Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

NUMERIČKA INTEGRACIJA 295Korišćenjem (3) nalazimo(8) A 0 = 1 Z π(cos θ + 1) sin nθ dθ = 2n2 − (1 − (−1) n )2n 02n 2 (n 2 .− 1)Isti rezultat dobijamo i za koeficijent A n . Naime, lako je pokazati da je A k = A n−k .Da bismo odredili A k (k = 1, . . . [n/2]), pod¯imo od Christoffel–Darbouxovogidentiteta za Čebiševljeve polinome prve vrste (videti za opšti slučaj [1, str. 103])(9)nX ′Tm (x)T m (t) = 1 2 · Tn+1(x)T n (t) − T n+1 (t) T n (x),x − tm=0gde P ′ označava da se početni član u sumi (za m = 0) uzima sa faktorom 1/2.Ako u (9) stavimo t = x k = cos (kπ/n), dobijamo(10)T n+1 (x) − x k T n (x)x − x k= 2(−1) k n Xm=0′Tm (x k ) T m (x)jer je T n (x k ) = (−1) k i T n+1 (x k ) = x k (−1) k . Sada, na osnovu (5) i (10),zaključujemo da jeω(x)x − x k= 2(−1) kn Xm=0odakle, s obzirom na (4) i (7), nalazimogde smo staviliA k = 1 n(2′Tm (x k ) T m (x) − T n (x))nX ′Tm (x k ) b m − (−1) k b n ,m=0b m =Z 1−1T m (x) dx.Primetimo da je za neparne indekse ovaj integral jednak nuli, tj. b 2m−1 = 0. Zaparne indekse imamo2b 2m =1 − 4m 2 .Na dalje, T 2m (x k ) = cos(2mπk/n). Prema tome,(11) A k = 4 nnX ′ 1 2mπkcos1 − 4m2 nm=0− (−1)knb n (k = 1, . . . , [n/2]) .