Numerička matematika 11. predavanje
|
|
|
- Γιώργος Αντωνόπουλος
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Numeričk mtemtik 11. predvnje Sš Singer web.mth.pmf.unizg.hr/~singer PMF Mtemtički odsjek, Zgreb NumMt 2018, 11. predvnje p. 1/163
2 Sdržj predvnj Numeričk integrcij (nstvk): Richrdsonov ekstrpolcij i Rombergov lgoritm. Primjeri z Rombergov lgoritm. Integrcijske formule visokog stupnj egzktnosti. Guss Christoffel formule. Guss Rdu formule. Guss Lobtto formule. Primjer z težinske Newton Cotesove i Gussove formule. Osnovn svojstv Gussovih formul. Konvergencij Gussovih formul, simetrij. Gussove formule i Hermiteov interpolcij. Rčunnje čvorov i težin Gussovih formul. NumMt 2018, 11. predvnje p. 2/163
3 Informcije Konzultcije: smo z NM: utork u 15 sti (iz predvnj), petk, sti, ili po dogovoru. Ne zborvite, žive su i domće zdće n dresi ili, izrvno Dodtni bodovi čekju n vs. NumMt 2018, 11. predvnje p. 3/163
4 Informcije Moj web strnic z Numeričku mtemtiku je Tmo su kompletn predvnj iz prošlih godin, stizt će i nov (kko nstju). Skrćen verzij skripte 1. dio (prvih 7 tjedn): Skrćen verzij skripte 2. dio (drugih 6 tjedn): NumMt 2018, 11. predvnje p. 4/163
5 Rombergov lgoritm NumMt 2018, 11. predvnje p. 5/163
6 Općenito o Rombergovom lgoritmu Pri izvodu Rombergovog lgoritm koristimo se sljedećim principim: udvostručvnjem broj podintervl u produljenoj trpeznoj metodi, elimincijom vodećeg čln u simptotskom rzvoju greške, iz dvije susjedne produljene formule. Ponovljen primjen ovog princip zove se Richrdsonov ekstrpolcij. Z početk, treb objsniti što je to simptotski rzvoj. NumMt 2018, 11. predvnje p. 6/163
7 Asimptotski rzvoj D bismo mogli približno izrčunti sumu konvergentnog red neke funkcije f u točki x, oblik f(x) = n p n (x), n=0 red smo proksimirli končnom prcijlnom sumom N f N (x) = n p n (x). n=0 Time smo podrzumijevli d osttk red teži prem nuli, i to po N, z fiksni x lim (f(x) f N(x)) = lim n p n (x) = 0. N N n=n+1 NumMt 2018, 11. predvnje p. 7/163
8 Precizn definicij simptotskog niz Ako zmijenimo ulogu N i x u konvergenciji rzvoj, dobivmo novi pojm simptotskog rzvoj. Pritom red uopće ne mor konvergirti. Precizn definicij simptotskog rzvoj u okolini neke točke bzirn je n definiciji simptotskog niz u okolini te točke. Definicij. (Asimptotski niz) Nek je D R nek domen i c ClD nek točk iz ztvrč skup D, s tim d c može biti i + ili. Ndlje, nek je ϕ n : D R, n N 0, niz funkcij z kojeg vrijedi ϕ n (x) = o(ϕ n 1 (x)) (x c u D), z svki n N. Td kžemo d je (ϕ n ) simptotski niz kd x c u skupu D. NumMt 2018, 11. predvnje p. 8/163
9 Precizn definicij simptotskog rzvoj Podsjetnik. Oznk ϕ n (x) = o(ϕ n 1 (x)) znči d svk funkcij ϕ n rste bitno sporije od prethodne funkcije ϕ n 1 u okolini neke točke (kod ns c), u smislu d vrijedi lim x c x D ϕ n (x) ϕ n 1 (x) = 0, što uključuje i pretpostvku d je ϕ n 1 (x) 0 n nekoj okolini točke c gledno u skupu D, osim eventulno u smoj točki c. Definicij. (Asimptotski rzvoj) Nek je (ϕ n ), n N 0, simptotski niz kd x c u skupu D. Formlni red funkcij n ϕ n n=0 NumMt 2018, 11. predvnje p. 9/163
10 Precizn definicij simptotskog rzvoj je simptotski rzvoj funkcije f z x c u skupu D, oznk f(x) n ϕ n (x) (x c u D), n=0 ko z svki N N vrijedi relcij simptotskog ponšnj f(x) = N 1 n=0 n ϕ n (x)+o(ϕ N (x)) (x c u D), tj. psolutn grešk izmedu f i (N 1)-e prcijlne sume red rste njviše jednko brzo ko i N-ti čln simptotskog niz, u okolini točke c. NumMt 2018, 11. predvnje p. 10/163
11 Euler McLurinov formul Asimptotski rzvoj pogreške z produljenu trpeznu metodu integrcije dje Euler McLurinov formul. Teorem. (Euler McLurinov formul) Nek su m i n cijeli brojevi tkvi d je m 0 i n 1. Definirmo ekvidistntnu mrežu s n podintervl n [,b], tj. h = b n, x k = +kh, k = 0,...,n. Pretpostvimo d je f C (2m+2) [,b]. Z pogrešku produljene trpezne metode vrijedi E n (f) = b f(x)dx I T n(f) = m i=1 d 2i n 2i +F n,m, NumMt 2018, 11. predvnje p. 11/163
12 Euler McLurinov formul gdje su koeficijenti osttk je d 2i = B 2i (2i)! (b )2i( f (2i 1) (b) f (2i 1) () ), F n,m = (b )2m+2 (2m+2)!n 2m+2 b Ovdje su B 2i Bernoullijevi brojevi, ( ) x B 2m+2 f (2m+2) (x)dx. h B i = 1 0 B i (x)dx, i 1, NumMt 2018, 11. predvnje p. 12/163
13 Euler McLurinov formul B i je periodičko proširenje običnih Bernoullijevih polinom { B i (x), z 0 x 1, B i (x) = B i (x 1), z x 1. Dokz je u klsičnim udžebnicim numeričke nlize. U koeficijentim d 2i jvljju se Bernoullijevi brojevi. Osim B 1 = 1, svi ostli neprni Bernoullijevi brojevi su 0, prvih 2 nekoliko prnih je: B 0 = 1, B 2 = 1 6, B 4 = 1 30, B 6 = 1 42, B 8 = 1 30, B 10 = 5 66, B 12 = , B 14 = 7 6, B 16 = Ndlje, brojevi B 2i vrlo brzo rstu po psolutnoj vrijednosti, tko d je B NumMt 2018, 11. predvnje p. 13/163
14 Elimincij čln greške Red u n 2, koji se jvlj u simptotskoj ocjeni pogreške z produljenu trpeznu metodu b m E n (f) = f(x)dx In(f) T d 2i = n +F n,m, 2i i=1 ne konvergir kd gltkoć m rste u, jer koeficijenti d 2i ne teže prem nuli. Nrvno, znmo d E n (f) 0, kd broj podintervl n. Idej: Ako je funkcij f dovoljno gltk, eliminirti čln po čln u sumi z grešku, n osnovu izrčuntih vrijednosti integrl s n/2 i n podintervl, odnosno, s duljinm kork 2h i h. NumMt 2018, 11. predvnje p. 14/163
15 Izvod Rombergovog lgoritm Nek je I (0) n trpezn formul n podintervl. Iz Euler McLurinove formule, (ko je funkcij f dovoljno gltk i n prn), z simptotski rzvoj greške immo I I (0) I I (0) n = d(0) 2 n/2 = 4d(0) 2 n + d(0) 4 2 n d(0) 2m n 2m +F n,m + 16d(0) m d (0) 2m n 2 n 4 n 2m +F n/2,m. Želimo eliminirti prvi čln greške s n 2, p prvi rzvoj pomnožimo s 4 i oduzmemo mu drugi rzvoj. Dobivmo 12d(0) 4(I I n (0) ) (I I (0) n/2 ) = 4 n 4 60d(0) 6 +. n 6 NumMt 2018, 11. predvnje p. 15/163
16 Izvod Rombergovog lgoritm Premješnjem člnov koji imju I n lijevu strnu, ztim dijeljenjem, dobivmo I = 4I(0) n I (0) n/2 4d(0) 4 20d(0) n 4 n 6 Prvi čln zdesn uzimmo ko bolju, poprvljenu proksimciju integrl. Oznčimo tu proksimciju s I n (1) = 4I(0) n I (0) n/2, n prn, n 2. 3 Sd u formuli z grešku, d bismo lkše rčunli, definirmo d (1) 4 = 4d (0) 4, d (1) 6 = 20d (0) 6,... NumMt 2018, 11. predvnje p. 16/163
17 Izvod Rombergovog lgoritm Time smo dobili novi integrcijski niz I (1) 2,I (1) 4,I (1) 8,... Njegov je grešk I I (1) n = d(1) 4 n + d(1) 6 4 n +. 6 Sličn rgument ko i prije možemo upotrijebiti i dlje. Eliminirjmo prvi čln pogreške iz I n (1) i I (1) n/2, I I (1) n/2 = 16d(1) 4 n d(1) 6 +, n 6 uz uvjet d je funkcij dovoljno gltk i d je n djeljiv s 4. Td je 16(I I n (1) ) (I I (1) n/2 ) = 48d(1) 6 +, n 6 NumMt 2018, 11. predvnje p. 17/163
18 Izvod Rombergovog lgoritm odnosno I = 16I(1) n I (1) n/ d(1) n 6 Ponovno, prvi čln s desne strne proglsimo z novu proksimciju integrl I n (2) = 16I(1) n I (1) n/2 15, n djeljiv s 4, n 4. Induktivno, nstvljnjem postupk, dobivmo Richrdsonovu ekstrpolciju n = 4k I n (k 1) 4 k 1 I (k) I (k 1) n/2, n 2 k. NumMt 2018, 11. predvnje p. 18/163
19 Izvod Rombergovog lgoritm Pritom je grešk jednk E (k) n = I I (k) n = d(k) 2k+2 + 2k+2 n = β k (b )h 2k+2 f (2k+2) (ξ), ξ b. Sd možemo složiti Rombergovu tblicu I (0) 1 I (0) 2 I (1) 2 I (0) 4 I (1) 4 I (2) NumMt 2018, 11. predvnje p. 19/163
20 Poredk rčunnj Poredk rčunnj u tblici je sljedeći: Iz ocjene greške možemo izvesti omjere grešk u stupcu Rombergove tblice, uz pretpostvku dovoljne gltkoće funkcije f. Dobivmo E (k) n E (k) 2n 2 2k+2, NumMt 2018, 11. predvnje p. 20/163
