6. Nelinearne jednadžbe i sustavi

Transcript

1 6. Nelinearne jednadžbe i sustavi 6.. Osnovne napomene Neka je I interval u R, f : I R neprekidna funkcija na I inekajedana jednadžba f(x) =0. (6.) Riješiti jednadžbu (6.) znači naći one x za koje vrijedi jednakost (6.). Svi takvi x čine skup rješenja (korijeni ili nultočke) jednadžbe (6.). Uobičajena podjela jednadžbi je na:. Algebarske koje su oblika a n x n + a n x n a x + a 0 =0, a n 0. (6.). Transcedentne, tj. one koje nisu algebarske. Algebarske jednadžbe do uključivo četvrtog stupnja, n 4, možemo riješiti direktno, kao npr. kvadratne jednadžbe. Ta rješenja su dana formulama, koje se zbog složenosti rijetko koriste. Za opće rješenje jednadžbe stupnja n 5 to je neizvedivo, što znači da ne možemo napisati formulu s konačnim brojem operacija (zbrajanje, oduzimanje, množenje, dijeljenje, potenciranje i korijenovanje) nad koeficijentima jednadžbe i realnim brojevima. Ipak i kod algebarskih jednadžbi do uključivo četvrtog stupnja, često egzaktno rješenje koje je izraženo simbolički ne zadovoljava potrebe, s obzirom da se traži numerički rezultat. Tako npr. kada je potrebno odrediti pozitivni korijen jednadžbe x k c =0 (k>, c > 0), traženo egzaktno rješenje je x = k c.medutim simbol k ne rješava problem, jer ne daje postupak izračunavanja broja x. Stogai kod rješavanja algebarskih jednadžbi trebamo metode kojimo aproksimiramo rješenja. Traženje nultočki na zadanu točnost u R (aproksimativna rješenja) bilo algebarskih bilo transcedentnih jednažbi sastoji se od dvije faze:

2 6.. OSNOVNE NAPOMENE 7. Izolacija jedne ili više nultočki, tj. nalaženje intervala I unutar kojeg se nalazi bar jedna nultočka.. Iterativno nalaženje nultočke na traženu točnost (iterativni postupak). To je postupak kojim nalazimo niz brojeva x n,n=0,,,...koji predstavljaju približne vrijednosti rješenja. Cilj je dobiti približno rješenje u granicama unaprijed zadane točnosti. Da bi se to ostvarilo približna rješenja x n trebaju težiti k rješenju ξ. Ako se to dogada, tj. ako niz (x n ) konvergira, i ako je lim x n = ξ, n onda kažemo da iterativni ostupak konvergira k rješenju. Član x n zove se n-ta aproksimacija rješenja ξ. Naravno, možemo naći samo konačno mnogo članova niza. Tako se moramo zadovoljiti s približnim rješenjem. Koja će aproksimacija biti dovoljno dobra ovisi o tome kolika je greška dozvoljena. Prema tome bit će nam važno znati ocijeniti grešku koju činimo kad pravo rješenje ξ zamjenimo s n-tom aproksimacijom. Navedimo i nekoliko činjenica potrebnih kod rješavanja nelinearnih jednadžbi:. Ako je f neprekidna i na krajevima segmenta [a, b] prima vrijednosti sa suprotnim predznacima, tj. f(a)f(b) < 0, onda unutar segmenta [a, b] postoji barem jedno rješenje jednadžbe f(x) = 0.. Ako derivacija f na [a, b] ima isti predznak i vrijedi f(a)f(b) < 0, onda je rješenje jedinstveno (f je strogo monotona na [a, b]). Za ocjenu greške aproksimacije vrijedi sljedeća činjenica: Teorem 6.. Neka je ξ točna, a x aproksimativna vrijednost rješenja jednadžbe f(x) =0koja pripada segmentu [a, b] i neka je 0 <m =min x [a,b] f (x). Tada vrijedi sljedeća ocjena x ξ f( x) m. (6.3) Dokaz. Iz Teorema srednje vrijednosti imamo f( x) f(ξ) = f (c), c (a, b), x ξ pa kako je f(ξ) =0 x ξ = f( x) f (c) f( x). m Postoji mnogo metoda za nalaženje nultočaka nelinearnih funkcija a mi ćemo razmotriti Newtonovu metodu (metoda tangente), metodu sekante i metodu jednostavnih iteracija.

3 7 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI 6.. Newtonova metoda (metoda tangente) Pretpostavimo da je zadana početna točka x 0. Ideja Newtonove metode je povući tangentu na krivulju y = f(x) utočki (x 0,f(x 0 )) i definirati novu aproksimaciju x utočki gdje ona siječe os x. Slika 6.. Geometrijski izvod je jednostavan. U točki x 0 napiše se jednadžba tangente i pogleda se gdje siječe os x. Jednadžba tangente je y f(x 0 )=f (x 0 )(x x 0 ), odakle izlazi da je nova aproksimacija x := x x = x 0 f(x 0) f (x 0 ). Na isti način dalje dobivamo točku x (v. sl. 6..): x = x f(x ) f (x ). Iz ovog je opisa jasno zašto se Newtonova metoda još zove i metoda tangente. Do Newtonove metode može se doći i na drugačiji način. Pretpostavimo li da je funkcija f dva puta derivabilna (na nekom području oko ξ, f(ξ) = 0), onda prema Taylorovoj formuli imamo 0=f(x) f(x 0 )+f (x 0 )(x x 0 ),

