Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

276 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAKako je R 3 (x 3 ) = R 3 (x 4 ) = R 3 (x 5 ) = 0, R 3 (x 6 ) = 8 , algebarski stepen tačnosti175ove formule je p = 5.3 ◦ Kako je ovde m k = 1k + 1 , x 1 = −2, x 2 = −1, x 3 = 0 imamo A 1 = 5 12 ,A 2 = − 4 3 , A = 23 . Odgovarajuća kvadraturna formula je12Z 10f(x)dx = 5 12 f(−2) − 4 3f(−1) +2312 f(0) + R 3(f).Algebarski stepen tačnosti je p = 2, jer je R 3 (x 3 ) = 9 ≠ 0. Primetimo da ova4formula nije interesantna za praktičnu primenu s obzirom da uključuje vrednostipodintegralne funkcije u tačkama koje ne pripadaju oblasti integracije.7.2.2. Odrediti koeficijente A 1 , A 2 , A 3 tako da je formula∫ 1(1 ◦ 1 − x2 ) −1/2f(x)dx = A1 f(−1) + A 2 f(0) + A 3 f(1) + R 3 (f);−1∫ +∞2 ◦ e −x f(x)dx = A 1 f(0) + A 2 f(1) + A 3 f(2) + R 3 (f);0tačna za sve algebarske polinome stepena k ≤ 2. Koliki je algebarski stepentačnosti u tom slučaju?Rešenje. Stavimo m k =Z 1−1`1 − x2´x k dx. Primetimo da su momenti neparnogreda jednaki nuli, tj. m 1 = m 3 = · · · = 0. Momente parnog reda odredićemoZ 11rekurzivno, startujući od m 0 = √ dx = π.1 − x 2Kako je−1m 2k−2 − m 2k =Z 1−1x 2k−2p 1 − x 2 dx,primenom parcijalne integracije na poslednji integral sa u = √ !1 − x 2 i dv =x 2k−2 dx ⇒ du = − √ x x2k−1dx, v = dolazimo dorekurentnerelacije1−x 2 2k − 1m 2k = 2k − 12km 2k−2 (k ≥ 1) .Dakle, m 2 = 1 2 m 0 = π 2 , m 4 = 3 4 m 2 = 3π 8 , itd.