Numerička matematika 8. predavanje
|
|
|
- Ίσις Κακριδής
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Numerička matematika 8. predavanje Saša Singer web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2017, 8. predavanje p. 1/122
2 Sadržaj predavanja Metoda najmanjih kvadrata (nastavak): QR faktorizacija. Householderovi reflektori. QR faktorizacija i pivotiranje. Rješenje matrične formulacije problema najmanjih kvadrata korištenjem QR faktorizacije. Neprekidni problem najmanjih kvadrata. Jednostavni primjer. Složeniji primjer. Ortogonalne familije funkcija, ortogonalni polinomi. Primjeri ortogonalnih familija funkcija. NumMat 2017, 8. predavanje p. 2/122
3 Komentar rezultata 1. kolokvija Rezultati prvog kolokvija komentar: Općenito gledajući, rezultati su relativno loši :-( Prosjek bodova je 24.46, na 146 pristiglih. To je čak 3.5 boda manje nego lani! Idemo redom... Pohvala svima koji imaju 40 bodova ima ih samo 4. Medutim, za neke moglo je i puno bolje. Svi s 20 bodova ozbiljno su ugroženi takvih je 38. Kolokviji ispituju gradivo cijelog kolegija, a ne samo vježbe! Nažalost, samo (manji) dio vas je to ozbiljno shvatio. NumMat 2017, 8. predavanje p. 3/122
4 Komentar rezultata 1. kolokvija nastavak Evo statistike po zadacima, na 146 pristiglih studenata: Zadatak ukupno Uk. bod Prosjek Komentar o tužnom dijelu rezultata (bez 1. zadatka): 2. zad. Limes uvjetovanosti = l Hospitalovo pravilo, a funkcija i popravak su primjer s predavanja. 3. zad. Egistencija i jedinstvenost za LR = predavanja. Savjet: Isplati se bar pogledati i predavanja. 5. zad. Pa to su vježbe! Što bi??? NumMat 2017, 8. predavanje p. 4/122
5 Informacije riješeni zadaci... Zadaci. Na mojoj i službenoj web stranici možete naći riješene zadatke iz neprekidnih najmanjih kvadrata (pdf format). Tamo ima 6 zadataka s detaljnim rješenjima, a neki zadaci imaju i dva rješenja. Neprekidni najmanji kvadrati se detaljno rade na predavanjima, skupa sa zadacima, a ovo je dodatak za vježbanje. NumMat 2017, 8. predavanje p. 5/122
6 Informacije Konzultacije: samo za NM: utorak u 15 sati (iza predavanja), petak, sati, ili po dogovoru. Ne zaboravite, žive su i domaće zadaće na adresi ili, izravno Dodatni bodovi čekaju na vas. NumMat 2017, 8. predavanje p. 6/122
7 Informacije Moja web stranica za Numeričku matematiku je Tamo su kompletna predavanja iz prošlih godina, a stizat će i nova (kako nastaju). Skraćena verzija skripte 1. dio (prvih 7 tjedana): Skraćena verzija skripte 2. dio (drugih 6 tjedana): NumMat 2017, 8. predavanje p. 7/122
8 Householderovi reflektori NumMat 2017, 8. predavanje p. 8/122
9 Householderovi reflektori Za zadani jedinični vektor u R m, matrica H definirana s H = H(u) := I 2uu T, u 2 = 1, zove se Householderov reflektor. Matrica H je simetrična, i ortogonalna, jer je HH T = H 2 = (I 2uu T )(I 2uu T ) = I 4uu T +4u(u T u)u T = I 4uu T +4 u 2 2uu T = I. NumMat 2017, 8. predavanje p. 9/122
10 Zašto baš ime reflektor? Promatrajmo hiperravninu koja je okomita na vektor u. Reflektor H sve vektore x preslikava u simetrične obzirom na tu hiperravninu, x = Hx. u x x NumMat 2017, 8. predavanje p. 10/122
11 Poništavanje Householderovim reflektorima Neka je zadan vektor x. Treba naći Householderov reflektor H koji poništava sve komponente vektora x, osim prve. Dakle, treba naći jedinični vektor u koji definira takav reflektor H. Tražimo da je Hx = c 0. 0 = c e 1, c R. Za početak, H je unitarna matrica, pa čuva normu vektora, odakle slijedi da je c = ± x 2. x 2 = Hx 2 = c. NumMat 2017, 8. predavanje p. 11/122
12 Poništavanje Householderovim reflektorima Napišimo traženu jednadžbu preko nepoznatog vektora u Hx = (I 2uu T )x = x 2u(u T x) = ± x 2 e 1. Uočimo da je u T x broj = skalarni produkt dva vektora. Zanemarimo na trenutak mogućnost da je u T x = 0. Onda je u = 1 2(u T x) (x x 2e 1 ). Obzirom na to da u T x ne znamo, možemo zaključiti da je u = α(x x 2 e 1 ), za neki α R, tj. da je u paralelan s vektorom ũ = x x 2 e 1. Konačno, konstantu α nalazimo normiranjem vektora ũ na normu 1. NumMat 2017, 8. predavanje p. 12/122
13 Poništavanje Householderovim reflektorima Prema tome, u = ũ ũ 2, ako je ũ 0. U protivnom, stavljamo u = 0, odnosno, H = I. Uočite da oba izbora predznaka ( ) u definiciji ũ uvijek daju Hx = c e 1 = ± x 2 e 1. Ako je x = 0, onda je ũ = 0, a to znači da je H = I. Tada možemo uzeti bilo koji u, jer je H 0 = 0 za svaki H. U protivnom je i x 2 0, pa barem jedan izbor predznaka ( ) u formuli za ũ daje ũ 0. Ako drugi izbor daje ũ = 0, onda je x = ± x 2 e 1. Dakle, oba reflektora su korektna. NumMat 2017, 8. predavanje p. 13/122
14 Izbor predznaka za u Ranija mogućnost da je u T x = 0 ne pravi nikakve poteškoće. Onda je Hx = x = ± x 2 e 1 i samo tada bar jedan izbor predznaka daje ũ = 0. Dobiveni H(u) je i tada korektan! Za x 0, u praksi se, zbog numeričke stabilnosti, često koristi ũ = x+sign(x 1 ) x 2 e 1, zato da nema kraćenja pri računanju prve komponente od ũ, tj. da oba pribrojnika budu istog znaka, ũ 1 = x 1 +sign(x 1 ) x 2. To znači da je c = sign(x 1 ), što ponekad zbunjuje u praksi. Na primjer, za x = e 1 dobivamo Hx = e 1! Stvarno, uz pažljiviji poredak računanja, to nije potrebno! NumMat 2017, 8. predavanje p. 14/122
15 Drugi način definicije H Napomena. Normiranje ũ u se, formalno, može izbjeći, ako definiramo H(ũ) = I 2 ũũt ũ T ũ. Kako djelovati s H na ostale stupce? Kad smo izračunali u, ne treba računati cijelu matricu H. Dovoljno je pogledati kako ona djeluje na neki vektor z: Hz = (I 2uu T )z = z 2u(u T z). Dakle, treba izračunati skalarni produkt u T z, a zatim modificirati vektor z (to je neki stupac radne matrice). Ako koristimo H(ũ), onda ũ T z stalno treba dijeliti s ũ 2 2. NumMat 2017, 8. predavanje p. 15/122
