Osnovni problem interpolacije je egzistencija funkcije koja u tačkama

Transcript

1 Glava 1 Interpolacija Osnovni problem interpolacije je egzistencija funkcije koja u tačkama x k ima zadate vrednosti f k. Tačke (x k, f k ) nazivamo čvorovima interpolacije, a funkciju f interpolacionom funkcijom. Zbog jedinstvenosti polinomske funkcije, koja zadovoljava polazni uslov, najčesšća intencija je da se formira funkcija polinomskog tipa koja interpolira polaznu funkciju. 1.1 Interpolacija funkcije polinomima Teorema 1. Neka je funkcija f zadata u n + 1 čvorova (x k, f k ), k =, 1,..., n. Tada postoji jedinstven polinom oblika (1.1) P n (x) = a x n + a 1 x n a n 1 x + a n, (x < x 1 <... < x n ) takav da je (1.) P n (x k ) = f k Dokaz. Ako u jednokosti (1.1) zamenimo uslove (1.) dobijamo sistem jednačina za odred ivanje koeficijenata a, a 1,..., a n, koji glasi a x n + a 1 x n a n 1 x + a n = f a x n 1 + a 1 x n a n 1 x 1 + a n = f 1 a x n n + a 1 x n 1 n. + + a n 1 x n + a n = f n 1

2 GLAVA 1. INTERPOLACIJA odnosno u matričnom zapisu x n x n 1. x n n x n 1 x n 1 x 1 1 x x n 1 n x n 1 a a 1. a n = i,j=,i>j Kako je determinantna ovog sistema Vandermondova, koja ima n vrednost (x i x j ), sistem ima jedinstveno rešenje, za koeficijente traženog polinoma. f f 1. f n 1. Lagrangeov interpolacioni polinom Neka je funkcija f zadata u tačkama x, x 1,..., x n, vrednostima f, f 1,..., f n, pri čemu je x < x 1 <... < x n, (n + 1) puta diferencijabilna. Posmatrajmo pomoćne funkcije: Π n+1 (x) = (x x )(x x 1 ) (x x n ) Π n+1(x i ) = (x i x )(x i x 1 )... (x i x i 1 )(x i x i+1 )... (x i x n ) kao i funkciju p i (x) = 1 x x i Π n+1 (x) Π n+1(x i ). Lako se uočava da je p i (x k ) = za i k, odnosno p i (x k ) = 1, za i = k. (Odnosno: p i (x k ) = δ ik ) Funkcija (1.3) P n (x) = n p i (x)f i L n (x), gde je i =, 1,..., n i= ima osobine da je P n (x k ) = f k, (k =, 1,..., n), što znači da jednakost (1.3) predstavlja interpolacioni polinom funkcije f, koji nazivamo Lagrangeovim interpolacionim polinomom.

3 1.3. OPŠTA FORMULA ZA GREŠKU INTERPOLACIJE Opšta formula za grešku interpolacije Postavlja se pitanje greške pri izračunavanju vrednosti funkcije u nekoj med utački x pomoću njenog interpolacionog polinoma. Definicija 1. Greška interpolacije je definisana izrazom R n (x) = f(x) P n (x). Teorema. Greška interpolacije funkcije f koja je (n + 1) puta diferencijabilna ima oblik: R n (x) M n+1 (n + 1)! Π n+1(x) gde je M n+1 = max t [a,b] f n+1 (t), gde je a = min{x, x }, b = max{x, x n }. Dokaz. Posmatrajmo pomoćnu funkciju (1.4) ϕ(s) = f(s) P n (s) Π n+1(s) Π n+1 (x) (f(x) P n(x)) gde je x x k (ako je x = x k, greška je ). Nije teško uočiti da su x, x 1,..., x n, kao i tačka x, nule funkcije ϕ(s), jer je f(x k ) P n (x k ) = i Π n+1 (x k ) =. Dakle, ϕ(s) ima (n + ) nule, odakle na osnovu Rolleove teoreme o srednjoj vrednosti zaključujemo da postoji ε za koje važi (1.5) min{x, x} < ε < max{x n, x} i za koje je (5 ) ϕ (n+1) (ε) =. Diferenciranjem jednakosti (4) po promenljivoj s i to (n + 1) put dobijamo da je (1.6) ϕ (n+1) (s) = f (n+1) (s) (n + 1)! Π n+1 (x) (f(x) P n(x)) jer je P n (n+1) (s) = (polinom stepena n) i Π (n+1) n+1 (s) = (n + 1)! (polinom stepena (n + 1) sa vodećim koeficijentom jednakim 1).

4 4 GLAVA 1. INTERPOLACIJA Zamenom s sa ε iz (6) dobijamo, zbog (5 ) da je R n (x) = f(x) P n (x) = f (n+1) (ε) (n + 1)! Π n+1(x) Kako je f (n+1) (ε) M n+1 tvrd enje je dokazano. Napomena: Postavlja se pitanje da li tačka x u kojoj izračunavamo vrednost funkcije mora biti na intervalu [x, x n ]. Odgovor je,,ne. Ako je tačka unutar intervala reč je o interpolaciji, a ako je tačka van intervala reč je o ekstrapolaciji. U slučaju interpolacije jednakost (1.5) postaje x < ε < x n. Udaljavanjem tačke x od intervala povećava se greška računanja vrednosti funkcije. 1.4 Konačne razlike funkcije Definišimo konačne razlike prvog reda (funkcija je zadata čvorovima (x k, f k )): f i = f i+1 f i Konačne razlike višeg reda definišemo induktivno: II reda: f i = ( f i )) = (f i+1 f i ) = f i+1 f i = f i+ f i+1 + f i III reda: 3 f i = (f i+ f i+1 + f i ) n-tog reda: n f i = ( n 1 f i ) Osobine konačnih razlika: 1) (f k f j ) = f k f j = f i+3 f i+ f i+ + f i+1 + f i+1 f i = f i+3 3f i+ + 3f i+1 f i ) (C f k ) = C f k Definisane konačne razlike neki autori nazivaju i konačnim razlikama unapred. Konačne razlike unazad, u iznaci k f j mogu se definisati pomoću navedenih, sa k f j = k f j k, te je u pitanju samo druga notacija.

5 1.5. NEWTONOVI INTERPOLACIONU POLINOMI Newtonovi interpolacionu polinomi Neka je funkcija f zadata čvorovima (x k, f k ) koji su ekvidistantni, tj. x i+1 x i = h, i =,..., n 1. I Newtonov interpolacioni polinom je polinom oblika: (1.7) P n (x) = a + a 1 (x x ) + a (x x )(x x 1 ) + + a n (x x ) (x x n 1 ), gde su a, a 1,..., a n koeficijenti koje treba odrediti. Kako mora važiti P n (x k ) = f k. Uzimajući da je x = x dobijamo da je a = f = f.!h Nastavljajući postupak za x = x 1 imamo da je a + a 1 (x 1 x ) = f 1 odakle zbog x 1 x = h dobijamo da je a 1 = f 1 f, odnosno a h 1 = 1 f. 1!h 1 Slično za x = x nalazimo da je f + f (x h x )+a (x x )(x x 1 ) = f odakle imajući u vidu da je x x = h i x x 1 = h dobijamo da je a = f f 1 +f. Indukcijom dobijamo da je: = f h h a n = n f n!h n Dakle, I Newtonov interpolacioni polinom ima oblik: (1.8) N I (x) = f + 1 f 1!h 1 (x x ) + f!h (x x )(x x 1 ) + + n f n!h n (x x ) (x x n 1 ) odnosno, uvodeći smenu x x h = u, imamo da je: N I (x) = f + 1 f 1! u+ f! u(u 1)+ + n f u(u 1) (u n+1). n! Napomena: N I (x) je dobro primeniti u slučaju kada se tačka x nalazi u prvoj polovini intervala [x, x n ]. II Newtonov interpolacioni polinom je oblika: (1.9) P n (x) = a + a 1 (x x n ) + a (x x n )(x x n 1 ) + + a n (x x n ) (x x 1 ),