21 Omjeri grešk u Rombergovoj tblici tj. omjeri pogrešk u stupcu se morju ponšti ko Puno ilustrtivnije od omjer grešk E n (k) /E (k) 2n 2 2k+2 je promtrnje eksponent omjer grešk 2k + 2, NumMt 2018, 11. predvnje p. 21/163
22 Primjeri z Rombergov lgoritm NumMt 2018, 11. predvnje p. 22/163
23 Omjeri grešk u Rombergovoj tblici Pokžimo n primjeru d prethodni omjeri pogrešk u stupcu vrijede smo ko je funkcij dovoljno gltk. Primjer. Rombergovim lgoritmom s točnošću ndite vrijednosti integrl 1 e x dx, 1 x 3/2 dx, 1 xdx i pokžite kko se ponšju omjeri pogrešk i eksponenti omjer pogrešk u stupcim. NumMt 2018, 11. predvnje p. 23/163
24 Eksponencijln funkcij Eksponencijln funkcij im beskončno mnogo neprekidnih derivcij n [0, 1], p bi se rčunnje integrl morlo ponšti po predvidnju. Ako usporedujemo vrijednosti smo po dijgonli tblice, nkon 2 5 = 32 podintervl u trpeznoj formuli, dobivmo približnu vrijednost integrl I 5 tkvu d je I 5 = I = e 1 = I I 5 = 0. NumMt 2018, 11. predvnje p. 24/163
25 Eksponencijln funkcij Omjeri pogrešk u stupcim su p uz mlo kretivnog vid vidimo d su omjeri prem predvidnju 4,16,64,256,1024,... NumMt 2018, 11. predvnje p. 25/163
26 Eksponencijln funkcij Eksponenti omjer pogrešk su p ponovno čitmo d su eksponenti omjer pogrešk 2,4,6,8,10,... NumMt 2018, 11. predvnje p. 26/163
27 Funkcij x 3/2 Funkcij f(x) = x 3/2 im neogrničenu drugu derivciju u 0, p bi znimljivo ponšnje morlo početi već u drugom stupcu Rombergove tblice, jer z trpez je funkcij dovoljno gltk z ocjenu pogreške. Nkon 2 15 podintervl u trpeznoj formuli, dobivmo približnu vrijednost I 15 = I = 2/5 = I I 15 = Primijetite d je broj intervl poprilično velik! NumMt 2018, 11. predvnje p. 27/163
28 Funkcij x 3/2 Što je s omjerim pogrešk? Nkon prvog stupc omjeri pogrešk su se stbilizirli. NumMt 2018, 11. predvnje p. 28/163
29 Funkcij x 3/2 Bit će nm mnogo lkše provjeriti što se dogd, ko npišemo smo eksponente omjer pogrešk Eksponenti omjer pogrešk od drugog stupc ndlje su z točno 1 veći od eksponent sme funkcije (integrirmo!). NumMt 2018, 11. predvnje p. 29/163
30 Funkcij x Situcij s funkcijom f(x) = x mor biti još gor, jer on im neogrničenu prvu derivciju u 0. Nkon 2 15 podintervl u trpeznoj formuli, ne dobivmo željenu točnost I 15 = I = 2/3 = I I 15 = NumMt 2018, 11. predvnje p. 30/163
31 Funkcij x Omjeri pogrešk u tblici su: NumMt 2018, 11. predvnje p. 31/163
32 Funkcij x Pripdni eksponenti su Produljen trpezn formul još uvijek konvergir, li konvergencij više nije O(h 2 ), već smo O(h 3/2 ). NumMt 2018, 11. predvnje p. 32/163
33 Zdci U posljednj dv primjer, Rombergovom lgoritmu može se pomoći tko d supstitucijom u integrlu dobijemo gltku funkciju. U ob slučj, supstitucij je x = t 2. Provjerite što se dogd u Rombergovom lgoritmu nkon ove supstitucije. Ako u posljednjem integrlu promijenimo grnice integrcije 2 xdx što mislite kojoj će se funkciji iz prethodnih primjer njsličnije ponšti omjeri pogrešk? 1 NumMt 2018, 11. predvnje p. 33/163
34 Druge oznke U literturi postoji i drugčij oznk z proksimcije integrl u Rombergovoj tblici T (k) Sm tblic im oblik m = 4m T (k+1) m 1 T (k) m 1 4 m 1. T (0) 0 T (1) 0 T (0) 1 T (2) 0 T (1) 1 T (0) NumMt 2018, 11. predvnje p. 34/163
35 Još mlo o Rombergovoj tblici Tvrdnj. Drugi stupc Rombergove tblice odgovr produljenoj Simpsonovoj formuli redom, s 2,4,8,16,... podintervl. Ndimo eksplicitnu formulu z I (1) n. Ako trpezn formul im n podintervl, ond je pripdni h = (b )/n, n/2 podintervl, ond je pripdni h 1 = 2(b )/n = 2h. Iz trpeznih formul z n i n/2 podintervl, I (0) n = h 2 (f 0 +2f 1 + 2f n 1 +f n ) I (0) n/2 = h 1 2 (f 0 +2f 2 + 2f n 2 +f n ), NumMt 2018, 11. predvnje p. 35/163
36 Još mlo o Rombergovoj tblici uvrštvnjem u I (1) n, dobivmo I n (1) = 4I(0) n I (0) n/2 3 = 4 3 h 2 (f 0 +2f f n 1 +f n ) 1 3 h1 2 (f 0 +2f f n 2 +f n ) = 2h 3 (f 0 +2f f n 1 +f n ) h 3 (f 0 +2f f n 2 +f n ) = h 3 (f 0 +4f 1 +2f f n 2 +4f n 1 +f n ), što je Simpsonov formul s n podintervl. NumMt 2018, 11. predvnje p. 36/163
37 Zdtk Odgovrju li ostli stupci u Rombergovoj tblici sljedećim Newton Cotesovim formulm (Simpsonovoj formuli 3/8, Booleovoj formuli,...)? N sreću, odgovor je ne! U protivnom, Rombergov lgoritm ne bi konvergiro, recimo, z funkciju Runge. Z točnost 10 12, ko usporedujemo dijgonlni dio tblice, potrebno je 2 10 = 1024 podintervl, dobiveni rezultt je I 10 = I = I I 10 = NumMt 2018, 11. predvnje p. 37/163
38 Oprez s oscilirjućim funkcijm Primjer. Korištenjem Rombergovog lgoritm izrčunjte približnu vrijednost integrl 1 sin(17πx) dx tko d grešk bude mnj ili jednk Podintegrln funkcij je reltivno brzo oscilirjuć i im 17 grb. Tblicu ispisujemo smo n prvih pr deciml ( rčunmo u punoj točnosti tip extended). NumMt 2018, 11. predvnje p. 38/163
39 Oprez s oscilirjućim funkcijm Rombergov tblic: Rezultt (s svim znmenkm): I 7 = I I 7 = I = NumMt 2018, 11. predvnje p. 39/163
40 Oprez s oscilirjućim funkcijm Što je rzlog stbilizcije oko jedne, p oko druge vrijednosti? Nedovoljn broj podintervl u trpeznoj formuli, koji ne opisuje dobro ponšnje funkcije. Rješenje problem: u svku grbu treb stviti brem nekoliko točk. Sljedeće slike nm to zorno i pokzuju. Tek kd smo stvili 16 točk u trpeznu formulu, stvili smo skoro jednu točku po grbi i trpezn formul je počel prepoznvti oblik podintegrlne funkcije. NumMt 2018, 11. predvnje p. 40/163
41 Oprez s oscilirjućim funkcijm y x Produljen trpezn formul s 2 podintervl. NumMt 2018, 11. predvnje p. 41/163
42 Oprez s oscilirjućim funkcijm y x Produljen trpezn formul s 4 podintervl. NumMt 2018, 11. predvnje p. 42/163
43 Oprez s oscilirjućim funkcijm y x Produljen trpezn formul s 8 podintervl. NumMt 2018, 11. predvnje p. 43/163
44 Oprez s oscilirjućim funkcijm y x Produljen trpezn formul s 16 podintervl. NumMt 2018, 11. predvnje p. 44/163
45 Zdtk Korištenjem Rombergovog lgoritm izrčunjte približnu vrijednost integrl 1 sin(257πx) dx 0 tko d grešk bude mnj ili jednk Oprez, ko u Rombergovom lgoritmu ne zhtijevte stvljnje dovoljnog broj podintervl, dobiveni rezultt bit će pogrešn! NumMt 2018, 11. predvnje p. 45/163
46 Trpez može biti brži od Romberg Primjer. Korištenjem Rombergovog lgoritm izrčunjte približnu vrijednost integrl 1 e cos(πx) cos(πx)dx 0 tko d grešk bude mnj ili jednk U ovom primjeru dogd se znimljiv fenomen: produljen trpezn formul može brže izrčunti točn rezultt nego Rombergov lgoritm. Rzlog: Dobro ponšnje produljene trpezne formule z periodičke funkcije! NumMt 2018, 11. predvnje p. 46/163
47 Trpez može biti brži od Romberg Početni dio Rombergove tblice: Crveno oznčeni brojevi imju sve znmenke točne. Rombergov lgoritm dje netočniju proksimciju I 5 = NumMt 2018, 11. predvnje p. 47/163
48 Trpez može biti brži od Romberg Sporost Rombergovog lgoritm posljedic je činjenice d trpezn formul s jednim podintervlom im veliku grešku. Budući d on ulzi u ekstrpolciju rezultt n dijgonli, dijgonlni rezultti su dost pogrešni. Stvrno, z produljenu trpeznu formulu ne vrijedi isti rzvoj pogreške (puno je točnij zbog periodičnosti funkcije f, z koeficijente u Euler McLurinovoj formuli vrijedi d 2i = 0)! Rješenje problem: usporedimo susjedne rezultte u stupcim tblice i ko se oni slože n odgovrjuću točnost, uzmemo ih ko proksimciju. NumMt 2018, 11. predvnje p. 48/163
49 Teorij integrcijskih formul nstvk NumMt 2018, 11. predvnje p. 49/163
50 Težinske integrcijske formule sžetk Do sd smo rdili integrcijske formule oblik b w(x)f(x)dx = I m (f)+e m (f), I m (f) = (ispuštmo gornje indekse m) u kojim su m w k f(x k ), k=0 čvorovi integrcije x 0,...,x m bili unprijed zdni/fiksni, težinske koeficijente w 0,...,w m odredivli smo iz uvjet egzktnosti n vektorskom prostoru polinom P d što većeg stupnj d (tzv. Newton Cotesove formule). Iz teorem o interpolcijskim formulm znmo d z polinomni stupnj egzktnosti d tkvih formul vrijedi d = m. Indeks ili red m formule = očekivni stupnj egzktnosti. NumMt 2018, 11. predvnje p. 50/163