16 QR faktorizacija korištenjem reflektora QR faktorizacija provodi se sustavnom primjenom Householderovih reflektora na matricu G i to slijeva. Prvo se reflektorom H 1 ponište svi elementi prvog stupca (do na prvi), a na ostale stupce se djeluje reflektorom H 1. Zatim se ponište elementi dijela drugog stupca od dijagonale nadolje (osim dijagonalnog elementa). To se radi skraćenim reflektorom H 2. Na cijelu radnu matricu onda djelujemo reflektorom [ ] 1 H 2 =. H 2 U pripadnom vektoru u, prva komponenta je u 1 = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 16/122
17 QR faktorizacija korištenjem reflektora I tako redom. U k-tom koraku, za k = 1,...,n, reflektorom H k se poništava k-ti skraćeni stupac u radnoj matrici od dijagonale nadolje. Na cijelu radnu matricu onda djelujemo reflektorom [ ] I H k =, s tim da je I reda k 1, a H k je reda m k +1. Ako želimo formirati ortogonalnu matricu Q, onda je H n H n 1 H 1 G = R, tj. Q T = H n H n 1 H 1, ili Q = (H n H n 1 H 1 ) T = H 1 H n 1 H n. H k NumMat 2017, 8. predavanje p. 17/122
18 QR faktorizacija i pivotiranje NumMat 2017, 8. predavanje p. 18/122
19 Računanje QR faktorizacije Neka je G zadana matrica tipa m n, s tim da je m n. Računanje QR faktorizacije matrice G provodimo u nizu od n koraka. Ako dozvolimo i m < n, broj koraka je min{m, n}. Na početku algoritma označimo R (0) := G. Opišimo kako izgleda k ti korak algoritma, za k = 1,...,n. Na početku k-tog koraka trenutna radna matrica je R (k 1). U njoj prvih k 1 stupaca već ima gornjetrokutastu formu, tj. nule ispod dijagonale. Ti stupci se više neće mijenjati! NumMat 2017, 8. predavanje p. 19/122
20 Računanje QR faktorizacije Izgled radne matrice R (k 1) na početku k-tog koraka: r (1) 1,1 r (2) 1,2 r (k 1) 1,k 1 r (2) 2,2 r (k 1) 2,k r (k 1) k 1,k 1 r (k 1) 1,k r (k 1) 1,n r (k 1) 2,k r (k 1) 2,n. r (k 1) k 1,k r (k 1) k 1,n r (k 1) k,k r (k 1) k,n. r (k 1) m,k r m,n (k 1)... NumMat 2017, 8. predavanje p. 20/122
21 Računanje QR faktorizacije U k-tom koraku u matrici R (k 1) poništavamo sve elemente k-tog stupca ispod dijagonale, nekom ortogonalnom transformacijom Q k. Tako dobivamo novu radnu matrcu R (k) koja ima jedan sredeni stupac više. Ovu transformaciju možemo prikazati u obliku R (k) = Q k R (k 1), k = 1,...,n. Na kraju dobivamo gornju trokutastu matricu R := R (n). Nije bitno kako računamo Q k rotacijama ili reflektorima! NumMat 2017, 8. predavanje p. 21/122
22 Pivotiranje stupaca u QR faktorizaciji Slično kao kod LR faktorizacije, i kod QR faktorizacije možemo koristiti pivotiranje. Uobičajeno se koristi pivotiranje stupaca GP = QR, gdje je P matrica permutacije. Ako su x l, l = k,...,n, skraćeni stupci, na prvo mjesto dovodi se onaj s najvećom normom, tj. takav da je x k 2 maksimalna. Postupak dovodenja na prvo mjesto ponavljamo u svakom koraku QR faktorizacije sa sve kraćim i kraćim stupcima. NumMat 2017, 8. predavanje p. 22/122
23 Svrha pivotiranja Svrha? Ako je matrica G bila takva da su joj stupci (skoro) linearno zavisni, onda se QR faktorizacijom s pivotiranjem odreduje rang matrice G. Teorem. Neka je G R m n matrica ranga r. Tada postoje n n matrica permutacije P, ortogonalna matrica Q reda m, te gornja trokutasta matrica R 0 ranga r, tipa min{m,n} n, tako da vrijedi i (R 0 ) kk 2 GP = QR = Q [ R 0 0 j (R 0 ) ij 2, 1 k min{m,n}, k j n. i=k ] NumMat 2017, 8. predavanje p. 23/122
24 Rješenje matrične formulacije korištenjem QR faktorizacije NumMat 2017, 8. predavanje p. 24/122
25 Korištenje QR faktorizacije Već smo najavili da ćemo za rješenje diskretnog problema najmanjih kvadrata koristiti QR faktorizaciju. Prisjetimo se, ako je A punog stupčanog ranga (tj. vrijedi rang(a) = m), onda QR faktorizacija matrice A ima oblik [ ] A = QR = [ Q 0 Q 0 ] R 0 = Q 0 R 0. 0 Za početak, ako minimiziramo Ax b 2 2, minimizirali smo i Ax b 2. Zbog unitarne invarijantnosti 2-norme, imamo min x Ax b 2 2 = min x Q T (Ax b) 2 2 = min x Q T Ax Q T b 2 2. NumMat 2017, 8. predavanje p. 25/122
26 Korištenje QR faktorizacije Za Q uzmimo ortogonalnu matricu iz QR faktorizacije, pa je [ ] 2 min Q T (Ax b) 2 R 0 2 = min x Q T b x x 0 = min x = min x [ [ R 0 0 ] x [ R 0 x Q T 0b 0 (Q 0) T b 2 Q T 0 (Q 0) T ] ] b = min x ( R 0 x Q T 0b (Q 0) T b ). NumMat 2017, 8. predavanje p. 26/122
27 Korištenje QR faktorizacije Primijetimo da samo prvi član u prethodnom minimumu ovisi o x, a drugi ne. Budući da je R 0 kvadratna i punog ranga, onda je i regularna, pa postoji jedinstveno rješenje x linearnog sustava R 0 x = Q T 0b. Time smo prvi član u kvadratu norme napravili najmanjim mogućim, jer je R 0 x Q T 0b 2 2 = 0. Zaključak. Onda vrijedi min x Ax b 2 = (Q 0) T b 2, a postiže se za vektor x koji je rješenje sustava R 0 x = Q T 0b. NumMat 2017, 8. predavanje p. 27/122
28 Drugi način Napomena. Postoji i lakši način da se dode do prethodnog zaključka, ako znamo da su rješenja problema minimizacije min x Ax b 2 jednaka rješenju sustava normalnih jednadžbi A T Ax = A T b. Ako je A T A nesingularna, što je ekvivalentno tome da A ima puni stupčani rang, onda problem najmanjih kvadrata ima jedinstveno rješenje x = (A T A) 1 A T b. NumMat 2017, 8. predavanje p. 28/122
29 Drugi način Napravimo skraćenu QR faktorizaciju matrice A A = Q 0 R 0. Uvrštavanjem u rješenje x izlazi x = (A T A) 1 A T b = ((Q 0 R 0 ) T Q 0 R 0 ) 1 (Q 0 R 0 ) T b = (R T 0Q T 0Q 0 R 0 ) 1 R T 0Q T 0b = (R T 0R 0 ) 1 R T 0Q T 0b = R 1 0 (R T 0) 1 R T 0Q T 0b = R 1 0 Q T 0b, pa je x, očito, rješenje sustava R 0 x = Q T 0b. NumMat 2017, 8. predavanje p. 29/122
30 Primjer Primjer. Diskretnom linearnom metodom najmanjih kvadrata nadite funkciju oblika ϕ(x) = x+a bx+c koja aproksimira slijedeći skup podataka (točaka): x i f i Nadite aproksimacije i pogreške u čvorovima x i i sumu kvadrata apsolutnih grešaka S. NumMat 2017, 8. predavanje p. 30/122
31 Primjer linearizacija Rješenje nadite korištenjem sustava normalnih jednadžbi i faktorizacije Choleskog, korištenjem QR faktorizacije, korištenjem QR faktorizacije s pivotiranjem stupaca. Rješenje. Traženi oblik funkcije je nelinearan, pa ga treba linearizirati. To možemo napraviti na više načina. 1. Pomnožimo oblik funkcije ϕ s bx+c i dobivamo odnosno (bx+c)ϕ(x) = x+a, a+bxϕ(x)+cϕ(x) = x. NumMat 2017, 8. predavanje p. 31/122
