 + 3f n ).Rešenje. Ako za dato ¯h sve nule r i polinoma stabilnosti π(r,¯h) = ρ(r)−¯h·σ(r)(ρ(r) i σ(r) su prvi i drugi karakteristični polinom, respektivno) ispunjavaju uslov|r i | < 1 (i = 1, . . . , k), tada kažemo da je linearni k-koračni metod apsolutno stabilanza dato ¯h; u protivnom kažemo da je apsolutno nestabilan. Ako je metodapsolutno stabilan za svako ¯h ∈ (α, β), interval (α, β) nazivamo intervalom apsolutnestabilnosti.Poznato je da se bilinearnom transformacijom r ↦→ z = r − 1 oblast |r| < 1 ur + 1r-kompleksnoj ravni, preslikava u oblast Re z < 0 u z-kompleksnoj ravni.Hurwitzovi polinomi su oni polinomi koji imaju osobinu da su im sve nule sarealnim delom manjim od nule.

354 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAZnači, problem ispitivanja apsolutne stabilnosti višekoračnog metoda može sesvesti na ispitivanje da li je polinom P, dat pomoću„ « »P(z) = (1 − z) k 1 + zπ1 − z , ¯h = (1 − z) k ρHurwitzov.Neka je„ « 1 + z−1 − z¯hσ(2) P(z) = a 0 z k + a 1 z k−1 + · · · + a k .„ «– 1 + z,1 − zAko je a 0 > 0, polinom (2) je Hurwitzov ako i samo ako su sve veličinea 1 ,˛ a1 a 3a 0 a 2˛˛˛˛ ,pozitivne, pri čemu je a j = 0 (j > k).a 1 a 3 a 5 · · · a 2k−1a 1 a 3 a 5a 0 a 2 a 4 a 2k−2a 0 a 2 a 4 , . . . ,0 a 1 a 3 a 2k−3˛ 0 a 1 a 3˛˛˛˛˛˛ .˛0 0 0 a k˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛˛k×kImajući u vidu prethodno razmatranje, ispitajmo sada apsolutnu stabilnostmetoda (1).Polinom stabilnosti za metod (1) glasiπ `r, ¯h´ = ρ(r) − ¯hσ(r) = r 2 − 1 − ¯h (r + 3)2= r 2 − ¯h „2 r − 1 + 3 «2 ¯h ,pa je, prema tome, polinom P dat sa(4)„ «P(z) = (1 − z) 2 1 + zπ1 − z , ¯h= (1 − z) 2 " „1 + z1 − z= a 0 z 2 + a 1 z + a 2 ,« 2− ¯h2„ « „ 1 + z− 1 + 3 « #1 − z 2 ¯hgde su a 0 = −¯h, a 1 = 4 + 3 ¯h, a 2 = −2 ¯h.Pretpostavimo da je a 0 = −¯h > 0. Da bi polinom (4) bio Hurwitzov, na osnovu(3) imamo a 1 > 0 i a 1 a 2 > 0. Dakle, a 0 > 0, a 1 > 0 i a 2 > 0, a to je ispunjeno za¯h ∈ (−4/3, 0).

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 355Pretpostavimo sada da je a 0 = −¯h < 0. Pomnožimo polinom (4) sa minusjedan,(5) (−1) P(z) = −a 0 z 2 − a 1 z − a 2 .Polinom (−1) P(z) je Hurwitzov za iste vrednosti ¯h kao i polinom P(z) (nule su imiste), ali je sada, s obzirom na učinjenu pretpostavku, −a 0 > 0. Da bi polinom (4),tj. (5), bio Hurwitzov, na osnovu (3), zahtevamo još −a 1 > 0 i (−a 1 )(−a 2 ) > 0.Dakle, a 0 < 0, a 1 < 0 i a 2 < 0, što nije ispunjeno ni za jedno ¯h.Iz svega, zaključujemo da je interval apsolutne stabilnosti za metod (1) dat sa¯h ∈ (−4/3, 0).8.2.8. Dat je linearni višekoračni metody n+3 − y n+2 + y n+1 − y n = h 12 (5f n+3 + 7f n+2 + 7f n+1 + 5f n ).a) Naći red p i konstantu greške C p+1 .b) Ispitati konvergenciju metoda.c) Ispitati egzistenciju intervala apsolutne stabilnosti.d) Na osnovu dobijenih karakteristika prokomentarisati metod.Rešenje. a) S obzirom da je C 0 = C 1 = C 2 = C 3 = C 4 = 0, C 5 = − 19360 ,zaključujemo da su red metoda i konstanta greške redomp = 4 , C 5 = − 19360 .b) Prvi karakteristični polinom datog metodaρ(ξ) =3Xα i ξ i = ξ 3 − ξ 2 + ξ − 1 = `ξ 2 + 1´(ξ − 1)i=0ima nule ξ 1 = 1, ξ 2,3 = ±i. Dakle, nema nula sa modulom većim od jedinice isve nule sa modulom jedan su proste, pa je metod nula-stabilan. Kako je on ikonzistentan (p = 4 ≥ 1) sleduje da je i konvergentan.c) Polinom stabilnosti jeπ`r, ¯h´ = ρ(r) − ¯hσ(r) = r 3 − r 2 + r − 1 − ¯h 3`5r + 7r2 + 7r + 5´12

