Numerical Mathematics - A Collection of Solved Problems

322 NUMERIČKO DIFERENCIRANJE I NUMERIČKA INEGRACIJAna osnovu (2) zaključujemo da važiZ 1−1r1 − x 2πf(x)dx =1 + x n + 1nXsin 2 kπ“n + 1 f cos 2kπ ”+ eR n (f),n + 1k=1tj. formula (1), sa ostatkom e R n (f) = 2R n (g), gde je g(x) := f(2x 2 − 1).Izračunajmo još ostatak R n (g) po formuli (videti [2, str. 171])R n (g) = 22n+α+β+1 n! Γ(n + α + 1)Γ(n + β + 1)Γ(n + α + β + 1)(2n)!(2n + α + β + 1)Γ(2n + α + β + 1) 2gde je ξ ∈ (−1,1). Za α = β = 1/2 prethodni izraz se svodi nag (2n) (ξ),R n (g) =“2 2n+2 n!Γ n + 3 ” 2Γ(n+ 2)2(2n)!(2n + 2)Γ(2n + 2) 2g (2n) (ξ)= 22n+2 n!2 −2n−2 ((2n + 1)!!) 2 π (n + 1)!2(n + 1)(2n)!((2n + 1)!) 2 g (2n) (ξ)==n!(n + 1)!((2n + 1)!!) 2 π2(n + 1)(2n)!((2n)!!) 2 ((2n + 1)!!) 2 g(2n) (ξ)n!(n + 1)! π2(n + 1)(2n)!2 2n (n!) 2 g(2n) (ξ),tj.R n (g) =π2 2n+1 (2n)! g(2n) (ξ).Napomenimo da kvadraturna formula (1) nije Gaussovog tipa. Ta formula imaalgebarski stepen tačnosti p = n − 1. Da bismo se u ovo uverili dovoljno je uzeti,na primer, f(x) = `(1 + x)/2´m/2 , gde je m ∈ N0 . Imajući u vidu ranije uvedenusupstituciju f(2x 2 −1) = g(x), sada je g(x) = x m . Kako je R n (g) = 0 za m ≤ 2n−1(formula (3) je Gaussovog tipa) i eR n (f) = 2R n (g), zaključujemo da je eR n (x r ) = 0samo za r = 0,1, . . . , n − 1, s obzirom da je r = m/2 ≤ n − 1. Dakle, e R n (x n ) ≠ 0.7.2.29. Za integral iz prethodnog zadatka izvesti kvadraturnu formuluGaussovog tipa i dati ocenu ostatka. Na numeričkom primeru∫ 1−1√1 − x + x2 − x 3dx1 + x