SveucilistaJ. J. StrossmayerauOsijekuOdjelzamatematikuRudolfScitovskiNUMERICKA MATEMATIKADrugoizdanjeOsijek,2004.Dr. sc.RudolfScitovski,NumerickamatematikaOdjelzamatematikuSveucilisteuOsijekuGajevtrg6HR-31 000Osijeke-mail: scitowsk@mathos.hrIzdavac:OdjelzamatematikuSveucilistauOsijekuRecenzenti:dr. sc.DraganJukic, OdjelzamatematikuSveucilistauOsijekudr. sc.MiljenkoMarusic, PMFMatematickiodjel,ZagrebLektor:IvankaFercec, ElektrotehnickifakultetOsijekCIPKatalogizacijaupublikacijiGradskai sveucilisnaknjiznica,OsijekUDK 517(075.8)UDK 512(075.8)SCITOVSKI, RudolfNumerickamatematika/RudolfScitovski,Osijek : Odjel za matematiku Sveucilista u Osijeku, 1999.-173str.:73ilustr. ;24 cmNavrhunasl.str.: SveucilistaJ. J. StrossmayerauOsijeku. -Bibliograja: str. 168-170.ISBN9536032244990225022OvajudzbenikobjavljujeseuzsuglasnostSenataSveucilistaJ. J. StrossmayerauOsijekupodbrojemxx/04c _RudolfScitovski,2004. Tisak: Grakad.o.o.,OsijekiPREDGOVORDRUGOMIZDANJUUposljednjih5godinapremaovomudzbenikuuvecojili manjoj mjeri izvodilase nastavaiz podruzjanumerickematematike naOdjeluzamatematiku, Elek-trotehnickom fakultetu, Strojarskom fakultetu i Gradevinskomfakultetu SveucilistauOsijeku, tenaVeleucilistuuKarlovcu. Novoizdanjekorigirano jeidopunjenougotovosvimpoglavljima. Posebnosuprovjereni i korigirani rezultati pratecihzadataka. Zahvaljujemsekolegama saOdjelazamatematikuSveucilista uOsije-ku (posebno dr. sc. N.Truharu i mr. sc. K.Sabi i D. Markovic) i Matematickog odjelaPMF-a Sveucilista u Zagrebu koji su me upozorili na neke tiskarske i druge pogreske.Osijek, rujna, 2004. Rudolf ScitovskiPREDGOVORObziromdaje ovaj udzbenikkompletnopripremljenzadigitalni tisak, bilojemoguce najprije tiskati manji broj primjeraka, a onda nakon godinu dana ponovitiizdanjeuzkorekcijenaknadnouocenihpogresakanakojesumeupozorili surad-niciili studenti: Z. Drmac, H. Glavas,D. Ivanovic,J. Job, T. Marosevic, M. Pesut,K. Sabo, R. Sotirov, na cemu im se iskreno zahvaljujem.Gotovouvijekuprimijenjenimistrazivanjimaumjestostvarnezikalneslikepromatranog problema analiziramo nekakvu njegovu idealizaciju nastalu: zanema-rivanjemnekihfaktora, linearizacijomnelinearnogproblema, uzimanjapribliznihvrijednosti ulaznih velicina u matematickom modelu, itd. I pored toga, rjesavanjeproblema moze biti slozen matematicki i numericki problem, a vrlo cesto bez pomociracunalanemozeseni zamisliti njegovarealizacija. Uovomtekstuopisanesunumerickemetode, kojesenajcesce koristeuovakvimsituacijama. Natajnacinuvijek dobivamo neku aproksimaciju stvarnog rjesenja. Buduci da stvarno rjesenjenajcesce ne znamo, vazno je znati barem ocjenu velicine greske, koju smo pri tomeucinili.iiOvajtekstpisanjetakodapodrazumijevapoznavanjeosnovamatematickeanalize, linearne algebre i programiranja, a namijenjen je studentima visih i visokihskola inzenjerskog usmjerenja.Tekst sadrzi puno primjera koji mogu doprinijeti razumijevanju izlozene ma-terije. Na kraju svakog poglavlja nalaze se brojni zadaci: od sasvim jednostavnih,do onih koji mogu posluziti kao teme seminarskih i slicnih radova. Gdje god je tomoguce dana su rjesenja zadataka, a kod nekih i odgovarajuce upute za rjesavanje.Izrada vecine zadataka povezana je s mogucnoscu koristenja nekih gotovih programa(Mathematica, Matlabi sl.), kaoi programanavedenihuovoj knjizi. Pred-videno je da student sam prilagodava navedene programe i konstruira nove u skladusa zadanim problemom. Vecina programa uradena je Mathematica-programom jerjeMinistarstvo znanosti itehnologijeomogucilo posjedovanje legalne licenceovogprograma svakoj visokoskolskoj instituciji.Sadrzajnavedenuovojknjizi, kaoi prilozeni programi, moguposluziti i unekimprakticnimistrazivanjima. Uposebnimprimjedbamanavedenesui nekedrugemogucnosti,kojesemogupojavitiuprakticnom radu. Takoder,danesuiodgovarajuce uputezadaljnjesamostalnousavrsavanje. Utomsmislu, nakrajusvakog poglavlja u posebnoj primjedbi citatelj seupucuje na odgovarajucu novijuliteraturu iz tog podrucja. Poklavlje 9. Numericko rjesavanje parcijalnih diferenci-jalnih jednadzbi napisano je prema raduGali c(1989).Zahvaljujem se recenzentima dr. sc. D. Jukicu i dr. sc. M. Marusicu, te lektoruIvanki Fercecnakorisnimsugestijamai prijedlozimauciljupojednostavljivanjai popravljanjaovogteksta. Takoder, zahvaljujemsekolegamadr. sc. M. Bensic,dr. sc. Z. Drmacu, dr. sc. B. Guljasu, dr. sc. T. Marosevicu, mr. sc. K. Sersicu, R. Soti-rov na korisnim primjedbama. Posebno se zahvaljujem asistentu Elektrotehnickogfakulteta Alfonzu Baumgartneru za obradu teksta u LATEX-u i kolegici Renati Soti-rov za izradu ilustracija.Osijek, travnja, 2000. Rudolf ScitovskiiiiSadrzaj:1. Pogreske 11.1 Vrste pogresaka. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Apsolutna i relativna pogreska . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Signikantne znamenke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Pogreske kod izracunavanja vrijednosti funkcije . . . . . . . . . . . . 81.5 Inverzni problem u teoriji pogresaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122. Interpolacija. Splineinterpolacija 162.1 Interpolacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.1.1 Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma . . . . . . . . . . 182.1.2 Newtonov oblik interpolacijskog polinoma . . . . . . . . . . . 202.1.3 Ocjena pogreske . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Spline interpolacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2.1 Linearni interpolacijski spline . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.2 Kubicni interpolacijski spline . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333. Rjesavanjesustavalinearnih jednadzbi 383.1 Norma vektora i matrice. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2 Uvjetovanost sustava linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . 413.3 Rjesavanje trokutastih sustava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.4 Gaussova metoda eliminacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.5 LU-dekompozicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.6 Cholesky - dekompozicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.7 QRdekompozicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.8 Iterativne metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.9 Dekompozicija na singularne vrijednosti . . . . . . . . . . . . . . . . 60iv3.10Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634. Rjesavanjenelinearnih jednadzbi 674.1 Metoda bisekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 714.2 Metoda jednostavnih iteracija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.3 Newtonova metoda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.3.1 Modikacije Newtonove metode . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.4 Rjesavanje sustava nelinearnih jednadzbi. . . . . . . . . . . . . . . . 854.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 885. Aproksimacijafunkcija 935.1 NajboljaL2 aproksimacija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.1.1 Ortogonalni polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.1.2Cebisevljevi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.2 NajboljaL aproksimacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006. Problemi najmanjihkvadrata 1036.1 Linearni problemi najmanjih kvadrata . . . . . . . . . . . . . . . . . 1086.1.1 Rjesavanje LPNK preko sustava normalnih jednadzbi . . . . 1096.1.2 Rjesavanje LPNK pomocu QR-dekompozicije . . . . . . . . . 1106.1.3 RjesavanjeLPNKpomocudekompozicijenasingularnevri-jednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.2 Nelinearni problemi najmanjih kvadrata . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.2.1 Gauss-Newtonova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.2.2 Marquardtova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1217. Numericka integracija 1257.1 Trapezno pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1257.2 Newton-Cotesova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3 Simpsonovo pravilo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1348. Numerickorjesavanjeobicnih diferencijalnih jednadzbi 1378.1 Eulerova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138v8.2 Metoda Runge - Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1418.3 Metoda diskretizacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1468.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1479. Numerickorjesavanjeparcijalnihdiferencijalnih jednadzbi 1509.1 Rjesavanje Poissonove dif. jednadzbe metodom konacnih diferencija 1529.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158Literatura 161Indeks 16411. PogreskeVrlocestopraksanamece potrebuoperiranjas pribliznimumjestosastvarnimvelicinama, aumjestostvarnezikalnesituacije, vrlocestoupraksi promatramoidealiziranu sliku stvarnosti. Takoder, umjesto stvarnog rezultata, cesto se zadovo-ljavamonjegovom aproksimacijom. Usvimtakvimislicnimsituacijamamoramobiti svjesni s kakvom greskom ulazimo u racun i sto je jos vaznije, moramo unaprijedznati kakve ce to posljedice imati na konacni rezultat.1.1 VrstepogresakaOpcenito, pogreske u prakticnom radu i strucnim i znanstvenim istrazivanjimamozemo podijeliti u nekoliko skupina:a)PogreskezaokruzivanjaCestoupraksi nekibroj zaokruzujemo nanekoliko prvihsignikantnihzna-menki (vidi Primjedbu 1.4, str. 8), cime svjesno pravimo gresku.Neki puta u racunnije moguce uzeti stvarni broj (primjerice transcendentan broj ilie), a neki putaiz prakticnih razloga nijepotrebno operirati s potpunimbrojem (primjerice stoparasta proizvodnje).Primjer1.1Zadan je kvadrat sa stranicoma = 100 cm. Njegova povrsina jeP=10 000 cm2. Treba odrediti stranicu kvadrata koji ce imati dvostruko manju povrsinu.Sxoznacimostranicutrazenogkvadrata. Trebabiti a2=2x2, odaklejex=a22.Broj2jeiracionalanbroj (beskonacni neperiodicni decimalni broj), pasmoprisiljeniuracunuzeti njegovupribliznuvrijednost. Akouzmemo2 1.41, dobivamostranicukvadratax=70.5 cm, aodgovarajucapovrsinajeP=4970.25 cm2. Akouzmemo2 1.41421, dobitcemostranicukvadratax = 70.7105ipovrsinuP= 4999.97481 cm2. Kojucemo vrijednost aproksimacije broja2 upotrijebiti, ovisi o tome s kakvom tocnoscu zelimodobitirezultat.b)Pogreskenastalezbognepreciznostiulaznih podatakaCesto se u praksi koriste priblizne vrijednosti nekih konstanti koje utjecu navelicinu pogreske konacnog rezultata. Primjerice, cesto za velicinu akceleracije siletezeuzimamovrijednost9.81 ms2, iakoseznadaonacaki mijenjavrijednost2 1.1Vrstepogresakaovisno o zemljopisnom polozaju.c)PogreskametodeRazliciti iterativni procesi (primjerice, rjesavanje sustava linearnih ili neline-arnih jednadzbi, trazenje lokalnih ekstrema funkcije, itd.)po prirodi su beskonacniiterativni procesi, kojeupraksi zaustavljamonanekomkoraku(kadpostignemozeljenu tocnost aproksimacije).d)PogreskamodelaU praksi gotovo uvijek, zbog slozenosti stvarnog problema, promatramo ide-alizirani model kao njegovu aproksimaciju.Primjer1.2Prilikomproucavanja balistickih putanja u eksternoj balistici najvaz-niji problem predstavlja dobro deniranje zakona otpora zraka za leteci objekt. Da bisepostavljanjeproblemapojednostavilo,uvijekprvopromatramobalistickiproblemuvakumu(dakle, balisticki problembezotporazraka), cimesestvaraidealiziranasituacijaukojoj seproblemlakorjesava. No, rezultati koji sedobivajuovakvomidealizacijomstvarnosti mogusejakorazlikovati odstvarnih. Usporedimozapri-mjer maksimalni domet obicnog puscanog metka (10 g) i teskog topovskog projektila(150 kg) iste pocetne brzinev0 = 900 ms1u vakumu i u zraku.maksimalni domet projektila vakum zrakpuscani metak 82km 3.5kmteski projektil 82km 40kmOcigledne razlike (vidiMolitz (1967)) nastale su u najvecoj mjeri zbog toga sto jeotpor zraka prema letecem objektu obrnuto proporcionalantezini projektila.e)StrojnapogreskaZa potrebe numerickih izracunavanja realan broja R obicno zapisujemo uoblikua = mbe, (1.1)gdjejeb Z, b 2baza,1bmbU, aunderowdasmopokusali zapisati broja < bLPrimjedba1.1Svakomracunalupridruzuje senajmanji broj>0zakoji je1 +>1. Broj nazivamotocnost racunala, apribliznogamozemoizracunatisljedecim programom:10 EPS= 120 EPS= .5*EPS:EPS1= EPS+130 IFEPS1> 1 THEN2040 PRINTEPSNeke brojeve je moguce, a neke nije moguce prikazati u obliku (1.2). Primje-rice, brojevi 2, e, ne mogu se prikazati u tom obliku. Primijetite takoder, da jeprimjerice broj110moguce prikazati u obliku (1.2) s bazom b = 10, ali ne i s bazomb = 2.Zaokruzivanjem ili odbacivanjem decimala dobivamo tzv.oating-pointapro-ksimacijufl(a) brojaa, za koju vrijedifl(a) = a(1 +),gdje je pogreska aproksimacije.Primjer1.3Potrazimo manji po apsolutnoj vrijednosti korijen kvadratne jednadz-bex2+ 2px q = 0, p > 0,q > 0, p q.Dobivamox0= p +_p2+ q ()Ako racunamo u oating-point aritmetici,lako se moze dogoditi da je fl(p) = fl(_p2+ q)idajerezultatx0= 0.Akorezultatnapisemouoblikux0=qp +_p2+ q, ()dobit cemoznatnotocnijirezultat.Primjerice, u4-znamenkastoj oating-point aritmetici zap =0.125 103i q =0.125 101dobivamox0= 0.00005 (pravavrijednost)x