356 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAili, ako uvedemo smenu a = ¯h12 ,π`r, ¯h´ = (1 − 5a)r 3 − (1 + 7a)r 2 + (1 − 7a) r − (1 + 5a) .Imajući u vidu postupak u zadatku 8.2.7, smenom r = 1 + z1 − z dobijamo„ «P(z) = (1 − z) 3 1 + zπ1 − z , ¯h = 4z 3 − 4 3 ¯h z 2 + 4z − 2¯h .Polinom P(z) je Hurwitzov ako i samo ako važi4 > 0 , − 4 3 ¯h > 0 ,„− 4 «3 ¯h · 4 − (−2¯h) · 4 > 0 , (−2¯h) > 0 ,što nije istovremeno zadovoljeno ni za jedno ¯h, pa metod, dat zadatkom, nemainterval apsolutne stabilnosti.d) S obzirom da je metod konvergentan (∀x ∈ [x 0 , b], limh→0x−x 0 =nhy n = y(x)),uzimanjem dovoljno malog koraka h u primeni metoda na neki Cauchyev problem,numerička vrednost rešenja će biti približno jednaka tačnoj vrednosti (ukoliko je hmanje, utoliko je numeričko rešenje tačnije). No, nepostojanje intervala apsolutnestabilnosti nam nagoveštava da će apsolutna greška (e n = |y(x n ) − y n |) da rastesa porastom n (x n = x 0 + nh).8.2.9. Neka su prediktor P i korektori C (1) i C (2) definisani pomoću svojihkarakterističnih polinoma i to:C (2) : ρ 2 (ξ) = ξ 3 − 9 8 ξ2 + 1 8 , σ 2 (ξ) = 3 ξ8( 3 + 2ξ 2 − ξ ) .P : ρ ∗ (ξ) = ξ 4 − 1, σ ∗ (ξ) = 4 (2ξ 3 − ξ 2 + 2ξ ) ,3C (1) : ρ 1 (ξ) = ξ 2 − 1, σ 1 (ξ) = 1 ξ3( 2 + 4ξ + 1 ) ,Korišćenjem Milneove šeme naći izraz za ocenu glavnog člana lokalne greškeodsecanja prediktor-korektor metoda (tipa P(EC) m ili P(EC) m E) i formiratiprediktor-korektor metod korišćenjema) P i C (1) u tipu PECE;b) P i C (2) u tipu PMECME.

LINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 357Rešenje. Red p i asimptotske konstante greške prediktora P i korektora C (1)i C (2) su date sa:P : p = 4 , C ∗ 5 = 1445 ;C (1) : p = 4 , C (1)5= − 1 90 ;C (2) : p = 4 , C (2)5= − 1 40 .S obzirom da prediktor P i bilo koji od korektora C (1) ili C (2) , u kombinacijiprediktor-korektor metoda, imaju isti red, ispunjeni su uslovi za primenu Milneovogpravila, pa je glavni član lokalne greške odsecanja prediktor-korektor metodatipa P(EC) m ili P(EC) m E isti kao glavni član lokalne greške odsecanja korektorai dat je sa(videti [3, str. 51]).C p+1C p+1 h p+1 y (p+1) (x n ) ∼ =Cp+1 ∗ − C p+1`y[m] n+k − ´y[0] n+kPrema tome, kada imamo P i C (1) u prediktor-korektor metodu tipa P(EC) mili P(EC) m E, dobijamoC (1)5 h5 y (5) (x n ) ∼ =C (1)5C ∗ 5 − C(1)∼= − 129a za prediktor-korektor metod sa P i C (2) jeC (2)5 h5 y (5) (x n ) ∼ =`y[m] n+k − ´y[0] n+k5`y[m] n+k − y[0] n+k´,C (2)5C ∗ 5 − C(2)∼= − 9121`y[m] n+k − ´y[0] n+k5`y[m] n+k − y[0] n+k´.S obzirom da je P četvorokoračni, C (1) dvokoračni i C (2) trokoračni metod,dovedimo ih, formalno, na isti koračni broj, tj. neka svi metodi budu četvorokoračni.Imajući ovo u vidu i korišćenjem karakterističnih polinoma datih zadatkomimamo:P : y n+4 − y n = 4h 3`2fn+3 − f n+2 + 2f n+1´,C (1) : y n+4 − y n+2 = h 3`fn+4 + 4f n+3 + f n+2´,C (2) : y n+4 − 9 8 y n+3 + 1 8 y n+1 = 3h 8`fn+4 + 2f n+3 − f n+2´.

358 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAa) Formirajmo pomoću P i C (1) prediktor-korektor metod tipa PECE:P : y [0]n+4 − y[1] n = 4h [1] `2f3n+3 − f[1] n+2 + n+1´ 2f[1] ,E : f [0]n+4 = f`x n+4 , yn+4´,[0]C : y [1]n+4 − y[1] n+2 = h `f[0]3n+4 + 4f[1] n+3 + n+2´ f[1] ,E : f [1]n+4 = f`x n+4 , yn+4´.[1]b) Formirajmo, sada, prediktor-korektor metod tipa PMECME pomoću P iC (2) :P : y [0]n+4 − ŷ n [1] = 4h [1] [1] [1]`2 ˆf3n+3− ˆfn+2+ 2 ˆfn+1´.Vrednost y [0]n+k(k = 4), dobijenu primenom prediktora, na osnovu Milneove šememožemo modifikovati (korigovati) na vrednost ŷ [0]n+k(uopšte za prediktor-korektormetod tipa PM(EC) m ME ili PM(EC) m M), gde jeŷ [0]n+k = y[0] n+k + Cp+1∗ `y[m]Cp+1 ∗ − C n+k−1 − y[0] n+k−1´,p+1pa je, na osnovu ovoga, za naš slučajM : ŷ [0]n+4 = y[0] n+4 + 112 `y[1]121n+3 − n+3´ y[0] ,[0]E : ˆfn+4 = f`x n+4 , ŷn+4´,[0]C : y [1]n+4 − 9 8 ŷ [1]n+3 + 1 8 ŷ [1]n+1 = 3h 8` [0] [1] [1]ˆfn+4+ 2 ˆfn+3− ˆfn+2´.Vrednost y [m]n+kkoja se dobija posle m primena korektora (u našem slučaju jem = 1, k = 4) može se modifikovati (korigovati) korišćenjem Milneove šeme navrednost ŷ [m]n+k, gde jeŷ [m]n+k = y[m] n+k + C p+1 `y[m]Cp+1 ∗ − C n+k − y[0] n+k´,p+1pa je, u našem slučaju, modifikacija korektora data saM : ŷ [1]n+4 = y[1] n+4 − 9 `y[1]121n+4 − n+4´ y[0] ;[1]E : ˆfn+4 = f`x n+4 , ŷn+4´.[1]

8.2.10. Generalisati metodLINEARNI VIŠEKORAČNI METODI 359y n+2 − y n = 2hf n+1na vektorski oblik i primeniti ga za rešavanje problemay ′′ = 2y ( 1 + 2x 2) , y(0) = 1, y ′ (0) = 0,na segmentu [0, 0.5] sa korakom h = 0.1.Rešenje. Lako nalazimo red datog metoda p = 2 i konstantu greške C 3 = 1 3 .Ako generališemo dati metod na vektorski oblik, on postaje(1) y n+2 − y n = 2hf n+1i može se primeniti za rešavanje sistema diferencijalnih jednačina prvog reda sapočetnim uslovima (Cauchyev problem za sistem diferencijalnih jednačina prvogreda)y i ′ = f i (x; y 1 , . . . , y m )(i = 1, . . . , m),y i (x 0 ) = y i0koji se može predstaviti u vektorskom obliku(2) y ′ = f (x,y), y(x 0 ) = y 0 ,gde suy =2643y 1...y m75 , y 0 =2643y 10. .y m075 , f (x,y) =23f 1 (x; y 1 , . . . , y m )6745 ..f m (x; y 1 , . . . , y m )Problem dat zadatkom možemo prevesti na sistem diferencijalnih jednačina(3)y ′ = z ,z ′ = 2y`1 + 2x 2´, y(0) = 1, z(0) = 0,pa ako ovaj sistem predstavimo u vektorskom obliku (2), tada je2(4) y = 4 y 323 2z5 , f (x,y) = 4z2y`1 + 2x 2´ 5 , y 0 = 4 y(0)3 25 = 4 1 35 .z(0) 0