4 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) 73 pa za x := x dobivamo novu aproksimaciju. Usljedećem teoremu su dani dovoljni uvjeti pod kojima postupak konvergira. Teorem 6.. Neka je f(a)f(b) < 0 i neka f i f ne mijenjaju predznak na [a, b]. Ako podemo od neke točke x 0 [a, b] za koju vrijedi i definiramo niz (x n ) s f(x 0 )f (x 0 ) > 0 x n+ = x n f(x n), n =0,,,... f (x n ) onda niz (x n ) konvergira k jedinstvenom rješenju ξ jednadžbe f(x) =0. Dokaz. Pretpostavimo, na primjer, da je f (x) > 0if (x) > 0 na cijelom [a, b]. Tada f raste, pa mora biti f(a) < 0if(b) > 0. Zbog f (x) > 0, za startnu iteraciju x 0 mora vrijediti f(x 0 ) > 0. U praksi možemo uzeti x 0 = b jerjetojedinatočka za koju sigurno znamo da vrijedi f(x 0 ) > 0. Neka je (x n,n N 0 ) niz iteracija generiran Newtonovom metodom iz startne točke x 0 za koju je f(x 0 ) > 0. Znamo da je x 0 >ξi tvrdimo da je ξ<x n x 0 za svaki n N 0. Dokaz koristi matematičku indukciju, pri čemubazuvećimamo. Pretpostavimo da pretpostavka vrijedi za k = n, tj. ξ<x k x 0.PremaTaylorovoj formuli 0=f(ξ) =f(x k )+f (x k )(ξ x k )+ f (c n ) (ξ x k ), pri čemu je c n (ξ,x k ) [a, b]. Zbog f (c n ) > 0 imamo f(x k )+f (x k )(ξ x k ) < 0, odakle slijedi x k+ = x k f(x k) f (x k ) >ξ. Time je dokazan korak indukcije, pa slijedi da je niz (x n )omeden. Kako je f(x k ) > 0 i f (x k ) > 0iz x k+ = x k f(x k) f (x k ) imamo x k+ <x k x 0, što pokazuje da niz (x n ) monotono pada. Kako je taj padajući niz omeden s ξ odozdo, postoji limes ξ := lim x n, n

5 74 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI za koji vrijedi ξ ξ x 0,tj. ξ [a, b]. Prijelazom na limes u formuli za Newtonove iteracije dobivamo ξ = ξ f( ξ) f ( ξ), odakle koristeći f ( ξ) 0, slijedi f( ξ) = 0. Kako je ξ jedina nultočka od f u intervalu [a, b], mora vrijediti ξ = ξ. Preostala tri slučaja za predznake prve i druge derivacije dokazuju se potpuno analogno. Napomena 6.. Primjetimodaakojef(a)f(b) < 0 i f (x) > 0 za x [a, b] tada f(a) < 0 i f(b) > 0. Analogno za f (x) < 0, f(a) > 0 i f(b) < 0. Tada, ako je f (x) > 0 i f (x) > 0 da bi bio ispunjen uvjet f(x 0 )f (x 0 ) > 0 možemo uzeti x 0 = b, akadjef (x) < 0 i f (x) > 0, x 0 = a. Analogno dobijemo da je za f (x) < 0 i f (x) > 0, x 0 = a izaf (x) < 0 i f (x) < 0, x 0 = b. Izvedimo sada formulu za ocjenu pogreške. Iz Taylorove formule imamo f(x n )=f[x n +(x n x n )] = f(x n )+f (x n )(x n x n )+ f (c n )(x n x n ), (6.4) gdje je c n (x n,x n ). Po definiciji iteracija u Newtonovoj metodi vrijedi i što uvršteno u (6.4) daje f(x n )+f (x n )(x n x n )=0, f(x n )= f (c n )(x n x n ). Dakle, f(x n ) M (x n x n ) gdje je M =max x [a,b] f (x). Kombinacijom ove ocjene i (6.3) dobivamo ξ x n M m (x n x n ), što se može iskoristiti u praksi. Ako je ε tražena točnost za apsolutnu grešku, onda test M (x n x n ) ε m garantira da je ξ x n ε.

6 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) 75 Primjer 6.. Neka je k > prirodan broj, i neka je c > 0. Nadimo, pomoću Newtonove metode, približnu vrijednost pozitivnog k-tog korijena iz c. Rješenje. Izračunati k-ti korijen iz broja c znači riješiti po x jednadžbu x k c =0. Ovdje je f(x) =x k c, f (x) =kx k, pa Newtonova metoda daje odnosno x n+ = k x n+ = x n xk n c, kx k n ( (k )x n + c ) x k n Što se tiče izbora početne aproksimacije x 0 i konvergencije, primijetimo sljedeće. Za 0 <a< k c<bimamo f(a)f(b) < 0. Zatim, zbog f (x) =kx k, f (x) = k(k )x k,zasvakix [a, b] jef (x) > 0, i f (x) > 0izčega imamo da je x 0 = b. Specijalnokadajek =, imamo jednostavnu i vrlo efikasnu formulu za približno računanje drugog korijena x n+ = ( x n + c ). x n Za c = 0 imamo jednadžbu x = 0. Rješenje je unutar intervala [3, 4] jer je za f(x) =x 0, f(3) = af(4)=6pajef(3)f(4) < 0. Kako je x 0 = 4 imamo pa kako je x = ( 4+ 0 ) =3.5, x = 4 ( x 3 =. ( ) = ) 0 =3.6779, m = min f (x) = min x =6, M x [3,4] x [3,4] =max x [3,4] f (x) =, greška aproksimacije je ε 3 = ( ) = < 0 6. Primjer 6.. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 6 jednadžbe 3x +ln(x +4)=. nadite nultočku

7 76 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Slika 6.. Rješenje. Prvo trebamo odrediti interval izoliranosti pa crtamo grafove funkcija y =ln(x +4)iy = 3x i tražimo njihovu presječnu točku: Iz Slike 6.. vidimo da je nultočka unutar intervala [, 0] što je istina jer ako stavimo f(x) =3x +ln(x +4) imamo da je f( ) = 4 + ln 3 < 0i f(0) = ln 4 > 0pajef( )f(0) < 0. Računamo f (x) = 3 + > 0if (x) = < 0na[, 0] pa iz x+4 (x+4) toga slijedi da je x 0 = (vidi Napomenu 6..). Odavde još imamo da je M = max x [,0] f (x) = i m 9 =min x [,0] f (x) = 3,pajetestzatraženu točnost 4 u obliku ε n = x n x n = Sada, x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x n 3x n +ln(x n +4) 3x n+3 x n+4 Izborom x 0 = dobivamo sljedeće aproksimacije: x = , ε = , x = 0.877, ε = , x 3 = 0.875, ε 3 = = x n x n ln(x n +4) 4ln(x n +4) 4. 3x n +3 Kako je ε 3 < približno rješenje jednadžbe je x = Primjer 6.3. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 6 jednadžbe x cos x =0. nadite nultočku