0= 0 (prema())x

0= 0.00005 (prema())Nize je naveden Mathematica-modul za pretvaranje realnog broja x u k-znamenkastioating-pointbroj1RacunalakojasugradenapremaIEEEstandardimazabazukoristeb=2. Vrijednostzatuobicnoj preciznosti je23, audvostrukoj preciznosti t=52. GraniceeksponentasuL=126iU= 127, stoznacidataracunalaprepoznajubrojevevelicine1 1038 a 2 10384 1.2Apsolutnairelativnapogreskafl[w_, k_]:= Module[{sw},sw = MantissaExponent[w];sw[[1]] = Round[10^k sw[[1]] ]/10^k;ww = sw[[1]] 10^sw[[2]] //N]1.2 ApsolutnairelativnapogreskaOznacimo sastvarnu vrijednost neke poznate (primjerice 2)ilinepoznate(primjerice korijen jednadzbe f(x) = 0) velicine, a s a njezinu pribliznu vrijednost.Obicno kazemo da jeaaproksimacija oda.Denicija1.1Razliku (aa) izmedu stvarne velicinea i njene apro-ksimacijeanazivamopogreska aproksimacije. Apsolutnu vrijednost po-greskeaproksimacijenazivamoapsolutnapogreskaaproksimacije i ozna-cavamoa = [a a[. (1.3)Primjer1.4Niz (an) deniran rekurzivnom formuloman+1 =12_an +2an_, a0 = 1, n = 0, 1, 2, ...konvergirapremabroju 2. UTablici 1.1prikazanesuredomprvecetiriaproksi-macije broja 2, kao i odgovarajucepogreske aproksimacija.n ana an0 1 +0.4142141 1.5 0.0857862 1.416667 0.0024533 1.414216 0.000002Tablica 1.1.Vidisetakoder,dapogreskeaproksimacijemogubitipozitivniilinegativnibrojevi.Apsolutnapogreskaaproksimacijena brojevnompravcu predstavljaudaljenosttockekojaodgovaraaproksimacijiadotockekojaodgovarastvarnojvrijednostia(vidiSliku 1.1). 0 1 22a0a1Slika 1.1. Aproksimacijebroja 2Upraksi stvarnavrijednostacestonijepoznata, ali seznadasepogreskaaproksimacije krece u intervalu [, ], za neki> 0. To znaci da za aproksimaciju1.2Apsolutnairelativnapogreska 5avrijedi a a , (1.4)sto mozemo zapisati kao[a a[ . (1.5)Spomenuti broj> 0 nazivamogranicapogreskeaproksimacije. Nejednadzbu (1.4)mozemo pisati u oblikua a a +. (1.6)Broj a je najmanja, a broj a+ najveca vrijednost koju moze primiti aproksi-macija brojaa, pa cesto simbolicki pisemoa = a. (1.7)To znaci da je stvarna velicinaa aproksimirana brojemai da pri tome apsolutnapogreska nije veca od.Primjer1.5Obavljen je niz mjerenja neke velicine R i dobiveni su sljedeci rezultatimjerenje 1 2 3 4 5 6R 29.2 29.3 29.25 29.28 29.24 29.26AritmetickasredinaR=29.255 predstavlja jednuaproksimaciju velicine R, pricemumozemosmatrati dajegranicaapsolutnepogreske=0.055. ZbogtogapisemoR = 29.255 0.055.Primjer1.6Zadani suradijus ri visinahcilindrasodgovarajucimgranicamapogresker = 2 0.01 cm, h = 100 0.01 cm.Iakosugranicegresakaobjevelicinebrojcanojednake, onenemajuistoznacenjejerjevelicinahrelativnomnogovecaodveliciner. Tocnostizmjerenevelicinehcilindrarelativnomnogojevecanegotocnostizmjereneveliciner. Dakle,velicinupogresketrebapromatratiuodnosunapromatranuvelicinu.Denicija1.2Omjerizmeduapsolutnepogreskeaiapsolutnevri-jednosti velicinea (a ,= 0) nazivamorelativnapogreskaai pisemoa =a[a[. (1.8)Relativna pogreska je u stvari velicina apsolutne pogreske izmjerena u odnosuna promatranu velicinu a. Zbog toga se ona cesto izrazava u postocima (mnozenjemrelacije (1.8) sa 100) ili u promilima (mnozenjem relacije (1.8) s 1000).Primjedba1.2Kakojeu praksiobicnoa a,ondaserelativnapogreska cestoizrazava na sljedeci nacina a[a[, a ,= 0. (1.9)6 1.3SignikantneznamenkeMi cemo nadalje relativnu pogresku aproksimacije a takoder racunati na ovaj nacin.Spomenimo jos da je cesto puta u praksi prikladno koristiti tzv.mjesovitupo-greskue = [a a[1 +[a[Primijetitedajeza [a[ 1mjesovitapogreskaeslicnaapsolutnojpogreski,aza[a[ 1, mjesovita pogreskae slicna je relativnoj pogreski.Primjer1.7UPrimjeru1.1, str. 1relativnapogreskaaproksimacije a=1.41broja 2 jea = [2 1.41[1.41 0.00299 3%0.U Primjeru 1.6, str. 1 relativne pogreske velicinar ih sur r[r[=0.012= 0.005, h h[h[=0.01100= 0.0001.Mogli bismo reci da je velicinah zadana 50 puta pouzdanije od veliciner.Zadatak1.1Ako jef : [a, b] R neprekidna funkcija, onda za integralI =b_af(x) dx vrijedim(b a) I M(b a), m =minx[a,b]f(x), M=maxx[a,b]f(x).Kao jednu od aproksimacijaintegralaImozemo uzeti aritmeticku sredinuI =m(b a) +M(b a)2= (b a)m+M2.Pokazite da tada vrijediI (b a)M m2, I M mM +m.Ocijenite natakav nacinintegral2_05x9x2dx, teizracunajteapsolutnui relativnupogresku.Rjesenje: I = 1.1, I 0.1, I 9 %1.3 SignikantneznamenkeSvaki pozitivni realni broja u dekadskom sustavu mozemo zapisati u oblikua = bm10m+bm110m1++bmn+110mn+1+bmn10mn , bm ,= 0,m Z(1.10)1.3Signikantneznamenke 7gdje subi 0, 1, . . . 9 znamenke brojaa. Primjerice,0.02305 = 2102+ 3103+ 0104+ 5105.Neka jea = bm10m+bm110m1+ +bmn+110mn+1+bmn10mn+ aproksimacija brojaa, takva da im se podudaraju prvihn znamenkibm = bm, bm1 = bm1,, bmn+1 = bmn+1.Tada apsolutnu pogresku amozemo ovako ocijenitia = [a a[ = [(bmnbmn)10mn+ [ [bmnbmn[10mn+ 910mn+ = 910mn(1 + 101+) 910mn11 110= 10mn+1.Ovo je motivacija za uvodenje sljedece denicije:Denicija1.3Neka jea = bm10m+bm110m1+ , bm ,= 0,m Zaproksimacijabrojaazadanogs(1.10). Kazesedasuprvihnzna-menki bm, . . . , bmn+1 brojaasignikantne (pouzdane) ako jen najvecipozitivni cijeli broj za koji vrijedia = [a a[ 12 10mn+1. (1.11)Primjerice, ako jea = 0.0024357 0.3 104, tada jem = 3 i vrijedia = 0.3 104 AbsolutePointSize[4],DisplayFunction -> Identity];slp=Plot[intpol[xx],{xx,x[[1]],x[[n+1]]},DisplayFunction->Identity];Show[slf, slp, slpod, DisplayFunction -> $DisplayFunction];];Print["Vrijeme racunanja = ", ts[[1]]\ ]Vrijenost polinomaPu tockizmozemo izracunati Hornerovom shemom ko-ristenjem jednostavnog potprograma:Horner[a_,n_,z_]:= Module[{s}, p = a[[n]];Do[p = p z + a[[n-i]], {i,n-1}]; p];Ovdje jea vektor koecijenata polinoma, an broj tih koecijenata.2.1.1 LagrangeovoblikinterpolacijskogpolinomaPogledajmo najprije jedan specijalni slucaj: treba pronaci polinompistupnjan za koji vrijedipi(xj) =_1, j = i0, j ,= i, i, j = 0, 1, . . . , n. (2.6)Geometrijski to znaci datreba pronaci polinom ciji graf presijeca osx utockamax0, x1, . . . , xi1, xi+1, . . . , xn, a uxiprima vrijednost 1 (Slika 2.2).xy011x0x1xixnpiSlika 2.2. PolinompiKako polinompi iscezava u tockama x0, x1, . . . , xi1, xi+1, . . . , xn, mora bitipi(x) = Ci(x x0)(x x1)(x xi1)(x xi+1)(x xn) (2.7)gdje jeCi konstanta koju cemo odrediti iz uvjetapi(xi) = 1Ci =1(xix0)(xix1)(xixi1)(xixi+1)(xixn). (2.8)2.1Interpolacija 19Uvrstavajuci (2.8) u (2.7), dobivamo trazeni polinompi(x) =(x x0)(x x1)(x xi1)(x xi+1)(x xn)(xix0)(xix1)(xixi1)(xixi+1)(xixn).Prema tome, polinomPnza koji vrijedi (2.4) uz uvjet (2.2) glasiPn(x) =n

i=0yipi(x)=n

i=0yi(x x0)(x x1)(x xi1)(x xi+1)(x xn)(xix0)(xix1)(xixi1)(xixi+1)(xixn).(2.9)Ocigledno jePn(xj) =n

i=0pi(xj)yi = pj(xj)yj = yj.Polinom Pnobicno nazivamoLagrangeov oblikinterpolacijskog polinomaPrimijetimo, medutim, da izracunavanje vrijednosti interpolacijskog polinomau Lagrangeovom obliku u nekoj tockix ,= xizahtijeva veliki broj racunskih opera-cija, pa time i znacajno vrijeme rada racunala.Primjer2.1Odrediti interpolacijski polinomciji graf prolazi tockamaT0(1, 4),T1(2, 7),T2(4, 29).Prema(2.9)imamoP2(x) =(x 2)(x 4)(1 2)(1 4)4 +(x + 1)(x 4)(2 + 1)(2 4)7 +(x + 1)(x 2)(4 + 1)(4 2) 29ilinakonsredivanjaP2(x) = 2x2x + 1.Primjer2.2Treba odrediti interpolacijski polinom za funkcijuf(x) = lnx 1 +1xi sljedece cvoroveinterpolacijea) 1, 2, 4, 8, 10 b) 2, 4, 8, 10c) 4, 8, 10 d) 2, 4, 8Za svaki od tih slucajevatreba izracunatiP(5.25),te apsolutnu i relativnu pogreskuoveaproksimacije.Prema(2.9)dobivamo(koristiteprilozeniprogram)a)P4(x) = 0.0004455x40.009929x3+ 0.06339x2+ 0.0658x 0.11971b)P3(x) = 0.0007619x30.023923x2+ 0.3438x 0.4048c)P2(x) = 0.007160x2+ 0.227947x 0.161d)P2(x) = 0.013256x2+ 0.30111x + 0.3560520 2.1Interpolacijaf(5.25) y= P(5.25) ya) -0.848704 -0.874536 0.0258b) -0.848704 -0.850896 0.0022c) -0.848704 -0.838456 0.0102d) -0.848704 -0.859408 0.0107Tablica 2.1.Rezultate provjerite prilozenim Mathematica-programom, str. 17.Primjer2.3Zarazlicitevrijednosti izlaznogkutai konstantnupocetnubrzinuv0=115 ms1primjenomformule(B.4), str. 84izracunatesudaljinegadanjaXbalistickogprojektila u vakuumuo5o15o25o35o45oX (m) 234 674 1033 1267 1348.Na osnovu ovih podataka treba odrediti polinom koji ce za proizvoljnu daljinuXdavati vrijednost izlaznog kuta.Primjenom Lagrangeove interpolacijske formule (2.9) dobivamo polinomP4skoecijentimaa0 = 57.95152, a1 = 0.41569, a2 = 0.00101, a3 a4 0.Pomocu ove funkcije za zadane daljine gadanja:500 m, 750 m i 1000 m izracu-nati su odgovarajuci izlazni kutevi ,te apsolutne i relativne pogreske uodnosuna prave vrijednosti dobivene iz formule (B.4), str. 84.X (m) (o) (o) 500 10.885 5.676 5.209750 16.901 18.452 1.5511000 23.942 24.505 0.563Tablica 2.2.Primjedba2.1ZazadanetockeTi(xi, yi), i = 0, 1, . . . , n,mozemopotrazitipoli-nomPmstupnja nizeg odn (m < n), za koji vise nece biti ispunjen uvjet (2.4), aliciji ce graf prolaziti blizu zadanih tocaka. Tako se u prethodnom primjeru pokazalodasuposljednjadvakoecijentauinterpolacijskompolinomuzanemarivomalena,paimasmislapostavljeni problempokusati pribliznorijesiti pomocupolinoma2.stupnja. U tom slucaju aproksimacija se obicno pravi tako da zahtijevamo da sumakvadrata odstupanja zadanih tocaka od odgovarajucih tocaka na grafu polinoma budeminimalna. Ova metoda naziva se metoda najmanjih kvadrata (vidi t.6, str. 103).2.1.2 NewtonovoblikinterpolacijskogpolinomaPretpostavimo da su zadane vrijednostiyi = f(xi),i = 0, 1, . . . , n neprekidnefunkcijef:[a, b] Ru cvorovimaa x0 0, f

(x) > 0 za svaki x I.Izaberimox0 Itako da bude ispunjeno (4.19) (primjerice mozemo uzetix0 = b).Kakojepopretpostavci f

(x0) >0, ondajei f(x0) >0, paje x0> (vidiSliku 4.6.b) jer jefrastuca funkcija.Primjenommatematickeindukcijepokazat cemo dajenizdenirans(4.18)monotono padajuci i ogranicen odozdo s.3UliteraturicestoovumetodumozemonacipodimenomNewton-Raphsonovametoda.4Ostalislucajevidokazujuseanalogno4.3Newtonovametoda 79Pretpostavimo da jexn> . Prema Taylorovoj formuli jef(x) = f(xn) +f

(xn)(x xn) + 12f

(c)(x xn)2, c (a, b).Specijalno, zax = imamo0 = f() = f(xn) +f

(xn)( xn) + 12f

(c)( xn)2, c (a, b).Kako jef

(c) > 0 i ( xn) ,= 0 (zbogxn> ), onda jef(xn) +f

(xn)( xn) < 0.Odavde je< xnf(xn)f

(xn)= xn+1,pa je ixn+1> . Dakle niz (xn) je odozdo ogranicen sa.Kako jexn> za svakin N, onda zbog strogog monotonog rasta funkcijefmora biti if(xn) > f() = 0 za svakin N. Osim toga po pretpostavci jeif

(xn) > 0 za svakin N. Zato iz (4.18) slijedixnxn+1 =f(xn)f

(xn)> 0,sto znaci da je niz (xn) monotono padajuci.Buduci dajeniz(xn)monotono padajuci iogranicen odozdo,onjekonver-gentan i citav se nalazi uI, pa zbog toga postoji realni broj I, takav dabude = limxn. Ako sada u (4.18) pustimon , dobivamo = f()f

(),odakle(zbogf

() >0)slijedi f() =0. Kakoje jedinstvenanultockafunkcijefna intervaluI, mora biti = .Prijedimo na dokaz ocjene (4.20). Prema Taylorovoj formuli vrijedif(xn) = f(xn1)+f

(xn1) (xnxn1)+12 f

(c) (xnxn1)2, c (a, b).Zbog (4.18), ostaje samof(xn) =12f

(c)(xnxn1)2,odakle je[f(xn)[ 12M2(xnxn1)2. (4.23)Iz (4.3) koristeci (4.23), dobivamo ocjenu (4.20).80 4.3NewtonovametodaU svrhu dokaza relacije (4.22), ponovo koristimo Taylorovu formulu0 = f() = f(xn) +f

(xn)( xn) + 12f

(c)( xn)2, c (a, b),odakle je0 =f(xn)f

(xn) + xn + 12 f

(c)f

(xn)( xn)2.Koristeci ovdje (4.18), dobivamo xn+1 = 12 f

(c)f

(xn)( xn)2,odakle slijedi (4.22). Primjedba4.5Ako jepocetna aproksimacijax0izabrana u intervalu za kojivri-jediM22m1 2,onda ceseusvakomkorakubrojsignikantnihdecimalaaproksimacijepodvostru-cavati. Primjericeakojen-taaproksimacijaimalaksignikantnihdecimala, tj.[ xn[ 1.40, Newtonova metoda ce divergirati.Zadatak4.2Zakojucevrijednost pocetneaproksimacije x0Newtonovametodaza funkcijuf(x) = arctg x proizvoditikruzenje (x1 = x0,x2 = x0, . . .)?Primjer4.8S tocnoscu = 0.00005 (4 signikantne decimale) treba odrediti pozi-tivnu nultocku funkcijef(x) = ex+x22.Ovafunkcijaimadvijenultocke. Jednasenalazi uintervaluI1 =[1, 0] adrugauintervaluI2=[1, 2] (Slika 4.7). Micemopotraziti nultockuizintervala[1, 2]. Kakojef