360 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAAko metod (1) primenimo na (3), imajući u vidu (2) i (4), dobijamo24 y 3 2n+25 − 4 y 3 232nz n+15 = 2h 45 , y 0 = 4 y 3 205 = 4 1 35 ,z n+2 z n 2y n+1`1 + 2x2n+1´z 0 0ili u skalarnom obliku(5)y n+2 = y n + 2h z n+1 ,z n+2 = z n + 4hy n+1`1 + 2x2n+1´, y0 = 1, z 0 = 0.S obzirom da je korišćeni metod (1) dvokoračni, za njegovo ,,aktiviranje‘‘ je potrebnopoznavati dve startne vrednosti, tj. y 0 , y 1 . Kako je y 0 dato zadatkom,preostaje da još odredimo y 1 , na primer Taylorovim metodom. U Taylorovommetodu uzećemo članove zaključno sa članom koji sadrži drugi izvod funkcije, sobzirom da je metod (1) drugog reda, tj.(6)y 1 = y(0) + y ′ (0) h + y ′′ (0) h22 ,z 1 = z(0) + z ′ (0) h + z ′′ (0) h22 .Na osnovu (3), dobijamoy(0) = 1 , y ′ (0) = z(0) = 0 , y ′′ (0) = 2y(0)(1 + 2 · 0 2 ) = 2 ,z(0) = 0 , z ′ (0) = 2y(0)(1 + 2 · 0 2 ) = 2 , z ′′ (0) = 0,s obzirom da je z ′′ = 2y ′`1 + 2x 2´ + 2y · 4x. Sada, za h = 0.1, na osnovu (6),sledujey 1 = 1.01 , z 1 = 0.2 .Dakle, korišćenjem startnih vrednosti y 0 = 1, z 0 = 0, y 1 = 1.01 i z 1 = 0.2, naosnovu (5) dobijamo rezultate (zaokružene na tri decimale) koji su pregledno datiu tabeli. U poslednjoj koloni tabele je dato tačno rešenje problema.k x k z k y k y(x k ) = e x2 k0 0.0 0.000 1.000 1.0001 0.1 0.200 1.010 1.0102 0.2 0.413 1.040 1.0413 0.3 0.649 1.093 1.0944 0.4 0.928 1.170 1.1745 0.5 1.278 1.284

Napomena. Za probleme tipaMETODI RUNGE-KUTTA 361y ′′ = f(x,y), y(x 0 ) = y 00 , y ′ (x 0 ) = y 10 ,postoji klasa višekoračnih metoda tipakXα i y n+i = h 2 X k β i f n+i .i=0i=0Jedan od najjednostavnijih metoda iz te klase je, na primer,a često se u primenama sreće i metodpoznat kao metod Numerova.y n+2 − 2y n+1 = y n = h 2 f n+1 ,y n+2 − 2y n+1 + y n = h212 (f n+2 + 10f n+1 + f n ),8.3. Metodi Runge-Kutta8.3.1. Za metod Runge-Kuttay n+1 − y n = h 10 (k 1 + 5k 2 + 4k 3 ),k 1 = f(x n ,y n ),(k 2 = f x n + 1 3 h,y n + 1 )3 hk 1 ,(k 3 = f x n + 5 6 h,y n − 5 12 hk 1 + 5 )4 hk 2 ,naći red. U slučaju kada f ne zavisi od y, na koju se kvadraturnu formulusvodi ovaj metod?Rešenje. Opšti eksplicitni metod Runge-Kutta za rešavanje Cauchyevog problema(1) y ′ = f(x,y), y(x 0 ) = y 0 ,je dat sa(2) y n+1 − y n = hΦ(x n , y n , h),