51 Težinske integrcijske formule sžetk Kod nekih formul (Simpson, srednj točk) dobili smo d je z prne m, stvrni stupnj egzktnosti z jedn veći, tj. vrijedi d = m+1, iko se težine odreduju iz uvjet egzktnosti n prostoru P m. U nstvku tržimo integrcijske formule još višeg stupnj egzktnosti z koje vrijedi d > m. To znči d neki ili svi čvorovi integrcije morju biti slobodni, tko d i njih odredujemo iz uvjet egzktne integrcije. Iz trdicionlnih rzlog, zbog veze s ortogonlnim polinomim i njihovim nultočkm, tkve formule se mlo drugčije oznčvju! NumMt 2018, 11. predvnje p. 51/163
52 Promjen oznk z integrcijske formule Promjene u oznkm su: čvorovi se broje od 1, ne od 0, broj čvorov oznčv se s n, umjesto m+1. Težinsk integrcijsk ili kvdrturn formul ond im sljedeći oblik: b w(x)f(x)dx = I n (f)+e n (f), I n (f) = n w k f(x k ). k=1 Broj n N zove se red formule = broj čvorov. Opet ispuštmo gornje indekse n, tj. ne pišemo w (n) k, x(n) k. NumMt 2018, 11. predvnje p. 52/163
53 Težinsk funkcij u integrcijskoj formuli Pretpostvljmo d je težinsk funkcij w pozitivn (ili brem nenegtivn) i integrbiln n [, b]. Ako je intervl [, b] beskončn, mormo osigurti d prethodni integrl postoji, br u slučju kd je funkcij f polinom, neovisno o stupnju. To postižemo zhtjevom d svi momenti težinske funkcije w µ k := b x k w(x)dx, k N 0, postoje (ko integrli) i d su končni. Tkve težinske funkcije w zovemo polinomno dopustivim. Ndlje pretpostvljmo d je w tkv! NumMt 2018, 11. predvnje p. 53/163
54 Interpolcijske težinske kvdrturne formule Uz ove pretpostvke i oznke, z bilo kojih n rzličitih čvorov x 1,...,x n, težinsk integrcijsk ili kvdrturn formul b w(x)f(x)dx I n (f) = n w k f(x k ) k=1 im polinomni stupnj egzktnosti (brem) d = n 1, ko i smo ko je interpolcijsk, tj. dobiven je ko egzktni integrl interpolcijskog polinom funkcije f u čvorovim x 1,...,x n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 54/163
55 Težine u interpolcijskim formulm Ekvivlentno, polinomni stupnj egzktnosti integrcijske formule I n je (brem) d = n 1, ko i smo ko z težinske koeficijente w k vrijedi w k = b w(x)l k (x)dx, k = 1,...,n, gdje su l k, z k = 1,...,n, polinomi Lgrngeove bze n mreži čvorov x 1,...,x n (stupnj tih polinom je sd n 1) l k (x) = n j=1 j k x x j x k x j, k = 1,...,n. Npomen: Ovo smo već dokzli, smo su oznke nove! NumMt 2018, 11. predvnje p. 55/163
56 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti Nmeće se prirodno pitnje: može li se postići i bolje, tj. možemo li dobiti veći stupnj egzktnosti, d > n 1? Uočite: Jedin šns z to je pžljiviji izbor čvorov integrcije x k. Nime, čim je d n 1, težine w k su nužno odredene prethodnom formulom, p njih više ne možemo birti. Odgovor je potvrdn i reltivno jednostvn! Z formulciju rezultt definirmo tzv. polinom čvorov n ω n (x) = (x x k ). k=1 NumMt 2018, 11. predvnje p. 56/163
57 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti Teorem. Nek je l zdni cijeli broj, tkv d je 0 l n. Težinsk integrcijsk formul b w(x)f(x)dx = I n (f)+e n (f), I n (f) = n w k f(x k ), im polinomni stupnj egzktnosti d = n 1+l, ko i smo ko je formul interpolcijsk i, dodtno, vrijedi k=1 polinom čvorov ω n je ortogonln n sve polinome p P l 1 s težinskom funkcijom w, b w(x)ω n (x)p(x)dx = 0, z svki p P l 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 57/163
58 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti Dokz. Iz prošlog teorem znmo d z stupnj egzktnosti vrijedi d n 1, ko i smo ko je formul interpolcijsk. Preostje pokzti d je d = n 1+l ekvivlentno relciji ortogonlnosti z polinom ω n. 1. smjer (nužnost): d = n 1+l = ortogonlnost. Nek je p P l 1 bilo koji polinom stupnj njviše l 1. Z produkt f = ω n p ond vrijedi ω n p P n+l 1. Zbog pretpostvke d = n 1+l, integrcijsk formul egzktno integrir polinom f = ω n p, p je b w(x)ω n (x)p(x)dx = n k=1 w k ω n (x k )p(x k ). NumMt 2018, 11. predvnje p. 58/163
59 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti No, svi čvorovi x k su nultočke polinom čvorov ω n, tj. vrijedi ω n (x k ) = 0, k = 1,...,n. Ond je b n w(x)ω n (x)p(x)dx = w k ω n (x k )p(x k ) = 0, k=1 z svki p P l 1, što dokzuje prvi smjer. 2. smjer (dovoljnost): ortogonlnost = d = n 1+l. Nek je p P n+l 1 bilo koji polinom. Treb pokzti d integrcijsk formul I n egzktno integrir polinom p. NumMt 2018, 11. predvnje p. 59/163
60 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti Prvo podijelimo p s polinomom čvorov ω n po Euklidovom teoremu o dijeljenju s osttkom. Ond je p = qω n +r, gdje je q P l 1 kvocijent, r P n 1 osttk. Egzktnom integrcijom dobivmo b w(x)p(x) dx = b w(x)q(x)ω n (x)dx+ b w(x)r(x) dx. Zbog q P l 1 i pretpostvke ortogonlnosti prvi integrl n desnoj strni je nul. NumMt 2018, 11. predvnje p. 60/163
61 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti Dobivmo d je b w(x)p(x) dx = b w(x)r(x) dx. No, zbog r P n 1 i pretpostvke d je formul interpolcijsk, Zto je formul I n egzktno integrir polinom r. b w(x)r(x) dx = n w k r(x k ). k=1 NumMt 2018, 11. predvnje p. 61/163
62 Integrcijske formule višeg stupnj egzktnosti Sd uvrstimo r = p qω n. Dobivmo redom n n ( w k r(x k ) = w k p(xk ) q(x k )ω n (x k ) ) k=1 k=1 = { znmo ω n (x k ) = 0, z k = 1,...,n } n = w k p(x k ). k=1 Kd spojimo zdnje tri relcije, izlzi b n w(x)p(x) dx = w k p(x k ) = I n (p), k=1 p formul I n egzktno integrir sve polinome p P n+l 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 62/163
63 O grnicm z stupnj egzktnosti Nekoliko komentr n prethodni rezultt. Relcij ortogonlnosti b w(x)ω n (x)p(x)dx = 0, z svki p P l 1, omogućv povećnje stupnj egzktnosti formule z l, s d = n 1, n d = n 1+l. Ogrničenje 0 l n u teoremu je prirodno i nužno! Nime, relcij ortogonlnosti postvlj točno l dodtnih uvjet n čvorove x 1,...,x n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 63/163
64 O grnicm z stupnj egzktnosti Z l = 0 nem dodtnih ogrničenj, jer z bilo koji izbor čvorov možemo dobiti d = n 1 (interpolcijsk formul). S druge strne, zbog nenegtivnosti težinske funkcije w, mor biti l n. Oprvdnje: Polinom čvorov ω n mor biti ortogonln n sve polinome iz P l 1, tj. n polinome stupnj njviše l 1. Z l > n, polinom ω n bi trebo biti ortogonln (brem) n sve polinome iz P n, to znči i n smog sebe, što je nemoguće! Dkle, l = n je mksimlno povećnje stupnj egzktnosti koje se može postići, mksimlni stupnj egzktnosti je d mx = 2n 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 64/163
65 Gussove integrcijske formule d = 2n 1 Integrcijske ili kvdrturne formule mksimlnog stupnj egzktnosti d = 2n 1 zovu se Gussove ili Guss Christoffelove formule. Relcij ortogonlnosti iz prethodnog teorem, z l = n, glsi b w(x)ω n (x)p(x)dx = 0, z svki p P n 1. Drugim riječim, polinom čvorov ω n (stupnj n) mor biti ortogonln n sve polinome nižeg stupnj do njviše n 1. No, to isto svojstvo zdovoljv i odgovrjući ortogonlni polinom p n, stupnj n, s težinskom funkcijom w n [,b]. NumMt 2018, 11. predvnje p. 65/163
66 Čvorovi u Gussovim formulm Znmo d je p n jednoznčno odreden, do n multipliktivnu konstntu. Ako z p n uzmemo d im vodeći koeficijent A n = 1, ond je ω n = p n, n N 0. Zto se formule njvišeg stupnj egzktnosti obično zovu Gussove formule s težinskom funkcijom w n [, b]. U Gussovim formulm, čvorovi x k su potpuno odredeni ko sve nultočke polinom p n, p n (x k ) = 0, k = 1,...,n. Sjetite se, te nultočke su relne, jednostruke i leže u otvorenom intervlu (, b). NumMt 2018, 11. predvnje p. 66/163