8 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) Slika 6.3. Rješenje. Prvo trebamo odrediti interval izoliranosti pa crtamo grafove funkcija y = x i y =cosx i tražimo njihovu presječnu točku: Iz Slike 6.3. vidimo da je nultočka unutar intervala [0, ] što je istina jer ako stavimo f(x) =x cos x imamodajef(0) = < 0if() = cos > 0paje f(0)f() < 0. Računamo f (x) =+sinx>0if (x) =cosx>0na[0, ] pa iz toga slijedi da je x 0 = (vidi Napomenu 6..). Odavde još imamo da je M =max x [0,] f (x) = i m =min x [0,] f (x) =, pa je test za traženu točnost u obliku ε n = x n x n 0 6 = Sada, x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x n x n cos x n +sinx n Izborom x 0 = dobivamo sljedeće aproksimacije: x = , ε = , x =0.7398, ε =0.05, x 3 = , ε 3 = = x n sin x n +cosx n +sinx n. Kako je ε 3 < približno rješenje jednadžbe je x = Primjer 6.4. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 6 odredite najmanje pozitivno rješenje jednadžbe tg x = x. Rješenje. Prvo trebamo odrediti interval izoliranosti pa crtamo grafove funkcija y = x i y =tgx i tražimo njihovu presječnu točku:

9 78 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Slika 6.4. Iz Slike 6.4. vidimo da je nultočka unutar intervala [ ] π, 3π. Kako tgx nije definiran u 3π jednažbu tg x = x zapisujemo u obliku sin x = x cos x pa je f(x) = x cos x sin x. f(π) = π <0, f ( ) ( ) 3π => 0, pa je f(π)f 3π < 0. Računamo f (x) = x sin x pa imamo f (π) = 0 što znači da se moramo maknuti u desno pa dobivamo interval [ ] 4, 3π. Kako je f(4) = 4 cos 4 sin 4 =.86 < 0nultočka je unutar tog intervala. Sada imamo da je f (x) > 0if (x) = sin x x cos x>0na [ ] 4, 3π,paiztogaslijedidajex0 = 3π. (rj. x = ) Primjer 6.5. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 6 jednadžbe x x =0. nadite nultočku Rješenje. Jednadžbu x x =0pišemo u obliku x ln x = ln 0 pa prvo trebamo ln 0 odrediti interval izoliranosti. Crtamo grafove funkcija y =lnx i y = i tražimo x njihovu presječnu točku. Iz Slike 6.5. vidimo da je nultočka unutar intervala [, 3] što je istina jer ako stavimo f(x) =x ln x ln 0 imamo da je f() = ln ln 0 = 0.9 < 0i f(3) = 3 ln 3 ln 0 = 0.99 > 0pajef()f(3) < 0. Računamo f (x) =lnx + > 0if (x) = > 0na[, 3] pa iz toga slijedi da je x x 0 = 3 (vidi Napomenu 6..). Odavde još imamo da je M =max x [,3] f (x) = i m =min x [,3] f (x) =+ln,pajetestzatraženu točnost u obliku ε n = x n x n 4( + ln ) 0 6 =

10 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) Slika 6.5. Sada, x n+ = x n f(x n) f (x n ) = x n x n ln x n ln 0 = x n +ln0. +lnx n +lnx n Izborom x 0 = 3 dobivamo sljedeće aproksimacije: x =.5670, ε = , x =.50675, ε = , x 3 =.50684, ε 3 = Kako je ε 3 < približno rješenje jednadžbe je x = Primjer 6.6. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 6 nadite nultočke jednadžbe 3 x x +=0. Rješenje. Suspstitucijom t = 3 x dobivamo jednadžbu t 5 5t + = 0 pa prvo trebamo odrediti intervale izoliranosti. Crtamo graf funkcije y =t 5 5t + (ekstremi su u točkama 0 i ) i tražimo njegove presječne točke s x-osi. Iz Slike 6.6. vidimo da su nultočke unutar intervala [, 0], [0, ], [, ] što je istina jer ako stavimo f(t) =t 5 5t + imamo da je f( ) = 6 < 0,f(0) = > 0,f() = < 0if() = 45 > 0pajef( )f(0) < 0,f(0)f() < 0if()f() < 0. Prvo tražimo nultočku unutar intervala [, ]. Računamo f (t) =0t 4 0t >0 i f (t) = 40t 3 0 > 0 na (, ], a f () = 0 pa smanjimo interval na [., ], (f(.) =.83 < 0) pa iz toga slijedi da je t 0 = (vidi Napomenu 6..). Odavde još imamo da je M =max x [.,] f (t) = 30 i m =min x [.,] f (t) = Zog Teorema o srednjoj vrijednosti za ocjenu pogreške imamo ξ x x n = x (t) ξ t t n = 3t ξ t t n max t [.,] 3t ξ t t n = ξ t t n,

11 80 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Slika 6.6. pa kako treba biti ξ x x n < 0 6 imamodamorabiti ξ t t n < 0 6. Test za traženu točnost je onda u obliku Sada, ε n = t n t n = t n+ = t n f(t n) f (t n ) = t n t5 n 5t n + = 8t5 n 5t n. 0t 4 n 0t n 0t 4 n 0t n Izborom t 0 = dobivamo sljedeće aproksimacije: t = , ε =0.3486, t = , ε = , t 3 = , ε 3 =0.830, t 4 = , ε 4 = , t 5 = , ε 5 = , t 6 = , ε 6 = ,. Kako je ε 6 < približno rješenje jednadžbe je t = pa je x = Rješenja za ostale intervale su x = i x 3 = Zadaci za vježbu. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 4 približno riješite jednadžbu x ln(x + ) = 0. (rj. x = )