362 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAgde su(3)mXΦ(x, y, h) = c i k i ,i=1k 1 = f(x,y),k i = f(x + a i h, y + b i h), i = 1,2, . . . , m,i−1i−1XXa i = α ij , b i = α ij k j , i = 1,2, . . . , m.j=1j=1Za metod Runge-Kutta dat ovim zadatkom imamo m = 3 i(4) Φ(x,y, h) = 1 10 (k 1 + 5k 2 + 4k 3 ).S obzirom na Taylorov razvojimamoy(x + h) = y(x) + hy ′ (x) + h22! y′′ (x) + h33! y′′′ (x) + O(h 4 ),(5) Φ T (x, y, h) =y(x + h) − y(x)h= y ′ (x) + h 2 y′′ (x) + h26 y′′′ (x) + O(h 3 ).Metod (2) je reda p ako je p najveći ceo broj za koji važiΦ T (x, y, h) − Φ(x,y, h) = O(h p ).Poznato je (videti [3, str. 67]) da ako sa p(m) označimo maksimalni mogući redmetoda (2), tada jep(m) = m (m = 1, 2,3,4)= m − 1 (m = 5,6, 7)= m − 2 (m = 8,9)≤ m − 2 (m = 10,11, . . . ).Zato, u ovom slučaju, možemo zaključiti da je p ≤ 3.Nad¯imo razvoj Φ T (x, y, h) po stepenima od h. Korišćenjem Mongeovih oznakaza parcijalne izvode, na osnovu (1) imamoy ′′ = ddx y′ = ddx f(x, y) = f x + ff y = F,y ′′′ = ddx (f x + ff y ) = f xx + 2ff xy + f 2 f yy + f y (f x + ff y ) = G + f y F,

METODI RUNGE-KUTTA 363gde smo stavili G = f xx + 2ff yx + f 2 f yy . Tada, na osnovu (5) dobijamo(6) Φ T (x,y, h) = f + 1 2 Fh + 1 6 (G + f yF)h 2 + O(h 3 ).Potražimo sada razvoj funkcije Φ(x, y, h), date sa (4), po stepenima od h.Imajući u vidu da je k 1 = f i razvijanjem funkcije k 2 u Taylorov red u okolinitačke (x, y), dobijamo(7)k 2 = f“x + 1 3 h, y + 1 ”3 hf= f + 1 3 hf x + 1 3 hff y + 1 „ 12 9 h2 f xx + 2 9 h2 ff xy + 1 «9 h2 f 2 f yy + O(h 3 )= f + 1 3 Fh + 1 18 Gh2 + O(h 3 ).Slično, razvijanjem funkcije“k 3 = f x + 5 6 h, y − 5 12 hk 1 + 5 ”4 hk 2u Taylorov red u okolini tačke (x, y), a s obzirom da je na osnovu (7)imamo− 512 hk 1 + 5 4 hk 2 = − 5 12 hf + 5 4 hf + 5 4 · 13 h2 F + O(h 3 )= 5 6 fh + 5 12 Fh2 + O(h 3 ),k 3 = f + 5 „ 56 hf x +6 fh + 5 «12 Fh2 f y+ 1 „ 252 36 h2 f xx + 2518 h2 ff xy + 25 «36 h2 f 2 f yy + O(h 3 )= f + 5 „ 56 Fh + 12 Ff y + 25 «72 G h 2 + O(h 3 ).Zamenom dobijenih izraza za k 1 , k 2 , k 3 u (4), dobijamotj.Φ(x, y, h) = f + 1 10“ 53 F + 10 ”3 F h + 1 “ 510 18 G + 5 3 Ff y + 25 ”18 G h 2 + O(h 3 ),(8) Φ(x, y, h) = f + 1 2 Fh + 1 6 (G + Ff y)h 2 + O(h 3 ).