(x) = ex+2x rastuca funkcija na I2, bit ce m1= f

(1) 1.6, a kako je f

(x) = ex+2padajucafunkcijanaI2, uzetcemoM2=f

(1) 2.4. Zbogf(2)f

(2)>0zapocetnuaproksimacijuizabratcemox0= 2.Nakon3iteracijedobivamox=1.3160. TijekiterativnogprocesaprikazanjeuTablici 4.4(g0jedesnastranaocjene(4.3),ag2desnastranaocjene(4.20)).4.3Newtonovametoda 81n xn g0 g2 f(xn) f

(xn)0 2 1.334585 2.135336 3.8646651 1.4475 0.206462 0.228965 0.330339 2.6597802 1.3233 0.010823 0.011569 0.017316 2.3802863 1.3160 0.000037 0.000040 0.000060 2.363792Tablica 4.4yx1 11212 2yx1 112120.52 30.5Slika 4.7ex= 2 x2Slika 4.8 arctg(x 1) =15x2+ 1Zaizvodenjeiterativnogpostupkamozesekoristitisljedeci Mathematica-programf[x_]:=Exp[-x]+ x^2- 2n=0;x0=2;m1=1.6;m2=2.4;eps=.00005;x=x0;While[N[Abs[f[x]]/m1]>eps,Print["Iteracija",n,": xn=",x,"greska=",f[x]/m1];x=N[x-f[x]/f[x]];n=n+1]Print["Iteracija",n,": xn=",x,"greska=",f[x]/m1];Primjer4.9S tocnoscu = 0.00005 treba odrediti pozitivnu nultocku funkcijef(x) = arctg(x 1) 15x2+ 1.Ovafunkcijaimadvijenultocke. Jednasenalazi uintervaluI1=[1, 0], adrugauintervaluI2 =[3, 4] (Slika 4.8). Mi cemopotraziti nultockuizintervala[3, 4]. Kakoje f

negativnai padajucafunkcijanaI2, uzet cemom1 = [f

(3)[ 1, akakoje f

negativnairastucafunkcijanaI2,uzetcemoM2= [f

(3)[ 0.56. Zbogf(4)f

(4) > 0zapocetnuaproksimacijuizabratcemox0= 4. Nakon3iteracijedobivamox= 3.2850.TijekiterativnogprocesaprikazanjeuTablici 4.5.n xn (4.3) (4.20) f(xn) f

(xn)0 4 0.950954 0.950954 1.5000001 3.366031 0.095113 0.112537 0.095113 1.1948532 3.286428 0.001621 0.001774 0.001621 1.1540003 3.285023 0.000001 0.000001 0.000001 1.153272Tablica 4.582 4.3NewtonovametodaPrimjer4.10Spremnikzanaftuimaoblikpolozenogcilindraradijusar=1m.Kolika je visinah razine nafte ako je spremnik napunjen sq = 1/4 svog volumena?

ShrSlika 4.9 Razina spremnikaOznacimos dduljinuspremnika, as kut kruznogisjecka(Slika 4.9). Kolicina(volumen)naftezadanajeformulomVh=12r2d 12r2sin d,odnosnoVh=12r2d( sin ). ()gdjejedduljinaspremnika.S druge strane kako je volumen punog spremnika V= r2d, onda je q-ti dio njegovogvolumenajednakVq= r2dq. Kut,zakojijeVh= Vq,dobivamoizjednadzbe sin 2q= 0. ()Kako je cos2= (rh)/r, nakon sto smo iz (**) odredili , visinu h razine nafte dobivamoizformuleh = r_1 cos2_. ( )PrimjenomNewtonovemetodetangenti uz0 =3i=0.00005, dobivamo=2.3099( 132o). Nakontogaiz(***)dobivamoh = 59.6cm.4.3.1 ModikacijeNewtonovemetodeCinjenica da u svakom koraku Newtonove metode moramo racunati i vrijed-nost funkcije i njene derivacije, u nekim slucajevima otezava primjenu ove metode.Navest cemo nekoliko modikacija Newtonove metode u kojima se izbjegava izracu-navanje derivacije funkcije u svakoj iteraciji.Najvaznija modikacija je tzv. metoda sekanti. U intervalu I = [a, b] izabratcemo dvije pocetne aproksimacijex0ix1te povuci sekantu na krivulju kroz tocke(x0, f(x0)), (x1, f(x1)). Sljedecu aproksimacijux2dobit cemo kao sjeciste sekantes osix (Slika 4.10)x2 =x0f(x1) x1f(x0)f(x1) f(x0), ako jef(x1) ,= f(x0).Ponavljajuci postupak, dobivamo niz deniran rekurzivnom formulomxn+1 =xn1f(xn) xnf(xn1)f(xn) f(xn1), f(xn) ,= f(xn1), n = 1, 2, . . . (4.24)4.3Newtonovametoda 83Akosupocetneaproksimacijex0,x1biranedovoljnoblizurjesenja, ondauz uvjetef

() ,= 0 if

() ,= 0, metoda sekanti ima brzinu konvergencije1+521.618, n 1 (vidi primjericeDahlquist(1972), Schwarz (1986)).Zadatak4.3Pokazite da se rekurzivna formula (4.24) moze dobiti izravno iz New-tonove metode (4.18), str. 78, tako daf

(xn) aproksimiramo podjeljenomrazlikomf(xn) f(xn1)xnxn1yx0a x2x1x0= bfyx0

bx0c1c2fSlika 4.10 Metoda sekanti Slika 4.11 Regula falsiRegula falsi (metoda krivih polozaja) je metoda, koju takoder mozemo sma-trati jednom modikacijom Newtonove metode, odnosno jednom varijantom metodesekanti.5Pretpostavimodajefunkcijaf neprekidnanazatvorenomintervalu[a, b] idajef(a)f(b) 0, x1 = c1; inace x1 = c1b1 = b0b1 = x0Ponavljajuci postupak, dobivamo niz (xn) koji linearnom brzinom konvergira premajednom korijenu jednadzbe f(x) = 0 na intervalu [a, b]. Prema izlozenom vidi se daovu metodu mozemo smatrati i jednom varijantom metode bisekcije.Za ocjenu pogreske kod svih ovih modikacija mozemo koristiti (4.3), str. 69.Primjer4.11Gibanje balistickog projektila u vakuumu odredeno je sustavom dife-rencijalnih jednadzbi (vidi primjericeMolitz (1967))d2x(t)dt2= 0,d2y(t)dt2= g(y)5Takodersemozepokazati (vidi Stoer(1993))dajeregulafalsispecijalnislucajmetodejed-nostavnihiteracija84 4.3Newtonovametodas pocetnim uvjetimax(0) = y(0) = 0,dx(0)dt= v0 cos ,dy(0)dt= v0 sin ,gdjesu (x, y)koordinate(u metrima)proizvoljnetockePna putanji, t vrijeme(usekundama)potrebno da projektil dodeu tockuP, izlazni kut,v0pocetna brzinaprojektila (u ms1) i g akceleracija sile teze (vidi Sliku 4.12). Za male visine y mozese pretpostaviti da je funkcijagkonstantna (priblizno 9.81ms2). Rjesenje sustavadiferencijalnihjednadzbi mozemo zapisati u parametarskom obliku(a) x(t) = v0t cos (b) y(t) = v0t sin 12gt2(B.1)ili eksplicitno (iskljucujuci vrijemet iz jednadzbi (B.1))y = xtg x24h cos2, h =v202g. (B.2)Lako se vidi da je vrijeme leta projektila (dok ne padne u tockuX)T=2v0gsin , (B.3)uz dometX = 2hsin2. (B.4)Maksimalni domet projektila postize se za =4rad (45o) i iznosiXM= 2h.ZadanajetockaT(x0, y0). Trebaodrediti velicinuizlaznogkutatakodaprojektil pogodi tockuT(vidi Sliku 4.13).0yx

P 0yxq T

Slika 4.12 Gibanje balistickog projektila Slika 4.13 GadanjetockeTDabiprojektil mogaopogoditi tockuT,njenekordinatemorajuzadovoljavati jed-nadzbuy0= xtg x204h cos2,stomozemopisatiy0 cos2 12x0 sin 2 +x204h= 0. ()4.4Rjesavanjesustavanelinearnihjednadzbi 85Jednadzbu (*)mozemorijesitinekom od metodanavedenih u ovompoglavlju. Jednadzba(*)mozeimati jednoili dvarjesenja(tzv. donji i gornji dijapazonkuteva). UTablici 4.6prikazanisudobivenirezultatizanekekarakteristicnesituacije(kutevi sudaniustupnje-vima).xn yn v0 1 2 max. domet(m)1 000 10 115 24.66 65.92 1 34850 000 500 900 19.28 71.29 82 569300 1 000 1 200 73.33 146 789500 3 000 500 25 484Tablica 4.64.4 RjesavanjesustavanelinearnihjednadzbiSpomenimonakraju mogucnost generalizacije prethodno navedenih metodana rjesavanje sustava nelinearnih jednadzbifi(x1, x2, . . . , xn) = 0, i = 1, . . . , n, (4.25)odnosnof (x)=0, gdjejef (x)=(f1(x), . . . , fn(x))T, x= (x1, . . . , xn)T. Ana-logno metodi jednostavnih iteracija (t.4.2 str. 72) sustav (4.25) mozemo zapisati uoblikuxi = i(x1, x2, . . . , xn), i = 1, . . . , n. (4.26)sto upucuje na iterativni postupakx(k+1)i= i(x(k)1, x(k)2, . . . , x(k)n), i = 1, . . . , n, k = 0, 1, . . . (4.27)Newtonova metoda (t.4.3, str. 77) takoder se moze generalizirati na rjesavanjesustavanelinearnihjednadzbi (4.25). Najprijeizaberimopocetnuaproksimacijux(0)=(x(0)1, x(0)2, . . . , x(0)n)Ti svakuodfunkcija firazvijemouTaylorovreduokolinix(0), te linearnu aproksimaciju oznacimo sfi:fi(x) = fi(x(0)) +n

j=1fi(x(0))xj(xj x(0)j), i = 1, . . . , n. (4.28)Sada umjesto sustava (4.25) rjesavamo sustavfi(x) = 0, i = 1, . . . , n,sto mozemo pisati u matricnom obliku na sljedeci nacinJ(0)s(0)= f (x(0)), (4.29)J(0)=__f1(x(0))x1

f1(x(0))xn.........fn(x(0))x1

fn(x(0))xn__, s(0)=__x1x(0)1...xnx(0)n__, f (x(0))=__f1(x(0))...fn(x(0))__.86 4.4RjesavanjesustavanelinearnihjednadzbiMatricuJnazivamoJacobijevamatricaili Jacobijansustava. Novaaproksimacijarjesenja tada jex(1)= x(0)+s(0).Opcenito, dobivamo iterativni postupakx(k+1)= x(k)+s(k), k = 0, 1, . . . (4.30)gdje je s(k)rjesenje sustavaJ(k)s = f (x(k)). (4.31)Primijetite da se iterativni postupak (4.30)(4.31) uz pretpostavku regularno-sti Jacobijana J(k)moze zapisati u oblikux(k+1)= x(k)_J(k)_1f (x(k)), k = 0, 1, . . . , (4.32)sto podsjeca na Newtonov iterativni postupak (4.18), str. 78.Inace, iterativni proces(4.32) rijetko se koristi jer je postupak (4.30)(4.31) numericki stabilniji.Pitanje konvergencije spomenutih metoda necemo razmatrati. Zainteresiranicitatelj to moze pogledati u vise knjiga iz podrucja numericke analize spomenutihu Primjedbi 4.8, str. 87 ili u popisu referenci na kraju teksta.Primjedba4.7Vrlovaznomjestomedumetodamazarjesavanjesustavaneline-arnihjednadzbi zauzimajutzv. kvazi-Newtonove metode, koje je uveo Broyden(1961), a koje su nastale kao generalizacijametode sekanti (vidi t.4.3.1, str. 82):(a) BroydenovametodaBk(xk+1xk) = f(xk), k= 0, 1, . . . ,gdjesuBkmatricekojeuzdobarizborpocetneaproksimacijeB0svevisenalikujuJacobijanu,aizracunavajuseizrekurzivneformule:Bk+1= Bk +(ykBksk)sTk(sk, sk), k= 0, 1, . . . ,gdjejeyk= f(xk+1) f(xk), sk= xk+1xk(b) Davidon-Fletcher-Powell(DFP)metodaxk+1= xkHkf(xk), k = 0, 1, . . . ,Hk+1= Hk +sksTk(yk, sk) HkykyTkHk(yk, Hkyk) , k = 0, 1, . . . ,(c) Broyden-Fletcher-Goldfarb-Schano(BFGS)metodaxk+1= xkHkf(xk), k = 0, 1, . . . ,Hk+1=_I skyTkyk, sk_Hk_I yksTkyk, sk_+sksTkyk, sk, k= 0, 1, . . . ,4.4Rjesavanjesustavanelinearnihjednadzbi 87Primijetimodajerang(Bk+1 Bk)=1. ZbogtogasekazedajeBroydenovametodametodaranga1. Akoje Jacobijansimetricnamatica, bolje jekoristiti DFPili BFGSmetodu, u kojima su korekcije Jacobijana Hkranga 2. Moze se pokazati da rekurzivne for-mule za generiranje korekcija Hkkod DFP i BFGS metode cuvaju simetricnost i pozitivnudenitnostkorekcije. VisedetaljaoovimmetodamamozesenacikodDennis (1977).Zadatak4.4Izraditeprogramzarjesavanjesustavanelinearnihjednadzbi nave-denim metodama i ispitajtega na sljedecim primjerima(a) (Dennis,Schnabel(1996))2(x1 + x2)2+ (x1 x2)28 = 05x21 + (x2 3)29 = 0Rjesenje: x1= (1, 1)T, x2= (1.18347, 1.58684)T.(b) (Dennis,Schnabel(1996))f(x1, x2) = (x21 + x222, ex11+ x322)T= 0Rjesenje: x= (1, 1)T.(c) (Dennis,Schnabel(1996))f(x1, x2, x3) = (x1, x22 + x2, ex31)T= 0(d) Rosenbrockparabolicvaleygard f(x1, x2) = 0, f(x1, x2) = 100(x2 x21)2+ (1 x1)2Rjesenje: x= (1, 1)T.(e) grad f(x1, x2, x3)=0, f(x1, x2, x3)=11

