Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

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)],