32 Primjer linearizacija 2. Ovu funkciju a+bxϕ(x)+cϕ(x) = x možemo podijeliti s ϕ(x), pa dobivamo drugu linearizaciju a Primijetite da ove dvije linearizacije 1 ϕ(x) +bx+c = x ϕ(x). ne moraju (i neće) dati isto rješenje! Obje pripadaju grupi linearizacija oblika pri čemu je w = w(u,v). D+Eu+Fv = w, NumMat 2017, 8. predavanje p. 32/122
33 Primjer sustav normalnih jednadžbi Prvo riješimo problem korištenjem sustava normalnih jednadžbi i faktorizacije Choleskog. Za 1. slučaj metoda najmanjih kvadrata ima oblik S = n i=0 ( wi ( a+bu i +cv i ) ) 2 min, pri čemu su supstitucije za varijable u = xϕ(x), v = ϕ(x), w = x, a za vrijednosti varijabli u čvorovima u i = x i f i, v i = f i, w i = x i. NumMat 2017, 8. predavanje p. 33/122
34 Primjer sustav normalnih jednadžbi Deriviranjem po sve tri varijable izlazi S n a = 2 i=0 S b = 2 n i=0 S c = 2 n i=0 ( wi ( a+bu i +cv i ) ) ( 1) = 0 ( wi ( a+bu i +cv i ) ) u i = 0 ( wi ( a+bu i +cv i ) ) v i = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 34/122
35 Primjer sustav normalnih jednadžbi Odavde dobivamo simetrični, pozitivno definitni linearni sustav n n n (n+1) u i v i w i i=0 i=0 n n n a i=0 u i u 2 i u i v i b i=0 i=0 i=0 = n u i w i i=0 n n n c v i u i v i vi 2 n v i w i i=0 i=0 i=0 i=0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 35/122
36 Primjer sustav normalnih jednadžbi Kad uvrstimo zadane podatke, za 1. slučaj dobivamo linearni sustav Mx = d, gdje je M = , d = Faktorizacija Choleskog matrice M je M = R T R, uz R NumMat 2017, 8. predavanje p. 36/122
37 Primjer sustav normalnih jednadžbi Sad moramo još riješiti dva trokutasta sustava: R T y = d, Rx = y. Rješenja prvog, pa drugog sustava su y , x Prema tome, rješenje za parametre u 1. slučaju je a = , b = , c = NumMat 2017, 8. predavanje p. 37/122
38 Primjer sustav normalnih jednadžbi Vrijednosti u čvorovima dobivamo tako da uvrstimo x i u ϕ(x) ϕ(x i ) = x i x i , pripadne greške su f i ϕ(x i ), a zbroj kvadrata grešaka je S = 4 (f i ϕ(x i )) 2. i=0 Izračunajte sami! NumMat 2017, 8. predavanje p. 38/122
39 Primjer sustav normalnih jednadžbi Za 2. slučaj treba uvesti supstitucije za varijable u = 1 ϕ(x), v = x, w = x ϕ(x), i vrijednosti varijabli u čvorovima u i = 1 ϕ(f i ), v i = x i, w i = x i f i. Metoda najmanjih kvadrata imat će oblik S = n i=0 ( wi (au i +bv i c) ) 2 min. NumMat 2017, 8. predavanje p. 39/122
40 Primjer sustav normalnih jednadžbi Pripadni linearni sustav glasi Mx = d, gdje je M , d Rješenje za parametre u 2. slučaju je a = , b = , c = Ova rješenja se ponešto razlikuju od prethodnih! NumMat 2017, 8. predavanje p. 40/122
41 Primjer QR faktorizacija Riješimo sad 1. slučaj korištenjem QR faktorizacije. Uvrštavanjem točaka (x i,f i ) u dobivamo a+bxϕ(x)+cϕ(x) = x, a+bx i f i +cf i = x i, i = 0,...,4, pa su A i b iz problema minimizacije jednaki A = , b = NumMat 2017, 8. predavanje p. 41/122
42 Primjer QR faktorizacija Skraćena forma QR faktorizacije od A je A = Q 0 R 0, gdje je Q , R Uočite: R 0 = R iz faktorizacije Choleskog za M = A T A.. NumMat 2017, 8. predavanje p. 42/122
43 Primjer QR faktorizacija Desna strana linearnog sustava je Q T 0b, gdje je Q T 0b Rješenje trokutastog sustava R 0 x = Q T 0b je x Napravite isto sami za drugu linearizaciju. NumMat 2017, 8. predavanje p. 43/122
44 Primjer QR faktorizacija s pivotiranjem Ako napravimo QR faktorizaciju s pivotiranjem stupaca, dobit ćemo AP = Q 0 R 0, gdje je poredak stupaca p = [2,3,1], Q , R NumMat 2017, 8. predavanje p. 44/122
45 Primjer QR faktorizacija s pivotiranjem Desna strana linearnog sustava je Q T 0b, gdje je Q T 0b Dobiveno rješenje trokutastog sustava R 0 x = Q T 0b je x NumMat 2017, 8. predavanje p. 45/122
46 Primjer QR faktorizacija s pivotiranjem Sad još treba vratiti x u pravi poredak. Budući da je finalni pivotni vektor bio p = [2,3,1], to odgovara matrici permutacije P = Pravo rješenje x dobit ćemo kao x = P T x = NumMat 2017, 8. predavanje p. 46/122
47 Veza QR faktorizacije i faktorizacije Choleskog Neka je G pravokutna matrica tipa (m,n), koja ima puni stupčani rang, tj. rang(g) = n m. Matrica G ima jedinstvenu skraćenu QR faktorizaciju, pa je puni QR oblika [ ] R 0 G = Q, 0 gdje je R 0 jedinstvena gornja trokutasta matrica reda n, s pozitivnim dijagonalnim elementima, a Q je unitarna matrica. S druge strane, neka je H := G G Gramova matrica skalarnih produkata stupaca matrice G. Znamo da je onda H pozitivno definitna matrica. Zato H ima jedinstvenu faktorizaciju Choleskog... NumMat 2017, 8. predavanje p. 47/122
48 Veza QR faktorizacije i faktorizacije Choleskog H = R R, gdje je R gornja trokutasta s pozitivnom dijagonalom. Tvrdnja. Ovi trokutasti faktori su jednaki, tj. vrijedi R = R 0. Dokaz. U H = G G uvrstimo QR faktorizaciju od G i skratimo Q Q = I. Jedinstvenost faktora R daje tvrdnju. Ista veza (jednakost) vrijedi i za faktorizacije s pivotiranjem: pivotiranje stupaca po normi u QR faktorizaciji, i dijagonalno pivotiranje u faktorizaciji Choleskog. Korist: ako znamo faktor G matrice H, i tražimo R, ne treba računati H, pa Choleskog, već samo QR od G. NumMat 2017, 8. predavanje p. 48/122
49 Neprekidni problem najmanjih kvadrata NumMat 2017, 8. predavanje p. 49/122
50 Još jednom o najmanjim kvadratima U uvodu o aproksimaciji rečeno je da se parametri funkcije ϕ F po metodi najmanjih kvadrata, traže tako da bude min e(x) 2, ϕ F pri čemu je e(x) = f(x) ϕ(x). Da bismo mogli naći minimalnu grešku u neprekidnom slučaju, moramo definirati skalarni produkt za neprekidne funkcije na odgovarajućem intervalu. Definicija norme nije dovoljna, jer je rješenje već u diskretnom slučaju bila projekcija na potprostor, a za to nam je potreban skalarni produkt. NumMat 2017, 8. predavanje p. 50/122