i=1_x3 exp_(tix1)2x2_yi_2,gdjesubrojevi(ti, yi),i = 1, . . . , 11zadanitablicomti 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10yi .001 .01 .04 .12 .21 .25 .21 .12 .04 .01 .001Rjesenje: x= (4.93, 2.62, 0.28)T.Primjedba4.8Visedetaljaonumerickimmetodamazarjesavanje nelinearnihjednadzbi moze se naci u brojnoj literaturi (primjerice Demidovich(1981), Ivansi c(1998), Kurepa(1990), Mathews (1992), Schwarz (1986), Stoer(1993) itd.)fortrankodovi moguse naci u Forsythe(1974) ili Press (1992). Orjesa-vanjusustavanelinearnihjednadzbi i problemimaekstremafunkcijavisevarijablimoze se naci uDennis (1996),Dennis (1977),Fletcher (1987),Ortega(1970)itd. Kvalitetnafortranprogramskapodrskanalazi seuTheNAG-Library(vidiPhillips (1986), K ockler(1990)). Naravno, kvalitetaninzenjerski alat za rje-savanje ovakvih problema je program Mathematica (Wolfram(1998)).88 4.5Zadaci4.5 ZadaciZadatak4.5Nekomiterativnommetodomrijesitejednadzbux2 2x 2=0stocnoscu = 0.5104, tj. na 4 signikantne decimale.Rjesenje: x1 2.7321, x2 0.7321.Zadatak4.6Uz tocnost= 0.5106odredite32 rjesavajuci jednadzbu x32 = 0.Rjesenje:32 1.259921.Zadatak4.7S tocnoscu = 0.5104rijesite jednadzbua)x32x 2 = 0, b) sin x 5x + 1/2 = 0.Rjesenje: a) 1.7693, b) 0.12492Zadatak4.8Stocnoscu=0.5104odreditesjecistegrafovakrivuljazadanihjednadzbamay = 1/(x 1) i x2y2= 1.Rjesenje: x0 1.7167, y0 1.3953.Zadatak4.9S tocnoscu = 0.5104odredite realne nultocke polinomaP(x) = x55x44x3+ 20x25x + 25.Rjesenje: x1 2.2361, x2 2.2361, x3 = 5.Zadatak4.10Stocnoscu=0.5104odreditenajmanji pozitivni korijenjed-nadzbexsin x + 1 = 0.Rjesenje: x 3.4368.Zadatak4.11Jednadzbax3 x = 0ima tri korijena:1, 0, 1. Ispitajte,premakojemkorijenujednadzbe cekonvergiratiNewtonoviterativni proces(4.18,str. 78)ako se izabere proizvoljna pocetna aproksimacijax0 R?Zadatak4.12Grackom metodom odredite intervale u kojima funkcijafima nul-tocke (Dahlquist(1972))a)f(x) = 4 sinx + 1 x, b)f(x) = 1 x e2x, c)f(x) = (x + 1)ex1,d)f(x) = x44x3+2x28, e)f(x) = ex+x2+x, f )f(x) = exx22x2Rjesenjea)I1 = [3, 1], I2 = [1, 1], I3 = [2, 3], b)I1 = [.5, .5], I2 = [.5, 1],c)I = [0, 1], d)I1 = [2, 0], I2 = [3, 4],e) nema nultocaka f)I = [2, 4].Zadatak4.13Zadana je funkcija f. Separirajte intervale ukojima se nalazenjezine nultocke, za svaki od tih intervala odredite broj m1iz ocjene (4.3), temetodom bisekcije ili metodom iteracija s tocnoscu= 0.5104odredite nultocke.Provjeri red konvergencijemetode racunajuci [en+1[/[en[ za svakin.a)f(x) = exsin(3x + 2) +x 1/2 b)f(x) = xth(x) x2+ 1c)f(x) = x21 + ln(x + 1)d)f(x) = ex0.5(x 1)2+ 1 e)f(x) =sin xx(x 2)3.4.5Zadaci 89Rjesenje:a)I1 = [1, 0.4], m1 3,x1 0.4498, I2 = [0,12],m1 0.49,x2 0.2832,I3 = [0.75, 1], m1 0.79, x3 0.9047.b)I1 = [2, 1], m1 0.8,x1 1.5572, I2 = [1, 2],m1 0.8,x2 1.5572.c)I = [0, 1], m1 1, 0.6896.d)I = [2, 3],m1 1.14, 2.4727.e)I = [2, 3], m1 0.5,x1 2.5879.Zadatak4.14Funkcija f(x) =x + lnximajednostrukurealnunultocku naintervalu[.1, 1]. Koji odnizenavedenihiterativnihprocesakonvergiraprema?Zasto ?a)xn+1 = lnxnb)xn+1 = exnc)xn+1 =12(xn +exn)Zadatak4.15Nekaje :I= [a, b] Rneprekidnoderivabilnafunkcija, ajed-nadzbax = (x) neka ima jedinstveno rjesenje na I. Za proizvoljno izabranix0 Igracki prikazite dobivanjeprve tri aproksimacijepomocu metode iteracija, ako jea) 0 <

(x) < 1,x I b) 0 >

(x) > 1,x Ic)

(x) > 1,x I d)

(x) < 1,x I.Zadatak4.16Neka funkcijaf: I R ima neprekidnu drugu derivaciju na inter-valuI= [a, b] ineka utomintervalujednadzbaf(x) = 0imajedinstvenorjesenje. Neka je nadalje,f(a)f(b) < 0, a prva (f

) i druga (f

) derivacija funkcije fnaintervaluIimajustalanpredznak. Zaizabrani x0 Igrackiprikazitedobivanjeprvetri aproksimacijezasvecetiri kombinacijepredznakaprve(f

)i druge(f

)derivacijafunkcijef:a) kod Newtonove metode tangenti, b) kod metode sekanti,c) kod metode krivih polozaja (regula falsi).Zadatak4.17Rjesenjejednadzbex =a/x, a>0je= a. Pokazitedanizxn+1 = a/xn, n = 0, 1, . . . (formula (4.8) za funkciju (x) = a/x) nije konvergentanni za jedan izborx0 R.Zadatak4.18Rekurzivnomformulomzadanjeniz (formula(4.18) zafunkcijuf(x) = x2axn+1 =12_xn +axn_, a > 0, x0> a, n = 0, 1, . . .Bez pozivanja na Teorem 4.2 dokazite konvergenciju ovog niza te odredite granicnuvrijednost.Uputa: Treba pokazati da je niz monotono padajuci i ogranicen odozdo.Zadatak4.19Slicno kao u Primjeru 4.7, str. 76 denirajte i analizirajte iterativnepostupke za rjesavanjejednadzbe:a)f(x) = x3a,a R (treci korijenrealnog brojaa),b)f(x) = xka,a > 0,k N (k-ti korijenpozitivnog brojaa).Uputa: Koristite formulu (4.18), str. 78.Rjesenje: a)xn+1 =13(2xn +ax2n); b)xn+1 =1k((k 1)xn +axk1n).90 4.5ZadaciZadatak4.20Realni korijenjednadzbex3 x 4=0jex0=3_2 +19321 +3_2 19321. Izracunajtex0stocnoscuna4decimaleizoveformule, tetakoderkoristenjem Newtonove metode zax0 = 2.Rjesenje: x0 = 1.7963.Zadatak4.21ZaPrimjer 4.10, str. 82odreditevisinesvihnivoanaftekoji odgo-varaju kolicinama 2%, 4%, 6%, . . . , 100%. Izradite odgovarajucu tablicu.Zadatak4.22Ako su u Primjeru 4.10, str. 82 poznate visine h razine nafte, izraziteodgovarajuci volumennaftekaofunkcijuodr, l, h. Zazadanevisinerazinenafteh : 2, 4, . . . , 100 cmizracunajteodgovarajucekolicinenafte. Izraditeodgovarajucutablicu.Uputa: Uvrstavajuci (**) u (*) dobivamoVkao funkciju odh.Zadatak4.23SlicnokaouPrimjeru 4.11, str. 83izveditejednadzbegibanjabali-stickogprojektilauzdodatnupretpostavkudajeotporzrakaproporcionalanbrziniprojektila(konstantuproporcionalnosti oznacimosc). IzracunajtevrijemeletaTi domet Xprojektilaakoje: =45o, v0=226.3 ms1, c=10. Nacrtajtegrafodgovarajucebalisticke krivulje.Rjesenje: T 8.7s,X 929 m,x = cv0 cos (1 et/c), y = (cv0 sin +gc2)(1 et/c) gct.Zadatak4.24Akojezadanapocetnabrzinav0balistickogprojektilaizPrimjera4.11,str. 83,pronaditeuvjetkojegamorajuispunjavatikoordinatex0i y0tockeTda bi se balistickim projektilommogla pogoditi tockaT.Rjesenje: 4h2> 4hy0 +x20.Zadatak4.25Kada ce jednadzba (*) iz Primjera 4.11, str. 83 imati jedno, a kadadva rjesenja?Rjesenje: Jednadzba (*) imat ce jedno rjesenje ako jey0 x0.Zadatak4.26Izradite program koji ce lokalizirati nultocku neke funkcijef, a za-timprimjenommetodebiskecije(str. 71)utvrditidovoljnomali(zadaneduljine)interval u kome se nalazi nultocka.Zadatak4.27Provjeritedajednadzba: x 2 sinx=0imatri realnenultocke:1=0, 1[2, 2], 3[2, 2]. Pokazite dazaproizvoljni x0[2, 2] nizdeniran rekurzivnom formulomxk+1 = 2 sinxk, k = 0, 1, . . .konvergiraprema 2. Zakoje x0ceNewtonovametodakonvergirati prema 2?Usporedite red konvergencijenavedenih metoda. Izradite odgovarajuceprograme.Zadatak4.28Mozeli seNewtonovametodaprimijeniti zarjesavanjejednadzbef(x) = 0, ako je:a)f(x) = x214x + 50; b)f(x) = x1/3; c)f(x) = (x 3)1/2,x0 = 4.4.5Zadaci 91Zadatak4.29PokazitedaNewtonoviterativni postupakkonvergirapremajedin-stvenom rjesenju jednadzbee2x+ 3x + 2 = 0 za proizvoljnix0.Zadatak4.30Moze se pokazati da Newtonova metoda ima kvadratnu brzinu kon-vergencijeu jednostrukoj, a linearnu u dvostrukoj nultocki (vidi primjericeMath-ews(1992)). Ustanoviteto na primjerufunkcijef(x) =x3 3x + 2(1= 2 jejednostruka, a2 = 1 dvostruka nultocka).Uputa: Uiterativnom procesu za svakin racunajte [en+1[/[en[2za1= 2,odnosno [en+1[/[en[ za2 = 1.Zadatak4.31Newtonov iterativni postupak (4.18) ima linearnu brzinu konvergen-cije ako jedvostruka nultocka funkcijef. Pokazi da tada niz deniran sxn+1 = xn2 f(xn)f

(xn), n = 0, 1, . . .konvergirapremakvadratnombrzinomkonvergencije. Provjeritetonaprimjerufunkcijef(x) = x33x + 2, kojoj je = 1 dvostruka nultocka.Zadatak4.32Pokazite da niz deniran Newtonovim iterativnim postupkom:a) konvergira zaf(x) = e2x+ 3x + 2 i za proizvoljni x0;b) divergira zaf(x) = xexix0 = 2;c) ne konvergira prema rjesenju, a clanovi niza se ponavljaju skoro ciklicki (xk+4 xk, k=0, 1, . . .)zaf(x) =x3 x 3i x0= 3; akoizaberemox0=2, nizkonvergira rjesenju = 1.671699881;d)divergirau siremsmislu zaf(x) = arctgx i x0 = 1.45; ako izaberemox0 = 0.5,niz konvergira prema rjesenju = 0.Objasnite nastale fenomene i nacrtajte odgovarajuceslike.Zadatak4.33Lokalni minimum neprekidne dovoljnoglatke funkcijefmoze setraziti Newtonovim iterativnim postupkomxk+1 = xk[f

(xk)]1f

(xk), k = 0, 1, . . .zapovoljnoodabrani x0. Izraditeodgovarajuci programiispitajteganaprimjerufunkcijef(x) = x32x 5, koja postize minimum u tocki 0.8165.Zadatak4.34U Dodatku je prilozen program za trazenje lokalnog minimuma funk-cije F. Napocetkuprogramaunosi se analiticki izraz minimizirajuce funkcije,ucitavajusegraniceintervala[XA, XB]ukomejelokaliziranminimumi zeljenatocnost aproksimacijeEPS. Program je napisan prema ideji izlozenoj u knjizi (viditakoderForsythe(1974)):R. P. Brent,Algorithmsforminimizationwithoutderivatives,EnglewoodClis,N.J., Prentice-Hall, 1973.Proces minimizacije obavlja se kombinacijom metode zlatnog reza i sukcesivne para-bolicke aproksimacije minimizirajuce funkcije. Na pocetku programa ispituje se rela-tivna preciznost racunala (velicinaPREC). Ispitajte navedeni program na nekoliko92 4.5Zadaciprimjera, terezultatekomparirajtesmetodomnavedenomuZadatku 4.33. Primi-jetiteda navedena metoda ne zahtijevani prvu ni drugu derivacijuminimizirajucefunkcije.Zadatak4.35Nultocku funkcijeg na separairanom intervalu [a, b] moze se trazitiitakodanatomintervaluminimiziramofunkcijuf(x) =g2(x). Primjenompro-gramazajednodimenzionalnuminimizacijuizDodatkarijesitenekeodprethodnonavedenih jednadzbi.935. AproksimacijafunkcijaUt.2, str. 16opisanjeprobleminterpolacijefunkcije. Zadanufunkcijufzamije-nili smopolinomomP(kaofunkcijom cijesevrijednostilakoizracunavaju),takodasefunkcijaf i polinomPpodudarajuuzadanimtockama(cvorovimainter-polacije). Sadabismozeljeli istufunkcijuf aproksimirati nekomjednostavnomlakoizracunljivomfunkcijomf, kojacedanufunkcijuf dobropredstavljatiucitavompodrucjudenicije. Pri tomecemokvalitetuaproksimacijefmjeritiudaljenoscu funkcijefod njene aproksimacijefd(f, f) = |f f|,gdje je norma || najcesce zadana s|f|p =__ba(x)[f(x)[pdx_1/p(Lpnorma,p 1),|f| =maxaxb[f(x)[(x) (CebisevljevaLnorma),gdje je(x) > 0 tzv. tezinska funkcija.Primjedba5.1PrimijetitedaodsvihnavedenihnormijedinozaL2-normumo-zemo denirati skalarni produkt(f, g) =_ba(x)f(x)g(x)dx, (5.1)tako da je |f|22 = (f, f). Ako je(x) = 1, ondad2(f, f) = |f f|2predstavljapribliznu povrsinu izmedu grafova funkcijafif.Akoje TC[a,b]normirani potprostornekihjednostavnihfunkcija(prim-jericepolinoma), ondakazemodajef Tnajboljaaproksimacijafunkcijefnapotprostoru Tako vrijedi|f f| |f u|za sveu T