6 6 GLAVA 1. INTERPOLACIJA gde su a, a 1,..., a n koeficijenti koje treba odrediti. Uzimajući da je x = x n dobijamo da je a = f n, zatim za x = x n 1 nalazimo da je a 1 = f n 1. Za x = x 1!h 1 n dobijamo da je a = f n. Indukcijom!h zaključujemo da je a n = n f n!h n Dakle, N II (x) = f n + 1 f n 1 1!h 1 (x x n ) + f n!h (x x n )(x x n 1 ) odnosno uzimajući smenu v = x x n h N II (x) = f n + 1 f n 1 1! v+ f n! + + n f n!h n (x x n) (x x 1 ), dobijamo da je: v(v+1)+ + n f v(v+1) (v+n 1). n! Postavlja se pitanje greške kod Newtonovih interpolacionih polinoma? Greška je ista kao kod uopštene interpolacije. Ako nije poznat analitički oblik funkcije tada izraz f (n+1) (ξ) treba zameniti sa n+1 (ξ), gde h n+1 je n+1 (ξ) maksimalna vrednost, po apsolutnoj vrednosti, konačne razlike (n+1) reda. 1.6 Tablice konačnih razlika i greške u njima Pretpostavljamo da je tabeliran polinom n-tog stepena. Tada konačne razlike reda n+1, n+,... moraju biti, jer bi u suprotnom polinom n-tog stepena mogao da se aproksimira polinomom većeg stepena od n, što je nemoguće. Zadatak: Polinom p 3 (x) tabeliran je na sledeći način: x p 3 (x) Ako se zna da je jedna vrednost pogrešno izračunata, odrediti taj podatak i odrediti polinom p 3 (x). Rešenje: tablici Konačne razlike funkcije predstavljene su u sledećoj

7 1.6. TABLICE KONAČNIH RAZLIKA I GREŠKE U NJIMA 7 x p 3 (x) p 3 p 3 3 p 3 4 p Pretpostavljamo da je tablica za x = i x = 1 tačna jer je 4 p 3 =. Na dobijene nule utiču vrednosti p 3 (x) u tačkama, 1,, 3, 4 i 5 te pretpostavljamo da su one tačne. Prva vrednost funkcije koja utiče na dobijenu jedinicu u poslednjoj koloni je vrednost u tački x = 1 i pretpostavljamo da je ona netačna. Ispravljajući unazad tablicu dobijamo da je p 3 ( 1) =. Tako ispravljeno dobijamo da je x p 3 (x) p 3 p 3 3 p 3 4 p Formirajmo Newtonov interpolacioni polinom N I (x) = + 15(x + 3) 5(x + 3)(x + ) + (x + 3)(x + )(x + 1) = + 15x x 5x 3 + x 3 + 6x + 11x + 6 = x 3 + x + 1 p 3 (x)

8 8 GLAVA 1. INTERPOLACIJA 1.7 Pitanje inverzne interpolacije Postavlja se pitanje odred ivanja originala, ako je poznata vrednost funkcije. Suština je da se iz interpolacionog polinoma izvede iterativni proces koji konvergira. Zadatak: Funkcija y = f(x) data je tablicom. Odrediti x za koje je f(x) =. Rešenje: k x k f k f k f k 3 f k Kako [ ,.117] x [.65,.75] te ćemo uzeti I Newtonov interpolaiconi polinom za h = 1 i u = x.65.1, N I (x) = ! u+.119! u(u 1)+.16 u(u 1)(u ) = 3! Formirajmo iterativni proces: [ 1 u = u(u 1).16 ] u(u 1)(u ) odnosno u = [ u(u 1).36u(u 1)(u )]. Polazeći od u = dobijamo niz iteracija u 1 =.4194, u =.43136, u 3 = i u 4 = = u x =.1u +.65 x = Napomena: Ovo je praktično tablica funkcije f(x) = e x, dok je vrednost izraza ln.

9 Glava 3 Numerička integracija 3.1 Kvadtraturne formule Numerička integracija se zasniva na integraciji interpolacionih polinoma. Naime, ako je f(x) = P n (x) + R n (x), tada je b a f(x) dx b a P n (x) dx, b dok je greška ovakve integracije R R n (x) dx. a Pretpostavimo da je funkcija interpolirana Lagrangeovim interpolacionim polinomom. Tada je: b b ( n n+1 f(x) dx = (x) ) b (x x i ) n+1 (x i) f i dx + R n (x) dx a = a n { i= i= b a n+1 (x) (x x i ) n+1 (x i) dx f i} + Imamo da je vrednost integrala sledećeg oblika (3.1) b a f(x) dx = n A i f i +R, gde je A i = i= 1 b a a b a R n (x) dx. n+1 (x) (x x i ) n+1 (x i) dx.

10 GLAVA 3. NUMERIČKA INTEGRACIJA Formule oblika n A i f i koje aproksimiraju vrednost integrala nazivaju i= se kvadraturne formule. Ako je funkcija f(x) polinom stepena n, da je tada R n (x) =, a samim tim je i R =, te je iz (3.1) za polinome stepena n zadovoljeno da je b a f(x) dx = n A i f i. i= Uzimajući da je funkcija f {1, x, x,..., x n } dobijamo sistem jednačina: b a = n A i ; i= b a = n A i x i... i= b n+1 a n+1 n + 1 = n A i x n i. i= iz koga odred ujemo koeficijente A i. U slučaju kada je x = a, x n = b, a ostali čvorovi su ekvidistantni, integracijom Lagrangeovog interpolacionog polinoma dobijamo Newton-Cotes ove formule. 3. Newton-Cotes ove formule Neka su x, x 1,..., x n ekvidistantni čvorovi, takvi da je x = a i x n = b. Imamo da je A i = = x n x x n x n+1 (x) (x x i ) n+1 (x i) dx (x x ) (x x i 1 )(x x i+1 ) (x x n ) (x i x ) (x i x i 1 )(x i x i+1 ) (x i x n ) dx Uvodeći smenu x = x + th, pri čemu je x i = x + ih (i =, 1,..., n)

11 3.. NEWTON-COTES OVE FORMULE 3 dobijamo th(t 1)h (t i + 1)(t i 1) (t n)h p i (x) = ih(i 1)h (i i + 1)(i i 1) (i n)h t(t i) (t n) = (t i)i!( 1) n i (n i)! t i t i gde i! proističe iz prvog dela činilaca, ( 1) n i (n i)! iz drugog dela činilaca. Zbog poslednjeg i činjenice da je h = b a n A i = n ( 1) n i t(t 1) (t n) h dt (t i)i!(n i)! = h( 1)n i i!(n i)! n ( 1) n i = (b a) n i! (n i)! t(t 1)... (t n) (t i) n dt t(t 1) (t n) (t i) imamo da je: dt = (b a)c n i C n i nazivamo Newton-Cotesovi koeficijenti. Za njih važi C n i = C n n i. Specijalni Slučajevi: 1) Za n = 1 dobijamo trapezno pravilo (jer imamo dva čvora) 1 C 1 = t(t 1) t dt = 1 ; C1 1 = 1 t(t 1) (t 1) dt = 1, koje glasi: x 1 za h = b a koje stoji ispred C n i. f(x) dx = 1 h (f + f 1 ) + R 1,

12 4 GLAVA 3. NUMERIČKA INTEGRACIJA Ako imamo n čvorova, uopštavanjem prethodnog dobijamo da je x n x 1 x x n f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx + + x x x 1 x n 1 f(x) dx b a = 1 h(f + f 1 ) + 1 h(f 1 + f ) h(f n 1 + f n ) + R f(x) dx = 1 h (f + (f f n 1 ) + f n ) + R, što predstavlja opšte trapezno pravilo. Pitanje greške: Kako je greška Lagrange ovog interpolacionog polinoma R n = M n+1 (n+1)! n+1 (x) tada će ukupna greška biti suma grešaka na pojedinim segmentima. Integralna greška za polazni slučaj iznosi R 1 = M x 1! (x x )(x x 1 ) dx smena: x = x + th x = M 1! h3 (t t) dt = M 1 h3, odakle nalazimo da je ukupna greška R, za gornji niz zbira integrala R = n M h 3 b a, a kako je = h imamo da je greška metode 1 n. C = 1 4 R = (b a) M h 1 ) Za n = dobijamo Simpsonovo pravilo: f(t 1)(t ) t dt = 1 4 (t 3t+) dt = 1 6 = C ; C 1 = 3 odakle sledi da zbog b a = h b a = h važi da je: x ( 1 f(x) dx = h 6 f + 3 f ) 6 f + R 1 = h 3 (f + 4f 1 + f ) + R 1. x