51 Definicija norme i skalarnog produkta Neka je w(x) zadana funkcija. w(x) je težinska funkcija ako je w(x) 0 na intervalu [a,b], w(x) može biti jednaka 0 samo u izoliranim točkama. Težinska L 2 -norma (ili samo 2-norma) funkcije u na [a,b] je u 2 = ( b a w(x) u(x) 2 dx) 1/2. Ako je ta norma konačna i za funkciju u i za funkciju v, onda možemo definirati težinski skalarni produkt u,v = b a w(x) u(x)v(x) dx. NumMat 2017, 8. predavanje p. 51/122
52 Definicija skalarnog produkta Skalarni produkt u, v je dobro definiran (konačan), jer vrijedi Cauchy Schwarzova nejednakost u, v je skalarni produkt, jer u,v u 2 v u,u 0, a jednak je 0 za one funkcije u koje su nula u svim točkama gdje je w(x) > 0 (v. Mjera i integral), 2. vrijedi linearnost u prvom argumentu α 1 u 1 +α 2 u 2,v = α 1 u 1,v +α 2 u 2,v, 3. i antilinearnost/linearnost (C/R) u drugom argumentu, u,β 1 v 1 +β 2 v 2 = β 1 u,v 1 + β 2 u,v 2. NumMat 2017, 8. predavanje p. 52/122
53 Ortogonalne funkcije Napomena. Ako se radi o realnim funkcijama, onda kompleksno konjugiranje drugog argumenta izbacujemo. U nastavku radimo samo s poljem R, tj. s realnim funkcijama. Za funkcije u i v reći ćemo da su ortogonalne ako vrijedi u,v = 0. Ako su u i v ortogonalne, onda vrijedi u+v 2 = u,u + u,v + v,u + v,v Pitagorin poučak! = u 2 +2 u,v + v 2 = u 2 + v 2. NumMat 2017, 8. predavanje p. 53/122
54 Sustavi ortogonalnih funkcija Ako imamo sustav ortogonalnih funkcija u k, k = 0,...,m, za koje vrijedi u i,u j = 0, za i j, i,j = 0,...,m, i u k 0 tamo gdje je w(x) > 0, onda vrijedi m 2 m α k u k = α k 2 u k 2 2. k=0 2 k=0 Prethodna jednakost znači da je ortogonalni sustav funkcija linearno nezavisan tamo gdje je w(x) > 0. Ako je lijeva strana jednaka nula, mora biti i desna, a po pretpostavci je u k 2 > 0, pa je jedino moguće da je α k = 0 za k = 0,...,m. NumMat 2017, 8. predavanje p. 54/122
55 Norma kvadrata greške Ako je ϕ linearna funkcija, tj. ϕ(x) = a 0 ϕ 0 (x)+ +a m ϕ m (x), onda za normu kvadrata greške dobivamo S := e 2 2 = f ϕ 2 2 = f,f 2 f,ϕ + ϕ,ϕ. Ako uvrstimo oblik funkcije ϕ i definiciju skalarnog produkta, dobivamo S = b a w(x)f 2 (x)dx 2 + b a b a ( m w(x)f(x) ( m w(x) j=0 j=0 ) a j ϕ j (x) dx a j ϕ j (x)) 2 dx. NumMat 2017, 8. predavanje p. 55/122
56 Sustav normalnih jednadžbi Kvadrat norme greške S je funkcija koeficijenata a j. Dakle, Radi o kvadratnoj funkciji u m+1 varijabli, pa je uvjet minimuma da su sve parcijalne derivacije jednake 0. pa mora biti... 0 = S b = 2 a i a 2 ( m w(x) b a j=0 ) a j ϕ j (x) ϕ i (x)dx w(x)f(x)ϕ i (x)dx, NumMat 2017, 8. predavanje p. 56/122
57 Sustav normalnih jednadžbi... pa mora biti m a j b w(x)ϕ i (x)ϕ j (x)dx = b w(x)f(x)ϕ i (x)dx, j=0 a a za i = 0,...,m. Uočimo da su odgovarajući integrali skalarni produkti, pa imamo m ϕ i,ϕ j a j = ϕ i,f. Ako označimo j=0 m ij = ϕ i,ϕ j, t i = ϕ i,f, i,j = 0,...,m, NumMat 2017, 8. predavanje p. 57/122
58 Sustav normalnih jednadžbi pri čemu je a T = [a 0,a 1,...,a m ], onda problem najmanjih kvadrata možemo pisati kao sustav normalnih jednadžbi Matrica M, reda m+1, je očito simetrična, Ma = t. ali i pozitivno (semi)definitna. Dodatno, ako su funkcije ϕ 0,...,ϕ m linearno nezavisne na [a, b], onda je M pozitivno definitna matrica. NumMat 2017, 8. predavanje p. 58/122
59 Pozitivna (semi)definitnost matrice M Pozitivna (semi)definitnost izlazi iz definicije elemenata m ij. Za svaki vektor x imamo m m m m x T Mx = x i x j ϕ i,ϕ j = x i ϕ i,x j ϕ j i=0 j=0 m = x i ϕ i, i=0 j=0 m x j ϕ j = i=0 j=0 m 2 x i ϕ i, i=0 2 što je očito nenegativno. Nuli je jednako ako i samo ako je m x i ϕ i 0, čim je w(x) > 0. i=0 Ako su ϕ 0,...,ϕ m linearno nezavisne, odavde slijedi i x = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 59/122
60 Rješenje problema najmanjih kvadrata Neka su funkcije ϕ 0,...,ϕ m linearno nezavisne na [a,b]. Zaključak. Simetrične pozitivno definitne matrice su nesingularne, pa postoji jedinstveno rješenje problema M a = t. Nadalje, izračunati vektor a je jedinstveni minimum za problem najmanjih kvadrata, jer je Hesseova matrica drugih parcijalnih derivacija H, takoder, pozitivno definitna, što slijedi iz tj. H = 2M! h ij = 2 S b = 2 a i a j a w(x)ϕ i (x)ϕ j (x)dx = 2m ij, NumMat 2017, 8. predavanje p. 60/122
61 Jednostavni primjer Primjer. Neprekidnom metodom najmanjih kvadrata nadite polinom stupnja 1 koji aproksimira funkciju f(x) = e x na intervalu [ 1,1] uz težinsku funkciju w(x) = 1. Rješenje. Treba minimizirati S = 1 (e x a 1 x a 0 ) 2 dx min. 1 NumMat 2017, 8. predavanje p. 61/122
62 Jednostavni primjer Deriviranjem dobivamo pa uz oznake S 1 = 2 a 1 1 S 1 = 2 a 0 s k := (e x a 1 x a 0 )xdx (e x a 1 x a 0 )dx, x k dx, t k := treba riješiti sljedeći linearni sustav e x x k dx, NumMat 2017, 8. predavanje p. 62/122
63 Jednostavni primjer... treba riješiti sljedeći linearni sustav s 2 a 1 +s 1 a 0 = t 1 s 1 a 1 +s 0 a 0 = t 0, Izračunajmo integrale s lijeve strane s k = = 1 1 x k dx = 1 k +1 xk , za k paran, k +1 0, za k neparan. = 1 ( 1)k+1 k +1 NumMat 2017, 8. predavanje p. 63/122
64 Jednostavni primjer Za integrale desne strane dobivamo t 0 := 1 1 e x dx = e x 1 1 = e e 1 t 1 := 1 1 xe x dx = { u = x dv = e x dx du = dx v = e x } = xe x e x dx = e+e 1 (e e 1 ) = 2e 1. NumMat 2017, 8. predavanje p. 64/122
65 Jednostavni primjer Linearni sustav tada glasi: 2 3 a 1 +0 a 0 = 2e 1 0 a 1 +2 a 0 = e e 1, a njegovo rješenje je a 1 = t 1 s 2 = 3e , a 0 = t 0 = e e 1 s 0 2 = sh(1) Pravac dobiven neprekidnom metodom najmanjih kvadrata je p 1 (x) x NumMat 2017, 8. predavanje p. 65/122
66 Složeniji primjer Primjer. Neprekidnom metodom najmanjih kvadrata nadite polinome stupnjeva 1, 2 i 3 koji aproksimiraju funkciju f(x) = sinx na intervalu [0,π] uz težinsku funkciju w(x) = cosx. Rješenje. Skicirajmo prvo funkcije f i w. 1 cosx π 2 sinx π NumMat 2017, 8. predavanje p. 66/122