12 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) 8. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 4 približno riješite jednadžbu cos x = x. (rj. x =.4546) 3. Newtonovom metodom nadite najveću nultočku jednadžbe ln(x +) x3 x (rj. x =.78) 4. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 4 odredite približno bar dva strogo pozitivna rješenja jednadžbe e x =cosx. (rj. x =.969, x = 4.79) 5. Odredite točku na krivulji y =sin x koja je najmanje udaljena od točke (, 0), Newtonovom metodom sa greškom koja nije veća od 0. (rj. x =0.85) 6. Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 4 približno riješite jednadžbu ln x =x(x ). (rj. x =0.664) 7. Newtonovom metodom s točnošću od 0 odredite najveću negativnu nultočku jednadžbe tg x x + = 0. (rj. x = 0.975) 8. Newtonovom metodom nadite barem jedno pozitivno rješenje jednadžbe x sin x =stočnošću većom od 0 3. (rj. x =.4) 9. Newtonovom metodom nadite realno rješenje jednadžbe x 3 x =0s točnošću većom od 0 4. (rj. x =.0557) 0. Newtonovom metodom nadite sva rješenja jednadžbe 6 sin x = x 3 stočnošću većom od 0 3. (rj. x =.80, x =.80). Newtonovom metodom s točnošću ε =0 4 odredite najveću nultočku funkcije f(x) = x 3cosx. (rj. x =.548). Newtonovom metodom s točnošću većom od 0 3 približno izračunajte najveću realnu nultočku polinoma x 4 x 3 + x + x 6 = 0. (rj. x =.550) 3. Newtonovom metodom s točnošću od 0 4 riješite jednadžbu 3 x + x = 0. (rj. x = ) 4. Newtonovom metodom s točnošću od 0 nadite korijen jednadžbe ln x = tg x koji je najmanje udaljen od nule. (rj. x = 0.769) 3 5. Newtonovom metodom s točnošću od 0 4 odredite nultočku funkcije x ln x = 8. (rj. x =8.4394) 6. Newtonovom metodom s točnošću ε =0 4 odredite približno rješenje jednadžbe ln x + x = 0. (rj. x =0.659) 7. Newtonovom metodom s točnošću ε =0 3 približno riješite jednadžbu sin x = log / x. (rj. x =0.6554) 8. Newtonovom metodom, s točnošću od 0 4, približno riješite jednadžbu arcsin(x/) = x. (rj. x =0.664) 3 +

13 8 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI 9. Newtonovom metodom, s točnošću od 0 3, približno riješite jednadžbu arccos x = x +. (rj. x =0.834) Programska realizacija. Riješite jedndžbu sin x =ln ( x + ) na intervalu [0, π].. Riješite jedndžbu arcsin x = x + na intervalu [, ]. 3. Nadite manju nultočku jedndžbe e x =4sin3x na intervalu [, 0]. 4. Riješite jedndžbu e x = x na intervalu [, ].

14 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) 83 f x_ : Sin x Log x Plot f x, x, 0, Pi fd x_ D f x, x Cos x x Plot fd x, x,, fd x_ D f x, x, Sin x x Plot fd x, x,, FindRoot Sin x Log x, x, x.994 Slika 6.7.

15 84 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI f x_ : ArcSin x x Plot f x, x,, fd x_ D f x, x x x Plot fd x, x, 0.5, fd x_ D f x, x, x x 3 Plot fd x, x, 0.5, FindRoot ArcSin x x, x, 0.9 x Slika 6.8.

16 6.. NEWTONOVA METODA (METODA TANGENTE) 85 f x_ : Exp x 4 Sin 3 x Plot f x, x,, fd x_ D f x, x x Cos 3 x Plot fd x, x,, fd x_ D f x, x, 4 x 36 Sin 3 x Plot fd x, x,, FindRoot Exp x 4 Sin 3 x, x, x Slika 6.9.

17 86 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI f x_ : Exp x x Plot f x, x,, fd x_ D f x, x x x Plot fd x, x,, fd x_ D f x, x, x Plot fd x, x,, FindRoot Exp x x, x, x Slika 6.0.

18 6.3. METODA SEKANTE Metoda sekante Ako graf funkcije f umjesto tangentom, aproksimiramo sekantom, dobili smo metodu sekante. Slika 6.. Jednadžba sekante kroz krajnje točke luka glasi: x a b a = Za y = 0 dobivamo sjecište sekante s x-osi x = a y f(a) f(b) f(a). f(a) (b a). f(b) f(a) Ponovimo sada postupak na segmentu [x,b] [a, b] kaošto je ilustrirano na Slici 6... Taj postupak možemo nastaviti pri čemu općenito niz {x i } može divergirati. Da osiguramo konvergenciju postupka pretpostavimo da f ne mijenja predznak na [a, b]. Time je f konveksna (konkavna) funkcija na [a, b] pa sekanta siječe graf od f nad [a, b] samo u krajnjim točkama. Neka je npr. f (x) > 0na[a, b]. Slučaj f (x) < 0 svodi se na rješavanje jednadžbe f(x) =0. Uzf (x) > 0 imamo dva podslučaja:

19 88 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI. Za f(a) > 0 uzimamo x 0 = b za prvu aproksimaciju. Tada imamo x n+ = x n f(x n ) f(x n ) f(a) (x n a), n =0,,,... (6.5) štozbogkonveksnostiodf daje jedan ograden monotono padajući niz aproksimacija {x n } pa prema tome niz {x n } konvergira k nekom ξ = lim n x n.. Za f(a) < 0 uzimamo x 0 = a. Tada imamo x n+ = x n f(x n ) f(b) f(x n ) (b x n), n =0,,,... Zbog konveksnosti od f dobivamo ograden monotono rastući niz aproksimacija {x n } koji konvergira k nekom ξ = lim n x n. Za ocjenu pogreške aproksimacije imamo: Neka je f ogradenana[a, b], tj. m f (x) M,x [a, b]. Razmotrimo samo prvi slučaj, tj. kada je u postupku x 0 = b (analogno u drugom slučaju). Iz (6.5) lako dobivamo pa dodavanjem f(ξ) = 0 imamo f(x n )= f(x n ) f(a) (x n x n ) x n a f(ξ) f(x n )= f(x n ) f(a) (x n x n ). (6.6) x n a Po teoremu o srednjoj vrijednosti primijenjom na obje strane jednakosti (6.6) dobivamo (ξ x n )f (ξ n )=(x n x n )f ( x n ), (6.7) ξ n (x n,ξ), x n (a, x n ). Umetanjem 0 = x n x n u prvi faktor lijeve strane od (6.7) lako dobivamo ξ x n = f ( x n ) f (ξ n ) x f n x n M m (ξ n ) f (ξ n ) x n x n M m m x n x n, što za zadanu točnost ε daje x n x n m ε M m. nadite nultočku jed- Primjer 6.7. Metodom sekante s točnošću većom od 0 3 nadžbe x x =0.