13 3.. NEWTON-COTES OVE FORMULE 5 Ako je dato n + 1 čvorova, i to x, x 1,..., x n, deljenjem na integrale gornjeg tipa dobijamo Opštu Simpsonovu formulu: x n h f(x) dx = 3 (f + 4f 1 + f ) + h 3 (f + 4f 3 + f 4 ) x = h 3 (f + 4(f 1 + f f n 1 ) + + h 3 (f n + 4f n 1 + x n ) + R + (f + f f n ) + f n ) + R Pitanje greške: Za jedan segment imamo da je: R 1 = M 3 x 3! (x x )(x x 1 )(x x ) dx x = M 3h 4 3! t(t 1)(t ) dt = M 3 3! h4 (t 3 3t + t) = R =, što je nemoguće, jer su funkcija f i njen interpolacioni polinom različiti! Dobijeni rezultat R = znači da je formula tačna i za polinom stepena 3, te će greška biti četvrtog reda. Dakle, imamo da je R 1 = M 4 x 4 (x x ) (x x 1 )(x x ) dx) = M 4 h 5 9 x odakle dobijamo da je ukupna greška izvedene formule R = (b a) 18 h4 M 4 Kod odred ivanja integrala ukupna tj. totalna greška je R T = R M + r, gde je greška r greška računa i ona iznosi r = ε r (b a), a R M greška metode.

14 6 GLAVA 3. NUMERIČKA INTEGRACIJA Kod trapeznog pravila imamo da je r = n h 1 1 k, ako se radi sa k decimala, pri čemu je ε r = 1 1 k, a kako je nh = b a dobijamo da je r = (b a) 1 1 k, Kod Simpson ovog pravila iste su formule za r kao kod trapeznog pravila. (Izvesti za domaći). 3.3 Rungeova ocena greške za procenu greške metoda U opštem slučaju greška Newton-Cotesovih formula ima oblik, za korak tabeliranja h i funkciju f: { Simpson: R h (f) = c(b a)m n h n Trapezna: R h (f) = b am 18 4h 4 R h (f) = b am 18 h Vidimo da se greška integracije smanjuje ako se smanji korak h. Neka je integral I funkcije f izračunat za dva koraka h 1 i h istom metodom, pri čemu je h 1 < h. Imamo da je: R h 1 (f) = c(b a)m n h n 1 R h (f) = c(b a)m n h n } Za neku odabranu Newton-Cotesovu formulu i fiksirano n Imamo da je: R h 1 (f) = I I h1 R h (f) = I I h } Ih1, I h su izračunati nekom kvadraturnom formulom Iz gornjeg sledi: ( I h I h1 = R h 1 (f) R h (f) = c(b a)m n h n 1 1 ( ( ) n ) ( h = (I I h1 ) 1 = R h 1 (f) 1 Iz čega dobijamo da je: h 1 R h 1 (f) = I h 1 I ( ) h n h h 1 1 ( h h 1 ( h h 1 ) n ) ) n )

15 3.3. RUNGEOVA OCENA GREŠKE 7 Zbog pozitivnosti greške važi da je: R h 1 (f) = I h 1 I h ( ) n h h 1 1 Dakle, grešku metode za odred eni korak h 1 ne moramo računati pomoću maksimuma izvoda, nego,,upored ivanjem razlike vrednosti dobijenih integrala za taj korak i za veći korak h. Najčešće se greška smanjuje, do postizanja potpuno zadovoljavajućeg rešenja, duplim smanjivanjem koraka. U specijalnim slučajevimagreške Rungea imaju oblik: Simpson: R(f) = I h 1 I h ( ) 4 ; Trapezna: R(f) = h h 1 1 I h1 I h ( ) h h 1 1 Napomena: Podelu,,usitnjavamo sve dok konačna greška ne bude manja od unapred zadate greške metode. Zadatak 1. Koristeći Simpsonovu formulu izračunati sa tačnošću R =.5 1 4, radeći sa 5 decimala. Rešenje: R T = R M + r, gde je r R = 1 (1 )1 5 te je 1 cos(x ) dx R M = R T r R R M =.5.5 =.45 Dakle, R M = Osnovno pitanje je koliko je korak h. Uzmimo da je h =.1, a zatim h =.5 i primenimo Rungeovu ocenu greške. (Računamo u rad - radijanima).

16 8 GLAVA 3. NUMERIČKA INTEGRACIJA h =.1 x y, y k y k 1 y k h 1 =.5 x y k I h =.1 [ ] = I h1 =.5 [ ] = Uočimo da umanjenjem koraka svi čvorovi iz prethodnog dela postaju čvorovi sa parnim indeksom u narednom! Imamo da je za drugu tabelu y k = Procena greške Rungeovom metodom: R h1 = Dakle, postignuta je tačnost, te je: = < I.9454 ***Maple daje rezultat I ***

17 3.4. GAUSOVE KVADRATURNE FORMULE Gausove kvadraturne formule Formule oblika b a f(x) dx n A i f(x i ) i= nazivamo kvadraturnim formulama. Koeficijente A i odred ujemo tako da formula bude tačna za polinome što je moguće većeg stepena. Zamenom f {1, x, x,..., x n } dobijamo koeficijente A, A 1,..., A n. Greška je tada: R b a M n+1 (x x )... (x x n ) dx. (n + 1)! Ako se uoči da je dobijena formula tačna i za x n+1,..., x n+k, a da ne važi za x n+k+1, tada je greška R b a M n+k+1 (x x ) k+1 (x x 1 )... (x x n ) dx. (n + k + 1)! Formule oblika 1 1 f(x) dx = n A i f(x i ) + R n (f), i=1 gde su x i (i = 1,..., n) nule Legandreovog polinoma n-tog stepena L n (x) = 1 ( (x 1) n) (n) n n! nazivamo Gaussovim kvadraturnim formulama i pri tome je R n (f) n+1 (n + 1)! ( ) (n!) M n (n)!

18 1 GLAVA 3. NUMERIČKA INTEGRACIJA Napomena: Ako imamo integraciju na intervalu [a, b], a želimo da primenimo Gauss kvadraturne formule, prvo uvodimo smenu: x = a + b + b a t, t [ 1, 1] Zadatak. Izvesti formulu za unmeričku integraciju oblika h f(x) dx = Af() + Bf ( ) h + R(h) 3 tako da bude tačna za polinome što višeg stepena. Proceniti grešku integracije R(h). Rešenje. f(x) = 1 :A + B = h f(x) = x :B = 3 4 h A = 1 4 h Formula glasi h ) f(x) dx = 1 4 hf() hf ( h 3 Provera za grešku: f(x) = x : h3 3 = 3 4 h 4h 9 h3 3 = h3 3 f(x) = x 3 : h4 4 h4 9 Dakle greška je trećeg reda: R(h) h M 3 3! ((x ) ( x h 3 )) dx = M 3 6 = M 3 6 h ( h 4 (x 3 h3 ) x dx 4 9 h4 ) = M 3h 4 16

19 Glava 4 Sistemi linearnih jednačina 4.1 Gaussov metod eliminacije Pretpostavimo da je potrebno rešiti sistem: (4.1) a 11 x a 1n x n = b 1 a 1 x a n x n = b a n1 x a nn x n = b n Odnosno AX = B, gde je a a 1n a 1... a n A =.., X = a n1... a nn x 1 x. x n, B = Množeći prvu jednačinu sa a 1 a 11, a 31 a 11,..., a n1 a 11 i dodavanjem redom ostalim jednačinama dobijamo ekvivalentan sistem: a (1) 11 x 1 + a (1) 1 x a (1) 1n x n = b (1) 1 a () x a () n x n = b () a () 3 x a () 3n x n = b () a () n x a () nnx n = b () n 1 b 1 b. b n