67 Težine u Gussovim formulm Z težine w k znmo d vrijedi w k = b w(x)l k (x)dx, k = 1,...,n, gdje su l k, z k = 1,...,n, polinomi Lgrngeove bze n mreži čvorov x 1,...,x n (stupnj od l k je n 1). Kod Lgrngeove interpolcije, pokzli smo d polinome l k možemo izrziti preko polinom čvorov ω n = p n (rnije ω), u obliku p n (x) l k (x) = (x x k )p n(x k ), k = 1,...,n. Uočite d multipliktivn konstnt u p n nije bitn skrti se, p možemo uzeti bilo koju normlizciju z polinome p n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 67/163
68 Težine u Gussovim formulm Dobivmo izrz z težine w k preko ortogonlnih polinom p n w k = b w(x) p n (x) (x x k )p n(x k ) dx, k = 1,...,n. Prem utoru ove formule, težine w k u Gussovim formulm ponekd se zovu i Christoffelovi brojevi. Nvedeni integrl se može eksplicitno izrčunti! O tome, ko i o ostlim svojstvim Gussovih formul mlo ksnije. Prvo, spomenimo još dv tip integrcijskih formul koje se koriste u prksi, imju visoki, li ne i mksimlni stupnj egzktnosti, tj. l < n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 68/163
69 Integrcijske formule s fiksnim rubovim Prethodni teorem im prktične primjene i z l < n. U težinskoj integrcijskoj ili kvdrturnoj formuli b w(x)f(x)dx = I n (f)+e n (f), I n (f) = n w k f(x k ). k=1 unprijed zdmo n l čvorov integrcije u [,b], preostlih l čvorov odredujemo tko d dobijemo mksimlni mogući stupnj egzktnosti d = n 1+l. Ovj pristup se njčešće koristi z n l = 1 i n l = 2, zdni čvorovi su jedn ili ob rub intervl integrcije [, b], s tim d zdni rubni čvor mor biti končn. NumMt 2018, 11. predvnje p. 69/163
70 Guss Rdu formule jedn rub, d = 2n 2 Nek je lijevi rub intervl točk, končn i zdn ko čvor integrcije x 1 =. Preostlih l = n 1 čvorov odredujemo tko d dobijemo mksimlni stupnj egzktnosti d = 2n 2. Ove integrcijske formule zovu se Guss Rdu formule. Prem prethodnom teoremu, pripdni polinom čvorov ω n (x) = (x )(x x 2 ) (x x n ) =: (x )p n 1 (x) mor zdovoljvti relciju ortogonlnosti z l = n 1 b w(x)ω n (x)p(x)dx = 0, z svki p P n 2. NumMt 2018, 11. predvnje p. 70/163
71 Guss Rdu formule jedn rub, d = 2n 2 To možemo zpisti i ovko b w(x)(x )p n 1 (x)p(x)dx = 0, z svki p P n 2. Fktor (x ), koji odgovr fiksnom čvoru x 1 =, im fiksni predznk n [,b] nenegtivn je. Zto g smijemo izvditi iz polinom čvorov ω n i dodti težinskoj funkciji w. Tko dobivmo novu težinsku funkciju w (x) := (x )w(x), koj je, tkoder, nenegtivn n [, b]. NumMt 2018, 11. predvnje p. 71/163
72 Guss Rdu formule jedn rub, d = 2n 2 Relcij ortogonlnosti sd im oblik b w (x)p n 1 (x)p(x)dx = 0, z svki p P n 2, gdje je p n 1 polinom stupnj n 1. Slično rnijem, odvde dobivmo sljedeći zključk: preostlih n 1 čvorov x 2,...,x n morju biti nultočke ortogonlnog polinom p n 1 s težinskom funkcijom w. Potpuno isti princip rdi i z desni rub b, s fktorom b x. Ako fiksirmo x n = b, preostli čvorovi x 1,...,x n 1 morju biti nultočke ortogonlnog polinom p n 1 s težinskom funkcijom w b (x) := (b x)w(x). NumMt 2018, 11. predvnje p. 72/163
73 Guss Lobtto formule ob rub, d = 2n 3 Nek su ob rub intervl točke i b, končne i zdne ko čvorovi integrcije x 1 =, x n = b. Preostl l = n 2 čvor odredujemo tko d dobijemo mksimlni stupnj egzktnosti d = 2n 3. Ove integrcijske formule zovu se Guss Lobtto formule. N potpuno isti nčin se dokzuje d preostl n 2 čvor x 2,...,x n 1 morju biti nultočke ortogonlnog polinom p n 2 s težinskom funkcijom w,b, w,b (x) := (x )(b x)w(x). Npomen: ovo trnsformirnje težinske funkcije rdi smo z čvorove u rubovim intervl (nenegtivnost). NumMt 2018, 11. predvnje p. 73/163
74 Primjer z težinske formule NumMt 2018, 11. predvnje p. 74/163
75 Težinsk Newton Cotesov vs. Gussov f. Primjer. Nprvimo usporedbu ztvorene Newton Cotesove formule i Gussove formule s 2 čvor, z težinsku funkciju w(x) = x 1/2 n intervlu [0, 1]. Težinsk funkcij w im singulritet u lijevom rubu = 0, li je integrbiln n [0,1] njezin integrl je µ 0 = 2. Tržene integrcijske formule glse: 1 w x 1/2 1 NC f(0)+w2 NC f(1) (Newton Cotes), f(x)dx w1 G f(x 1 )+w2 G f(x 2 ) (Guss). 0 NumMt 2018, 11. predvnje p. 75/163
76 Težinsk Newton Cotesov formul Z Newton Cotesovu formulu, težine w NC 1 i w NC 2 možemo izrčunti iz eksplicitne formule w k = b w(x)l k (x)dx, k = 1,2. Lgrngeov bz l 1 i l 2, z zdne čvorove x 1 = 0 i x 2 = 1, jednk je l 1 (x) = x x 2 = x 1 x 1 x = 1 x, l 2 (x) = x x 1 x 2 x 1 = x = x, NumMt 2018, 11. predvnje p. 76/163
77 Težinsk Newton Cotesov formul p immo w NC 1 = = x 1/2 l 1 (x)dx = (x 1/2 x 1/2 )dx (2x 1/2 23 x3/2 ) = 4 3, w NC 2 = 1 0 x 1/2 l 2 (x)dx = 1 0 x 1/2 dx = 2 3 x3/2 1 0 = 2 3. Ovj pristup im smisl smo kd se polinomi l 1 i l 2 lko rčunju, tj. smo kd su čvorovi jednostvni, poput 0 i 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 77/163
78 Težinsk Newton Cotesov formul Obično je puno lkše iskoristiti d Newton Cotesov formul egzktno integrir jednostvnu bzu prostor polinom P 1. Uvrštvnjem f(x) = 1, dobivmo jedndžbu w NC 1 1+w NC 2 1 = 1 0 x 1/2 dx = 2, uvrštvnjem f(x) = x, dobivmo jedndžbu Odmh izlzi w NC 1 0+w NC 2 1 = 1 0 x 1/2 xdx = 2 3. w NC 2 = 2 3, wnc 1 = 2 w NC 2 = 4 3. NumMt 2018, 11. predvnje p. 78/163
79 Težinsk Newton Cotesov formul Tržen ztvoren Newton Cotesov formul glsi: 1 0 x 1/2 f(x)dx = 4 3 f(0)+ 2 3 f(1)+enc 2 (f), pri čemu je E NC 2 (f) pripdn grešk. Uočite d korijenski singulritet u nuli uzrokuje d vrijednost f(0) dobiv dvostruko veću težinu od vrijednosti f(1). NumMt 2018, 11. predvnje p. 79/163
80 Gussov formul Gussovu formulu njlkše je odrediti preko ortogonlnih polinom. Treb nm monični (vodeći koeficijent A 2 = 1) ortogonlni polinom p 2, stupnj 2, s težinom x 1/2 n [0,1] p 2 (x) = x x+ 0. Tj polinom mor biti ortogonln n polinome nižeg stupnj. Z polinom q 0 (x) = 1, iz p 2,q 0 = 0, dobivmo: 0 = 1 x 1/2 p 2 (x)dx = 1 (x 3/2 + 1 x 1/2 + 0 x 1/2 )dx = 0 ( 2 5 x5/2 + 2 ) 1 3 1x 3/ x 1/2 0 0 = , NumMt 2018, 11. predvnje p. 80/163
81 Gussov formul Z polinom q 1 (x) = x, iz p 2,q 1 = 0, dobivmo: 0 = 1 x 1/2 xp 2 (x)dx = 1 (x 5/2 + 1 x 3/2 + 0 x 1/2 )dx = 0 ( 2 7 x7/ x 5/2 + 2 ) 1 3 0x 3/2 0 0 = Sustv jedndžbi z koeficijente moničnog polinom p 2 je: = = 2 7. NumMt 2018, 11. predvnje p. 81/163
82 Gussov formul Rješenje tog sustv je p je ortogonlni polinom p 2 1 = 6 7, 0 = 3 35, p 2 (x) = x x Čvorovi z Gussovu integrcijsku formulu su nultočke polinom p 2 : x 1 = 1 ( ) , 7 5 x 2 = 1 ( ) NumMt 2018, 11. predvnje p. 82/163
83 Gussov formul Z rčunnje težinskih koeficijent w1 G i wg 2, mogli bismo iskoristiti formulu z w k, ko kod Newton Cotesove formule. Medutim, kd immo čvorove x 1 i x 2, puno je lkše iskoristiti d Gussov formul egzktno integrir bzu polinom iz P 1. Z stupnj 0, stvimo f(x) = 1, i dobivmo jedndžbu w G 1 +w G 2 = 1 0 x 1/2 dx = 2, Z stupnj 1, stvimo f(x) = x, i dobivmo jedndžbu w G 1 x 1 +w G 2 x 2 = 1 0 x 1/2 xdx = 2 3. NumMt 2018, 11. predvnje p. 83/163
84 Gussov formul Kd uvrstimo poznte čvorove x 1,x 2, rješenje dobivenog linernog sustv od dvije jedndžbe z težine w1 G,w2 G je w1 G = , w2 G = Sd je težin w G 1 približno put već od težine w G 2. NumMt 2018, 11. predvnje p. 84/163
85 Gussov formul Tržen Gussov formul glsi: 1 0 x 1/2 f(x)dx = ( ) 5 6 ( E G 2 (f), pri čemu je E G 2 (f) pripdn grešk. ( 3 f ) 5 6 f ) 6 5 ( ) 6 5 NumMt 2018, 11. predvnje p. 85/163