20 6.3. METODA SEKANTE 89 Rješenje. Iz Primjera 6.5. imamo f(x) = x ln x ln 0 i nultočka je unutar intervala [, 3]. Kako je f (x) = vidimo da je f konveksna na (0, ). Iz m = x min x [,3] ln x + =ln+im =max x [,3] ln x + = ln 3 + imamo da je test za traženu točnost u obliku ε n = x n x n (ln + )0 3 ln 3 ln = Sada, x n ln x n ln 0 x n+ = x n x n ln x n +ln0 (3 x n)= 0.993x n 3x n ln x n +3ln x n ln x n +ln0 Kako je f() < 0 imamo x 0 =i x =.4798, ε =0.4798, x =.5049, ε =0.05, x 3 =.506, ε 3 =0.00. Kako je ε 3 < približno rješenje jednadžbe je x =.506. U dosadašnjem opisu metode sekante držali smo jedan kraj segmenta [a, b] čvrstim. Postoji i modifikacija metode sekante kod koje mijenjamo oba kraja sekante. Sada se polazi od dviju aproksimacija x n i x n pa imamo formulu f(x n ) x n+ = x n f(x n ) f(x n ) (x n x n )= x n f(x n ) x n f(x n ), (6.8) f(x n ) f(x n ) gdje je x 0 = a i x = b. U ovom slučaju za ocjenu pogreške iz (6.8) imamo tako da dodavanjem f(ξ) = 0 imamo f(x n )=(x n+ x n ) f(x n ) f(x n ) x n x n f(ξ) f(x n )=(x n+ x n ) f(x n ) f(x n ) x n x n. Prmjenom teorema srednje vrijednosti na obje strane dobivamo (ξ x n )f (ξ n )= f ( x n )(x n x n ) x n x n (x n+ x n )

21 90 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI gdje je ξ n (ξ,x n ), x n (x n,x n ), tako da vrijedi ξ x n = f ( x n ) f (ξ n ) (x n+ x n ), pa za ocjenu dobivamo što za zadanu točnost ε daje ξ x n M m x n+ x n, x n+ x n m ε M. nadite nultočku jed- Primjer 6.8. Metodom sekante s točnošću većom od 0 3 nadžbe x =cosx. Rješenje. Iz Primjera 6.3. imamo f(x) =x cos x inultočka je unutar intervala [0, ]. Iz m =min x [0,] +sinx =im =max x [0,] +sinx =.845 imamo da je test za traženu točnost u obliku Sada, ε n = x n x n = x n+ = x n (x n cos x n ) x n (x n cos x n ) x n cos x n x n +cosx n = x n cos x n x n cos x n x n cos x n x n +cosx n. Za x 0 =0ix = imamo x = , ε =0.3497, x 3 = , ε 3 =0.056, x 4 =0.7399, ε 4 =0.008, x 5 = , ε 5 = Kako je ε 4 < približno rješenje jednadžbe je x = Metoda iteracije Napišimo jednadžbu (6.) u obliku x = ϕ(x). (6.9)

22 6.4. METODA ITERACIJE 9 Na rješavanje ove jednadžbe možemo primjeniti sljedeći postupak. Izaberimo na bilo koji način aproksimativnu vrijednost x 0 rješenja jednadžbe (6.9). Uvrstimo li x 0 u desnu stranu od (6.9) dobivamo Nastavimo li postupak dobivamo x = ϕ(x 0 ). x n = ϕ(x n ), n =,,... Ako dobiveni niz (x n ) konvergira, onda prelaskom na limes dobivamo odnosno ξ = lim n x n = ϕ( lim n x n )=ϕ(ξ), f(ξ) =0, pa smo našli rješenje polazne jednadžbe. Ako je ϕ rastuća funkcija metoda iteracije opisana je Slikom (6..), a kad je ϕ padajuća Slikom (6.3.). Slika 6..

23 9 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Slika 6.3. Sljedeći teorem kaže pod kojim uvjetima postupak konvergira. Teorem 6.3. Neka je ϕ :[a, b] [a, b] diferencijabilna na [a, b]. Akoje ϕ (x) q< za a<x<b, onda postupak iteracije x n = ϕ(x n ), n =,,... konvergira i to neovisno o početnoj vrijednosti x 0 [a, b], a ξ = lim n x n je jedinstveno rješenje jednadžbe (6.9) na segmentu [a, b]. Primjenom teorema o srednjoj vrijednosti dobivamo x n+ x n =(x n x n )ϕ ( x), x (x n,x n ),

24 6.4. METODA ITERACIJE 93 pa je zbog ϕ (x) q x n+ x n q x n x n. (6.0) Sada za ocjenu pogreške aproksimacije polazimo od funkcije g(x) =x ϕ(x) pa imamo Kako je g(ξ) = 0 imamo g (x) = ϕ (x) q. x n ϕ(x n ) = g(x n ) g(ξ) = x n ξ g ( x) ( q) x n ξ, gdje je x (x n,ξ), i prema tome odnosno što kombinirajući s (6.0) daje ξ x n x n ϕ(x n ) q ξ x n x n+ x n, q ξ x n q q x n x n. Ova formula omugućava ocijeniti pogrešku aproksimacije iz razlike uzastopnih aproksimativnih rješenja. Ako je zadana točnost ε>0, postupak iteracije treba voditi dok ne bude x n x n < q ε. (6.) q Najjednostavniji i najefikasniji način je da se iterativni postupak provodi dok ne postignemo x n x n <ε. nadite nultočke jed- Primjer 6.9. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 nadžbe x =3+lnx. Rješenje. Prvo trebamo odrediti interval izoliranosti pa crtamo grafove funkcija y = x 3iy =lnx i tražimo njihove presječne točke. Iz Slike 6.4. vidimo da su nultočke unutar intervala [0, ]i[4, 5], ali kako ln x nije definarina u 0 za prvi interval možemo uzeti [e 3,e ]. To su dobro izabrani intervali jer ako stavimo f(x) = x 3 ln x imamodajef(e 3 ) = e 3 > 0,