20 GLAVA 4. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA pri čemu je a (1) 1j = a 1j, j = 1,..., n. Nastavljanjem postupka, polazni sistem svodimo na: a (1) 11 x 1 + a (1) 1 x + a (1) 13 x a (1) 1n x n = b (1) 1 a () x + a () 3 x a () n x n = b () a (3) 33 x a (3) 3n x n = b (3) a (n) nn x n = b (n) n Ako je matrica A regularna (det A ), tada su svi a (i) ii, (i = 1,..., n), te je rešenje prethodnog sistema dato sa: x n = b(n) n a (n) nn, x j = 1 a (j) jj ( b (j) j n k=j+1 a (j) jk x k ), j = 1,..., n 1 Mana izloženog Gaussovog metoda eliminacije je što za izuzetno male a (1) 11, a (),..., a (n) nn dolazi do deljenja malim brojem, te su greške koje nastaju veoma velike. Zbog toga, imamo modifikaciju navedene metode, ali sada sa izborom glavnog elementa Pivota. 4. Gaussov metod eliminacije sa izborom glavnog elementa - Pivota Postupak se sastoji u sledećem: Pre transformacije polaznog sistema, tražimo max{ a ij, i, j = 1,..., n}. Neka je to element a ip j p, dakle u i p -toj vrsti i j p -toj koloni. Taj element nazivamo Pivotom. Množenjem i p -te vrste sa a ijp a i, gde pjp i {1,,..., n}\{j p } i dodavanjem ostalim vrstama elementi u j p koloni u transformisanom sistemu postaju. U novodobijenom sistemu od n 1 jednačine sa n 1 nepoznatom, bez nepoznate x jp ponavljamo postupak. Postupak se ponavlja sve dok ne ostane jednačina u kojoj se pojavljuje samo jedna promenljiva.

21 4.3. LU DEKOMPOZICIJA LU dekompozicija Ideja LU dekompozicije je da se u sistemu AX = B, matrica A predstavi kao proizvod dve matrice oblika: l 11 1 d 1 d 13 d 1n l 1 l 1 d 3 d n L =..... i U = l n1 l n l n3 l nn 1 pri čemu dobijamo da se polazni sistem svodi na (LU)X = B, odnosno L(UX) = B, pri čemu označavajući Y UX, polazni sistem svodimo na dva trougaona sistema: UX = Y, LY = B pri čemu prvo odred ujemo kolona matricu Y, a zatim kolona matricu X. Izvedimo takozvani Croutov (Krautov) algoritam za LU dekompoziciju. Izjednačavanjem: a 11 a 1 a 1n a 1 a a n = a n1 a n a nn l 11 1 d 1 d 13 d 1n l 1 l = d 3 d n l n1 l n l n3 l nn 1 dobijamo sistem jednačina: I korak: l 11 = a 11, l 1 = a 1,..., l n1 = a n1 (množenjem vrsta matrice L sa I kolonom matrice U). II korak: d 1 = a 1 l 11, d 13 = a 13 l 11,..., d 1n = a 1n l 11 (množenjem I vrste matrice L sa kolonom matrice U) III korak: l = a l 1 d 1,..., l n = a n l n1 d 1 (množenjem vrsta matrice L sa II kolonom matrice U). Dakle, j 1 l ij = a ij k=1 ( l ik d kj, d ij = 1 i 1 a ij l ii k=1 l ik d kj )

22 4 GLAVA 4. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA pri čemu su sume ako je gornja granica manja od donje. Napomena: Kako je A = LU sledi det A = det L det }{{ U} = det L = l 11 l nn Iterativne metode rešavanja sistema linearnih jednačina Sistem oblika AX = B možemo napisati u obliku: Odnosno x 1 = b 11 x b 1n x n + c 1 x = b 1 x b n x n + c x n = b n1 x b nn x n + c n (4.) X = BX + C u matričnom obliku. 4.5 Jacobyev metod Polazeći od jednakosti (4.) možemo formirati iterativni proces na sledeći način: x (k) 1 x () x (k) 1 (4.3) X(k+1) = B X(k)+C, X(k) =., X() = x (). x (k) n x () n gde je X(k) k-ta iteracija, pri čemu se X() uzima proizvoljno. Naravno postavlja se pitanje konvergencije ovako formiranog iterativnog procesa.

23 4.5. JACOBYEV METOD 5 Definicija 1. osobinama: Norma matrice A je realan broj, u oznaci A, sa (1) A, A = A = () a A = a A, (a C, A R) (3) A + B A + B (4) A B A B (4 ) A n A n (5) a ij A (6) a ij b ij A B Postoji nekoliko osnovnih normi definisanih nad matricama. n A 1 = max a ij Sabiramo po vrstama i uzimamo maks. 1 j n i=1 A = max 1 i n j=1 ( ) 1/ A 3 = a ij i,j n a ij Sabiramo po kolonama i uzimamo maks. Teorema 1. Dovoljni uslovi konvergencije iterativnog procesa. Ako je u iterativnom procesu (4.3), bilo koja norma matrice B manja od 1, tada iterativni proces konvergira ka rešenju sistema (4.), koje glasi X = (I B) 1 C. Dokaz. Kako je X(1) =BX() + C X() =BX(1) + C. X(k + 1) =BX(k) + C odnosno X() = B X() + BC + C Konačno: Kako je X(k + 1) = (I + B + + B k )C + B k+1 X() (I+B+ +B k )(I B) = I B k+1 (I B k+1 )(I B) 1 = I+B+ +B k. Dakle (4.4) X(k + 1) = (I B k+1 )(I B) 1 C + B k+1 X()

24 6 GLAVA 4. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA Kako je B < 1 lim k B k+1 = k u (4.4) dobijamo da je lim k Bk+1 =. Puštajući da X = (I B) 1 C, što znači da iterativni proces konvergira ka rešenju sistema. Teorema. Potrebni i dovoljni uslovi kovergencije iterativnog procesa. Iterativni proces definisan sa (4.3) konvergira ka rešenju akko se sve sopstvene vrednosti matrice B po apsolutnoj strogo manje od Gauss-Siedelov metod Postavlja se pitanje da li se proces konvergencije može ubrzati. To se može učiniti tako što se u okviru jednog kruga iteracije koriste već dobijeni podaci iz prethodnog reda istog ciklusa. Naime, ako matricu B napišemo kao zbir dve matrice: B = b 1 b 31 b b n1 b n b n3 + b 11 b 1 b 13 b 1n b b 3 b n b 33 b 3n b nn tada iterativni postupak možemo formirati pomoću: (4.5) X(k + 1) = B 1 X(k + 1) + B X(k) + C, B 1 +B koji brže konvergira od prethodnog, Jacobyjevog, iterativnog postupka. Uslovi konvergencije Gauss-Siedelovog i Jacobyjevog iteracionog postupka su ekvivalentni (dokazati za Domaći zadatak) samo je matrica čije λ-vrednosti treba da budu < 1 u ovom slučaju drugačija, tj. det(λb 1 + B λi) =, odnosno λ su rešenja jednačine: b 11 λ b 1 b 1n λb 1 b λ b n.... =.. λb n1 b n b nn λ

25 4.6. GAUSS-SIEDELOV METOD 7 Objašnjenje: Iz iteracionog postupka (4.5) sledi da je: odnosno: (I B 1 ) X(k + 1) = B X(k) + C, X(k + 1) = (I B 1 ) 1 (B X(k) + C), te je u ovom slučaju iteraciona matrica, koja odgovara iterativnom postupk (4.), matrica (I B 1 ) 1 B i njene sopstvene vrednosti treba da budu po apsolutnoj vrednosti < 1, odnosno, sva rešenja sledeće jednačine treba da po apsolutnoj vrednosti budu manja od 1: ( ) det (I B 1 ) 1 B λi 1 { }} { ( ) = det (I B 1 ) 1 det B λ(i B 1 ) = ( ) det B λ(i B 1 ) =

26 Glava 5 Rešavanje nelinearnih jednačina Osnovni problem je rešavanje jednačine f(x) =. 5.1 Lokalizacija rešenja jednačine Stav 1. Ako f C[a, b] i ako je f(a) f(b) < onda na intervalu (a, b) jednačina f(x) = ima bar jedno rešenje. Stav. Ako f C[a, b], f(a) f(b) < i ako je f monotona funkcija, onda na intervalu (a, b) jednačina f(x) = ima tačno jedno rešenje. Teorema 1. Ako je x [a, b] tačno rešenje jednačine f(x) =, a x njeno približno rešenje i m 1 min f (x) <, tada važi x [a,b] procena: x x f(x) m 1. Dokaz. Ako na odsečku (x, x) (ili (x, x )) primenimo lagrange-ovu teoremu o srednjoj vrednosti imamo da je: f(x) f(x ) = f (ξ)(x x ) ξ (x, x) ili f(x ) f(x) = f (ξ)(x x) ξ (x, x ) 1