86 Težinsk Newton Cotesov vs. Gussov f. Usporedimo prethodne dvije formule n integrlu I = 1 0 ( πx x 1/2 cos 2 ) dx = 2C(1) , pri čemu C oznčv tzv. Fresnelov kosinusni integrl. Aproksimcije po obje formule, z f(x) = cos(πx/2), su pripdne greške su I NC = , I G , E NC , E G , što pokzuje d je Gussov formul puno bolj (> 100 put). NumMt 2018, 11. predvnje p. 86/163
87 Gussove integrcijske formule NumMt 2018, 11. predvnje p. 87/163
88 Gussove integrcijske formule ponvljnje Gussov integrcijsk ili kvdrturn formul s težinskom funkcijom w n intervlu [,b] im oblik b w(x)f(x)dx = I n (f)+e n (f), I n (f) = n w k f(x k ), k=1 i dostiže mksimlni stupnj egzktnosti d mx = 2n 1. Čvorovi x k su sve nultočke ortogonlnog polinom p n s težinskom funkcijom w n [, b], Težine w k su dne formulom (l k preko p n i x k ) w k = b w(x) p n (x) (x x k )p n(x k ) dx, k = 1,...,n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 88/163
89 Čvorovi Gussovih integrcijskih formul U nstvku, detljnije nlizirmo nek bitn svojstv Gussovih formul. Smo rdi jednostvnosti, dodtno pretpostvljmo d je težinsk funkcij w pozitivn n cijelom intervlu [, b], osim eventulno u končno mnogo točk (singulriteti dozvoljeni). Teorem (Svojstv čvorov). Svi čvorovi x k su relni, rzličiti i leže unutr otvorenog intervl (, b). Dokz. Znmo d su čvorovi x k sve nultočke odgovrjućeg ortogonlnog polinom p n s težinskom funkcijom w n [,b], p n (x k ) = 0, k = 1,...,n. Sve tvrdnje o čvorovim direktn su posljedic tvrdnji o nultočkm odgovrjućih ortogonlnih polinom. NumMt 2018, 11. predvnje p. 89/163
90 Težine Gussovih integrcijskih formul Integrl u formuli z težine w k može se eksplicitno izrčunti. Teorem (Izrzi z težine). U Gussovoj integrcijskoj formuli red n, z težine w k vrijede sljedeće dvije relcije w k = n 1 γ n 1 p n 1 (x k )p n(x k ) = n γ n p n+1 (x k )p n(x k ), k = 1,...,n. Dokz. Treb izrčunti integrle z težine w k = b w(x) p n (x) (x x k )p n(x k ) dx. k = 1,...,n. Zbog čln p n (x)/(x x k ), koristimo Christoffel Drbouxov identitet u x i y = x k, z n (ili z n+1), ztim integrirmo. NumMt 2018, 11. predvnje p. 90/163
91 Težine Gussovih integrcijskih formul Fiksirmo indeks k (tj. čvor x k ) i izlučimo broj p n(x k ), p je w k = 1 p n (x k) b w(x) p n(x) x x k dx. Integrl rčunmo iz Christoffel Drbouxovog identitet z n, tj. sum n lijevoj strni ide do n 1, n 1 j=0 p j (x)p j (y) γ j = p n(x)p n 1 (y) p n 1 (x)p n (y). n 1 γ n 1 (x y) Uvrstimo y = x k i iskoristimo d je p n (x k ) = 0, p dobijemo n 1 j=0 p j (x)p j (x k ) γ j = p n(x)p n 1 (x k ) n 1 γ n 1 (x x k ). NumMt 2018, 11. predvnje p. 91/163
92 Težine Gussovih integrcijskih formul Pomnožimo obje strne s w(x)p 0 (x) i integrirmo n [,b]. Izlzi n 1 j=0 p j (x k ) γ j b w(x)p j (x)p 0 (x)dx = p n 1(x k ) n 1 γ n 1 b w(x)p 0 (x) p n(x) x x k dx. Zbog ortogonlnosti polinom p j i p 0, n lijevoj strni ostje smo čln z j = 0, pripdni integrl je p 0 2 = γ 0, tj. p 0 (x k ) γ 0 γ 0 = p n 1(x k ) n 1 γ n 1 b w(x)p 0 (x) p n(x) x x k dx. NumMt 2018, 11. predvnje p. 92/163
93 Težine Gussovih integrcijskih formul N krju, znmo d je p 0 (x) = c 0, p skrtimo i tu konstntu, tko d n lijevoj strni ostje 1. Ond je b w(x) p n(x) x x k dx = n 1γ n 1 p n 1 (x k ). Kd ovo uvrstimo u izrz z w k s početk dokz, dobijemo prvu formulu iz tvrdnje w k = 1 p n(x k ) b w(x) p n(x) x x k dx = n 1 γ n 1 p n 1 (x k )p n(x k ). Drug izlzi iz Christoffel Drbouxovog identitet z n + 1, ili tročlne rekurzije u x k, p je p n+1 (x k ) = c n p n 1 (x k ). NumMt 2018, 11. predvnje p. 93/163
94 Težine Gussovih integrcijskih formul Teorem. U Gussovoj integrcijskoj formuli red n, z težine vrijedi w k = 1 > 0, k = 1,...,n, z k 2 2 gdje je z k vektor vrijednosti ortonormirnih polinom u čvoru x k z k := z(x k ) = [ p0 (x k ) p 0,..., p n 1(x k ) p n 1 ] T R n. Dokz. Iz Christoffel Drbouxovog identitet (z n) u jednoj točki x k, dobivmo z k 2 2 = n 1 j=0 ( pj (x k ) ) 2 γ j = p n(x k )p n 1 (x k ) p n 1(x k )p n (x k ) n 1 γ n 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 94/163
95 Težine Gussovih formul pozitivnost Zbog p n (x k ) = 0, iz prve formule u prošlom teoremu, slijedi z k 2 2 = p n(x k )p n 1 (x k ) n 1 γ n 1 = 1 w k. Ndimo prvu komponentu vektor z k. Nek je p 0 (x) = c 0. Ond je b b p = w(x)p 2 0(x)dx = c 2 w(x)dx = c 2 µ 0, p je z k,1 = p 0 (x k )/ p 0 = 1/ µ 0 > 0. Iz z k 2 2 > 0 odmh slijedi w k > 0 u Gussovim formulm. U nstvku, djemo još jedn dokz pozitivnosti, zto jer se može lko generlizirti i n neke druge integrcijske formule. NumMt 2018, 11. predvnje p. 95/163
96 Pozitivnost težin u Gussovim formulm Teorem (Pozitivnost težin). Sve težine w k su pozitivne. Dokz. Nek su l j, z j = 1,...,n, polinomi Lgrngeove bze n mreži čvorov x 1,...,x n (stupnj od l j je n 1). Z polinom l j u čvoru x k vrijedi { 0, z j k, l j (x k ) = δ j,k = 1, z j = k. Uočite d ist relcij vrijedi i z kvdrte l 2 j polinom Lgrngeove bze u čvorovim x k l 2 j(x k ) = l j (x k ) = δ j,k = { 0, z j k, 1, z j = k. NumMt 2018, 11. predvnje p. 96/163
97 Pozitivnost težin u Gussovim formulm Ond je očito d vrijedi n w j = w k l j (x k ) = k=1 n k=1 w k l 2 j(x k ), j = 1,...,n. No, polinomi l 2 j imju stupnj 2n 2, p ih Gussov formul integrir egzktno! To znči d je w j = n w k l 2 j(x k ) = k=1 b w(x)l 2 j(x)dx > 0, j = 1,...,n, zbog pozitivnosti podintegrlne funkcije n desnoj strni. Time je dokzn pozitivnost svih težin w k u Gussovim integrcijskim formulm. NumMt 2018, 11. predvnje p. 97/163
98 Pozitivnost težin u formulm s d = 2n 2 Potpuno isti rgument vrijedi i z integrcijske formule stupnj egzktnosti 2n 2, (z jedn mnjeg nego u Gussovim formulm), jer egzktno integrirju polinome l 2 k, z k = 1,...,n. N primjer, težine u Guss Rdu formulm su, tkoder, pozitivne. Npomen. Može se pokzti i d su težine u Guss Lobtto formulm, tkoder, pozitivne. Medutim, dokz je nešto složeniji ide preko polinom krdinlne bze z pripdnu interpolciju: rubni čvorovi i b su jednostruki, ostli čvorovi x 2,...,x n 2 su dvostruki. NumMt 2018, 11. predvnje p. 98/163
99 Integrlne relcije z težine uz d 2n 2 Prem rnijem teoremu, u svim interpolcijskim kvdrturnim formulm, z težine w k vrijedi w k = b w(x)l k (x)dx, k = 1,...,n. Iz dokz pozitivnosti težin odmh dobivmo i proširenu relciju w k = b w(x)l k (x)dx = b w(x)l 2 k(x)dx > 0, k = 1,...,n. Opet, to vrijedi z težine w k u Gussovim formulm (d = 2n 1) i formulm stupnj egzktnosti d = 2n 2. NumMt 2018, 11. predvnje p. 99/163
100 Konvergencij Gussovih formul Tvrdnj. Ako je [, b] končni intervl, td Gussove formule konvergirju z bilo koju neprekidnu funkciju f, tj. z svku funkciju f C[,b] vrijedi E n (f) 0, z n. Dokz se temelji n Weierstrssovom teoremu o uniformnoj proksimciji funkcije f polinomim, koji kže: Ako je ˆp 2n 1 (f; ) polinom stupnj 2n 1 koji njbolje uniformno proksimir f n [, b], ond vrijedi lim f( ) ˆp 2n 1(f; ) = 0. n Z bilo koji n N, gledmo grešku Gussove formule red n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 100/163
101 Konvergencij Gussovih formul Zbog polinomnog stupnj egzktnosti d = 2n 1, odmh vidimo d je E n (ˆp 2n 1 ) = 0. Ztim, redom, dobivmo E n (f) = E n (f ˆp 2n 1 ) = b b w(x) ( f(x) ˆp 2n 1 (x) ) dx n ( w k f(xk ) ˆp 2n 1 (f;x k ) ) k=1 w(x) f(x) ˆp2n 1 (x) n dx+ w k f(xk ) ˆp 2n 1 (f;x k ) ( b f( ) ˆp 2n 1 (f; ) k=1 w(x)dx+ n k=1 ) w k. NumMt 2018, 11. predvnje p. 101/163
102 Konvergencij Gussovih formul Sd iskoristimo d su težinski koeficijenti w k pozitivni u Gussovim formulm. Zto je w k = w k, odkle slijedi n n w k = w k. k=1 k=1 N krju, uočimo još d je (egzktn integrcij konstnte 1) n b w k = w(x)dx = µ 0. k=1 Iz prethodne formule z ocjenu greške E n (f) zključujemo E n (f) 2µ 0 f( ) ˆp 2n 1 (f; ) 0, z n, što je treblo dokzti. NumMt 2018, 11. predvnje p. 102/163