25 94 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Slika 6.4. f(e )=e < 0, f(4) = ln 4 < 0if(5) = ln 5 > 0pajef(e 3 )f(e ) < 0 i f(4)f(5) < 0. Za interval [4, 5] definiramo ϕ(x) = 3 + lnx što je dobro definirana funkcija (vidi Teorem 6.3.) jer je ϕ (x) = x ivrijedi ϕ (x) = q< na intervalu [4, 5]. 4 Izborom x 0 = 4 dobivamo sljedeće aproksimacije: x =4.3869, x = , x 3 =4.4998, x 4 =4.5039, x 5 = , x 6 =4.5058, x 7 = Kako je ε 7 = x 7 x 6 = < 0 3 (možemo gledati i na koliko se decimalnih mjesta znamenke poduddaraju) približno rješenje jednadžbe je x = Ako grešku računamo preko ocjene (6.) imamo ε 7 = x 7 x 6 = < = Za interval [e 3,e ] ne možemo koristiti funkciju ϕ(x) = 3 + lnx jer je ϕ (x) >. Probamo izraziti drugi x iz zadane jednadžbe pa dobijemo ϕ(x) =e x 3. Tada je ϕ (x) =e x 3 ivrijedi ϕ (x) e e = q< na intervalu [e 3,e ]. Izborom x 0 = e 3 = dobivamo sljedeće aproksimacije: x =0.0533, x = Kako je ε = x x = < 0 3 približno rješenje jednadžbe je x =

26 6.4. METODA ITERACIJE 95 Ako u zadanoj jednadžbi koristeči elementarne operacije i standardne procedure ne možemo naći funkciju ϕ(x) koja zadovoljava pretpostavke Teorema 6.3. koristimo se tzv. λ-trikom: Gledamo jednadžbu f(x) =0zakojujef (x) > 0 na intervalu [a, b]. Ako je f (x) < 0 onda umjesto f(x) uzimamo f(x). Ako jednadžbu f(x) =0pomnožimo s λ>0,λ R dobivamo λf(x) =0 x λf(x) =x, pa definiramo ϕ(x) = x λf(x). Da bi vako zadana funkcija ϕ ispunjavala pretpostavke Teorema 6.3. mora biti ϕ (x) = λf (x) <, iz čega je 0 <λf (x) <. Lijeva strana nejednakosti je ispunjena iz pozitivnisti od λ i f (x) a iz desne strane dobivamo da mora biti: λ< f (x). Ako je M =max x [a,b] f (x) brojλ odredujemo iz uvjeta λ< < M f (x). Primjer 6.0. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 nadite nultočke jednadžbe x =ln(x +). Rješenje. Prvo trebamo odrediti interval izoliranosti pa crtamo grafove funkcija y = x i y =ln(x + ) i tražimo njihove presječne točke. Iz Slike 6.5. vidimo da su nultočke unutar intervala [, 0]i[, ], a to su dobro izabrani intervali jer ako stavimo f(x) =x ln(x + ) imamo da je f( ) = ln = > 0, f(0) = ln < 0, f() = ln 3 < 0if() = 4 ln 4 > 0paje f( )f(0) < 0if()f() < 0. Za interval [, ] definiramo ϕ(x) = ln(x + )što je dobro definirana funkcija (vidi Teorem 6.3.) jer je ϕ (x) = ln(x+) x+ ivrijedi ϕ (x) 0.6 = q<na intervalu [, ]. Izborom x 0 = dobivamo sljedeće aproksimacije: x =.774, x =.075, x 3 =.05989, x 4 =.05753, x 5 =.0577.

27 96 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Slika 6.5. Kako je ε 5 = x 5 x 4 = < 0 3 približno rješenje jednadžbe je x = Za interval [, 0] koristimo λ-trik: f (x) =x pa zbog f (x) < 0na x+ intervalu [, 0] gledamo funkciju g(x) = f(x) = ln(x +) x. Dobivamo da je g (x) = x >0 na [, 0]. Sada, M x+ =max x [,0] g (x) =3pakakomora biti 0 <λ< M =,možemo uzeti λ =. 3 3 Izborom x 0 = iϕ(x) =x 3 (ln(x+) x ) dobivamo sljedeće aproksimacije: x = , x = 0.644, x 3 = , x 4 = 0.597, x 5 = , x 6 = Kako je ε 6 = x 6 x 5 = < 0 3 približno rješenje jednadžbe je x = Primjer 6.. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 nadite najmanju pozitivnu nultočku jednadžbe tg x = x. Rješenje. Iz Slike 6.4. vidimo da je nultočka unutar intervala [ π, ] 3π. Ako uzmemo da je x = ϕ(x) =arctgx to nije dobro definirana ] funkcija jer slika od ϕ nije unutar. Zbog periodičnosti od funkcije tg x imamo intervala [ π, 3π ],negojeϕ(x) [ π, π arctg x = arctg(tg x) = arctg(tg(x π + π)) = arctg(tg(x π)) = x π, pa možemo uzeti x = ϕ(x) =arctgx + π isadajeϕ(x) [ π, ] 3π.