1f fffpSlika 5.1. Najbolja aproksimacija94 5.1NajboljaL2aproksimacijaGeometrijski gledano,ftreba biti ortogonalna projekcija vektorafna pot-prostor T(Slika 5.1). Ujedno to znaci da jef f okomit na T, tj. da vrijedi(f f, u) = 0 za sveu T. (5.2)Moze se pokazati da ako je T konacno dimenzionalni normirani vektorski potprostor,ondazasvakufunkcijufC[a,b]postoji (baremjedna)najboljaaproksimacijaf T.Posebnocemorazmotriti problemnajboljeL2i najboljeLaproksimacijefunkcijefdenirane naintervalu [a, b]ilisamo nakonacnom skuputocaka iztogintervala.5.1 NajboljaL2aproksimacijaPretpostavimo da je f C[a,b] i da je na [a, b] deniran skalarni produkt (5.1)i odgovarajucainducirananorma. Nekajenadalje0, 1, . . . , n C[a,b]sustavlinearnonezavisnihfunkcija. Promatramoproblemaproksimacijefunkcije f napotprostoru L(0, 1, . . . , n): da li postojia Rn+1, takav da budeF(a) = minaRn+1F(a), gdje jeF(a) =_____n

i=0aiif_____2=b_a(x)_n

i=0aii(x) f(x)_2dx? (5.3)Nuzan uvjet egzistencije vektoraa Rn+1je gradF(a) = 0, tj.(0, 0)a0 + (0, 1)a1 + + (0, n)an = (0, f)(1, 0)a0 + (1, 1)a1 + + (1, n)an = (1, f). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(n, 0)a0 + (n, 1)a1 + + (n, n)an = (n, f)(5.4)Sustav(5.4)nazivamosustavnormalnihjednadzbi. Matricaovogsustavajetzv.Gramovamatricalinearnonezavisnih funkcija0, 1, . . . , n, pajekaotakva poz-itivnodenitna(vidi primjerice Kurepa(1981)). Istovremenotamatricapred-stavljai Hessijanfunkcije F. Dakle, funkcija F naskupu Rn+1postizejedin-stveni globalniminimuma, kojimozemodobiti rjesavanjemsustava(5.4). Naj-bolja aproksimacijaffunkcijefna potprostoruL(0, 1, . . . , n) je prema tomef = a00 +a11 + +ann.Primjer5.1Trebapronaci najboljuL2aproksimacijufunkcijef(x) =e2xakojex [0, 1] na potprostoru svih polinoma stupnja 1 (uz(x) = 1).Aproksimacijuftrazitcemouoblikux a00 + a11, i(x) = xi,i = 0, 1.5.1NajboljaL2aproksimacija 95Lakosevididasuuovomslucajukoecijentimatricesustava(5.4)zadanis(i, j) =_10i(x)j(x)dx =_10xi+jdx =1i + j + 1, i, j= 0, 1,avektorslobodnihkoecijenata_e212, e2+ 14_T= (3.19453, 2.09726)T.Rjesenjesustava(5.4)jea0= 0.194528, a1= 6.0.0.2 0.4 0.6 0.8 1f1234560fa)grafovifunkcijafif0.2 0.4 0.6 0.8 1b)E(x) = f(x) f(x)0.510.51Slika 5.2Aproksimacijafunkcijef(x) = e2xNaSlici 5.2prikazani sugrafovi funkcijaf i f, tegraf funkcijepogreskeE(x)=f(x) f(x).Primijetite da je matrica sustava u ovom primjeru poznata Hilbertova matrica.Ona se u literaturi obicno uzima kao primjer lose uvjetovane matrice. Primjerice,zan = 10, uvjetovanost Hilbertove matrice je 2 107. Zato je trazenje najboljeL2aproksimacije rjesavanjem sustava (5.4) cesto puta nepouzdano.Ako bi funkcije0, 1, . . . , n cinile ortogonalan sustav funkcija, tj. ako bi bilo(i, j) = 0,i ,= j i |i| ,= 0 za svei = 0, 1, . . . , n,onda bi matrica sustava (5.4) bila dijagonalna, a rjesenje bi mogli eksplicitno zapisatiai=(f, i)(i, i),i = 0, 1, . . . , n. (5.5)Primjer5.2Lakosemozepokazati (vidi primjerice Kurepa(1977)) dasustavfunkcija1, sinx, cos x, . . . , sin nx, cos nx,cini ortogonalan sustav funkcija naC[,]uz(x) = 1 i da je|1| =2, | sinkx| = | cos kx| =, k = 1, . . . n.96 5.1NajboljaL2aproksimacijaZadatak5.1Pokaziteda je sustav funkcijai(x) = cos ix,i = 0, 1, . . . , n, ortogo-nalan na [0, ] uz(x) = 1 i da je|0| =, |i| =_2, i = 1, . . . n.Zadatak5.2Pokazitedajesustav funkcijai(x) = cos ix,i = 0, 1, . . . , n, deni-ranna D=_xi =2i+1n+12: i = 0, 1, . . . , n_[0, ] cini ortogonalansustav saskalarnim produktom(f, g) =n

i=0f(xi)g(xi),i da je |0| =n + 1, |i| =_n+12, i = 1, . . . n.Primjedba5.2Akosuf, gortogonalnefunkcije, ondazanjihvrijedi Pitagorinteorem|f +g|2= |f|2+|g|2. (5.6)Opcenitije, za ortogonalan sustav0, 1, . . . , nvrijedi_____n

i=0aii_____2=n

i=0a2i|i|2.Nadalje,kako jef fokomitnaL(0, 1, . . . , n) i kako jef =n

i=0aii, ondaje (f f, f) = 0 i|f f| = |f|22(f, f) +|f| = |f|2|f|2= |f|2n

i=0(ai)2|i|2. (5.7)Iz (5.7) izravno slijedi poznataBesselovanejednakostn

i=0(ai)2|i|2 |f|2. (5.8)Primjedba5.3BuducidajesustavfunkcijaizPrimjera 5.2,str. 95, ortogonalanza svakin N, mozemo promatrati i beskonacni ortogonalni sustav funkcija1, sinx, cos x, . . . , sin nx, cos nx, . . . ,i neku funkcijufpokusati prikazati pomocu sume redaT(x) :=a02+

k=1ak cos kx +bk sinkx, (5.9)gdje je prema (5.5)a0 =1_f(x) dx, ak =1_f(x) cos kxdx, bk =1_f(x) sin kxdx,(5.10)5.1NajboljaL2aproksimacija 97Red (5.9) nazivamoFourierov red, a brojevea0, a1, b1, . . . Fourierovi koecijenti funk-cije f. Kadacered(5.9)zaneki x0biti konvergentani dali ceutomslucajubiti T(x0) =f(x0)odredenojeDirichletovimteoremom(vidiprimjericeKurepa(1977)).5.1.1 Ortogonalni polinomiPretpostavimodajenaC[a,b]deniranskalarni produkt(5.1) stezinskomfunkcijom. Nekaje L(0, 1, . . . , n) potprostor razapetlinearnonezavisnimfunkcijama0, 1, . . . , n. Utompotprostorudeniratcemonovuortogonalnubazu0, 1, . . . , n(Gram-Schmidtovpostupakortogonalizacije):0= 0,1= 1(1,0)(0,0)0,...n= nn1

j=0(n,j)(j,j)j.(5.11)Buduci da je k linearna kombinacija vektora 0, 1, . . . , k, za svaki k = 0, 1, . . . , n,vrijedi L(0, 1, . . . , n) = L(0, 1, . . . , n). Zato najbolju aproksimaciju funkcijefmozemo traziti kao linearnu kombinaciju ortogonalnih funkcija0, 1, . . . , n.Primjer5.3Neka je (, ) skalarni produkt deniran na C[1,1] uz (x) = 1. Sustavfunkcijai(x) = xi,i = 0, 1, . . . , 5 ortogonalizirat cemo prema Gram-Schmidtovompostupku (5.11).NizenavedenimMathematica-programomdobivamo0(x) = 1, 1(x) = x, 2(x) = x213,3(x) = x335x, 4(x) = x467x2+3355(x) = x5109x3+521x.(5.12)(* Gram - Schmidtov postupak ortogonalizacije *)fi[i_, x_]:= x^(i-1);om[t_]:= 1; a=-1; b=1; n=6;Do[psi[i,t] = fi[i, t] -Sum[Integrate[om[t] fi[i,t] psi[j,t],{t,a,b}] psi[j,t]/Integrate[om[t] psi[j,t]^2, {t,a,b}], {j,i-1}];,{i,n}]ortpol = Table[{i-1, Simplify[psi[i,t]]}, {i,n}];Print[TableForm[ortpol] ]Polinomi (5.12) se do na konstantu podudaraju s poznatim Laguerreovim poli-nomima, koji se obicno deniraju kaoPn(x) =12nn!dndxn_(x21)n, n N. (5.13)98 5.1NajboljaL2aproksimacijaZadatak5.3Pokaziteda za Legendreove polinome (5.13) vrijedia) Svojstvo ortogonalnosti_11Pm(x)Pn(x) dx =_0, m ,= n22n+1, m = n, m, n = 0, 1, . . .b) LegendreovpolinomPn,n 1,uintervalu(1, 1)imanjednostrukihnulto-cakaUputa: primijetite da je (x21)_x=1,1 = 0 i koristite Rolleov teorem.c) P0(x) = 1,P1(x) = x, a zan = 1, 2, . . . vrijedi rekurzivna formula:Pn+1(x) =2n + 1n + 1xPn(x) nn + 1Pn1(x).Primjedba5.4Uz pretpostavku da je poznat ortogonalan sustav0, 1, . . . , n naintervalu [1, 1], jednostavnom transformacijom : [a, b] [1, 1], (x) =2xb a a +bb a, (5.14)mozemo dobiti sustav funkcijai(x) = i ((x)) ,i = 0, 1, . . . , n,koji je ortogonalan na [a, b].Zadatak5.4Koristeci Legendreovepolinomeodrediti najboljuL2aproksimacijufunkcijef(x) =e2x,x [0, 1] na potprostorupolinomastupnja 1. Rezultate us-poredite s Primjerom5.1.Uputa: Koristeci transformaciju (5.14) na Legendreovim polinomimaP0iP1dobi-vamo:0(x) = 1,1(x) = 2x 1,pajef=a01 + a1(2x 1),gdjesea0i a1racunaju prema (5.5).5.1.2Cebisevljevi polinomiSustav ortogonalnih polinoma na [1, 1] s tezinskom funkcijom (x) =11x2nazivaju seCebisevljevipolinomi1. Mogu se denirati pomocu eksplicitne formuleTn(x) = cos(narccos x), n = 0, 1, . . . . (5.15)Koristenjem jednostavne relacijecos(n + 1) + cos(n 1) = 2 cos cos n, n N,induktivno zakljucujemo da suTnpolinomi stupnjan. Nadalje, koristeci supstitu-ciju = arccos x, dobivamo_11Ti(x)Tj(x)dx1 x2=_0cos icos jd =12_cos icos jd =2ij.1OznakapolinomaTdolaziodenglesketranskripcijeprezimenaCebisev: Tchebycheff5.1NajboljaL2aproksimacija 99odakleneposrednoslijedi ortogonalnostCebisevljevihpolinoma(vidi Primjer 5.2,str. 95)110.50.51 0.5 0.5 1110.50.51 0.5 0.5 1Slika 5.3CebisevljevipolinomiT6iT12Cebisevljevi polinomi imaju sljedeca svojstva:a) [Tn(x)[ 1, x [1, 1], n = 0, 1, . . .;b)Cebisevljev polinomTnima na intervalu [1, 1] n razlicitih nultocakaxk = cos_2k 1n2_,k = 1, . . . , n;c)Cebisevljev polinomTnna intervalu [1, 1] iman + 1 razlicitih tocakak = cos kn,k = 0, 1, . . . , n,u kojima naizmjenicno postize globalne minimume i maksimume;d) T0(x) = 1,T1(x) = x, a zan = 1, 2, . . . vrijedi rekurzivna formula:Tn+1(x) = 2xTn(x) Tn1(x), n = 1, 2, . . . .Zadatak5.5Izracunajte |Tn|,n =0, 1, . . ., teodgovarajucekoecijenteak,k=0, 1, . . ., najboljeL2aproksimacijefunkcije.Rezultat: |T0|= , |Tk|= _2,k=0, 1, . . ., ak=2_0f() cos kd,k=0, 1, . . .Zadatak5.6Nultocke, kaoi tocke ukojimaCebisevljev polinomnaizmjenicnopostizeglobalneminimumei maksimumenisujednolikorazmjestenenaintervalu[1, 1]. Onesuguscerasporedene pri rubovimaintervala, arjedeokosredista.Oznacite tocke xk,k,k =0, 1, . . . , nzan=10, takodanatrigonometrijskojkruznici najprije oznacite tocke koje odgovaraju realnim brojevima2k1n2ikn,k =0, 1, . . . , n.100 5.2NajboljaLaproksimacija5.2 NajboljaLaproksimacijaPretpostavimodajefC[a,b]i daje0, 1, . . . , ndani sustavfunkcija.Trazimo vektor parametara a = (a0, . . . , an)T Rn+1koji ce minimizirati funkcijuF(a0, . . . , an) =_____n

i=0aiif_____=maxaxbn

i=0aii(x) f(x). (5.16)Funkcijaf=n

i=0aiije najboljaLaproksimacija funkcijefnaL(0, 1, . . . ,n).Micemosezadrzatiuokvirimajednogspecijalnogslucaja: trazit cemona-jboljuL aproksimaciju funkcijefna prostoru polinoma stupnja n, tj. na pros-toru razapetom funkcijamai(x) = xi,i = 0, 1, . . . , n.Primjer5.4Zadanufunkcijuf(x)=x2,x [1, 1] trebapronaci najboljuLaproksimacijuna prostoru polinoma stupnja 1.Trebapronaci parametrea0,a1 R, takodabudeF(a0, a1)= max1x1[x2 (a0+ a1x)[minimalno. Buduci da funkcija Fnije derivabilna na [1, 1],ne mozemo upotrijebiti svojepredznanjeoistrazivanjuekstremaderivabilnihfunkcija.1 1 01y=12Slika 5.4LinearnaLaproksimacijakvdratnefunkcijef(x) = x2Pokazat ce se (vidi Teorem5.1) da se najbolja aproksimacija dobije za a0=12,a1=0,tj. da je najbolja Laproksimacija kvadratne funkcije f(x) = x2u klasi linearnih funkcija,funkcija f(x) =12. Primijetite (vidi Sliku 5.4) da su u tom slucaju maksimalna odstupanjautockama 1, 0, 1poapsolutnojvrijednostijednaka12,adapopredznakualterniraju.Pokusajmo rijesiti opcenitiji problem:zafunkcijuf(x) =xn,x[1, 1] trebaprona cinajboljuLaproksimacijuna prostoru Tn1polinomastupnja n 1.5.2NajboljaLaproksimacija 101Odgovor ce dati sljedeci teorem.Teorem5.1Izmedusvihnormiranihpolinoma2stupnja npolinom21nTn,gdjejeTnn-tiCebisevljevpolinom,ima najmanjuLnormuna intervalu [1, 1], koja iznosi 21n.Dokaz. UocimonajprijedajekoecijentuznajvisupotencijuCebisevljevogpoli-nomaTnjednak2n1(uspredisvojstvod)Cebisevljevogpolinoma, str. 99). Zatojepoli-nom21nTnnormiranivrijedi: [21nTn(x)[ 21n(svojstvoa), str. 99). Pretpostavimosada dapostoji neki drugi normirani polinompn, takavdaje [pn(x)[ 21nTn(1) = 21npn(2) < 21nTn(2) = 21nitd.Tobi znacilodapolinomgeskeE(x) := pn(x) 21nTn(x), nputa mijenjapredznaknaintervalu[1, 1]. TomedutimnijemogucejerjeEpolinomstupnja(n 1)(polinomipni21nTnsunormirani !) OvovaznosvojstvoCebisevljevihpolinomavecsmoiskoristili ut.2.1.3pri-likomoptimalnogizboracvorovainterpolacijefunkcije(str. 25). Sadasetakodervidi i zastojerjesenjezadatkauPrimjeru 5.4bilabasfunkcijax 12. Naime,prema upravo dokazanom teoremu, vrijedimina0,a1|x2(a0 +a1x)| = |12T2|,gdje jeT2(x) = 2x21.Zadatak5.7OdreditenajboljuLaproksimacijufunkcijef(x) =xn,x [1, 1]na prostoru polinoma stupnja n 1.Odgovor: PremaTeoremu 5.1najboljaaproksimacijajefunkcijaf(x) = xn21nTn(x).2Kazemodajepolinomnormiranakomujekoecijentuznajvisupotencijujednak1102 5.2NajboljaLaproksimacijaPrethodne tvrdnje mogu se generalizirati kroz sljedeci vazni teorem.Teorem5.2(de la Vallee Poussin) Nekaje f C[a,b]. Polinompstupnja njenajboljaLaproksimacijafunkcijef na[a, b] ondaisamo onda ako postoje baremn + 2 tocke,a x0< x1n. MatricaJTJjepozitivnode-nitna onda i samo onda ako je J punog ranga po stupcima (rang J = n).Dokaz. (Nuznost) Neka je JTJ pozitivno denitna. Pretpostavimo da je rang J < n,tj. dasustupci odJlinearnozavisni. Tadabi zaneki a0 ,=0imali Ja0=0, odaklebislijediloaT0JTJa0= 0, stobiznacilodaJTJnijepozitivnodenitna.(Dovoljnost) Pretpostavimo da je rang J = n, tj. da su stupci od J linearno nezavisni.Tadazaa ,= 0Ja ,= 0,paje(HFa, a) = (JTJa, a) = aT(JTJa) = (Ja)T(Ja) = |Ja|2> 0.Dakle,LPNK,za kojijepripadna Jacobijeva matrica punogranga (sto jeupraksi gotovo uvijek ispunjeno), rjesiv je i postoji jedinstveno rjesenje, koje mozemodobiti tako da pronademo kriticne tocke funkcije F. Zato cemo (6.10) uvrstiti (6.13).Dobivamo jednadzbuJTJa JTy = 0 (6.14)Lako se vidi da je rjesenje ove jednadzbea = J+y, gdje je J+= (JTJ)1JT.110 6.1LinearniprobleminajmanjihkvadrataJednadzbu (6.14) nazivamo sustav normalnih jednadzbi, a matricu J+pseudoinverznamatrica iliMoore-Penroseov generalizirani inverz2matrice J.Primjedba6.3Uslucajuakojefunkcija-model (6.8) polinomn-togstupnja, abroj podatakam jednak (n + 1), rjesavanjemodgovarajucegLPNK dobivamo inter-polacijski polinom.Primjedba6.4Kako je cond (JTJ) = cond2(J) (vidi primjericeGill (1991), ma-tricaJTJbitcevrloloseuvjetovanaakojematricaJloseuvjetovana, arjesenjeLPNK, dobiveno rjesavanjem sustava normalnih jednadzbi (6.14), bit ce vrlo nepo-uzdano.Primjer6.6Zadano jeJ =__1 110300 103__, y =__2103103__Moze se pokazati (vidi Primjedbu 3.9, str. 62) dajecond (J) 1.4103i dajerjesenjeodgovarajucegLPNKa= (1, 1)Tuz |r(a)| = 0.Akobismoovaj LPNKrjesavali prekosustavanormalnihjednadzbi naracunalus6-znamenkastomoating-pointaritmetikom, matricafl(JTJ)=_1 11 1_bilabi singu-larna. U7-znamenkastojoating-pointaritmeticirjesenjebibiloa= (2.000001, 0)T.6.1.2 RjesavanjeLPNKpomocuQR-dekompozicijeMinimumfunkcije F(a) =12|Ja y|2iz(6.11) potrazitcemonasljedecinacin. KakojeJ Rmn, najprijecemoalgoritmomopisanimut.3.7, str. 52,naciniti dekompozicijuJ = QR, gdjejeQ Rmmortogonalna, aR Rmngornjatrokutastamatrica. Vektor odstupanjar = Ja y, sadamozemoovakopisatir = QRa y (6.15)Buduci da ortogonalna matrica cuva normu, vrijedi|r| = |QRa y| = |Q(Ra QTy)| = |Ra QTy|, (6.16)pa je2F(a)=|r|2=|Ra QTy|2= |Rna (QTy)n|2(n) +|(QTy)mn|2(mn) |(QTy)mn|2(mn),gdjejeRnmatrica sastavljena odprvihnredaka matriceR, a(QTy)n,odnosno(QTy)mnvektori sastavljeni odprvihn, odnosnoposljednjihmnkomponenti2Viseo svojstvima i znacenjuMoore-Penroseovoggeneraliziranog inverzamoze se vidjetiprim-jericeuGill (1991), Golub(1989)iliLawson (1974)6.1Linearniprobleminajmanjihkvadrata 111originalnihvektora. Indeksi(n)i(m n)oznacavaju odgovarajuce vektorskeL2normeu Rn, odnosnoRmn. Zatoseminimumfunkcije Fpostizenavektorua Rn, za koji jeRna = (QTy)n. (6.17)pri cemu jeF(a) =12|r(a)|2=12|(QTy)mn|2(mn). (6.18)Primjer6.7LPNK iz Primjera 6.2Ja =__1 41 21 21 4__

