Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

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 ,