28 6.4. METODA ITERACIJE 97 Zadaci za vježbu. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 približno riješite jednadžbu e x + x 5=0. (rj. x =.3066). Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 približno riješite jednadžbu x ln x 0.5 = 0. (rj. x =.6) 3. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 4 odredite približnu vrijednost bar jednog pozitivnog rješenja jednadžbe e x =sinx. (rj. x = π) 4. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 riješite jednadžbu sin(x +)= x 3. (rj. x =.034) 5. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 riješite jednadžbu e x ( x ) =. (rj. x =.4974) 6. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 4 odredite barem jednu realnu nultočku jednadžbe e x3 = x +. (rj. x =.347) 7. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 odredite manju nultočku jednadžbe ln x 3+x = 0. (rj. x =0.869) 8. Metodom iteracije nadite barem jedno realno rješenje jednadžbe x 5 5x 3 +5 = 0stočnošću većom od 0 4. (rj. x =.09589) 9. Metodom iteracije nadite barem jedno realno rješenje jednadžbe x ln x = 0 stočnošću većom od 0 3. (rj. x =3.463) 0. Metodom iteracije nadite negativno rješenje jednadžbe e x x + = 0 s točnošću većom od 0 3. (rj. x =.478). Metodom iteracije odredite pozitivnu nultočku funkcije f(x) =x +4sinx stočnošću većom od 0 3. (rj. x =0.38). Metodom iteracije s točnošću ε = 0 3 odredite manju nultočku funkcije f(x) =4 x ln x. (rj. x =0.3597) 3. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 4 približno riješite jednadžbu x = (x +) 3. (rj. x = 3.537) 4. Metodom iteracije s točnošću barem 0 4 odredite približne vrijednosti rješenja jednadžbe e x = x 3. (rj. x =.8578) 5. Metodom iteracije s točnošću većom od 0 3 nadite oba rješenja jednadžbe x 4lnx 3 = 0. (rj. x =0.6557, x =4.545) 6. Metodom iteracije s točnošću od 0 4 riješite jednadžbu ln ( x x =3.9603) ) = cos x. (rj. 7. Metodom iteracije s točnošću od 0 3 riješite jednadžbu 4 x 3 ln x =0. (rj. x =.5607)

29 98 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI 8. Metodom iteracije, s točnošću većom od 0 3, odredite približnu vrijednost najmanjeg rješenja jednadžbe e x = x 5. (rj. x =.958) 9. Metodom iteracije riješite jednadžbu ln ( ) x = sin x stočnošću od 0 3. (rj. x =.784) 0. Metodom iteracije riješite jednadžbu 4e x x 0 = 0 s točnošću od 0 4. (rj. x =.076). Metodom iteracija s točnošću većom od 0 3 riješite jednadžbu e x = x. (rj. x = 0.567). Metodom iteracije s točnošću ε =0 3 odredite rješenja jednadžbe e x = x +. (rj. x = 0.747) 3. Metodom iteracije s točnošću ε =0 3,približno riješite jednadžbu x 3 =ln x. (rj. x = ) 4. Metodom iteracije s točnošću od 0 3 približno riješite jednadžbu x =cosx. (rj. x =0.84) 5. Metodom iteracije, s točnošću ε =0 približno riješite jednadžbu e x =. x (rj. x = 0.567) Programska realizacija. Odredite približno realno rješenje, različito od nule, jednadžbe e x + x =0 5 stočnošću većom od ε =0 4.. Odredite približno realno rješenje jednadžbe x += stočnošću većom od x ε = Odredite približno realno rješenje jednadžbe x sin x =0stočnošću većom 4 od ε = Odredite približno realno rješenje jednadžbe x 3 x =0stočnošću većom od ε =0 3.

30 6.4. METODA ITERACIJE 99 Plot y Exp x, y x, x,, fi x_ : 5 Exp x fid x_ D fi x, x 5 x Plot fid x, x, 4, x n_ : fi x n x 0 5 N Table x n, n, , , Slika 6.6.

31 00 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Plot x, x,, x fi x_ : x fid x_ D fi x, x x 3 Plot fid x, x,, x n_ : fi x n x 0 N Table x n, n, , , , , , , , Slika 6.7.

32 6.4. METODA ITERACIJE 0 Plot y Sin x, y x, x,, fi x_ : Sin x 4 - fid x_ D fi x, x Cos x Plot fid x, x,, x n_ : fi x n x 0 N Table x n, n, ,.373,.575,.658,.69,.704,.709 Slika 6.8.

33 0 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI Plot y x 3,y x, x,, fi x_ : 3 x fid x_ D f x, x x x Plot fid x, x,.3, x n_ : fi x n x 0 N Table x n, n, ,.53083,.574,.558,.54 Slika 6.9.

34 6.5. SUSTAVI NELINEARNIH JEDNADŽBI Sustavi nelinearnih jednadžbi Newtonova metoda Promatramo opći sustav nelineranih jednadžbi s n nepoznanica f (x,x,...,x n )=0 f (x,x,...,x n )=0. (6.) f n (x,x,...,x n )=0 gdje su f i realne funkcije od n varijabli koje imaju neprekidne derivacije. Sustav (6.) možemo vektorski kraće zapisati tako da variable x,x,...,x n i funkcije f,f,...,f n shvatimo kao komponente n-dimenzionalnih vektora x x X =. x n f f i F (X) =. f n tako da uz oznaku f i (x,x,...,x n )=f i (X) imamo vektorski zapis Ako podemo od neke aproksimacije F (X) =0. (6.3) X (k) = x (k) x (k). x (k) n, matrični zapis iteracijskog koraka Newtonove metode je X (k+) = X (k) J (X (k) )F (X (k) ), k =0,,,... (6.4) gdje je s f x (X (k) ) f x (X (k) f ) x n (X (k) ) f J(X (k) )=F (X (k) x )= (X (k) ) f x (X (k) f ) x n (X (k) )... f n x (X (k) ) fn x (X (k) ) fn x n (X (k) )