27 GLAVA 5. REŠAVANJE NELINEARNIH JEDNAČINA odnosno, kako je f(x ) =, dobijamo da je: x x = f(x) f (ξ) f(x). m 1 U praksi se uzima da je m 1 = min f (x). x [a,b] Napomena: Ovo je teorema o proceni greške, približnim izračunavanjem rešenja jednačine. 5. Metoda polovljenja segmenata Neka za jednačinu f(x) =, važi da je f(a) f(b) <. Podelimo odsečak [a, b] na dva odsečka [a, a+b] i [ a+b, b]. Ako je f(a+b) =, tada je x = a+b rešenje jednačine. U suprotnom će važiti da je ( ) ( ) a + b a + b f(a) f < f f(b) <. Odaberimo one dve vrednosti granica jednog od intervala, na kojima je proizvod negativan i označimo taj interval sa [a 1, b 1 ]. Nastavljajući postupak, dobijamo niz intervala [a, b ] [a 1, b 1 ] [a, b] pri čemu svaki od njih sadrži tačno rešenje x. (I) Kako su a n+1 a n > a b n+1 b n < b nizovi koji čine granice intervala monotoni i ograničeni te su i konvergentni. Nije teško uočiti da je b n a n b a n, odakle sledi da je lim (b n a n ) = lim b n = lim a n x n n n Kako je lim f(a n)f(b n ) = f ( x) n

28 5.3. N.-R. METODA, METODA TANGENTE 3 (zbog f(a n ) f(b n ) ) f( x) =. Dakle, tačka kojoj konvergiraju je rešenje polazne jednačine. Znači, možemo za približno rešenje uzeti u svakoj iteraciji da je x n = an+bn. (II) Procena greške: Ako je jednačinu potrebno rešiti sa tačnošću ε postupamo na sledeći način: Kako i tačno rešenja x i približno x n pripadaju intervalu [a n, b n ], tada je : x x n 1 (b n a n ) b a < ε, n+1 odakle se izračunava n, tj. broj iteracija potrebnih za tačnost ε. 5.3 Newton-Raphsonova metoda Metoda tangente Ako je potrebno rešiti jednačinu f(x) =, uzmimo za početnu vrednost rešenja tačku x. U tački (x, f(x )) postavimo tangentu, čija jednačina glasi: t : y(x) f(x ) = f (x )(x x ). Ako je x 1 približno rešenje, takvo da je y(x 1 ) =, iz gornje jednačine dobijamo da je: x 1 = x f(x ). f (x ) Nastavkom postupka dobijamo iteracioni postupak: (5.1) x n+1 = x n f(x n) f (x n ) Početna vrednost x {a, b} i to ona za koju je f(x )f (x ) >. Postavlja se pitanje konvergencije ovog postupka i tačnosti dobijenog rešenja. Teorema. Neka f C(D), gde je D neki (otvoren) interval, f (x) M, < m 1 f (x) za x D, tada niz definisan sa

29 4 GLAVA 5. REŠAVANJE NELINEARNIH JEDNAČINA (5.1) konvergira ka rešenju x jednačine f(x) = i pritom važi ocena x n x M m 1 x n x n 1. je: Dokaz. Na osnovu Tejlorove formule, u okolini tačke x n 1, imamo da f(x n ) = f(x n 1 + (x n x n 1 )) = f(x n 1 ) + f (x n 1 )(x n x n 1 ) + 1 f (ξ)(x n x n 1 ), pri čemu ξ (x n 1, x n ). Po definiciji postupka, iz (5.1) sledi da je podvučeni deo jednak, te je: f(x n ) = 1 f (ξ)(x n x n 1 ), tj, f(x n ) 1 M x n x n 1 Zbog Teoreme 1 imamo da je: odakle dobijamo da je x n x f(x n) m 1, x n x 1 M x n x n 1. m 1 Ako sa tačnošću ε treba nači rešenje, uporedjivanje dva susedna koraka iteracije vrše se prema vezi: 1 M x n x n 1 εm1 ε, odnosno x n x n 1. m 1 M Modifikacija Newtonove metode Zbog izračunavanja, f (x n ) se može zameniti sa f (x ), te metoda glasi: x n+1 = x n f(x n) f (x ) Usporava proces konvergencije. Jedna od modifikacija Newtonove metode jeste i

30 5.3. N.-R. METODA, METODA TANGENTE Metoda sečice Kako je f (x n ) f(x n) f(x n 1 ) x n x n 1, zamenom u Newtonov metod dobijamo metod sečice: x n+1 = x n f(x n ) x n+1 = x n (x n x n 1)f(x n ) f(x n ) f(x n 1 ) x n x n 1 f(x n ) f(x n 1 ) pri čemu za unapred zadanu grešku ε, imamo da je: x n x n 1 m 1ε M 1 m 1 Odakle naziv metoda sečice: Vidimo da sečica kroz tačke (x n 1, f(x n 1 )) i (x n, f(x n )) ima oblik: y(x) f(x n ) = f(x n) f(x n 1 ) x n x n 1 (x x n ) Ako je y(x) = za neko x dobijamo da je: x n+1 = x n (x n x n 1 )f(x n ) f(x n ) f(x n 1 ) Za početnu tačku x, interacionog procesa najčešće uzimamo a ili b, i to postoje dva slučaja: (I) Ako za x [a, b] važi da je f (x) f (x) >, tada je x = a, a metod se može modifikovati: x n+1 = x n f(x n)(b x n ) f(b) f(x n ) jer se tačno rešenje nalazi krećući se ka b. (II) Ako je za x [a, b] ispunjeno f (x) f (x) <, tada je x = b, a metod glasi: x n+1 = x n f(x n)(a x n ) f(a) f(x n ) jer se naredna iteracija kreće se ka a. Metoda sečice sporije konvergira od metode Newtona!

31 6 GLAVA 5. REŠAVANJE NELINEARNIH JEDNAČINA Kombinovana metoda (Newtona i sečice) I slučaj: Za f (x) f (x) > x n+1 = x n f(x n)(x n x n ) f(x n ) f(x n ) ; x n+1 = x n f(x n) f (x n ) II slučaj: Za f (x) f (x) < x n+1 = x n f(x n) f (x n ) ; x n+1 = x n f(x n)(x n x n ) f(x n ) f(x n ). Pri čemu je u oba slučaja x = a, x = b. Tačnost se postiže kada je x n x n < ε, a za rešenje se uzima: x = xn+xn.

32 1 Uvod Za pojedine matematičke probleme teorijska matematika može da dokaže da rešenje problema postoji, čak i da je jedinstveno, ali ne daje postupke za odred - ivanje tog rešenja. U primenjenoj matematici i tehničkim naukama to nije dovoljno, traži se i rešenje. Zadatak numeričke matematike jeste dobijanje numeričkog rešenja odred - enog problema. Da bi se problem rešavao numeričkim metodama on mora biti korektan, tj. da za zadate ulazne podatke postoji jedinstveno rešenje problema, i da bude stabilan, tj. da male promene u ulaznim podacima daju samo male promene rešenja. U mnogim slučajevima koristimo iterativne metode, čijim ponavljanjem se približavamo tačnom rešenju, ali zbog konačnog broja ponavljanja dobijeno numeričko rešenje odstupa od tačnog. Cilj nam je da dobijemo približno rešenje problema koje što manje odstupa od tačnog. Često kontinualan problem koji rešavamo zamenjujemo približnim problemom koji je blizak polaznom, ali sa diskretnim promenljivim. Ovakav postupak predstavlja diskretizaciju problema. Primeri diskretizacije problema su zamena izvoda razlikom i funkcije polinomom. Pojam greške Postoji nekoliko izvora grešaka koje se javljaju u rešenju problema. Prema poreklu greške mogu biti: 1. Netklonjive - nastaju pri formiranju matematičkog modela problema koji rešavamo ili usled netačnosti početnih podatada ukoliko su dobijeni eksperimentalnim putem. Ove greške se ne mogu izbeći.. Greška metode ili greška aproksimacije - nastaje usled diskretizacije problema, ili usled toga što se umesto beskonačnog iterativnog procesa koristi konačan proces. 3. Greška zaokruživanja - nastaje usled nemogućnosti da mnoge realne brojeve zapišemo sa konačnim brojem cifara, kao i zbog načina zapisivanja brojeva na računarima. Zaokruživanje. Pojedini brojevi se ne mogu zapisati sa konačnim brojem cifara. Zato pri računu sa takvim brojevima koristimo njihove približne vrednosti zapisane sa konačnim brojem cifara. Ako je x tačna vrednost, a x približna vrednost neke veličine, tada je x x apsolutna greška, a x x / x relativna greška. Pošto su u praksi često tačne vrednosti nepoznate, koristimo odgovarajuće granice ovih veličina: x x (x) granica apsolutne greške x x x δ(x) granica relativne greške Pri zaokruživanju broja na k cifara, pri čemu je α k poslednja cifra koju zadrǎvamo, važe sledeća pravila: α k se neće menjati ukoliko je α k+1 < 5 ili α k+1 = 5 i α k parno. U ostalim slučajevima α k se povećava za jedan. 1