103 Ne vrijedi z Newton Cotesove formule Ovj zključk ne vrijedi z Newton Cotesove formule, iko formul s n čvorov egzktno integrir polinom ˆp n 1. Nime, z mlo veće n, težine w k mogu biti i negtivne. Td još uvijek vrijedi n b w k = w(x)dx = µ 0, k=1 zbog egzktne integrcije konstnte 1. Medutim, psolutne vrijednosti težin neogrničeno rstu, kd n rste, tko d n w k, z n, k=1 uprvo ov sum ulzi u ocjenu greške. NumMt 2018, 11. predvnje p. 103/163
104 Simetrij u Gussovim integrcijskim formulm Pretpostvimo d je težinsk funkcij w simetričn n intervlu integrcije [, b]. Z končni intervl [,b], to znči d je w prn oko polovišt intervl x 0 := +b 2, tj. vrijedi w(x 0 +h) = w(x 0 h), z h b 2. Z cijeli R, to znči d je w prn oko neke točke x 0 R, w(x 0 +h) = w(x 0 h), z h R. Ond su pripdni ortogonlni polinomi simetrični (pr nepr) i Gussove integrcijske formule su, tkoder, simetrične. NumMt 2018, 11. predvnje p. 104/163
105 Simetrij u Gussovim integrcijskim formulm Preciznije, ortogonlni polinomi p n su prni ili neprni oko x 0, ovisno o prnosti od n, tj. z svki h R vrijedi p n (x 0 +h) = { pn (x 0 h), n prn, p n (x 0 h), n neprn. U Gussovoj integrcijskoj formuli red n, čvorovi x k su simetrični obzirom n x 0, težine w k z simetrični pr čvorov su jednke. Ako čvorove poredmo uzlzno, x 1 < < x n, ond vrijedi x k +x n+1 k 2 = x 0, w k = w n+1 k, k = 1,...,n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 105/163
106 Gussove formule i Hermiteov interpolcij NumMt 2018, 11. predvnje p. 106/163
107 Integrcij i interpolcij ponvljnje Vidjeli smo d se Newton Cotesove formule mogu dobiti integrcijom Lgrngeovog interpolcijskog polinom z funkciju f n (zdnoj) mreži čvorov x 1,...,x n. Tu činjenicu smo ond iskoristili z nlženje i ocjenu greške integrcijske formule. N sličn nčin, i Gussove formule mogu se dobiti integrcijom Hermiteovog interpolcijskog polinom z funkciju f n mreži čvorov x 1,...,x n, uz dodtni zhtjev d koeficijenti uz člnove s derivcijm budu jednki nul to će odrediti čvorove. Nkon dokz, to ćemo iskoristiti z nlženje greške Gussove integrcije. NumMt 2018, 11. predvnje p. 107/163
108 Hermiteov interpolcij ponvljnje Hermiteov interpolcijski polinom z funkciju f n mreži čvorov x 1,...,x n, interpolir vrijednosti funkcije i njezine derivcije u čvorovim (2n uvjet), p, općenito, im stupnj 2n 1. To odgovr stupnju egzktnosti d = 2n 1 z Gussove formule, p cijeli pristup im smisl. Z početk, ponovimo osnovne činjenice o Hermiteovoj interpolciji, s promijenjenim oznkm, jer čvorove sd brojimo od 1, ne od 0. NumMt 2018, 11. predvnje p. 108/163
109 Hermiteov interpolcij ponvljnje Nek su x 1,...,x n medusobno rzličite točke. Ove točke interpretirmo ko dvostruke čvorove interpolcije z zdnu funkciju f. Uvedimo još skrćene oznke z vrijednosti funkcije f i njezine derivcije f u čvorovim: f k := f(x k ), f k = f (x k ), k = 1,...,n. Rniji rezultt o Hermiteovoj interpolciji sd im oblik: Teorem. Postoji jedinstveni polinom h 2n 1 P 2n 1, stupnj njviše 2n 1, koji zdovoljv interpolcijske uvjete h 2n 1 (x k ) = f k, h 2n 1(x k ) = f k, k = 1,...,n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 109/163
110 Hermiteov interpolcij ponvljnje Ovj polinom h 2n 1 možemo prikzti u tzv. Hermiteovoj bzi n mreži čvorov x 1,...,x n, ko linernu kombinciju h 2n 1 (x) = n ( fk h k,0 (x)+f kh k,1 (x) ), k=1 gdje su h k,0 i h k,1, z k = 1,...,n, polinomi Hermiteove bze definirni relcijm { h k,0 (x j ) = 0, z j k, 1, z j = k, h k,0(x j ) = 0, { h k,1 (x j ) = 0, h k,1(x j ) = 0, z j k, 1, z j = k. NumMt 2018, 11. predvnje p. 110/163
111 Hermiteov interpolcij ponvljnje Polinome Hermiteove bze možemo eksplicitno izrziti u obliku h k,0 (x) = [1 2(x x k )l k(x k )]l 2 k(x) h k,1 (x) = (x x k )l 2 k(x), gdje je l k odgovrjući polinom Lgrngeove bze n mreži čvorov x 1,...,x n, z k = 1,...,n. Budući d je l k polinom stupnj n 1, ond su h k,0 i h k,1 polinomi stupnj 2n 1. Ako su točke x 1,...,x n medusobno rzličite, ond su polinomi l k, z k = 1,...,n, bz u prostoru P n 1, h k,0, h k,1, z k = 1,...,n, bz u prostoru P 2n 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 111/163
112 Grešk Hermiteove interpolcije ponvljnje Z funkciju greške Hermiteove interpolcije e h (x) := f(x) h 2n 1 (x) u svkom čvoru x k, očito, vrijedi e h (x k ) = 0, e h(x k ) = 0, k = 1,...,n. Dkle, grešk e h im dvostruke nultočke u točkm x 1,...,x n. Pripdni polinom čvorov ω h z Hermiteovu interpolciju je ω h (x) = (x x 1 ) 2 (x x n ) 2 = ω 2 n(x), gdje je ω n polinom čvorov z Lgrngeovu interpolciju n istoj mreži. U novim oznkm, z grešku vrijedi sljedeći rezultt. NumMt 2018, 11. predvnje p. 112/163
113 Grešk Hermiteove interpolcije ponvljnje Teorem. Nek su x 1,...,x n [,b] medusobno rzličite točke i nek je e h grešk Hermiteovog interpolcijskog polinom h 2n 1 z funkciju f n mreži čvorov x 1,...,x n. Ond je e h (x) = f(x) h 2n 1 (x) = ω 2 n(x)f[x 1,x 1,x 2,x 2,...,x n,x n,x]. Ako f (2n) postoji n [,b], ond z svku točku x [,b], postoji točk ξ [,b], tkv d je e h (x) = f(x) h 2n 1 (x) = ωn(x) 2 f(2n) (ξ). (2n)! Znmo d z ξ vrijedi i jč ocjen ξ (x min,x mx ), gdje je x min := min{x,x 1,...,x n }, x mx := mx{x,x 1,...,x n }, li nm to neće trebti z Gussovu integrciju. NumMt 2018, 11. predvnje p. 113/163
114 Integrl Hermiteovog interpolcijskog polinom Integrcijom Hermiteovog interpolcijskog polinom n ( h 2n 1 (x) = fk h k,0 (x)+f kh k,1 (x) ), k=1 dobivmo novu integrcijsku formulu oblik gdje je I n := w k = b b w(x)h 2n 1 (x)dx = n k=1 w(x)h k,0 (x)dx, w k = ( ) w k f k +w kf k, b w(x)h k,1 (x)dx, z k = 1,...,n. Nime, f k i f k su brojevi i ne ovise o x. NumMt 2018, 11. predvnje p. 114/163
115 Integrl Hermiteovog interpolcijskog polinom Težinske koeficijente w k i w k možemo npisti i tko d uvrstimo izrze z polinome h k,0 i h k,1 Hermiteove bze, u terminim polinom l k Lgrngeove bze. Dobivmo sljedeće formule z težine u I n w k = b w(x)[1 2(x x k )l k(x k )]l 2 k(x)dx, b w k = w(x)(x x k )l 2 k (x)dx, z k = 1,...,n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 115/163
116 Integrcijske formule s derivcijm u čvorovim Ovkve integrcijske formule I n := b w(x)h 2n 1 (x)dx = n k=1 ( ) w k f k +w kf k, sliče n Gussove integrcijske formule, osim što imju dodtne člnove w k f k, u kojim se koriste i derivcije funkcije f u čvorovim integrcije x k. Kd bi, ko u Newton Cotesovim formulm, svi čvorovi x k bili unprijed zdni, iz uvjet egzktne integrcije polinom treblo bi odrediti 2n prmetr težinske koeficijente w k i w k. NumMt 2018, 11. predvnje p. 116/163
117 Integrcijske formule s derivcijm u čvorovim Očekujemo d ovkv formul I n egzktno integrir polinome do stupnj 2n 1 (dimenzij prostor je 2n). Zist, uvjeti egzktne integrcije n bzi prostor P 2n 1 dju regulrni linerni sustv red 2n z težine. To je očito, jer formule z težine već immo. Osim tog, integrcijsk formul je dobiven interpolcijski n Hermiteovoj bzi prostor P 2n 1. Dkle, stupnj egzktnosti formule I n je sigurno d = 2n 1. Uz pretpostvku dovoljne gltkoće funkcije f, jednostvno se izvodi i grešk integrcijske formule I n, direktno iz greške Hermiteovog interpolcijskog polinom. NumMt 2018, 11. predvnje p. 117/163
118 Grešk formule I n s derivcijm u čvorovim Ssvim općenito, z integrcijske formule I n vrijedi b w(x)f(x)dx = I n(f)+e n(f), gdje je E n(f) grešk te formule z zdnu funkciju f. Integrcijsku formulu I n(f) dobili smo interpolcijski, ko egzktni integrl Hermiteovog interpolcijskog polinom h 2n 1 z funkciju f n mreži čvorov x 1,...,x n, I n(f) := b w(x)h 2n 1 (x)dx = n ( ) w k f k +w kf k. k=1 NumMt 2018, 11. predvnje p. 118/163