35 04 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI dana Jacobijeva matrica, a početnu aproksimaciju X (0) moramo odabrati. Ako je niz aproksimacija konvergentan, tj. ξ = lim X (k), k onda je pod gornjim pretpostavkama na f i, taj limes rješenje polaznog sustava (6.). Uvjeti pod kojima ovaj postupak konvergira prelaze nivo matematičkog znanja u okviru ovog kolegija pa ih ne ćemo razmatrati. Primjer 6.. Newtonovom metodom riješite sustav nelinearnih jednadžbi ln(x + y)+y =0, x + xy =0, uzimajući za početne vrijednosti x 0 =, y 0 =. Rješenje. Imamo f (x, y) = ln(x + y)+y, f = x + xy pa je [ ln(x F (x, y) = ] + y)+y. x + xy Sada pa je J(x, y) =F (x, y) = [ f x f x f ] y f y [ J (x, y) = detj(x, y) y x [ gdje je detj(x, y) = x +y x (x + y +) ( y + Ako stavimo D k = x k +y k = [ x + ] x +y x +y y +, x x x x x +y x x +y )]. [ x k (x k + y k +) ( y k + x k )], Newtonova je iteracija sada u obliku x k+ = x k ( ) ] [x k f (x k,y k ) + D k x k + y f (x k,y k ), k y k+ = y k ( [ y k + ) ( ) ] D k xk f (x k,y k )+ x k x k + y f (x k,y k ). k ], Izborom x 0 =iy 0 = (f (x 0,y 0 )= , f (x 0,y 0 )= ), imamo x =.8956, y = , f (x,y )= 0.84, f (x,y )= , x =.44, y = , f (x,y )= 0.003, f (x,y )= , x 3 =.45, y 3 = , f (x 3,y 3 )= , f (x 3,y 3 )= , x 4 =.45, y 4 = ,

36 6.5. SUSTAVI NELINEARNIH JEDNADŽBI 05 pa je ( x, ỹ) =(.45, ). Zadaci za vježbu. Newtonovom metodom s jednom iteracijom riješite sustav nelinearnih jednadžbi sin(x + y) =.5x, x + y =, x 0 =0.8, y 0 =0.5. (rj. x = , ỹ = ). Newtonovom metodom odredite rješenje sustava x 3 y =0 xy 3 y 4=0 uzevši za početnu iteraciju x 0 =,y 0 =.5. Postupak prekinite nakon druge iteracije. (rj. x =.45, ỹ =.6633) 3. Newtonovom metodom (u dvije iteracije) riješite sustav nelinearnih jednadžbi x 3 y 3 x =0, x 3 + y 3 3xy =0,uzimajući početne vrijednosti x 0 =, y 0 =0, 3. (rj. x = , ỹ =0.364) 4. Newtonovom metodom odredite rješenje sustava x y 3 + = 0, x 3 y x 4 = 0, uzevši za početnu iteraciju x 0 =.5, y 0 =. Postupak prekinite nakon druge iteracije. (rj. x =.975, ỹ =.60) 5. Newtonovom metodom u dva koraka riješite sustav jednadžbi x +0x + y =, y =0, 5x +sinxy, takodajex 0 = y 0 = 0. (rj. x = , ỹ =0.063) 6. Newtonovom metodom u dvije iteracije riješite sustav x +4y 4=0,x x y + = 0, polazeći od x 0 =.5, y 0 =0.5. (rj. x =.7644, ỹ =0.538) 7. Newtonovom metodom u dvije iteracije riješite sustav jednadžbi x 3 + y 3 = 3xy, x + y =3x +3y 3.5, x 0 =0.5, y 0 =.5. (rj. x =0.538, ỹ =.30) Programska realizacija. Riješite sustav jednadžbi x + y =,y= xe x za početne vrijednosti x 0 =0. i y 0 =0.5.. Riješite sustav jednadžbi x + y 3=0, xy +=0započetne vrijednosti x 0 =iy 0 =. 3. Riješite sustav jednadžbi x + y =, x y =započetne vrijednosti x 0 =iy 0 =. 4. Riješite sustav jednadžbi 9x y +4y 36 = 0, 6y x +y + = 0 za početne vrijednosti x 0 =iy 0 =.

37 06 6. NELINEARNE JEDNADŽBE I SUSTAVI FindRoot x y, y x Exp x, x, 0., y, 0.5 x , y Slika 6.0. FindRoot x y 3, y x 0, x,, y, x.87939, y Slika 6.. FindRoot x y, x y, x,, y, x.474, y Slika 6.. FindRoot 9 x y 4 y 36, 6 y x y 0, x,, y, x.603, y Metoda iteracije Slika 6.3. Ideja metode itracija je da sustav jednadžbi (6.3) prevodimo u ekvivalentan oblik X =Φ(X) (6.5) koji u razvijenom obliku glasi x = ϕ (x,x,...,x n ) x = ϕ (x,x,...,x n ). (6.6) x n = ϕ n (x,x,...,x n )

38 6.5. SUSTAVI NELINEARNIH JEDNADŽBI 07 te da na njemu provodimo analogan postupak s n varijabli. početne aproksimacije X (0) iračunamo Polazimo dakle od X (k+) =Φ(X (k) ), k =0,,,... (6.7) Ako je dobiveni niz X (k) konvergentan i ako su funkcije ϕ i neprekidne onda je ξ = lim k X (k) rješenje sustava (6.5), odnosno (6.3). Uvjeti pod kojima ovaj postupak konvergira prelaze nivo matematičkog znanja u okviru ovog kolegija pa ih ne ćemo razmatrati. Primjer 6.3. Metodom iteracije riješite sustav nelinearnih jednadžbi x = sin(x + y), y =cos(x y), uzimajući za početne vrijednosti x 0 = y 0 =0. Rješenje. Ako stavimo ϕ (x, y) = sin(x + y), ϕ (x, y) = cos(x y) imamo x k+ = sin(x k + y k ), y k+ =cos(x k y k ). Izborom x 0 = y 0 =0(f (x 0,y 0 )= 0, f (x 0,y 0 ) = ) imamo x =0, y =, f (x,y )=0.8447, f (x,y )= , x =0.8447, y =0.5403, f (x,y )=0.407, f (x,y )=0.4469, x 3 =0.989, y 3 = , f (x 3,y 3 )= , f (x 3,y 3 )= , x 4 = , y 4 = , f (x 4,y 4 )=0.004, f (x 4,y 4 )= 0.008, x 5 = , y 5 =0.9978, f (x 5,y 5 )=0.0005, f (x 5,y 5 )=0.000, x 6 =0.9357, y 6 = , f (x 6,y 6 )= 0.000, f (x 6,y 6 )= , x 7 = , y 7 =0.9980, f (x 7,y 7 )= , f (x 7,y 7 )= , pa je ( x, ỹ) =( , ).