33 3 Interpolacija 3.1 Lagrangeov interpolacioni polinom Lagrangeov interpolacioni polinom P n (x) sa (n + 1) čvorova je oblika: P n (x) = n k= (x x )... (x x k 1 )(x x k+1 )... (x x n ) (x k x )... (x k x k 1 )(x k x k+1 )... (x k x n ) y k (1) pri čemu je y k = f(x k ) Greška interpolacije funkcije f(x) Lagrangeovim interpolacionim polinomom P n (x) data je sa: R n (x) M n+1 (n + 1)! (x x )... (x x n ), M n+1 = Možemo da uvedemo sledeće oznake: max f (n+1) (x). x [x,x n ] Π n+1 (x) = (x x )(x x 1 )... (x x n ) Π n+1(x k ) = (x k x )... (x k x k 1 )(x k x k+1 )... (x k x n ) Konstuišemo sledeću šemu: D k = (x x k )Π n+1(x k ) (x x ) (x x 1 )... (x x n ) D (x 1 x ) (x x 1 )... (x 1 x n ) D 1. (x n x ) (x n x 1 )... (x x n ) D n Π n+1 (x) - proizvod elem. na dijagonali Koristeći gornje oznake sada je Lagrangeov polinom dat na sledeći način: P n (x) = Π n+1 (x) n k= y k D k. () 1. Konstruisati interpolacioni polinom P (x) za funkciju f(x) = x ako su čvorovi interpolacije x = 1, x 1 = 11, x = 144. Izračunati P (115) i oceniti grešku 115 P (115). Rešenje: Funkcija f(x) = x je data u čvorovima x = 1, x 1 = 11, x = 144 sledećom tabelom: x f(x)

34 Lagrangeov interpolacioni polinom za funkciju f(x) = x je oblika: P (x) = (x 11)(x 144) (x 1)(x 144) 1 + (1 11)(1 144) (11 1)(11 144) 11 + (x 1)(x 11) + (144 1)(144 11) 1 = 15 x x = P (115) = Odgovarajući izvodi funkcije f(x) = x su: f (x) = 1 x, f (x) = 1 4x 3/, f (x) = 3 8x 5/ Maksimum apsolutne vrednosti trećeg izvoda funkcije je M 3 = max [1,144] f (x) = Greška interpolacije u tački 115 je: R (115) Uzimajući u obzir postignutu tačnost, MAPLE: / = /8 1 5 (115 1)(115 11)( ) ! P (115) = = > restart: > points1 := [[1,1],[11,11],[144,1]]: > polycurve := CurveFitting[PolynomialInterpolation](points1, x, form=lagrange); 5 11 polycurve := --- (x - 11) (x - 144) (x - 1) (x - 144) (x - 1) (x - 11) 53 > plot(polycurve, x=9..1); > CurveFitting[evalf(PolynomialInterpolation](points, 115, form=lagrange)); > evalf(sqrt(115));

35 4,9 4,85 4,8 4,75 9 9,5 1 1, ,5 1 x Slika 1: Izlaz funkcije plot u MAPLE u. 3. Newtonov interpolacioni polinom Neka je funkcija f(x) zadata čvorovima interpolacije (x k, y k ), pri čemu je y k = f(x k ). Definišemo konačne razlike prvog reda: Konačne razlike višeg reda definišemo rekurzivno: y k = y k+1 y k (3) y k = ( y k ) = (y k+1 y k ) = y k+1 y k = y k+ y k+1 + y k (4) n y k = ( n 1 y k ) (5) Neka su pri tom čvorovi ekvidistantni, tj. x k+1 x k = h, k =,... n 1. I Newtonov interpolacioni polinom (za interpolaciju unapred) je oblika: N I n(x) = y + y 1! u + y! u(u 1) n y u(u 1)... (u n + 1), n! pri čemu je u = x x. Greška interpolacije funkcije f(x) I Newtonovim interpolacionim polinomom N I (x) data je h sa: Rn I n+1 y u(u 1)... (u n). (n + 1)! Za n+1 y se uzima maksimalna vrednost po svim apsolutnim vrednostima konačne razlike n + 1-og reda u odgovarajućim čvorovima, max k n+1 y k. II Newtonov interpolacioni polinom (za interpolaciju unazad) je oblika: N II n (x) = y n + y n 1 1! v + y n! v(v + 1) n y v(v + 1)... (v + n 1), n! pri čemu je v = x x n. h Greška interpolacije funkcije f(x) II Newtonovim interpolacionim polinomom N II (x) data je sa: Rn II n+1 y v(v + 1)... (v + n) (n + 1)! 3

36 Ekstrapolacija se vrši kad tražimo procenu vrednosti funkcije f(x) u tački x, x < x ili x > x n. Ove procene greške ne važe za ekstrapolaciju. Greška ekstrapolacije je veća od greške interpolacije. I Newtonov interpolacioni polinom je pogodan za interpolaciju čvorova koji se nalaze u prvoj polovini intervala [x, x n ] i za ekstrapolaciju tačaka x < x. II Newtonov interpolacioni polinom je pogodan za interpolaciju čvorova koji se nalaze u drugoj polovini intervala [x, x n ] i za ekstrapolaciju tačaka x > x n.. Tablicom je zadana funkcija f(x) : x f(x) Koristeći konačne razlike zaključno sa četvrtim redom, izračunati f(18), f(53), f(1). Rešenje: Popunimo tablicu vrednostima konačnih razlika koje računamo iz odgovarajućih formula (4) i (5). x y y y 3 y 4 y Za izračunavanje vrednosti f(18) koristimo I Newtonov interpolacioni polinom pošto se tačka 18 nalazi u prvoj polovini intervala [15, 55]. N3 I u(u 1) u(u 1)(u ) (x) = u pri čemu je u = x x, h = 5, x h = 15, x = 18, pa je u = =.6. 5 Dakle, približna vrednost funkcije f(x) u tački 18 je Greška je procenjena sledećim izrazom: MAPLE: R I 3 4 y 4! f(18) N I 3 (18) =.39. u(u 1)(u )(u 3 ) = = > points := [[15,.588],[,.34],[5,.46],[3,.5],[35,.5736], [4,.648],[45,.771],[5,.766],[55,.819]]: > CurveFitting[PolynomialInterpolation](points, 18, form=newton); (6)

37 Računanje vrednosti f(1) vršimo ekstrapolacijom pomoću I Newtonovog interpolacionog polinoma. Sada je x = 1, pa je u = 1 15 =.6. 5 Iz jednačine (6) dobija se da je približna vrednost f(x) u tački 1 f(1) N I 3 (1) =.79. Pošto se radi o ekstrapolaciji, greška računa je veča nego pri interpolaciji i formula procene greške I Newtonovim interpolacionim polinomom ne važi. Za približno izračunavanje vrednosti f(53) koristimo II Newtonov interpolacioni polinom: N3 II v(v + 1) v(v + 1)(v + ) (x) = v pri čemu je v = x x 8, h = 5, x h 8 = 55, x = 53, pa je v = =.4. 5 Grešku procenjujemo izrazom: R II f(53) N II 3 (53) = y v(v + 1)(v + )(v + 3) =. 4! = U MAPLEu nacrtati grafik funkcije e x na intervalu [ 4, 4]. Nacrtati grafike Newtonovih interpolacionih polinoma stepena 8 u čvorovima na intervalu [ 4, 4] sa korakom 1 i stepena 3 na intervalu [ 4, 1] sa korakom 1. Izračunati vrednosti funkcije i oba Newtonova interpolaciona polinoma u tački.5. Komentarisati dobijene rezultate. Rešenje: > plot( exp(-(x^)/),x= -4..4,..1); > 1,8,6,4, -4 - Funkcija f(x), 4 > pointx9 :=[-4,-3,-,-1,,1,,3,4]: > pointy9 := [.3,.111,.1353,.665,1,.665,.1353,.111,.3]: > plot(curvefitting[polynomialinterpolation](pointx9,pointy9,x,form=newton), x=-4..4,..1); 5