67 Složeniji primjer Budući da su obje funkcije simetrične oko točke π 2, polinome se isplati pisati u bazi (x π 2 )k. Ključna je parnost težinske funkcije w oko π, jer u matrici 2 sustava dobivamo hrpu nula (oko polovine elemenata). Neka je p n polinom stupnja n, zapisan u toj par nepar bazi Treba minimizirati S = π 0 p n (x) = n k=0 a nk ( x π 2) k. cosx ( sinx p n (x) ) 2 dx min. NumMat 2017, 8. predavanje p. 67/122
68 Složeniji primjer Iz uvjeta S a nk = 0, k = 0,...,n, dobivamo linearni sustav n j=0 a nj π 0 ( cosx x π ) k+jdx π = 2 0 ( cosx sinx x π kdx, 2) za k = 0,...,n. NumMat 2017, 8. predavanje p. 68/122
69 Složeniji primjer Nadimo sad potrebne integrale: π 0 ( x π ) k cosx dx = 2 = π 2 π 2 y k siny dy = 2 y = x π 2 dy = dx π 2 0 x = 0 y = π 2 x = π y = π 2 0, za k neparan, y k sinydy, za k paran. Napomena. Neparni koeficijenti su nula jer je baza pogodno odabrana, tako da koristi činjenicu da je w(x) parna funkcija obzirom na π. Baza sadrži samo parne i neparne funkcije. 2 NumMat 2017, 8. predavanje p. 69/122
70 Složeniji primjer Nadimo rekurziju za integral s k := 2 π 2 0 y k sinydy = ( = 2 y k cosy = { u = y k 1 dv = cosydy = 2ky k 1 siny ( π = 2k 2 π 2 0 π 2 0 { u = y k +k dv = sinydy π 2 0 ) y k 1 cosydy du = (k 1)y k 2 } dy v = siny ( k(k 1) 2 ) k 1 k(k 1)sk 2. π 2 0 du = ky k 1 dy v = cosy ) y k 2 sinydy } NumMat 2017, 8. predavanje p. 70/122
71 Složeniji primjer Još treba izračunati Sada je s 0 = π 2 π 2 siny dy = 2 π 2 s 2 = 4 π 2 4s 0 = 2π 4, 0 sinydy = 2cosy π 2 0 = 2. ( π ) 3 s 4 = 8 12s2 = π 3 24π +48, 2 ( π ) 5 s 6 = 12 30s4 = π5 24π π NumMat 2017, 8. predavanje p. 71/122
72 Složeniji primjer Ostaje još izračunati integrale s desne strane: t k := 2 π ( x π 2) k cosx sinxdx = 0 y = x π 2 dy = dx x = 0 y = π 2 x = π y = π 2 = π 2 π 2 y k siny cosydy = 2 π 2 0, za k neparan, y k sinycosydy = π 2 y k sin(2y)dy, za k paran. 0 0 NumMat 2017, 8. predavanje p. 72/122
73 Složeniji primjer Za parne indekse k s desne strane imamo t k := π 2 0 y k sin(2y)dy = = 1 2 yk cos(2y) = { u = y k 1 dv = cos(2y)dy π k 2 { u = y k dv = sin(2y)dy π 2 0 ) y k 1 cos(2y)dy du = (k 1)y k 2 } dy v = sin(2y)/2 = 1 ( π ) k k yk 1 sin(2y) = 1 ( π ) k k(k 1) t k π 2 0 k 1 2 du = ky k 1 dy v = cos(2y)/2 π 2 0 } y k 2 sin(2y)dy NumMat 2017, 8. predavanje p. 73/122
74 Složeniji primjer Još treba izračunati Sada je t 0 = π 2 0 t 2 = 1 2 sin(2y)dy = 1 2 cos(2y) π 2 ( π 2 0 = 1. ) t 0 = π = π Linearni sustav sada ima oblik n j=0 a nj s k+j = t k, k = 0,...,n. NumMat 2017, 8. predavanje p. 74/122
75 Složeniji primjer Za n = 1 sustav je: s 0 a 10 +s 1 a 11 = t 0 s 1 a 10 +s 2 a 11 = t 1. Kad uvrstimo izračunate s k i t k, imamo 2 a a 11 = 1 0 a 10 +(2π 4) a 11 = 0. Rješenje tog sustava je a 10 = 1 2, a 11 = 0, pa je aproksimacijski polinom p 1 (x) = 1 2. NumMat 2017, 8. predavanje p. 75/122
76 Složeniji primjer Za n = 2 sustav je: s 0 a 20 +s 1 a 21 +s 2 a 22 = t 0 s 1 a 20 +s 2 a 21 +s 3 a 22 = t 1 s 2 a 20 +s 3 a 21 +s 4 a 22 = t 2. Ako uvrstimo izračunate veličine, sustav glasi: 2 a a 21 + (2π 4) a 22 = 1 0 a 20 +(2π 4) a a 22 = 0 (2π 4) a a 21 +(π 3 24π+48) a 22 = π NumMat 2017, 8. predavanje p. 76/122
77 Složeniji primjer Rješenje tog sustava je a , a 21 = 0, a , pa je aproksimacijski polinom ( p 2 (x) x π ) Za n = 3 dobije se rješenje p 3 = p 2 (provjerite sami). Uočiti bitna olakšanja uz izbor par nepar baze (x π 2 )k : Zbog parne simetrije težine i zadane funkcije oko točke π 2, u svim polinomima ostaju samo parni članovi, tj. koeficijenti uz neparni dio baze su jednaki nula! NumMat 2017, 8. predavanje p. 77/122
78 Još jedan primjer Primjer. Ako funkciju f(x) na [0,1] uz w(x) = 1 aproksimiramo polinomom stupnja n po neprekidnoj metodi najmanjih kvadrata, matrica linearnog sustava je pri čemu su M = s k := 1 0 s 0 s 1 s n s 1 s 2 s n+1.. s n s n+1 s 2n x k dx = xk+1 k , = 1 k +1. Matrica linearnog sustava je Hilbertova matrica reda n + 1! NumMat 2017, 8. predavanje p. 78/122
79 Komentari primjera U posljednja dva primjera uočili smo sljedeće: Ako za bazu biramo funkcije 1,x,x 2,..., matrica sustava može biti vrlo loše uvjetovana. U složenijem primjeru, podizanjem stupnja polinoma mijenjaju se koeficijenti polinoma p n. Na primjer, a 0 ovisi o stupnju n. Prethodna dva problema otklanjaju se ako se za bazu funkcija uzmu ortogonalne funkcije. NumMat 2017, 8. predavanje p. 79/122
80 Ortogonalne funkcije NumMat 2017, 8. predavanje p. 80/122
81 Ortogonalne funkcije i najmanji kvadrati Linearni sustav za neprekidni problem najmanjih kvadrata zapisali smo kao m ϕ i,ϕ j a j = ϕ i,f, i = 0,...,m. j=0 Ako ϕ i, i = 0,...,m, tvore ortogonalni sustav funkcija, onda je ϕ i,ϕ j = 0 za i j, ϕ j,ϕ j = ϕ j 2 > 0. Uvrštavanjem u linearni sustav, dobivamo da je sustav dijagonalan, a njegovo rješenje je a j = ϕ j,f ϕ j,ϕ j, j = 0,...,m. NumMat 2017, 8. predavanje p. 81/122
82 Problemi Oblikom koeficijenata a j nismo izbjegli sve probleme. Tipično norme ϕ j 2 2 padaju kad j raste, dok su brojnici reda veličine f. Za koeficijente a j se očekuje da rapidno padaju. Zbog toga se očekuju greške nastale kraćenjem pri računanju skalarnog produkta u brojniku. Alternativna forma za računanje a j je a j = 1 f ϕ j 2 2 j 1 k=0 a k ϕ k,ϕ j, j = 0,...,m. Uočite da je skalarni produkt sume s ϕ j jednak nuli zbog ortogonalnosti. NumMat 2017, 8. predavanje p. 82/122
83 Algoritam računanja koeficijenata Sljedeći algoritam računa ne samo a j, nego i aproksimaciju ϕ (m) (x) = m j=0 a j ϕ j (x). Računanje koeficijenata s[-1] = 0; za j = 0 do m radi { a[j] = f - s[j - 1], phi[j] / phi[j] 2 2; s[j] = s[j - 1] + a[j] * phi[j]; }; Vrijednost ϕ (m) (x) izračunata je u s[m]. NumMat 2017, 8. predavanje p. 83/122
84 Projekcija je opet rješenje Tvrdimo da je greška aproksimacije f ϕ (m) okomita na sve linearne kombinacije funkcija ϕ k, za k = 0,...,m. Dovoljno je pokazati da je greška okomita na svaki ϕ k f ϕ (m),ϕ k = f m a j ϕ j,ϕ k = f a k ϕ k,ϕ k j=0 = f,ϕ k a k ϕ k,ϕ k = f,ϕ k ϕ k,f ϕ k,ϕ k ϕ k,ϕ k = 0. Dobiveni rezultat ima jednostavno geometrijsko značenje aproksimacija je ortogonalna projekcija na prostor Φ m razapet funkcijama ϕ k, za k = 0,...,m. NumMat 2017, 8. predavanje p. 84/122