_a1a2_ y =__8635__.rijesit cemo primjenom QR-dekompozicije.PrimjenomMathematica-naredbeQRDecomposition[J](ili odgovarajucegBASIC-programauDodatku)dobivamosustav(6.17)_2. 0.0 6.32456__a1a2_ =_11.2.84605_,odakledobivamoa= (5.5, .45)TiF(a) = 1.1068.Primjer6.8UPrimjeru2.3, str. 20,pokazalosedasuposljednjadvakoecijentauinterpolacijskompolinomuzanemarivomalena, paimasmislapotraziti polinomstupnja 2, koji ce u smislu najmanjih kvadrata najbolje aproksimirati zadane podatkei dati funkcionalnu zavisnost = P2(X).PrimjenomQR-dekompozicijezarjesavanjeodgovarajucegLPNKdobivamoa0= 5.0467, a1= 0.0033, a2= 0.000023.UsporediterezultateprikazaneuTablici 6.1sTablicom3.2,str. 20.X(m) 500 10.885 9.14 1.745750 16.901 15.49 1.4111000 23.942 24.71 0.768Tablica 6.1.6.1.3 Rjesavanje LPNK pomocu dekompozicije na singularnevrijednostiAko Jacobijeva matrica J nije punog ranga, prema Lemi 6.1, str. 109, HesijanHFodgovarajuceg LPNKJa ynijepozitivnodenitan. LPNKutomslucajuima beskonacno mnogo rjesenja. Od svih tih rjesenja potrazit cemo ono koje imanajmanjunormu. UtomslucajuiuslucajukadajeJacobijanJloseuvjetovanamatrica koristit cemorastavmatricenasingularnevrijednosti(SVD).112 6.1LinearniprobleminajmanjihkvadrataPromatrajmo ponovo problem minimizacije (6.11) funkcijeF(a) =12|r(a)|2, gdje je r = Ja y,s time da je rang (J) = k n < m. Neka je J = USVTdekompozicije matrica J nasingularne vrijednosti, gdje su U, S i V matrice denirane u t.3.9, str. 60. Buducida ortogonalna matrica cuva normu, vrijedi|r| = |Ja y| = |USVTa y| = |SVTa UTy|.Zato, uz oznaku z = VTa, imamo2F(a)=|r|2=|Sz UTy|2= |Skz (UTy)k|2(k) +|(UTy)mk|2(mk) |(UTy)mk|2mk,gdje je Skmatrica sastavljena od prvih k redaka dijagonalne matrice S, a (UTy)k,odnosno (UTy)mk vektori sastavljeni od prvih k, odnosno posljednjih mk kompo-nenti originalnih vektora. Indeksi (k) i (mk) oznacavaju odgovarajuce vektorskeL2norme uRk, odnosnoRmk. Zato seminimumfunkcijeFpostize na vektoruz Rn, za koji jeSkz = (UTy)k. (6.19)Na taj nacin odredeno je prvihk komponenti vektora z,zi=uTiyi, i = 1, . . . , k,gdjesuu1, . . . , ukprvihkstupacamatriceU. Preostalih(n k) komponentizk+1, . . . , zn vektora z biramo tako da rjesenje a ima minimalnu Euklidovu normu.Dakle,a = Vz =k

i=1uTiyivi, |a| = minJay=r|a|, (6.20)gdje su v1, . . . , vkprvihk stupaca matrice V. Minimalna vrijednost funkcijeFjeF(a) =12|(UTy)mk|2(mk) =m

i=k+1(uTi y)2. (6.21)Primjer6.9Promatramo LPNK Ja y, gdje jeJ =_1 11 1_, a =_a1a2_, y =_12_Buduci dajerang J=k=1, LPNKimabeskonacnomnogorjesenja. SVDovematriceglasiJ =_.707107 .707107.707107 .707107_

_2 00 0_

_.707107 .707107.707107 .707107_.6.1Linearniprobleminajmanjihkvadrata 113Primjenomformule(6.20)dobivamorjesenje(kojeimaminimalnuL2normu!)a= 12_(.707107, .707107)(1, 2)T_ (.707107, .707107)T= (.75, .75)T.Istirezultatmozemodobitiiizravno,trazeciminimumfunkcijeF(a1, a2) =12(a1 + a2 1)2+12(a1 + a2 2)2Lakosevidi daovafunkcijapostizeglobalni minimumF=0.25nabeskonacnomnogovektora a= (a1, a2)T, cijekomponente a1,a2zadovoljavajujednadzbu pravca =32.MedunjimavektornajmanjeL2normedobitcemotakodapotrazimominimumfunkcije 2+_32 _2.Onsepostizeza=34. Dakle, vektornajmanjeL2 normejea=(0.74, 0.75)Ti tojerjesenjepostavljenogLPNK.Primjedba6.5Akojerang A =k,ondadijagonalnumatricuSizSVDrastava(3.29), str. 60 mozemo pisati kao S =k

i=1Si, gdje je Si dijagonalna matrica koja namjestu (i, i) ima elementi, a sve ostale nule. Zato SVD matrice A mozemo pisatiA = USVT= U_k

i=1Si_VT=k

i=1USiVT=k

i=1iuivTi. (6.22)NajboljaL2aproksimacijarangaIdentity];F[x_,y_,b_,c_]:=Apply[Plus,(y-f[x,b,c])^2];118 6.2Nelinearniprobleminajmanjihkvadratax=Table[i, {i,m}];y=Table[f[i,b,c]+Random[NormalDistribution[0,.05]],{i,m}];pod=Table[{x[[i]],y[[i]]}, {i,m}];slpod=ListPlot[pod, PlotStyle->{AbsolutePointSize[5]},PlotRange->{0,1.5}, DisplayFunction->Identity];Show[slf,slpod,DisplayFunction->$DisplayFunction];yx02 4 6 8 100.20.40.60.811.2q qqq qq q q qqIn[5]:= b0=.5; c0=.1; F0=F[x,y,b0,c0]; tau=.5; eps=.005; k=0;Print["It ",0,": b = ",b0," c = ",c0," F = ",F0];While[b=b0; c=c0; lam=1; k=k+1;jac=Table[{f[x[[i]],1,c], x[[i]] f[x[[i]],b,c]}, {i,m}];While[q=-Transpose[jac].(y-f[x,b,c]);p=-Inverse[Transpose[jac].jac].q;{b0,c0} = {b,c} + lamp; F1=F[x,y,b0,c0];F1-F0>-tau lam Plus@@(p q), lam=lam/2.];norm=Sqrt[Abs[Plus@@q^2]]; norm>eps,Print["It ",k,": b = ",b0," c = ",c0," F = ",F1," lam=",lam," grad=",norm]];It 0: b = 0.5 c = 0.1 F = 1.74005It 1: b = 0.263802 c = 0.139479 F = 0.268953 lam=0.5 grad=20.5445It 2: b = 0.0625254 c = 0.226529 F = 0.887862 lam=1 grad=2.18007It 3: b = 0.0973459 c = 0.271372 F = 0.149347 lam=1 grad=16.6483It 4: b = 0.0979424 c = 0.253021 F = 0.0255789 lam=1 grad=10.6933It 5: b = 0.0987964 c = 0.250451 F = 0.0248364 lam=1 grad=0.687365Primjer6.11Promatramoproblemiz Primjera 6.5, str. 105. Podaci okoordi-natamatocakaSi(xi, yi), i =1, 4, kaoi kutevimai, i =1, 4(ustupnjevimairadijanima prenesenim u interval [2,2]) vide se u Tablici 6.2.Zaovajproblemnajmanjihkvadrata vektor parametarajea = (x, y)T,komponenteri (i = 1, 4)vektorarezidualasuri= f(xi, yi; x, y) i, gdjeje f(xi, yi; x, y) = arctgy yix xi, (a)aelementiJacobijevematricesuJi1=yi y(x xi)2+ (y yi)2, Ji2=x xi(x xi)2+ (y yi)2, i = 1, 4.6.2Nelinearniprobleminajmanjihkvadrata 119xi yi i(o) i(rad)i(rad)i(o) ri ODSTu%13 7 50 0.8727 0.8606 49.3 0.0121 0.2%2 14 100 1.396 1.328 103.9 0.0685 0.5%7 7 190 0.1745 0.2059 191.8 0.0314 0.4%15 11 330 0.5236 0.4558 333.9 0.0678 0.6%Tablica 6.2Problemcemorijesiti Gauss-Newtonovommetodomprimjenomranijespomenutihprograma. Uz pocetnu aproksimaciju a0= (2, 3)Ti tocnost= 0.00001, nakon 3 iteracijedobivenesukoordinatetrazenetockeB1(2.705558, 4.972401). TijekiterativnogprocesaprikazanjeuTablici 6.3. Processezaustavljakadasepostigne |gk| < .k xkyk|gk| F(xk, yk)0 2 3 0.033842 0.0407781 2.62135 5.052535 0.001222 0.0052762 2.696991 4.973894 0.000049 0.0052143 2.705558 4.972401 0.000004 0.005214Tablica 6.3.Slika 6.6. Izo-krivuljeminimizirajucihfunkcijaUTablici 6.2. mogusetakodervidjetivelicineteoretskihkuteva i (uradijanimaistupnjevima),pojedinireziduali(odstupanja)irelativnaodstupanjau%. NaSlici 6.6.aprikazanesutzv. izo-krivulje(ContourPlot)odgovarajuceminimizirajucefunkcijeF.Isti problemmogli bismorijesiti i takodakomponente(ri, i =1, . . . , 4) vektorarezidualazadamosri= f(xi, yi; x, y) tg i, gdjeje f(xi, yi; x, y) =y yix xi. (b)Tadaseminimumpostizeutocki B2(1.44266, 5.49173), pri cemudobivamovrijednostfunkcijeF=0.0208275, aizo-krivuljeodgovarajuceminimizirajucefunkcijevidesenaSlici 6.6.b.Akokomponenteri(i = 1, 4)vektorarezidualazadamosri= (x xi)tg i (y yi), (c)tadase radi oLPNK. Minimumse postize utocki B3(1.49565, 5.3101), avrijednostfunkcije Fje F= 3.35062. Izo-krivulje odgovarajuce minimizirajuce funkcije (Slika 6.6.c)sadasukoncentricneelipse.120 6.2NelinearniprobleminajmanjihkvadrataKoji pristup(a), (b)ili (c)cemoprimijeniti ovisi odrugimzahtjevimai dodatnojanalizi(vidiDraper(1981), Roos (1990)).6.2.2 MarquardtovametodaUGauss-Newtonovomiterativnompostupkumogunastupiti problemi ondaako je rang J(ak) 0, (6.30)gdje je I jedinicna matrica. Vektor smjera silaska bit ce rjesenje jednadzbe(JT(ak)J(ak) +kI)sk= JT(ak)r(ak). (6.31)Sustav (6.31) mozemo shvatiti kao sustav normalnih jednadzbi za LPNK_J(ak)kI_sk_r(ak)0_, (6.32)Strategija biranja parametra sastoji se u tome da uvijek bude ispunjen uvjet(6.26), adasepri tomenastojimozadrzati na stomanjoj vrijednosti parametra. Naime, utomslucajuvektorsmjerasilaskablizakjevektorusmjerasilaskakodGauss-Newtonovemetode, stoosiguravabrzukonvergencijuprocesa. Kada +, vektor smjera silaska priblizava se smjeru antigradijenta, sto takoder osi-gurava konvergenciju procesa, ali znatno sporiju (Dennis (1983), Fletcher(1987),Schwarz (1986)).Primjedba6.6Kodgotovosvihiterativnihmetoda,patakoikodnavedenihme-todazarjesavanje NPNK, vazanjeizbor kvalitetnepocetneaproksimacije. Pritome, mogusekoristitinekiuvjetiizteoremaoegzistenciji rjesenja, moguseko-ristitirezultati dobivenilogaritmiranjemilinekimdrugimpostupkom(vidiprimje-riceScitovski (1993,1994)), auslucajun = 2(funkcija-model imadvanezavi-sna parametra) mogu se iskoristiti gracke mogucnosti racunala (programski paketi:Mathematica, Matlab,Derive i sl.)Primjedba6.7Vise o problemima najmanjih kvadrata, njihovom numerickom rje-savanjui prakticnimprimjenamamozesenaci kodBj orck(1996), Gill (1981,1991), Golub(1996), Scitovski (1993), itd. Spomenimo da se programska podrskanavedena uPress (1992) nazalost, ne moze uspjesno koristiti za sve probleme naj-manjih kvadrata, koji se mogu javiti u primjenama. Programi za rjesavanje neline-arnihproblemanajmanjihkvadrataovdjesunapisanitakodaseusvakomkorakurjesavasustavnormalnihjednadzbi, stoozbiljnoumanjujestabilnost numerickogprocesa. Zaprakticnuprimjenuboljejepreporuciti TheNag-Library(Philips(1986)) ili Mathematica Package: StatisticsNonlinearFit.6.3Zadaci 1216.3 ZadaciZadatak6.3U4-znamenkastoj oating-pointaritmeticiprekosustava normalnihjednadzbi rijesitex1= 20x2= 30x3= 40x1+ x2+ x3= 10a)= 0.1 b)= 0.01 c)= 0.001Egzaktno rjesenje jex =_10(3 + + 22)3 +3, 10(1 + 3)3 +2, 10(3 + + 42)3 +3_TZadatak6.4Rijesite LPNK Ja y, gdje jeJT=__1 0 0 1 0 10 1 0 1 1 00 0 1 0 1 1__yT= _1, 2, 3, 1, 2, 1 .Rjesenje: a = _3,74,54_T.Zadatak6.5Pokusajte rijesiti Zadatak 6.3 i Zadatak 6.4 rjesavanjem sustava nor-malnih jednadzbi pomocu Choleskydekompozicije.Zadatak6.6Olovnukuglicupustamodapadauvakuumusarazlicitihvisinahimjerimo vrijeme dok kuglica ne padne na tloh(m) 7.5 10 15 20t(s) 1.23 1.44 1.75 2.01Poznatjezakongibanja: h =12at2. Primjenommetodenajmanjihkvadrataproci-jenite velicinu parametraa.Rjesenje: a = 9.8Zadatak6.7Umjestointerpolacijskog polinomauZadatku 2.10, str. 34, primje-nom metode najmanjih kvadrata odredite odgovarajucipolinom 2. stupnja.Rjesenje: (X) = 6.810254 0.00454X + 6107X2.X(m) 2000 6.296 6.507 0.2113000 9.543 9.613 0.0705000 16.512 15.407 1.1057000 24.865 24.819 0.0469000 39.407 42.858 3.451122 6.3ZadaciZadatak6.8Umjesto interpolacijskog polinoma u Zadatku 2.11, str. 35, za funkci-jut h(t) primjenom metode najmanjih kvadrata odredite polinom 2.stupnja.Rjesenje: h(t) = 0.060599 + 0.23098 t + 4.7645 t2Zadatak6.9Mjerenjem je ustanovljeno da elektricni otporR bakrene zice ovisi otemperaturit na sljedeci nacintC 19.1 25 30.1 36 40 45.1 50R() 76.3 77.8 79.75 80.8 82.35 83.9 85.1Uzpretpostavkudaseradiolinearnojovisnosti,odrediteparametreaiblinearnefunkcijeR(t) = a +bt.Rjesenje: R(t) = 70.76228 + 0.288072 tZadatak6.10Zadana je funkcija model f(x; a1, a2) = a1+a2x i podaci (xi, yi),i =1, . . . , n. Pokazite da odgovarajuci PNK ima jedinstveno rjesenje ako jexi ,= xjzabarem jedan par indeksai, j.Zadatak6.11Ako je A kvadratna regularna matrica, pokazite da se tada pseudo-inverzna matrica A+podudara s A1.Zadatak6.12Zavektorx=(4, 1, 4, 2, 5, 1, 1)TodrediteHouseholderovvektoruk,k=1, . . . , 7, takodajesamok-takomponentatransformiranogvektoraHxrazlicita od nule.Zadatak6.13Neka je H Householderova matricu s Householderovim vektorom u.Pokazite da vrijedia) ako je s, vektor okomit na vektoru, tada je Hs = s;b) ako je z, vektor paralelan s vektorom u, tada je Hz = z;c) akojex = s + z,gdjejesvektorokomitnavektoru,azvektorparalelansvektorom u, tada je Hx = s z.Kako se zove geometrijska transformacija koja vektor a prevodi u Ha ?Zadatak6.14Za mreze prikazane na slikama a), b) i c) izracunajte velicine strujaako jea) I0 = 5A, R1 = 50, R2 = 10, R3 = 5b) I0 = 10A, R1 = 100, R2 = 10, R3 = 20, R4 = 30c) I0 = 10A, R1 = 5, R2 = 50, R3 = 5, R4 = 50,R5 = 10, R6 = 12, R7 = 20, R8 = 30I2I5R2 R5R3I3 I0 I0a)qI1I2R1 R2I3I4R3 R4 I0 I0b)qq6.3Zadaci 123I1I5R1 R5 R2I2