38 1,8,6,4, -4-4 Polinom N_8 > pointx4 :=[-4,-3,-,-1]: > pointy4 :=[.3,.111,.1353,.665]: > plot(curvefitting[polynomialinterpolation](pointx4,pointy4,x,form=newton), x=-4..4,..1); 1,8,6,4, -4 - Polinom N_3 4 > eval(exp(-(x^)/),x=-.5); > CurveFitting[PolynomialInterpolation](pointx9,pointy9,-.5,form=Newton); > CurveFitting[PolynomialInterpolation](pointx4,pointy4,-.5,form=Newton);.4445 Čvorovi interpolacije koji su udaljeni od tačke u kojoj tražimo vrednost funkcije ne utiču na tačnost, a mogu i da povećaju grešku. Interpolacija polinomima treba da se vrši sa što manje čvorova interpolacije. Najčešće je dovoljno 3 4 čvora interpolacije koji se nalaze u blizini tačke koja je od interesa. 4. Polinom trećeg stepena p 3 (x) tabeliran je na sledeći način: x f(x) Ako se zna da je jedna vrednost pogrešno izračunata, odrediti polinom p 3 (x). Napomena: Pretpostavimo da je tabeliran polinom n-tog stepena. Tada konačne razlike reda n+1, n+,... moraju biti, jer bi u suprotnom polinom (n+1)-og stepena mogao Newtonovim polinomom biti aproksimiran polinomom većeg stepena od n, što je nemoguće. Rešenje: Popunimo datu tablicu konačnim razlikama zaključno sa četvrtim stepenom, pošto se radi o polinomu trećeg stepena, a u skladu sa napomenom. 6

39 x p 3 (x) p 3 p 3 3 p 3 4 p Prema napomeni, konačne razlike četvrtog reda treba da imaju vrednost, pošto je tabeliran polinom trećeg stepena. Pošto su 4 p 3 (x 3 ) i 4 p 3 (x 4 ) jednake možemo pretpostaviti da nije bilo greške u cvorovima koji učestvuju u formiranju ove dve vrednosti. Kako je 4 p 3 (x 3 ) = p 3 (x 7 ) 4p 3 (x 6 ) + 6p 3 (x 5 ) 4 p 3 (x 4 ) + p 3 (x 3 ) 4 p 3 (x 4 ) = p 3 (x 8 ) 4p 3 (x 7 ) + 6p 3 (x 6 ) 4 p 3 (x 5 ) + p 3 (x 4 ) to smatramo da su vrednosti polinoma u čvorovima x 3, x 4, x 5, x 6, x 7 i x 8 izračunati bez greške. Treba da dobijemo da je 4 p 3 (x ) =, pa na tom mestu pišemo. Pošto je 4 p 3 (x ) = 3 p 3 (x 3 ) 3 p 3 (x ) i smatramo da je p 3 (x 3 ) tačna, iz ove relacije ispravljamo vrednost 3 p 3 (x ) = 6. Na ovaj način se vraćamo kroz tablicu ispravljajući p 3 (x ) =, p 3 (x ) = 1 i p 3 (x ) =. Formiramo novu tablicu u kojoj je ispravljeno p 3 (x ) =. x p 3 (x) p 3 p 3 3 p 3 4 p Sad su sve konačne razlike četvrtog reda, što znači da je polinom p 3 (x) tačno tabeliran. Koristeći I Newtonov interpolacioni polinom, uz h = 1, imamo: N3 I (x) = + 15(x + 3) + 1 (x + 3)(x + ) + 6 (x + 3)(x + )(x + 1)! 3! = + 15x x 5x 3 + x 3 + 6x + 11x + 6 = x 3 + x + x + 1 p 3 (x) 7

40 3.3 Inverzna interpolacija Rešavamo problem tipa: Naći tačku x tako da je f(x ) = y, pri čemu je y unapred poznat broj. Ukoliko je funkcija f(x) zadata ekvidistantnom mrežom, možemo da koristimo Newtonov interpolacioni polinom. U suprotnom, invertujemo tablicu i koristimo Lagrangeov interpolacioni polinom. 5. Tablicom je zadana funkcija f(x) x f(x) Inverznom interpolacijom izračunati x i x za koje važi f(x ) =.5 i f(x ) =.8. Rešenje: Popunimo tablicu konačnim razlikama, y k = f(x k ). x y y y 3 y Pošto je f(x ) =.5, prema vrednostima za y k, očekujemo da bude x [1, ], pa koristimo I Newtonov interpolacioni polinom. y = y + u y + u(u 1) y +! Kako je u = x x, h = 1, y =.5, tražimo u. Iz (7) sledi: h u(u 1)(u ) 3 y (7) 3! u = y y u(u 1) y u(u 1)(u ) 3 y y y y 6 y (8) u = u(u 1).57 u(u 1)(u ) (9) u =.3965 u(u 1).6846 u(u 1)(u ).7 (1) Sada formiramo iterativni proces po u na sledeći način. Za poznatu vrednost u n sledeću iteraciju u n+1 raćunamo po formuli: u n+1 =.3965 u n (u n 1).6846 u n (u n 1)(u n ).7, n =, 1,... (11) Može se pokazati da je ovo preslikavanje kontrakcija, pa kao takvo, po Banahovoj teoremi ima nepokretnu tačku, koja je rešenje jednačine (1). Početna vrednost u iterativnom postupku (11) je u =. Kada zamenimo tu vrednost u desnu stranu jednačine dobićemo sledeću vrednost u 1. u 1 =.3965 u (u 1).6846 u (u 1)(u ).7 8

41 Sada je u 1 = Ponavljamo postupak tako što na desnoj strani dobijenu vrednost za u 1. u =.3965 u 1 (u 1 1).6846 u 1 (u 1 1)(u 1 ).7 Na ovaj način dobijamo sledeći niz: u = u 1 =.3965 u =.418 u 3 =.4139 u 4 =.4139 Vrednosti za u 3 i u 4 su iste, pa tu zaustavljamo proces, i za traženu vrednost u uzimamo u = u 4 = Ovu vrednost za u smo dobili za y =.5, pa ona odgovara vrednosti x. Sada je x = uh + x = = tj. x = Vrednost y =.8 se nalazi pri kraju tabele, pa ćemo za nalaženje vrednosti x, za koju važi f(x ) =.8, koristiti II Newtonov interpolacioni polinom: Sada je: y = y 3 + v y + v(v + 1) y 1 +! v(v + 1)(v + ) 3 y (1) 3! v = y y 3 v(v + 1) y 1 v(v + 1)(v + ) 3 y y y y 6 y (13) v = v(v + 1).98 v(v + 1)(v + ).1439 (14) Iz (14) formiramo iterativni proces: v n+1 = v n (v n +1).98 v n (v n +1)(v n +).1439, n =, 1,... (15) Za početnu vrednost uzimamo v = i koristeći (15) dobijamo niz: v = v 1 = v =.1343 v 3 = v 4 = v 5 = Vrednosti v 4 i v 5 su se poklopile, pa stajemo sa iterativnim procesom. Sada je v = v 5 =.13546, v = x x 3 i h tj. x = Naći nule funkcije: x = vh + x 3 = =

42 x f(x) Rešenje: Tražimo tačku x takvu da je f(x ) =, tj. f 1 () = x, gde je f 1 funkcija data sledećom tabelom: y x Sada su čvorovi u tačkama y k pored - anim u rastućem poretku. Koristimo Lagrangeov interpolacioni polinom (), gde je y =. (y y ) (y y 1 ) (y y ) (y y 3 ) D (y 1 y ) (y y 1 ) (y 1 y ) (y 1 y 3 ) D 1 (y y ) (y y 1 ) (y y ) (y y 3 ) D (y 3 y ) (y 3 y 1 ) (y 3 y ) (y y 3 ) D 3 Π 4 (x) P 3 () = [ ] = x =