85 Projekcija je opet rješenje Iz ortogonalnosti f ϕ (m),ψ = 0, gdje je ψ Φ m bilo koja linearna kombinacija ϕ k, zaključujemo da je i f ϕ (m),ϕ (m) = 0. Tada, zbog okomitosti, možemo pisati f 2 2 = f ϕ (m) ϕ (m) 2 2 = f ϕ (m) m = f ϕ (m) a j 2 ϕ j 2 2. m j=0 a j ϕ j 2 2 j=0 NumMat 2017, 8. predavanje p. 85/122
86 Greška rješenja Iz prethodne relacije slijedi da se greška aproksimacije može zapisati kao f ϕ (m) 2 = ( f 2 2 m 1/2 a j 2 ϕ j 2) 2. j=0 Ako je zadan niz prostora Φ m, m = 0,1,2,..., onda je iz prethodne relacije jasno da je f ϕ (0) 2 f ϕ (1) 2 f ϕ (2) 2, što jasno slijedi i iz činjenice da je Φ 0 Φ 1 Φ 2. NumMat 2017, 8. predavanje p. 86/122
87 Greška rješenja Ako je prostora Φ k beskonačno mnogo, očito je da je norma greške aproksimacije monotono padajuća i odozdo ograničena s 0, pa mora konvergirati. Mora li norma greške konvergirati u 0? Odgovor je ne! Naravno, nužni i dovoljni uvjet da bi greška konvergirala u nulu je f 2 2 = j=0 a j 2 ϕ j 2 2, što se odmah čita iz oblika greške. NumMat 2017, 8. predavanje p. 87/122
88 Ortogonalizacija Ako je zadan skup funkcija ˆϕ j koje su linearno nezavisne, ali nisu ortogonalne na nekom intervalu, ˆϕ j ortogonaliziramo korištenjem (modificiranog) Gram Schmidtovog procesa ortogonalizacije. Funkcije ϕ j koje razapinju isti prostor kao ˆϕ j ne treba normirati. Ortogonalizacija započinje s: Zatim, za j = 1,2,... stavimo ϕ j := ˆϕ j j 1 k=0 ϕ 0 := ˆϕ 0. a k ϕ k, a k = ˆϕ j,ϕ k. ϕ k 2 2 Tada je ϕ j ortogonalan na sve prethodne ϕ k, k = 0,...,j 1. NumMat 2017, 8. predavanje p. 88/122
89 Primjer Primjer. Nadite ortogonalnu bazu za prostor razapet funkcijama 1,x,x 2 na intervalu [ 1,1] s težinskom funkcijom w = 1. Rješenje. Skalarni produkt funkcija u i v definiran je s u,v = 1 w(x)u(x)v(x) dx = 1 u(x)v(x) dx. 1 1 Prva funkcija u ortogonalnoj bazi jednaka je prvoj zadanoj funkciji, ϕ 0 (x) = 1. NumMat 2017, 8. predavanje p. 89/122
90 Primjer Sada je x,ϕ 0 = 1 x 1dx = (neparnost) = 0, pa je ϕ 0,ϕ 0 = Odatle odmah dobivamo 1 1dx = x 1 1 = 2, a 0 = x,ϕ 0 ϕ 0,ϕ 0 = 0 2 = 0. ϕ 1 (x) = x a 0 1 = x. NumMat 2017, 8. predavanje p. 90/122
91 Primjer Za ortogonalni polinom stupnja 2 treba izračunati a 0 i a 1 1 x 2,ϕ 0 = x 2 1dx = x3 1 3 = 2 3, x 2,ϕ 1 = x 2 xdx = (neparnost) = 0, ϕ 1,ϕ 1 = 1 1 x xdx = 2 3, pa je 1 a 0 = x2 2,ϕ 0 ϕ 0,ϕ 0 = 3 2 = 1 3, a 1 = x2,ϕ 1 ϕ 1,ϕ 1 = = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 91/122
92 Primjer Odatle je ϕ 2 (x) = x 2 a 1 x a 0 1 = x Primjer. Korištenjem ortogonalnih polinoma izračunatih u prethodnom primjeru, po neprekidnoj metodi najmanjih kvadrata nadite polinome stupnjeva 0 i 1 koji aproksimiraju funkciju f(x) = e x na intervalu [ 1,1] uz težinsku funkciju w(x) = 1. NumMat 2017, 8. predavanje p. 92/122
93 Jednostavni primjer ortogonalni polinomi Rješenje problema najmanjih kvadrata je funkcija ϕ (m) = m j=0 a j ϕ j, a j = ϕ j,f ϕ j,ϕ j, j = 0,1. Za račun koeficijenata a j moramo izračunati 1 1 ϕ 0,ϕ 0 = 1 1dx = 2, ϕ 0,e x = 1 e x dx = e e 1, ϕ 1,ϕ 1 = x xdx = 2 3, ϕ 1,e x = x e x dx = 2e NumMat 2017, 8. predavanje p. 93/122
94 Jednostavni primjer ortogonalni polinomi Odatle odmah izlazi a 0 = e e 1 2 = sh(1), a 1 = 2e = 3e 1. Aproksimacija konstantom je a polinomom stupnja 1 ϕ (0) (x) = sh(1)ϕ 0 (x) = sh(1) 1, ϕ (1) (x) = sh(1)ϕ 0 (x)+3e 1 ϕ 1 (x) = sh(1) 1+3e 1 x, što se poklapa s već izračunatim rješenjem koje nije koristilo ortogonalne polinome. NumMat 2017, 8. predavanje p. 94/122
95 Primjeri ortogonalnih familija funkcija NumMat 2017, 8. predavanje p. 95/122
96 Trigonometrijske funkcije Trigonometrijske funkcije {1,cosx,cos2x,cos3x,...,sinx,sin2x,sin3x,...} čine ortogonalnu familiju funkcija na intervalu [0, 2π] uz težinsku funkciju w(x) = 1. Pokažimo da je to zaista istina. Neka su k,l N 0. Tada vrijedi 2π 0 sinkx sinlxdx = 1 2 2π 0 ( cos(k +l)x cos(k l)x ) dx. NumMat 2017, 8. predavanje p. 96/122
97 Ortogonalnost trigonometrijskih funkcija Ako je k = l, onda je prethodni integral jednak 1 2 ( sin(k +l)x k +l ) 2π x = π. 0 Ako je k l, onda je jednak 1 2 ( sin(k +l)x k +l ) sin(k l)x 2π = 0. k l 0 Drugim riječima, vrijedi 2π 0 sinkx sinlxdx = { 0, k l, π, k = l, k,l = 1,2,..., NumMat 2017, 8. predavanje p. 97/122
98 Ortogonalnost trigonometrijskih funkcija Na sličan način, pretvaranjem produkta trigonometrijskih funkcija u zbroj, možemo pokazati da je 2π 0, k l, coskx coslxdx = 2π, k = l = 0, k,l = 0,1,..., 0 π, k = l > 0, te, takoder, da je 2π 0 coskx sinlxdx = 0, k = 0,1,..., l = 1,2,... NumMat 2017, 8. predavanje p. 98/122
99 Fourierov red Ako periodičku funkciju f, osnovnog perioda duljine 2π, aproksimiramo (u smislu najmanjih kvadrata) redom oblika a (a k coskx+b k sinkx), k=1 onda, množenjem odgovarajućim trigonometrijskim funkcijama i integriranjem, dobivamo a k = 1 π 2π 0 f(x) coskxdx, b k = 1 π 2π 0 f(x) sinkxdx. Prethodni red poznat je pod imenom Fourierov red, a koeficijenti kao Fourierovi koeficijenti. NumMat 2017, 8. predavanje p. 99/122
100 Fourierov red i najmanji kvadrati Ako Fourierov red odsiječemo za k = m, onda dobijemo tzv. trigonometrijski polinom Taj polinom je f m (x) = a m (a k coskx+b k sinkx). k=1 najbolja aproksimacija u smislu najmanjih kvadrata za f, u klasi trigonometrijskih polinoma stupnja manjeg ili jednakog m. Uz ortogonalnost trigonometrijskih funkcija (obzirom na integralni skalarni produkt), postoji i diskretna ortogonalnost (integral se zamijeni sumom). NumMat 2017, 8. predavanje p. 100/122
101 Klasični ortogonalni polinomi NumMat 2017, 8. predavanje p. 101/122
102 Klasični ortogonalni polinomi uvod U praksi najčešće susrećemo pet tipova klasičnih ortogonalnih polinoma. Prisjetimo se, za polinome {p 0,p 1,p 2,...,p n,...}, (indeks polinoma označava stupanj), kažemo da su ortogonalni obzirom na težinsku funkciju w, na [a,b], ako vrijedi b w(x)p m (x)p n (x)dx = 0, za m n. a NumMat 2017, 8. predavanje p. 102/122