364 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINANa osnovu (6) i (8) imamoΦ T (x, y, h) − Φ(x, y, h) = O(h 3 ),a kako smo prethodno već zaključili da je red metoda dat zadatkom p ≤ 3, sadamožemo da tvrdimo da je p = 3.U slučaju kada f ne zavisi od y, tj. kada je (1) oblika y ′ = f(x), korišćenjemmetoda Runge-Kutta datog zadatkom, dobijamo kvadraturnu formuluZ a+haf(x)dx =Z a+ha∼= h 10y ′ (x)dx = y(a + h) − y(a)h “f(a) + 5f a + h ”+ 4f“a + 5 ”i3 6 h .8.3.2. Izvesti opštu formulu Runge-Kutta drugog reda, oblika(1) y 0 = Y, y n+1 = y n + h(A(a)k 1 + B(a)k 2 ), n = 0,1,... ,N − 1,gde suk 1 = f(x n ,y n ), k 2 = f(x n + ah,y n + ahk 1 ) (0 < a ≤ 1),za rešavanje Cauchyevog problemay ′ = f(x,y), y(x 0 ) = Y.Primenom formule (1), za slučaj A(a) = B(a), odrediti y(0.5) za problemy ′ = 2xy − 2x 2 + 1, y(0) = 1,uzimajući h = 0.1.Rešenje. Na osnovu (1) imamoΦ(x n , y n , h) = y n+1 − y nh= A(a)k 1 + B(a)k 2 .Imajući u vidu da je k 1 = f, razvijanjem funkcije k 2 u Taylorov red u okolini tačke(x n , y n ), dobijamok 2 = f(x n + ah, y n + ahf) = f + ahf x + ahff y + O(h 2 ) = f + aFh + O(h 2 ),

gde je F = f x + ff y ,. Tada imamoMETODI RUNGE-KUTTA 365(2)Φ(x n , y n , h) = A(a)f + B(a)(f + aFh) + O(h 2 )= (A(a) + B(a))f + aB(a)Fh + O(h 2 ).S druge strane, slično kao u prethodnom zadatku, dobijamoΦ T (x n , y n , h) = y(x n + h) − y(x n )hNa osnovu (2) i (3) imamo= f + 1 2 Fh + O(h2 ).Φ T (x n , y n , h) − Φ(x n , y n , h) = (1 − A(a) − B(a))f + (1/2 − aB(a))Fh + O(h 2 ),odakle zaključujemo da treba nametnuti uslove(4) 1 − A(a) − B(a) = 0,12 − aB(a) = 0da bi metod (1) bio drugog reda. Rešavanjem sistema jednačina (4) dobijamoA(a) = 2a − 12a , B(a) = 12a .Iz uslova A(a) = B(a) sleduje a = 1, tj. A(a) = B(a) = 1/2, pa u tom slučajumetod (1) postaje(5) y n+1 = y n + 1 2 h(k 1 + k 2 ),gde suk 1 ≡ k 1 (x n , y n ) = f(x n , y n ), k 2 ≡ k 2 (x n , y n ) = f(x n + h, y n + hk 1 ).Za Cauchyev problem dat zadatkom y ′ = 2xy − 2x 2 + 1, y(0) = 1 imamo daje f(x, y) = 2xy − 2x 2 + 1. Uzimajući h = 0.1, na osnovu (5) dobijamo rezultate(zaokružene na četiri decimale), prikazane u tabeli.n x n k 1 (x n , y n ) k 2 (x n , y n ) y n y(x n )0 0.0 1.0000 1.2000 1.0000 1.00001 0.1 1.2020 1.4121 1.1100 1.11012 0.2 1.4163 1.6494 1.2407 1.24083 0.3 1.6564 1.9277 1.3940 1.39424 0.4 1.9386 2.2669 1.5731 1.57355 0.5 1.7835 1.7840

366 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAU poslednjoj koloni tabele date su približne vrednosti tačnog rešenja y(x) =e x2 + x ovog test problema, za x = x n .8.3.3. Standardni metod Runge-Kutta četvrtog reday n+1 − y n = h 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ),k 1 = f(x n ,y n ),(1)k 2 = f(x n + h 2 ,y n + h 2 k 1),k 3 = f(x n + h 2 ,y n + h 2 k 2),k 4 = f(x n + h,y n + hk 3 ),za rešavanje Cauchyevog problema prvog reda y ′ = f(x,y), y(x 0 ) = y 0 , generalisatina vektorski oblik pa ga primeniti na rešavanje Cauchyevog problemaza sistem jednačina prvog reda(2)y ′ = xyz, y(1) = 1 3 ,z ′ = xy , z(1) = 1,zna segmentu [1, 2.5] uzimajući za korak integracije h = 0.01, a tabeliratirešenje u tačkama x k = 1 + 0.1 · k, k = 0,1,... ,15.Rešenje. Cauchyev problem za sistem od m diferencijalnih jednačina prvogreday ′ i = f i (x;y 1 , . . . , y m ), y i (x 0 ) = y i0 (i = 1, . . . , m)može se predstaviti u vektorskom obliku(3) y ′ = f(x,y), y(x 0 ) = y 0 ,gde suy =2643y 1...y m75 , y 0 =2643y 10. .y m075 , f(x,y) =23f 1 (x; y 1 , . . . , y m )6745 ..f m (x; y 1 , . . . , y m )Primetimo da se Cauchyev problem za diferencijalnu jednačinu m-tog reda možeprevesti na Cauchyev problem za sistem od m diferencijalnih jednačina prvog reda(videti zadatak 8.1.5).