43 4 Numerička integracija 4.1 Newton-Cotesove formule Opšte trapezno pravilo sa n + 1 ekvidistantnih čvorova, (x, x 1,..., x n ), a = x < x 1 <... < x n = b, h = x k x k 1, je dato formulom: b a f(x)dx = h (f + (f f n 1 ) + f n ) + R (1) gde je f k = f(x k ), i R M greška trapeznog pravila koja je oblika: R M = (b a) M h 1. () Opšte Simpsonovo pravilo kad imamo n+1 ekvidistantnih čvorova, (x, x 1,..., x n ), a = x < x 1 <... < x n = b, je dato formulom: b a f(x)dx = h 3 (f + 4(f 1 + f f n 1 ) + (f + f f n ) + f n ) + R (3) gde je f k = f(x k ), i R M greška Simpsonovog pravila koja je oblika: R M = (b a) M 4h (4) Ovde je M k = max x [a,b] f (k) (x). Za korišćenje Simpsonove formule potreban je neparan broj čvorova. Ukupna greška koja nastaje prilikom odred - ivanja integrala kvadraturnim formulama tipa (1) i (3) nastaje pod uticajem greške metode, R M, i greške računa, r, koja je posledica zaokruživanja: R = R M + r (5) Greška računa, kada se računa sa k decimala, iznosi r = (b a) 1 1 k (6) pri čemu deo 1 1 k je posledica načina zaokruživanja. Rungeova ocena greške se koristi za procenu greške metode i ima sledeći oblik: R(f) = I(f) I h (f) = I h(f) I h (f) k 1 (7) pri čemu je I(f) tačna vrednost integrala, I h (f) približna vrednost dobijena sa korakom h, i I h (f) približna vrednost dobijena sa prepolovljenim korakom h. Pri tom, za trapeznu formulu (1) k =, a za Simpsonovu formulu (3) k = 4. Podelu usitnjavamo sve dok greška R(f) nije manja od unapred zadate greške metode R M. 13. Koristeći Simpsonovu formulu izračunati integral 1 cos(x )dx sa tačnošću R = pomoću Rungeove ocene greške. 1

44 Rešenje: Ukupna greška R je zbir greške metode R M i greške računa r, tj. R = R M + r. Pošto radimo sa 5 decimala, to je greška računa, prema (6), r = (1 ) 1 1 5, dozvoljena greška u postavci zadatka je R =.5 1 4, pa je prema tome, dozvoljena greška metode: R M = R r = = (8) Ovo je dozvoljena greška pri aproksimaciji vrednosti integrala Simpsonovom formulom. Za procenu greške metode koristimo Rungeovu ocenu greške (7). Interval po kome integralimo funkciju f(x) = cos(x ) je [, 1], pošto koristimo Simpsonovu formulu potreban nam je neparan broj čvorova podele ovog intervala. Zato je pogodan korak po kome vršimo podelu intervala h =.1, u tom slučaju imamo 11 čvorova. Formiramo tabelu na sledeći način: x y, y n y k 1 ( 4) y k ( ) x f(x ) x 1 f(x 1 ) x f(x ) x 3 f(x 3 ) x 4 f(x 4 ) x 5 f(x 5 ) x 6 f(x 6 ) x 7 f(x 7 ) x 8 f(x 8 ) x 9 f(x 9 ) x 1 f(x 1 ) A B C Ovde je f(x) = cos(x ) podintegralna funkcija, a brojevi A, B i C predstavljaju sume brojeva u odgovarajućoj koloni, tj. A je suma vrednosti podintegralne funkcije u prvom i poslednjem čvoru, B je suma vrednosti u neparnim čvorovima, i C je suma vrednosti u parnim čvorovima izuzev prvog i poslednjeg. Na ovaj način dobijamo pregledno vrednosti koje u formuli (3) množimo sa odgovarajućim faktorom (koji smo zapisali u zaglavlju tabele u zagradama!) i sabiramo. Za vrednosti koje dobijamo pri rešavanju ovog zadatka, pri koraku h =.1, tabela će izgledati na sledeći način: x y, y n y k 1 ( 4) y k ( )

45 Trigonometrijske funkcije izračunavamo u radijanima. Simpsonovoj formuli (3) po koraku h =.1: Sada je aproksimacija integrala po I.1 =.1 [ ] 3 I.1 =.945 (9) Da bismo iskoristili Rungeovu ocenu greške (7), prepolovićemo korak podele intervala po kom vršimo integraciju, h =.5. Sada imamo novu podelu, sa 1 čvorom, pri čemu su svi čvorovi prethodne podele sa korakom h =.1, osim prvog i poslednjeg, sada parni čvorovi u novoj podeli sa korakom h =.5. Nećemo pisati celu tabelu za novu podelu, već samo vrednosti podintegralne funkcije u novim čvorovima, koji su sada neparni, i njihova suma se množi sa faktorom 4 u Simpsonovoj formuli (3). x y k 1 ( 4) Sada je aproksimacija integrala po Simpsonovoj formuli (3) po koraku h =.5: Rungeova ocena greške je: I.5 =.5 [ ( )] 3 I.5 =.9454 (1) R(f) = I.5 I = = < gde je dozvoljena greška metode. Dakle, postignuta je tražena tačnost. Vrednost integrala aproksimiramo vrednošću I.5 koja ima veću tačnost. I I.5 = Izračunati integral 1 dx 1 + x Simpsonovom kvadraturnom formulom sa greškom manjom od 1 4, koristeći egzaktnu ocenu greške. 3

46 Rešenje: Ukupna greška koja je dozvoljena u postavci zadatka iznosi R = 1 4, a greška računa, pošto radimo na četiri decimale je, prema (6), r = = Sada je maksimalna dozvoljena greška metode, prema (5), R M = = (11) Iskoristimo egzaktnu ocenu greške Simpsonove formule (4), kako bismo našli korak podele intervala integracije h koji nam obezbed - uje da greška metode bude u granicama dozvoljenog. R M = (b a) M 4h 4 18 M 4 = max x [,1] f IV (x) f(x) = x, f IV 4 (x) = (1 + x) 5 M 4 = max 4 [,1] (1 + x) 5 = 4 Sada imamo M 4, i to možemo da ubacimo u (4), tada je, zbog (11), R M = 4 18 h h Dobijamo da je korak koji nam obezbed - uje dozvoljenu grešku metode h.139. Uzmimo za korak h podele intervala po kome vršimo integraciju h =.1. Ovaj korak nam obezbed - uje neparan broj čvorova 11. Formiramo tablicu slično kao u predhodnom zadatku: x y, y n y k 1 ( 4) y k ( ) Iz ovako formirane tabele moěmo lako da formiramo Simpsonovu formulu po koraku.1: I.1 =.1 [ ] 3 Približna vrednost integrala je izraǔnata sa traženom tačnošću, pošto smo na taj način odabrali korak h. I I.1 =

47 15. Dat je integral I = 3 cosh(x) dx. a) U MAPLEu nacrtati grafike aproksimacije integrala I trapeznim pravilom sa, 3 i 5 čvorova i Simpsonovim pravilom sa 3 i 5 čvorova. b) Koliko puta je potrebno izračunati vrednost funkcije f(x) = cosh(x) prilikom aproksimacije integrala I trapeznim i Simpsonovim pravilom sa tačnošću 1 6? Rešenje: a) > with(student[calculus1]): > ApproximateInt(cosh(x),..3, output=plot, partition=1, > method=trapezoid, title="aproksimacija integrala \n > funkcije f(x)=cosh(x) \n na intervalu [,3] \n > trapeznim pravilom sa čvora"); Aproksimacija integrala funkcije f(x)=cosh(x) na intervalu [,3] trapeznim pravilom sa vora 1 Area: Partitions: x 1 3 f(x) > ApproximateInt(cosh(x),..3, > output=plot, partition=, method=trapezoid, title="aproksimacija > integrala \n funkcije f(x)=cosh(x) \n na > intervalu [,3] \n trapeznim pravilom sa 3 > čvora");