Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

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 ,