x

R3 R4I3 I4

R8R6 R7I0c)I0Rjesenje:a) I1 = 0.38462A, I2 = 0.38462A, I3 = 4.61539Ab) I1 = 3.125A, I2 = 3.125A, I3 = 6.875A, I4 = 6.875Ac) I1 = 4.485A, I2 = 4.6996A, I3 = 5.515A, I4 = 5.3AI5 = 3.519A, I6 = 0.9657A, I7 = 1.1803A, I8 = 0.2146AZadatak6.15Pokazite da jeQ =_cos(60) sin(60)sin(60) cos(60)_ =_12323212_ortogonalnamatrica. Takoder,pokaziteda jeQT(1,3)T= (2, 0)T. Kakose zovegeometrijska transformacija koja vektor a prevodi u vektor QTa ?Zadatak6.16Pokazite da jeQ =_cos 30sin30sin 30cos 30_ =_ 32121232_ortogonalna simetricna matrica. Takoder, pokazite da je QT(1,3)T= (3, 1)T.Kako zovemo geometrijsku transformaciju koja vektor a prevodi u QTa?Zadatak6.17Zadanesutocke: S1(8, 6), S2(4, 5), S3(1, 3)ikutevi 1= 42,2=158, 3=248podkojimaseviditrazenatockaBkaouPrimjeru 6.5,str. 105, odnosno Primjeru 6.11, str. 118. Izracunajte koordinate tockeB prema svetri varijante navedene u Primjeru 6.11.Rjesenje:Zadatak6.18Zadani su podaci (xi, yi), i = 1, . . . , m , na osnovi kojih su metodomnajmanjih kvadrata odredeni parametrikil linearne regresijef(x) = ax +b.a) Pokazite da vrijedia =1D (m

xkyk

xk

yk) ,b =1D_x2k

yk

xk

xkyk_, D = m

xk(

xk)2,124 6.3Zadacib) Akoje: x=1m

xk, y=1m

yk, pokazitedatocka( x, y)lezi napravcuy = ax +b. Takoder, pokazi da vrijedia =1D

(xk x)(yk y), b = y a x, D = (xk x)2.c) Kako glase formule za a i b ako srediste koordinatnog sustava postavimo u tocku( x, y) ?Zadatak6.19Kako se problem procjene parametara u nize navedenim funkcijama-modelima moze linearizirati (vidiScitovski(1993))a) y =ax + b, b) y =ax+c, c) y =1ax+b,d) y =xa+bx, e) y = a lnx +b, f) y = a exp(bx),g) y =1(ax+b)2, h) y = axexp(bx), i) y =A(1+b exp(cx)Za proizvoljno izabrane podatke, parametre u modelima procijenite kao NPNK i kaoLPNKdobivenlinearizacijom. Usporeditedobiveneparametretenacrtajteodgo-varajuce izo-krivulje. Takoder, gracki prikazite podatke i dobiveni regresijski model.Zadatak6.20Newtonovom metode minimizacije odredite lokalne minimume funk-cije iz Zadatka 4.9, str. 88.Zadatak6.21PokazitedafunkcijaF(x, y)=(x y)2(x + y)2,x, y Rpostizesvoj globalniminimumF = 0 u beskonacno mnogo tocaka. Odredite geometrijskamjesta tih tocaka. Graf funkcije Fprikazan je na naslovnoj stranici ovog udzbenika.Zadatak6.22Analizirajte problem minimuma funkcije F. Uz koje uvjete je njezinHessijan pozitivno denitan, a uz koje pozitivno semidenitan?Kakve to posljediceimanaegzistencijulokalnogi globalnogminimuma? Nacrtajtegraf funkcijeFinjene izo-krivulje.a) F(x, y) = (ax +by +c)2, a, b, c R.b) F(x, y) = (a1x +b1y +c1)2+ (a2x +b2y +c2)2, ai, bi RKako se mogu generalizirati navedeni problemi?Uputa: Pokazite da su glavni minori Hesseove matrice funkcijeFa) 1 = 2a2, 2 = 0;b) 1 = 2(a21 +a22), 2 = 2(a1b2 +a2b1)2.Zadatak6.23Rijesite sljedece LPNKa) ax +by +c 0 b) a1x +b1y +c1 0a2x +b2y +c2 0Rjesenje: a) x =aca2+b2, y =bca2+b2, ab ,= 0.1257. NumerickaintegracijaAko jef: [a, b] R neprekidna funkcija,aGnjena primitivnafunkcija,onda seRiemannov integral na intervalu[a, b] moze izracunati primjenom Newton-Leibni-zove formule:I =_baf(x) dx = G(b) G(a).Medutim,upraksi senajcesce pojavljujutakve situacije,gdjenijemoguce primi-jeniti ovu formulu. Moze se dogoditi:daprimitivnufunkcijuGnijemogucedobiti elementarnimmetodama(vidiPrimjer 7.5 i zadatke 7.3, 7.4 i 7.5)dajepodintegralnafunkcijapoznatasamounekoliko(konacno)tocaka(kaou Primjeru7.2 i Zadatku7.6).Dabismoipakaproksimativno(priblizno)izracunali vrijednostintegralaI,podintegralnu funkciju finterpolirat cemo (vidi t.2) nekom jednostavnijom funkci-jom i na taj nacin dobiti aproksimaciju integrala I:I =_ba(x) dx.Pri tome, aproksimirajuca funkcija treba biti takva, da za zadanu tocnost>0,bude:I = [I I[ < Uz pretpostavku poznavanja funkcije f u n+1 tocaka x0, . . . , xn [a, b], za funkciju mozemo primjerice uzeti Lagrangeov interpolacijski polinom (t.2.1.1), str. 18.7.1 TrapeznopraviloFunkcijuf : [a, b] RinterpoliratcemolinearnomfunkcijomP1(interpo-lacijskim polinomom stupnja 1) u cvorovima interpolacijex0 = a, x1 = b.Graf funkcijeP1je pravac koji prolazi tockama T0(a, f(a)),T1(b, f(b)),P1(x) = f(a) +f(b) f(a)b a(x a).126 7.1Trapeznopravilo0T1T0abyxfSlika 7.1 Trapezno praviloSada lako dobivamoI =_baP1(x) dx =b a2(f(a) +f(b)) . (7.1)Geometrijski, Ipredstavlja povrsinu trapeza sa stranicamaf(a)i f(b)i visinomh = b a. Apsolutna pogreska I predstavlja velicinu povrsine izmedu pravca L1i grafa funkcijef(vidi Sliku 7.1). Vrijedi:Teorem7.1Neka jef C[a,b]. Tada postojic (a, b), tako da bude:I =_baf(x) dx =b a2(f(a) +f(b)) (b a)312f

(c). (7.2)Dokaz. Prema Teoremu 2.1, str. 23, postoji (a, b) (ovisan ox) tako da jeE = I I =b_a(f(x) P1(x)) dx =b_af

()2(x a)(x b) dx.Kakoje(x a)(x b) 0zasvex [a, b], koristeci poopceni teoremosrednjojvrijednostiintegralnogracuna1, dobivamoE = I I =12f

(c)_ba(x a)(x b) dx, c (a, b).Uvodenjem supstitucijex = a + (b a)t dobivamoE = I I =12f

(c)(b a)3_10t(t 1) dt = (b a)312f

(c). 1Teorem.Akojef C[a,b],agintegrabilnafunkcijastalnogpredznakana[a, b](ilijeg(x) 0ilijeg(x) 0),ondapostojic [a, b],takavdavrijedi(vidiprimjerice[3],II. dio)

baf(x)g(x) dx = f(c)

bag(x) dx7.1Trapeznopravilo 127Akojeinterval integracije[a, b] velik, i pogreskaEbitcevelika. Uciljupostizanja boljeaproksimacijeIintegralaI,interval [a, b]podijelit cemo na visepodintervala i onda na svakom od njih primijeniti trapezno pravilo (7.2).Pretpostavimo da funkcijufpoznajemo un + 1 tocaka x0, . . . , xn [a, b], alida je pri tome ispunjeno:x1x0 == xnxn1 = h & x0 = a, xn = b.yxabx1 x2 xn1Slika 7.2 Generalizirano trapezno praviloOciglednojeh=ban, atockex0, . . . , xndijeleinterval[a, b] nanjednakihpodintervala duljineh.Oznacimo:yi = f(xi), i = 0, . . . , n.Nasvakom podintervaluprimijenit cemo trapeznopravilo (7.2). Tako zainterval[xi1, xi] dobivamo:_xixi1f(x) dx =h2 (yi1 +yi) h312f

(ci), ci (xi1, xi).Cijeli integral Ibit ce:I =b_af(x) dx =n

i=1xi_xi1f(x) dx =h2(y0+2y1++2yn1+yn)h312n

i=1f

(ci). (7.3)Zbog neprekidnosti funkcijef na intervalu (a, b), postojic (a, b), takav da je1nn

i=1f

(ci) = f

(c). (7.4)Uvrstavajuci (7.4) u (7.3), dobivamogeneraliziranotrapeznopravilo:I = I +En,gdje je:I =h2(y0 + 2y1 + + 2yn1 +yn), (7.5)128 7.1TrapeznopraviloEn = b a12h2f

(c). (7.6)Nize je naveden Mathematica-modul,koji primjenom generalizirane trapezneformule izracunava pribliznu vrijednost integrala funkcijef.Trapez[n_, a_, b_, f_] := Module[{i, h}, h=(b-a)\n;int = (h/2) (f[a] + f[b] + 2 Sum[f[a+i h], {i, n-1}])//N;Print["n=", n, " I=", int]]Primjedba7.1Ako jezadanatocnost> 0 skojomtreba izracunati integral Iiako oznacimo:M2 =maxx[a,b][f