119 Grešk formule I n s derivcijm u čvorovim Grešk E n(f) integrcijske formule I n(f) je E n(f) = b w(x) ( f(x) h 2n 1 (x) ) dx = b w(x)e h (x)dx, tj. E n(f) je integrl greške e h interpolcijskog polinom h 2n 1, gdje je e h (x) = f(x) h 2n 1 (x) = ω 2 n(x)g(x), g(x) = f[x 1,x 1,x 2,x 2,...,x n,x n,x]. Funkcij g je korektno definirn n [,b], čim f postoji u čvorovim. Ako je f još i neprekidn n [,b], ond je i funkcij g neprekidn n [, b]. NumMt 2018, 11. predvnje p. 119/163
120 Grešk formule I n s derivcijm u čvorovim Kd to uvrstimo u izrz z grešku E n(f), dobivmo E n(f) = b w(x)e h (x)dx = b w(x)ω 2 n(x)g(x)dx. Ndlje, očito je w(x)ωn(x) 2 0, z svki x [,b], p možemo iskoristiti teorem srednje vrijednosti z integrle s težinm. Izlzi b E n(f) = g(η) w(x)ωn(x)dx, 2 z neki η iz [,b]. Ovo vrijedi uz vrlo blge pretpostvke n f! NumMt 2018, 11. predvnje p. 120/163
121 Grešk formule I n s derivcijm u čvorovim Ako f (2n) postoji n [,b], ond postoji ζ [,b] z koji je E n(f) = f(2n) (ζ) (2n)! b w(x)ω 2 n(x)dx. Integrl n desnoj strni ovisi smo o čvorovim x 1,...,x n, i treb g eksplicitno izrčunti z zdni rspored čvorov. Iz ob oblik greške integrcijske formule I n, odmh vidimo d je stupnj egzktnosti jednk d = 2n 1. Medutim, z prktičnu primjenu formule I n trebmo znti ne smo funkcijske vrijednosti f(x k ) u čvorovim, već i vrijednosti derivcije f (x k ) u tim čvorovim. NumMt 2018, 11. predvnje p. 121/163
122 Put prem Gussovim integrcijskim formulm Zto je idej d probmo izbjeći korištenje derivcij, tko d izborom čvorov x k poništimo sve težinske koeficijente w k uz derivcije f k. Ako to ide, tj. ko je w k I n = b w(x)h 2n 1 (x)dx = = 0, z k = 1,...,n, dobili bismo n k=1 ( ) w k f k +w kf k = n w k f k. Stupnj egzktnosti ove specijlne integrcijske formule I n mor ostti isti d = 2n 1. No, tko dobiven formul k=1 koristil bi smo funkcijske vrijednosti f k u čvorovim, tj. postl bi Gussov integrcijsk formul I n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 122/163
123 Gussove formule ko interpolcijske formule To se može postići! Sljedeći rezultt govori o tome kko treb izbrti čvorove x k. Teorem. U integrcijskoj formuli I n vrijedi w k = 0, k = 1,...,n, tj. I n je Gussov integrcijsk formul, ko i smo ko je polinom čvorov ω n := (x x 1 )(x x 2 ) (x x n ) ortogonln n sve polinome nižeg stupnj, tj. vrijedi b w(x)ω n (x)p(x)dx = 0, z svki p P n 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 123/163
124 Gussove formule ko interpolcijske formule Dokz. Koristimo eksplicitni izrz z težine u formuli I n w k = b w(x)(x x k )l 2 k(x)dx, k = 1,...,n, gdje su l k, z k = 1,...,n, polinomi Lgrngeove bze n mreži čvorov x 1,...,x n. Ove polinome možemo izrziti preko polinom čvorov ω n p je l k (x) = ω n (x) (x x k )ω n(x k ), k = 1,...,n, (x x k )l k (x) = ω n(x) ω n(x k ), k = 1,...,n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 124/163
125 Gussove formule ko interpolcijske formule Kd tu formulu uvrstimo u izrz z težine, dobivmo w k = 1 ω n(x k ) b w(x)ω n (x)l k (x)dx, k = 1,...,n, 1. smjer (nužnost): svi w k = 0 = ortogonlnost. Ako je w k = 0, k = 1,...,n, odmh vidimo d je ω n ortogonln n sve polinome l k, z k = 1,...,n. No, ti polinomi čine bzu prostor P n 1, p je b w(x)ω n (x)p(x)dx = 0, z svki p P n 1. NumMt 2018, 11. predvnje p. 125/163
126 Gussove formule ko interpolcijske formule 2. smjer (dovoljnost): ortogonlnost = svi w k = 0. Ako je ω n ortogonln n sve polinome p P n 1, ond to vrijedi i z polinome Lgrngeove bze, tj. z p = l k, p je b w(x)ω n (x)l k (x)dx = 0, k = 1,...,n. Odvde odmh slijedi i w k = 1 ω n(x k ) b w(x)ω n (x)l k (x)dx = 0, k = 1,...,n. NumMt 2018, 11. predvnje p. 126/163
2.6 Nepravi integrali
66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,
3. Rubni problem za obične diferencijalne jednadžbe Egizstencija i jedinstvenost rješenja... 64
Sdržj 1. Numeričk integrcij.......................... 1 1.1. Općenito o integrcijskim formulm................ 1 1.. Newton Cotesove formule...................... 3 1..1. Trpezn formul.......................
4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i
Sdržj 4 INTEGRALI 64 4. Neodredeni integrl........................ 64 4. Integrirnje supstitucijom.................... 68 4. Prcijln integrcij....................... 7 4.4 Odredeni integrl i rčunnje površine
= + injekcija. Rješenje 022 Kažemo da funkcija f ima svojstvo injektivnosti ili da je ona injekcija ako vrijedi
Zdtk 0 (Anstzij, gimnzij) Provjeri je li funkcij f log( 5) + + injekcij Rješenje 0 Kžemo d funkcij f im svojstvo injektivnosti ili d je on injekcij ko vrijedi f ( ) f ( ) Dkle, funkcij je injekcij ko rzličitim
Rijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5
Rijeseni neki zdci iz poglvlj 4.5 Prije rijesvnj zdtk prisjetimo se itnih stvri koje ce ns prtiti tijekom njihovog promtrnj. Definicij: (Trigonometrij prvokutnog trokut) ktet nsuprot kut ϕ sin ϕ hipotenuz
1 Ekstremi funkcija više varijabli
1 Ekstremi funkcij više vrijbli Definicij ekstrem funkcije: Funkcij u = f(x 1, x 2,, x n ) im u točki T ( 1, 2,, n ) A) LOKALNI MINIMUM f( 1, 2,, n ) ko z svku točku T vrijedi nejednkost: T ( 1 + dx 1,
Uvod Newton-Leibnizova formula Glavne metode integriranja. Integrali. Franka Miriam Brückler
Integrli Frnk Mirim Brückler Antiderivcije Koj je vez izmedu x 2 i 2x? Antiderivcije Koj je vez izmedu x 2 i 2x? Antiderivcij (primitivn funkcij) zdne funkcije f : I R (gdje je I otvoren intervl) je svk
c = α a + β b, [sustav rješavamo metodom suprotnih koeficijenata]
![c = α a + β b, [sustav rješavamo metodom suprotnih koeficijenata]](/thumbs/92/108578155.jpg "c = α a + β b, [sustav rješavamo metodom suprotnih koeficijenata]")
Zdtk (Tihomir, tehničk škol) c = 8 i. Rješenje Prikži vektor c ko linernu kombinciju vektor i b ko je = i + 3 j, b = 4 i 3 j, Nek su i b vektori i α, β relni brojevi. Vektor c = α + β b nzivmo linernom
Formule iz Matematike II. Mandi Orlić Tin Perkov
Formule iz Mtemtike II Mndi Orlić Tin Perkov INTEGRALI NEODREDENI INTEGRALI Svojstv 1. (f(x) ± g(x)) = ± g(x) 2. = Tblic integrl f(x) F(x) + C x + C x x +1 +1 + C 1 x ln x + C 1 x+b ln x + b + C e x e
Polinomijalna aproksimacija
1 Polinomijln proksimcij 1.1 Problem njbolje proksimcije Rzmotrimo ponovo problem u kojem je zdn tblic brojev x x 0 x 1 x x 3 x 4 x n y y 0 y 1 y y 3 y 4 y n (1.1) z koju treb nći funkciju f koju t tblic
Ako je f neprekinuta funkcija, definirana na intervalu [a,b], tad postoji barem jedna točka ξ [a,b] za koju je
![Ako je f neprekinuta funkcija, definirana na intervalu [a,b], tad postoji barem jedna točka ξ [a,b] za koju je](/thumbs/80/80496402.jpg "Ako je f neprekinuta funkcija, definirana na intervalu [a,b], tad postoji barem jedna točka ξ [a,b] za koju je")
Jednostvno, ili ne? Trpezn formul Neven Elezović, Zgreb Problem površine Teorem srednje vrijednosti Površin ispod grf pozitivne funkcije f jednk je odredenom - integrlu te funkcije, rčun se obično Newton-Leibnitzovom
Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 2. ARITMETICKI I GEOMETRIJSKI NIZ, RED, BINOMNI POUCAK. a n ti clan aritmetickog niza
Mte Vijug: Rijesei zdci iz mtemtike z sredju skolu. ARITMETICKI I GEOMETRIJKI NIZ, RED, BINOMNI POUCAK. Aritmeticki iz Opci oblik ritmetickog iz: + - d Gdje je: prvi cl ritmetickog iz ti cl ritmetickog
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.
