Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

Iz (3) tada sledujes obzirom da jeR 0 =R 2 =R 4 =PROBLEM NAJBOLJIH APROKSIMACIJA 237λ = − 1 15 (R 0 + 5R 2 + 9R 4 ) = − 4 πZ 1−1Z 1−1Z 1−1cos πt2 dt = 4 π ,cos πt2 · 12cos πt2 · 18Sada, na osnovu (4), dobijamo358„1 − 112π 2 + 1008 «π 4 ,„1 − 12 «π 2“ ”3t 2 − 1 dt = 4 π“”35 t 4 − 30 t 2 + 3 dt = 4 π,„1 − 180π 2 + 1680 «π 4 .b 0 = 224 „π 3 1 − 9 «π 2 , b 1 = 40 „π 3 25 − 252 «π 2 , b 2 = 72 „ « 168π 3 π 2 − 17 .Tražena aproksimacija je, dakle,cos πt2 ∼ ϕ(t) = b 0 P 0 (t) + b 1 P 2 (t) + b 2 P 4 (t) .S obzirom da je P 0 (t) = 1, P 2 (t) = 1 − 3 `1 − t2´ i P 4 (t) = 1 − 5`1 − t 2´ +2`1 − t2´2 imamoϕ(t) =“− 3 2 b 1 − 5 b 2”`1 − t2´ + 35 8 b 2`1 − t2´2= 60π 3 “77 − 756π 2 ”`1 − t2´ + 315π 3 „ 168π 2 − 17 « `1 − t2´2 .Vraćajući se na staru promenljivu x = (1 − t)/2, dobijamo (1).Literatura:S. Wrigge, A. Fransén: A general method of approximation. Part I. Math.Comp. 38 (1982), 567–588.G.V. Milovanović, S. Wrigge: Least squares approximation with constraints.Math. Comp. 46 (1986), 551–565.6.2.16. Postupkom ekonomizacije aproksimirati polinomP(x) = 1 + x 2 + x23 + x34 + x45 + x56