(x)[, (7.7)onda iz (7.6) mozemo ocijeniti apsolutnu pogresku IaproksimacijeI:I = [Rn[ b a12h2M2< . (7.8)Iz(7.8)tada lakodobivamobrojpodintervalana kojitreba podijelitiinterval[a, b],da primjenom generaliziranog trapeznog pravila postignemo tocnost:n > (b a)_M2

b a12. (7.9)Primjer7.1Znamo da je:I =_1o41 +x2dx = Izracunatcemopribliznuvrijednost ovogintegralaprimjenomgeneraliziranogtra-peznog pravila i usporediti rezultate.Kakoje:f(x) =8(3x21)(1 + x2)3,lakodobivamoM2 = [f(0)[ =8(vidi Sliku 7.6). UTablici 7.1prikazani surezultatiizracunavanja dobiveni za razlicite vrijednosti tocnostiprimjenom sljedeceg Mathematicaprograma:f[x_] := 4/(1 + x^2); a=0; b=1; M2=8; eps0=5;Do[eps = eps0/10.^i;n = Floor[(b-a) Sqrt[M2 (b-a)/(12 eps)]] + 1;Trapez[n, a, b, f]; Print["E=", Abs[int - Pi] ],{i, 6}]7.1Trapeznopravilo 129 br.tocnih n IIznamenki0.5 1 2 3 0.0415930.05 2 4 3.1 0.0104160.005 3 12 3.14 0.0011570.0005 4 37 3.141 0.0001220.00005 5 116 3.1415 0.0000120.000005 6 366 3.14159 0.000001Tablica 7.1Primjer7.2Mjerenjemdubinapoprecnog presjeka kanalasirine a =10 mnasvakih metar, dobiveni su ovakvi podacixi (m) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10yi (m) 0 0.1 0.5 1.2 1.8 2.3 2.1 2.5 2.1 1.5 0.9.Kanal treba tako prokopati da dobije oblik pravilnog trapeza sa stranicama a = 10 m,c = 6 midubined = 3 m. Trebaprocijenitikolicinuotkopakoji ceu tusvrhubitipotrebno uraditi na jednom duznom metru kanala. adc Slika 7.3PresjekkanalaPovrsinupoprecnogpresjekaPzemljeukanalu, kojutrebaiskopati dobitcemoprimjenomtrapezneformule(7.5)P= 24 14.55 = 9.45 m2,akolicinaiskopanajednomduznommetrukanalajeV= 9.45 m3.Zastou ovom primjerune bi bilodobro najprijeodrediti interpolacijskipolinomP10iprimijenitiformuluP=a+c2d _100P10(x) dx?Provjeriteda bistetako dobilirezultatP= 6.48 m2.130 7.2Newton-Cotesovaformula7.2 Newton-CotesovaformulaU cilju bolje aproksimacije funkcijef, pa time i bolje aproksimacije integralaI, interval [a, b] mogli bismopodijeliti nanjednakihpodintervalajednolikoras-poredenimcvorovima xi = a+iban, a funkciju f tada aproksimirati interpolacijskimpolinomomn-tog reda u Lagrangeovom oblikuPn(x) =n

k=0f(xk)pk(x), pk(x) =n

i=0i=kx xixkxi.Pribliznu vrijednostIintegralaImogli bismo dobiti kaoI(n) =b_aPn(x) dx =n

k=0f(xk)b_apk(x) dx = (b a)n

k=0kf(xk),gdje suk=1ba_bapk(x) dx tezine. Uz supstitucijux =a + (b a)t one postajujednostavnijek =1b ab_apk(x) dx =1b ab_an

i=0i=kx xixkxidx =1_0n

i=0i=knt ik idt.Takodobivamopoznatukvadraturnuili Newton-Cotesovuformulun-togredazaaproksimaciju integralaI:b_aPn(x) dx = (b a)n

k=0kf(xk), k =1_0n

i=0i=knt ik idt (7.10)Zadatak7.1 Pokazite da suk,k = 0, 1, . . . , n iz (7.10) racionalni brojevi sa svo-jstvom nk=0 k = n.Zadatak7.2 Primjenom Newton-Cotesove formule izvedite trapeznu formulu (7.2).7.3 SimpsonovopraviloSpecijalno,izNewton-Cotesove formule (7.10) zan = 2 dobit cemo poznatoSimpsonovo pravilo. Primijetite da je u ovom slucaju: x0 = a, x1 =a+b2, x2 = b.Najprije cemo izracunati tezine0=12_10 (2t 1)(2t 2) dt =161= _102t(2t 2) dt =232=12_102t(2t 1) dt =16.7.3Simpsonovopravilo 131Nakon toga lako dobivamo Simpsonovo pravilo (vidi takoder Sliku 7.4).I =b_aP2(x) dx =b a6_f(a) + 4f_a +b2_+f(b)_. (7.11)yxa a+b2bSlika 7.4 Simpsonovo praviloMoze se takoder pokazati (vidi primjericeStoer(1993) iliStewart(1996))da je pogreska aproksimacije zadana sE = I I = (b a)590f(4)(c), c (a, b). (7.12)Akojeinterval integracije[a, b] velik, i pogreskaEbitcevelika. Uciljupostizanja bolje aproksimacijeIintegralaIinterval [a, b] podijelit cemo na parnibroj (n = 2m) podintervala duljineh =bancvorovimaxi = a + ih,i = 0, 1 . . . , n.Uzoznakuyi=f(xi),i =0, 1, . . . , n, redomnapodvapodintervalaprimijenitcemo Simpsonovo pravilo (7.11) (vidi Sliku 7.5). Lako se moze pokazati da vrijedigeneraliziranoSimpsonovopravilo:yxx0=a x1x2x3x4xn2xn1 b=xnfSlika 7.5 Generalizirano Simpsonovo praviloI = I +En, (7.13)I =h3 ((y0 +y2m) + 4(y1 + +y2m1) + 2(y2 + +y2m2)) , (7.14)En = b a180h4f(4)(c), c (a, b). (7.15)132 7.3SimpsonovopraviloNize je navedenMathematica-modul, koji primjenomgeneraliziraneSimp-sonove formule izracunava pribliznu vrijednost integrala funkcijef.Simpson[n_, a_, b_, f_] := Module[{i,h,n1}, h = N[(b-a)/n]; n1=n/2;int = (h/3) (f[a] + f[b] + 4 Sum[f[a+(2 i-1) h], {i,n1}]+ 2 Sum[f[a+2 i h], {i,n1-1}]);Print["n=", n, " I=", int]]Primjedba7.2Ako jezadanatocnost> 0 skojomtreba izracunati integral Iiako oznacimo:M4 =maxx[a,b][f(4)(x)[, (7.16)onda iz (7.15) mozemo ocijeniti apsolutnu pogresku IaproksimacijeII = [En[ b a180h4M4 < . (7.17)Iz (7.17) tada lako dobivamo broj podintervala na koji treba podijeliti interval [a, b],da primjenom generaliziranog trapeznog pravila postignemo tocnost:n > (b a)4_M4

b a180. (7.18)Primjer7.3Integral iz Primjera 7.1 priblizno cemo izracunati primjenom genera-liziranog Simpsonovog pravila.Kakoje:f(4)(x) =96(5x410x2+ 1)(x2+ 1)5ondaimamo(vidiSliku 7.7): M4= [f(4)(0)[ = 96.864220.2 0.4 0.6 0.8 1yx4020501000.2 0.4 0.6 0.8 1yxSlika 7.6d2dx2_41+x2_Slika 7.7d4dx4_41+x2_UTablici 7.2prikazani surezultati izracunavanja(primjenomnizenavedenogMa-thematica-programa)zarazlicitevrijednostitocnosti.f[x_] := 4/(1 + x^2); a=0; b=1; M4=96; eps0=.5;Do[eps=eps0/10.^i; n=Floor[(b-a) ((M4 (b-a)/(180 eps))^(1/4)] + 1;If[OddQ[n], n=n+1, ];Simpson[n, a, b, f]; Print["E=", Abs[int - Pi] ],{i, 6}]7.3Simpsonovopravilo 133 br. tocnih n IIznamenki0.05 2 2 3.1 0.0082590.005 3 4 3.14 0.0000240.0005 4 6 3.142 00.00005 5 8 3.1416 00.000005 6 12 3.14159 0Tablica 7.2Zadatak7.3IzvediteNewton-Cotesoveformuleredan=3i n=4, teizraditeodgovarajuceMathematica programe.Primjer7.4RijesitcemoproblempostavljenuPrimjeru7.2primjenomgenerali-ziranog Simpsonovog pravila. Dobivamo: I = 14.77, odnosno: P= 24 14.77 =9.234 m3.Primjer7.5Prilikom odredivanja zakrivljenosti zavoja ceste pojavljuju se tzv. Fre-snelovi integrali:I =_s0cos_2t2_dt, J =_s0sin_2t2_dt s > 0.Buduci daprimitivne funkcije ovihpodintegralnihfunkcijanemozemonaci, nji-hovevrijednosti odreditcemonumerickomintegracijom. Zas=0.5i s=1izracunatcemoove integraleprimjenomgeneraliziranogtrapeznogi Simpsonovogpravila uz tocnost = 0.00005(4korektne decimale). Da bismoodredilikonstante M2iM4za navedne pod-integralnefunkcijenacrtatcemografovenjihovihdrugih(Slika 7.8)i cetvrtih(Slika 7.9)derivacijanaintervalu[0, 1].f(t) = cos(2t2) M2 M4s = 0.5 3.5 29.6s = 1 6 186g(t) = sin(2t2) M2 M4s = 0.5 3 52s = 1 10 70Zas = 0.5dobivamo: I= 0.4923, J= 0.0647, azas = 1: I= 0.7799, J= 0.4382350.5 1yx0g

f

yx0 0.5 12001005050f(4)g(4)Slika 7.8ProcjenaM2 Slika 7.9ProcjenaM4134 7.4ZadaciPri tomesebrojpodintervalan, nakoji smomorali podijeliti interval integracije, kretaokaounizenavedenojtablici:n Trapezno Simpsonovo(s = 0.5) pravilo praviloI 28 4J 26 4n Trapezno Simpsonovo(s = 1) pravilo praviloI 101 12J 130 10Primjedba7.3Vise onumerickimmetodamaintegracije i njenimteorijskimiprakticnimaspektimamoze se naci u Ivansi c(1998), Schwarz (1986), Stoer(1993)itd. Programskapodrska(fortran)naciceseuPress (1989), Philips(1986), a moze se koristiti i gotovi korisnicki software: Mathematica, Matlab.7.4 ZadaciZadatak7.4Primjenom generaliziranog trapeznog pravila za zadanu podintegralnufunkcijufi interval integracije [a, b] uz tocnost = 0.00005 odredite konstantuM2,brojpodintervala(n)na kojitreba podijelitiinterval integracije[a, b],tevrijednostaproksimacijeintegralaI.a) f(x) = sin2x, [0, /4];b) f(x) = cos2x, [0, /4];c) f(x) = sinx lnx +ex, [0.2, 1];d) f(x) =1 + 2x, [0, 1];e) f(x) = x2(1 x2)1/2, [0, 0.5];f ) f(x) =sin xx, [/4, /2];g) g(x) =5x9x2, [0, 2].Uputa: prilikomodredivanjakonstante M2mozesekoristiti kompjuterskagraka, a za izracunavanje integrala navedeni Mathematica-modul.Rjesenje:a) M2 = 2, n = 41, I = 0.1427.b) M2 = 2, n = 41, I = 0.6427.c) M2 = f(0.2) = 26, n = 149, I = 2.4148.d) M2 = [f(0)[ = 1, n = 41, I = 1.3987.e) M2 = [f(0.5)[ = 5, n = 33, I = 0.04532.f) M2 = [f(/4)[ 0.3, n = 16, I = 0.6118.g) M2 = [f(2)[ 0.6, n = 90, I = 1.0473.Zadatak7.5PrimjereizZadatka 7.4rijesiteprimjenomgeneraliziranogSimpso-novog pravila.7.4Zadaci 135Rjesenje:a) M4 = [f(4)(0)[ = 8, n = 6, I = 0.1427.b) M4 = [f(4)(0)[ = 8, n = 6, I = 0.6427.c) M4 = f(4)(0.2) = 3752, n = 20, I = 2.4148.d) M4 = [f(4)(0)[ = 15, n = 8, I = 1.3987.e) M4 = [f(4)(0.5)[ 120, n = 6, I = 0.0453.f) M4 = [f(4)(/4)[ 0.2, n = 2, I = 0.6118.g) M4 = [f(4)(2)[ 8, n = 14, I = 1.0473.Zadatak7.6Duljina elipsex2a2+y = 1 (a > 0) jednaka je:I = 4_/20_1 (1 a2) sin2tdt.Zaa ,= 1nemozeseelementarnonaciprimitivnafunkcijaovepodintegralnefun-kcije. Zaa = 0.5 ia = 1.5 izracunajtevrijednostovogintegrala primjenomgener-aliziranog trapeznog i Simpsonovogpravila uz = 0.00005.Rjesenje: Zaa = 0.5 dobivamo:a) Trapezno pravilo : M2 = f(/2) = 6, n = 197, I = 4.8442;b) Simpsonovopravilo : M4 = [f(4)(/2)[ = 78, n = 18, I = 0.8442;Zadatak7.7Za podintegralnu funkciju u nepravom integralu:I(x) =12_xexp(t22 )dtne postojielementarna primitivnafunkcija. Zax = 0.5, 1, 5 primjenomtrapeznogili Simpsonovogpravilapribliznoizracunajtevrijednost ovogintegralastocnoscu = 0.00005.Uputa: koristite cinjenicu da jeI(x) = 0.5 +12_x0exp(t22 )dtRjesenje: I(0.5) = 0.6914, I(1) = 0.8414, I(5) = 1. Pri tome za sva triintervala integracije imamo:M2 = [f(0)[ 0.4, M4 = [f(4)(0)[ 1.2.Potreban broj podintervala (n) vidi se u sljedecoj tablici:n x = 0.5 x = 1 x = 5Trapezno pravilo 10 26 289Simpsonovopravilo 2 4 26Zadatak7.8Matematicko njihalo s kutem otklona ima periodT= 4K_lggdjeje:K =_/20d_1 sin22sin2.136 7.4ZadacilIElementarnim metodama ne moze se odrediti primitivna funkcija za ovu podin-tegralnu funkciju. Za = 50, 100, 450primjenom trapeznog ili Simpsonovog pravilapriblizno izracunajte vrijednost ovog integrala s tocnoscu = 0.00005.Rjesenje:a) = 50, M2 = [f(0)[ 0.0075, M4 = [f(4)(0)[ 0.03, K = 1.56783.b) = 100, M2 = [f(0)[ 0.03, M4 = [f(4)(0)[ 0.13, K = 1.55915.c) = 450, M2 0.5, M4 4.25, K = 1.41574.Potreban broj podintervala (n) vidi se u tablici:n = 50 = 100 = 450Trapezno pravilo 7 14 57Simpsonovopravilo 4 4 10Zadatak7.9Sirina rijeke je 20 m. Mjerenjem dubina na svakih 2 m njenog popre-cnog presjeka dobiveni su sljedeci podaci:xi(m) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20dubina(m) 0.2 0.5 0.9 1.1 1.3 1.7 2.1 1.5 1.1 0.6 0.2Primjenom trapeznog i Simpsonovog pravila izracunajte povrsinu poprecnog presjekarijeke.Uputa: PostupiteslicnokaouPrimjeru 7.2, str. 129, teiskoristitenavedeneMathematica-module.Rjesenje:a) Trapezno pravilo : S = 22 m2b) Simpsonovopravilo : S = 21.9 m2Zadatak7.10IzvediteNewton-Cottesovu formulu zan = 3. Primijenitedobivenirezultat kod numericke integracije.Rjesenje: I =ba8_f(a) + 3f_2a+b3_+ 3f_a+2b3_+f(b)_1378. NumerickorjesavanjeobicnihdiferencijalnihjednadzbiPrilikomrjesavanjadiferencijalnihjednadzbi uprakticnimprimjenamavrlo cestonailazimonaslucajeve, koje ne mozemoelementarnorijesiti ili bi elementarnorjesenjebiloprevise slozeno. Tadaproblemmozemopokusatirijesitinumerickimmetodama. Primjenom numerickih metoda za rjesavanje diferencijalnih jednadzbis pocetnim ili rubnim uvjetom, dobivamo tablicno zadanu funkciju, pri cemu koraku vrijednosti nezavisne varijable mozemo dovoljno no izabrati.Promatramo sljedeci problem:zazadanufunkcijuf(x, y)trebanacifunkcijuy(x), x [x0, b],koja zadovoljavadiferencijalnujednadzbu 1.