Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

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.