103 Klasični ortogonalni polinomi uvod Težinska funkcija odreduje sistem polinoma do na konstantni faktor u svakom od polinoma. Izbor takvog faktora zove se još i standardizacija ili normalizacija. Zajedničke karakteristike ortogonalnih polinoma: Ortogonalni polinomi zadovoljavaju tročlanu rekurziju p n+1 (x)+α n (x)p n (x)+β n (x)p n 1 (x) = 0, n = 1,2,..., s tim da su poznate početne funkcije p 0 i p 1, i sve funkcije α n, β n, za n N. NumMat 2017, 8. predavanje p. 103/122
104 Klasični ortogonalni polinomi uvod Zajedničke karakteristike ortogonalnih polinoma (nastavak): Oprez. Prethodnu rekurziju zadovoljavaju i mnoge specijalne funkcije koje nisu ortogonalne! Nultočke ortogonalnih polinoma uvijek se nalaze unutar intervala [a, b] na kojem su polinomi ortogonalni. Dokaze za tročlanu rekurziju i nultočke možete naći u skripti. Napravit ćemo ih malo kasnije. NumMat 2017, 8. predavanje p. 104/122
105 Čebiševljevi polinomi prve vrste Čebiševljevi polinomi prve vrste označavaju se s T n, ortogonalni su na intervalu [ 1, 1] obzirom na težinsku funkciju w(x) = 1 1 x 2. Relacija ortogonalnosti: 1 1 T m (x)t n (x) 1 x 2 dx = 0, za m n, π, za m = n = 0, π/2, za m = n 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 105/122
106 Čebiševljevi polinomi prve vrste Oni zadovoljavaju rekurzivnu relaciju T n+1 (x) 2xT n (x)+t n 1 (x) = 0, uz start T 0 (x) = 1, T 1 (x) = x. Za njih postoji i eksplicitna formula T n (x) = cos(narccosx). Osim toga, n-ti Čebiševljev polinom prve vrste T n zadovoljava diferencijalnu jednadžbu (1 x 2 )y xy +n 2 y = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 106/122
107 Čebiševljevi polinomi prve vrste Graf prvih par polinoma izgleda ovako. y x T 1 (x) T 2 (x) T 3 (x) T 4 (x) NumMat 2017, 8. predavanje p. 107/122
108 Čebiševljevi polinomi prve vrste na [0, 1] Katkad se koriste i Čebiševljevi polinomi prve vrste transformirani na interval [0, 1], u oznaci T n. Dobivaju se korištenjem linearne (preciznije, afine) transformacije [0,1] x ξ := 2x 1 [ 1,1]. Relacija ortogonalnosti postaje 1 T 0, za m n, m(x)t n(x) dx = π, za m = n = 0, x x 2 0 π/2, za m = n 0, NumMat 2017, 8. predavanje p. 108/122
109 Čebiševljevi polinomi prve vrste na [0, 1] a rekurzivna relacija Tn+1 (x) 2(2x 1)T n (x)+t n 1 (x) = 0, uz start T 0(x) = 1, T 1(x) = 2x 1. NumMat 2017, 8. predavanje p. 109/122
110 Čebiševljevi polinomi druge vrste Čebiševljevi polinomi druge vrste označavaju se s U n, ortogonalni su na intervalu [ 1, 1] obzirom na težinsku funkciju w(x) = 1 x 2. Relacija ortogonalnosti: x2 U m (x)u n (x)dx = { 0, za m n, π/2, za m = n. NumMat 2017, 8. predavanje p. 110/122
111 Čebiševljevi polinomi druge vrste Zadovoljavaju istu rekurziju kao i polinomi prve vrste uz malo drugačiji start U n+1 (x) 2xU n (x)+u n 1 (x) = 0, U 0 (x) = 1, U 1 (x) = 2x. Za njih postoji i eksplicitna formula U n (x) = sin((n+1)arccosx). sin(arccos x) n-ti Čebiševljev polinom druge vrste U n zadovoljava diferencijalnu jednadžbu (1 x 2 )y 3xy +n(n+2)y = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 111/122
112 Čebiševljevi polinomi druge vrste Graf prvih par polinoma izgleda ovako. y x U 1 (x) U 2 (x) U 3 (x) U 4 (x) NumMat 2017, 8. predavanje p. 112/122
113 Legendreovi polinomi Legendreovi polinomi označavaju se s P n, ortogonalni su na intervalu [ 1, 1] obzirom na težinsku funkciju w(x) = 1. Relacija ortogonalnosti: 1 1 P m (x)p n (x)dx = { 0, za m n, 2/(2n+1), za m = n. NumMat 2017, 8. predavanje p. 113/122
114 Legendreovi polinomi Oni zadovoljavaju rekurzivnu relaciju (n+1)p n+1 (x) (2n+1)xP n (x)+np n 1 (x) = 0, uz start P 0 (x) = 1, P 1 (x) = x. Osim toga, n-ti Legendreov polinom P n zadovoljava diferencijalnu jednadžbu (1 x 2 )y 2xy +n(n+1)y = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 114/122
115 Legendreovi polinomi Graf prvih par polinoma izgleda ovako. y x P 1 (x) P 2 (x) P 3 (x) P 4 (x) NumMat 2017, 8. predavanje p. 115/122
116 Laguerreovi polinomi Laguerreovi polinomi označavaju se s L n, ortogonalni su na intervalu [0, ) obzirom na težinsku funkciju w(x) = e x. Relacija ortogonalnosti: 0 e x L m (x)l n (x)dx = { 0, za m n, 1, za m = n. NumMat 2017, 8. predavanje p. 116/122
117 Laguerreovi polinomi Oni zadovoljavaju rekurzivnu relaciju (n+1)l n+1 (x)+(x 2n 1)L n (x)+nl n 1 (x) = 0, uz start L 0 (x) = 1, L 1 (x) = 1 x. Osim toga, n-ti Laguerreov polinom L n zadovoljava diferencijalnu jednadžbu xy +(1 x)y +ny = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 117/122
118 Laguerreovi polinomi Graf prvih par polinoma izgleda ovako. y L 1 (x) x L 2 (x) L 3 (x) 1 L 4 (x) 2 NumMat 2017, 8. predavanje p. 118/122
119 Laguerreovi polinomi Često nailazi na još jednu rekurziju za Laguerreove polinome L n+1 (x)+(x 2n 1) L n (x)+n 2 Ln 1 (x) = 0, uz jednaki start L 0 (x) = 1, L1 (x) = 1 x. Usporedivanjem ove i prethodne rekurzije dobivamo da je L n (x) = n!l n (x), tj. radi se samo o drugačijoj normalizaciji { e x 0, za m n, Lm (x) L n (x)dx = (n!) 2, za m = n. 0 NumMat 2017, 8. predavanje p. 119/122
120 Hermiteovi polinomi Hermiteovi polinomi označavaju se s H n, ortogonalni su na intervalu (, ) obzirom na težinsku funkciju w(x) = e x2. Relacija ortogonalnosti: e x2 H m (x)h n (x)dx = { 0, za m n, 2 n n! π, za m = n. NumMat 2017, 8. predavanje p. 120/122
121 Hermiteovi polinomi Oni zadovoljavaju rekurzivnu relaciju H n+1 (x) 2xH n (x)+2nh n 1 (x) = 0, uz start H 0 (x) = 1, H 1 (x) = 2x. Osim toga, n-ti Hermiteov polinom H n zadovoljava diferencijalnu jednadžbu y 2xy +2ny = 0. NumMat 2017, 8. predavanje p. 121/122
122 Hermiteovi polinomi Graf prvih par polinoma izgleda ovako. y H 1 (x) x H 2 (x) H 3 (x) H 4 (x) NumMat 2017, 8. predavanje p. 122/122
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni
Linearna algebra 2 prvi kolokvij,
Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )
INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.
INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno
M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
1 Promjena baze vektora
Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis
Linearna algebra 2 prvi kolokvij,
1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika
Matematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.
Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +
18. listopada listopada / 13
18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu
Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.
![Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.](/thumbs/72/66829778.jpg "Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.")
Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a
7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za
2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Elementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
3.1 Granična vrednost funkcije u tački
3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili
1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.
3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M
Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos
. KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..
Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE. 1.1 Ortonormirani skupovi
Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE 1.1 Ortonormirani skupovi Prije nego krenemo na sami algoritam, uvjerimo se koliko je korisno raditi sa ortonormiranim skupovima u unitarnom prostoru.
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva
Dijagonalizacija operatora
Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite
LINEARNA ALGEBRA 1, ZIMSKI SEMESTAR 2007/2008 PREDAVANJA: NENAD BAKIĆ, VJEŽBE: LUKA GRUBIŠIĆ I MAJA STARČEVIĆ
LINEARNA ALGEBRA 1 ZIMSKI SEMESTAR 2007/2008 PREDAVANJA: NENAD BAKIĆ VJEŽBE: LUKA GRUBIŠIĆ I MAJA STARČEVIĆ 2. VEKTORSKI PROSTORI - LINEARNA (NE)ZAVISNOST SISTEM IZVODNICA BAZA Definicija 1. Neka je F
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
ELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Operacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija
Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.
Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.
Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO
Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se
Osnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju
RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
APROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.
1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,
Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008
Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni
MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s
PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju
radni nerecenzirani materijal za predavanja
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je
41. Jednačine koje se svode na kvadratne
. Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k
IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum
16 Lokalni ekstremi Važna primjena Taylorovog teorema odnosi se na analizu lokalnih ekstrema (minimuma odnosno maksimuma) relanih funkcija (više varijabli). Za n = 1 i f : a,b R ako funkcija ima lokalni
5. Aproksimacija i interpolacija
APROKSIMACIJA I INTERPOLACIJA 56 5. Aproksimacija i interpolacija 5.. Opći problem aproksimacije Što je problem aproksimacije? Ako su poznate neke informacije o funkciji f, definiranoj na nekom skupu X
Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.
Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
Uvod u teoriju brojeva
Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda
Numerička matematika 7. predavanje
Numerička matematika 7. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2018, 7. predavanje p. 1/96 Sadržaj predavanja Metoda najmanjih kvadrata:
MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2
(kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje
2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)
2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:
Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;
1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,
( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,
LINEARNI PROSTORI
7 4 Pokažite da je matrica cos α e iβ sin α e iβ sin α cos α unitarna za sve α, β R Ispitajte ima li linearni sistem samo trivijalno rješenje 3 5 3 4 x x x 3 = 3 Nadite opće rješenje problema y = Ay, gdjejea
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3
Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.
σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka
Numerička analiza 26. predavanje
Numerička analiza 26. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.hr/~singer PMF Matematički odjel, Zagreb NumAnal 2009/10, 26. predavanje p.1/21 Sadržaj predavanja Varijacijske karakterizacije svojstvenih
Teorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =
( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se
( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Signali i sustavi - Zadaci za vježbu II. tjedan
Signali i sustavi - Zadaci za vježbu II tjedan Periodičnost signala Koji su od sljedećih kontinuiranih signala periodički? Za one koji jesu, izračunajte temeljni period a cos ( t ), b cos( π μ(, c j t
9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE
Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )
Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1
Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i službeni šalabahter. Predajete samo papire koje ste dobili. Rezultati i uvid u kolokvije: ponedjeljak,
DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
9 Diferencijalne jednadžbe 6 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna
Numerička analiza 16. predavanje
Numerička analiza 16. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.hr/~singer PMF Matematički odjel, Zagreb NumAnal 2009/10, 16. predavanje p.1/69 Sadržaj predavanja Besselove funkcije i Millerov algoritam:
Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
Kosinus-sinus dekompozicija ortogonalnih matrica malog reda
V Hari i V Zadelj-Martić: Kosinus-sinus dekompozicija, mathe 10, veljača 007 1/14 Hrvatski matematički elektronski časopis mathe Broj 10 http://emathhr/ Kosinus-sinus dekompozicija ortogonalnih matrica
Linearna algebra za fizičare, zimski semestar Mirko Primc
Linearna algebra za fizičare, zimski semestar 006. Mirko Primc Sadržaj Poglavlje 1. Vektorski prostor R n 5 1. Vektorski prostor R n 6. Geometrijska interpretacija vektorskih prostora R i R 3 11 3. Linearne
Linearna algebra Materijali za nastavu iz Matematike 1
Linearna algebra Materijali za nastavu iz Matematike 1 Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 40 Uvod Matrica: matematički objekt koji se sastoji od brojeva koji su rasporedeni u retke
POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA
POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike. Monika Jović. Skalarni produkt.
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Monika Jović Skalarni produkt Završni rad Osijek, 2012. Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove
4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA
. Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili
4 Numeričko diferenciranje
4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)
PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
![PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).](/thumbs/74/70316766.jpg "PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).")
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
4.1 Elementarne funkcije
. Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom
( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj
Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens
Numerička matematika 4. predavanje
Numerička matematika 4. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2011, 4. predavanje p.1/95 Sadržaj predavanja Rješavanje linearnih sustava: Hilbertove
Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda
VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 13 Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda U ovoj lekciji vježbamo rješavanje jedne klase običnih
5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
Kaskadna kompenzacija SAU
Kaskadna kompenzacija SAU U inženjerskoj praksi, naročito u sistemima regulacije elektromotornih pogona i tehnoloških procesa, veoma često se primenjuje metoda kaskadne kompenzacije, u čijoj osnovi su
( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)
A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko
Matrice linearnih operatora i množenje matrica. Franka Miriam Brückler
Matrice linearnih operatora i množenje matrica Franka Miriam Brückler Kako je svaki vektorski prostor konačne dimenzije izomorfan nekom R n (odnosno C n ), pri čemu se ta izomorfnost očituje odabirom baze,
III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI
III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( n n n-. (a a lna 6. (e e 7. (log a 8. (ln ln a (>0 9. ( 0 0. (>0 (ovde je >0 i a >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg
- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)
MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile
VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.
Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,
1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi
1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi Rješavanje nelinearnih jednadžbi sastoji se od dva bitna koraka: nalaženja intervala u kojem se nalazi nultočka (analizom toka), što je teži dio posla, nalaženja nultočke
Redovi funkcija. Redovi potencija. Franka Miriam Brückler
Franka Miriam Brückler Redovi funkcija 1 + (x 2) + 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 +... = (x 2)2 2! + (x 2)3 3! + +... = sin(x) + sin(2x) + sin(3x) +... = x n, + + n=1 (x 2) n, n! sin(nx). Redovi funkcija 1 +
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x
1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI
/ 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI 6.. Definicija reda Promatrajmo niz Definicija reda ( ) n 2 :, 2 2 3 2 4 2,... Postupno zbrajajmo elemente niza: = + 2 2 = 5 4 + 2 2 + 3 2 = 49 36 + 2 2 + 3 2 + 4 2 =