METODI RUNGE-KUTTA 367Metodi Runge-Kutta se formalno generališu na vektorski oblik i služe za rešavanjeCauchyevog problema (3), pa u slučaju metoda (1) datog zadatkom imamoy n+1 − y n = h 6 (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4 ),k 1 = f(x n ,y n ),(4)k 2 = f(x n + h 2 ,y n + h 2 k 1),k 3 = f(x n + h 2 ,y n + h 2 k 2),k 4 = f(x n + h,y n + hk 3 ).Ako Cauchyev problem (2) predstavimo u vektorskom obliku (3), tada je2(5) y = 4 y 3 25 , y 0 = 4 1/3325 , f(x,y) = 4 f 3 21(x, y, z)5 = 4 xyz35 ,z 1f 2 (x, y, z) xy/za metod Runge-Kutta (4) u ovom slučaju je dat sa24 y 3 2n+15 − 4 y 3 02n5 = h @ 4 k 3 215 + 2 4 k 3 225 + 2 4 k 3 235 + 4 k 3145A ,6z n+1 z n l 1 l 2 l 3 l 42k 1 = 4 k 3 215 = 4 f 31(x n , y n , z n )5 ,l 1 f 2 (x n , y n , z n )(6)22k 2 = 4 k 32f 1“x n + h5 = 6 2 , y n + h 2 k 1, z n + h ” 32 l 174l 2 f 2“x n + h 2 , y n + h 2 k 1, z n + h ” 5 ,2 l 122k 3 = 4 k 33f 1“x n + h5 = 6 2 , y n + h 2 k 2, z n + h ” 32 l 274l 3 f 2“x n + h 2 , y n + h 2 k 2, z n + h ” 5 ,2 l 22k 4 = 4 k 3 245 = 4 f 31(x n + h, y n + hk 3 , z n + hl 3 )5 .l 4 f 2 (x n + h, y n + hk 3 , z n + hl 3 )

368 PRIBLIŽNO REŠAVANJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINAk x k y k y(x k ) z k z(x k )0 1.0 0.3333333 0.3333333 1.0000000 1.00000001 1.1 0.3709342 0.3709341 1.0362694 1.03626942 1.2 0.4188979 0.4188979 1.0791367 1.07913673 1.3 0.4808936 0.4808936 1.1299436 1.12994354 1.4 0.5623944 0.5623943 1.1904763 1.19047625 1.5 0.6718182 0.6718181 1.2631581 1.26315786 1.6 0.8225904 0.8225905 1.3513514 1.35135157 1.7 1.0370675 1.0370678 1.4598541 1.45985418 1.8 1.3544686 1.3544689 1.5957446 1.59574479 1.9 1.8481333 1.8481344 1.7699113 1.769911610 2.0 2.6666656 2.6666667 1.9999998 2.000000011 2.1 4.1441259 4.1441321 2.3166018 2.316602912 2.2 7.1444836 7.1444917 2.7777767 2.777777913 2.3 14.3993673 14.3994160 3.5087693 3.508773814 2.4 37.7629280 37.7631035 4.8387012 4.838710815 2.5 170.6634674 170.6666718 7.9999280 8.0000000Korišćenjem metoda (6), a s obzirom da je na osnovu (5), y 0 = 1/3, z 0 = 1,f 1 (x, y, z) = xyz, f 2 (x, y, z) = xy/z, uzimajući h = 0.01, dobijamo rezultate prikazaneu tabeli za x = x k = 1 + 0.1 · k (k = 0,1, . . . ,15). Pored¯enja radi, u tabelisu date i odgovarajuće vrednosti za tačna rešenja Cauchyevog problema (2) kojasu data sa72y(x) =(7 − x) 3 , z(x) = 67 − x 2 .