Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

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).