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zdci II deo U sledećim zdcim ćemo korisii poznu grničnu vrednos: li i mnje vrijcije n i 0 n ( Zdci: ) Odredii sledeće grnične vrednosi: Rešenj: 4 ; 0 g ; 0 cos v) ; g) ; 4 ;
Odred eni integrali. Osnovne osobine odred enog integrala: f(x)dx = 0, f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx.
Odred eni integrli Osnovne osobine odred enog integrl: fx), fx) fx) b c fx), fx) + c fx), 4 ) b αfx) + βgx) α fx) + β gx), 5 fx) F x) b F b) F ), gde je F x) fx), 6 Ako je f prn funkcij fx) f x), x R ),
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
SLIČNOST TROUGLOVA. kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F
SLIČNOST TROUGLOV Z dve figure F i F kžemo d su slične ( s koefiijentom sličnosti k ) ko postoji trnsformij sličnosti koj figuru F prevodi u figuru F. Činjeniu d su dve figure slične obeležvmo s F F. Sličnost
Matematika 2. Boris Širola
Mtemtik 2 (. Riemnnov integrl) Boris Širol predvnj . Riemnnov integrl 3 Pretpostvimo d immo neku neprekidnu relnu funkciju f, definirnu n nekom segmentu; tj., nek je dn neprekidn funkcij f : [, b] R.
dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor
I. VEKTORI d. sc. Min Rodić Lipnović 009./010. 1 Pojm vekto A B dužin A B usmjeen (oijentin) dužin (n se koj je točk početn, koj kjnj) A B vekto - kls ( skup ) usmjeenih dužin C D E F AB je epeentnt vekto
MATEMATIKA 2. seminari. studij: Prehrambena tehnologija i Biotehnologija
MATEMATIKA seminri studij: Prehrmben tehnologij i Biotehnologij Sdržj Integrlni rčun funkcije jedne vrijble. Uvod................................. Odredeni (Riemnnov) integrl. Problem površine........
4. Trigonometrija pravokutnog trokuta
4. Trigonometrij prvokutnog trokut po školskoj ziri od Dkić-Elezović 4. Trigonometrij prvokutnog trokut Formule koje koristimo u rješvnju zdtk: sin os tg tg ktet nsuprot kut hipotenuz ktet uz kut hipotenuz
Općenito, iznos normalne deformacije u smjeru normale n dan je izrazom:
Otporost mterijl. Zdtk ZDTK: U točki čeliče kostrukije postvlje su tri osjetil z mjereje deformij prem slii. ri opterećeju kostrukije izmjeree su reltive ormle (dužiske deformije: b ( - b 3 - -6 - ( b
( ) p a. poklopac. Rješenje:
5 VJEŽB - RIJEŠENI ZDI IZ MENIKE LUID 1 1 Treb odrediti silu koj drži u rvnoteži poklopc B jedinične širine, zlobno vezn u točki, u položju prem slici Zdno je : =0,84 m; =0,65 m; =5,5 cm; =999 k/m B p
IZVOD FUNKCIJE Predpostvimo d je unkcij deinisn u nekom intervlu, i d je tčk iz intervl, iksirn. Uočimo neku proizvoljnu tčku iz tog intervl,. Ov tčk može d se pomer levo desno, p ćemo je zvti promenljiv
1 Odredeni integral. Integrabilnost ograničene funkcije
Odredeni integrl. Integrbilnost ogrničene funkcije Njprije uvedimo dvije pretpostvke. Prv, d je reln funkcij segment[, b] končne dužine ( < < b < + ). Definicij 2. Podjel segment [, b], u oznci P, je svki
Tomislav Došlić. Numerička matematika. Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu
Tomislv Došlić Numeričk mtemtik Grdevinski fkultet Sveučilište u Zgrebu ii Sdržj 1 Uvod 1 1.1 Apsolutne i reltivne pogrješke.......................... 1 1.2 Osnovni izvori pogrješk............................
Odredjeni integral je granicna vrijednost sume beskonacnog broja clanova a svaki clan tezi k nuli i oznacava se sa : f x dx f x f x f x f x b a f
Mte ijug: Rijeseni zdci iz vise mtemtike 8. ODREDJENI INTEGRALI 8. Opcenito o odredjenom integrlu Odredjeni integrl je grnicn vrijednost sume eskoncnog roj clnov svki cln tezi k nuli i ozncv se s : n n
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
Primjene odreženog integrala
VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivn Brnović Miroslv Jerković Lekcij 5 Primjen određenog integrl Poglvlje Primjene odreženog integrl. Povr²in rvninskog lik Z dni rvninski lik omežen krivuljm y = f(x) i y = g(x) te
Neodreeni integrali. Glava Teorijski uvod
Glv Neodreeni integrli. Teorijski uvod Nek je funkcij f :, b R. Definicij: ϕ- primitivn funkcij funkcije f ϕ f, b Teorem: ϕ- primitivn funkcij funkcije f ϕ+c- primitivn funkcij funkcije f Definicij: f
Zadatak 1
PISMENI ISPIT IZ KLASIČNE MEHANIKE I 3.. 9. Zdtk Čestic mse m izbčen je s površine Zemlje pod kutem α brzinom v. Ako je otpor zrk proporcionln trenutnoj brzini konstnt proporcionlnosti je ), izrčunjte
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
KUPA I ZARUBLJENA KUPA
KUPA I ZAUBLJENA KUPA KUPA Povšin bze B Povšin omotč M P BM to jet P B to jet S O o kupe Oni peek Obim onog peek O op Povšin onog peek P op Pimen pitgoine teoeme vnotn jednkotn kup je on kod koje je, p
R A D N I M A T E R I J A L I
Krmen Rivier R A D N I M A T E R I J A L I M A T E M A T I K A II. dio SPLIT 7. IV. FUNKCIJE 4.. POTREBNO PREDZNANJE 4.. REALNE FUNKCIJE JEDNE VARIJABLE 4.. INTERPOLACIJA 7 4.. NEKE OSNOVNE ELEMENTARNE
Matematika 1. Gregor Dolinar. 2. januar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. Gregor Dolinar Matematika 1
Mtemtik 1 Gregor Dolinr Fkultet z elektrotehniko Univerz v Ljubljni 2. jnur 2014 Gregor Dolinr Mtemtik 1 Izrek (Izrek o povprečni vrednosti) Nj bo m ntnčn spodnj mej in M ntnčn zgornj mej integrbilne funkcije
UVOD. Ovi nastavni materijali namijenjeni su studentima
UVOD Ovi nstvni mterijli nmijenjeni su studentim u svrhu lkšeg prćenj i boljeg rzumijevnj predvnj iz kolegij mtemtik. Ovi mterijli čine suštinu nstvnog grdiv p, uz obveznu literturu, mogu poslužiti studentim
VALJAK. Valjak je geometrijsko telo ograničeno sa dva kruga u paralelnim ravnima i delom cilindrične površi čije su
ALJAK ljk je geometijsko telo ogničeno s dv kug u plelnim vnim i delom ilindične povši čije su izvodnie nomlne n vn ti kugov. Os vljk je pv koj polzi koz ente z. Nvno ko i do sd oznke su: - je povšin vljk
OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA
OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRVOKUTNOG TROKUT - DEFINIIJ TRIGONOMETRIJSKIH FUNKIJ - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKIJ KUTOV OD - PRIMJEN N PRVOKUTNI TROKUT - PRIMJEN U PLNIMETRIJI 4.1. DEFINIIJ TRIGONOMETRIJSKIH
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.
Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova. Specijalne funkcije. Ortogonalne funkcije
Glv 1 Rešvnje diferencijlnih jednčin pomoću redov. Specijlne funkcije. Ortogonlne funkcije 1.1 Neke druge specijlne funkcije Skoro bez izuzetk, njčešće korišćene specijlne funkcije su trigonometrijske
Integralni raqun. F (x) = f(x)
Mterijl pripremio Benjmin Linus U mterijlu su e definicije, teoreme, dokzi teorem (rđenih n predvƭu i primeri. Dodo sm i neke done primere d bih ilustrovo prikznu teoriju. Integrlni rqun Definicij. Nek
A MATEMATIKA Zadana je z = x 3 y + 1
A MATEMATIKA (.5.., treći kolokvij). Zdn je z 3 + os. () Izrčunjte ngib plohe u pozitivnom smjeru -osi. (b) Izrčunjte ngib pod ) u točki T(, ). () Izrčunjte z u T(, ). (5 bodov). Zdn je z 3 ln. () Izrčunjte
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
ТЕМПЕРАТУРА СВЕЖЕГ БЕТОНА
ТЕМПЕРАТУРА СВЕЖЕГ БЕТОНА empertur sežeg beton menj se tokom remen i zisi od ećeg broj utijnih prmetr: Početne temperture mešine (n izsku iz mešie), emperture sredine, opote hidrtije ement, Rzmene topote
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
γ = 120 a 2, a, a + 2. a + 2
Zdtk (Slvi, gimnzij) Duljine strni trokut čine ritmetički niz (slijed) s rzlikom Jedn kut iznosi Koliki je opseg trokut? Rješenje inči udući d duljine strni trokut čine ritmetički niz (slijed) s rzlikom,
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
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
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
Priprema za ispit - RJEŠENJA
Priprem z ispit - RJEŠENJA 1. Odredi duljinu strnie i kutove trokut ABC ko je = 16 m, = 11.2 m te + = 93⁰. = 16 m = 11.2 m + = 93⁰,,, =? Njprije ćemo izrčunti kut jer je = 180⁰ - ( + ) = 87⁰ No, sd znmo
FURIJEOVI REDOVI ZADACI ( II
FURIJEOVI REDOVI ZADACI ( II deo Primer. Fukciju f ( = rzviti u Furijeov red segmetu [,] ztim izrčuti sumu red. ( Rešeje: Kko je f ( = = = f ( zkjučujemo d je fukcij pr. Koristimo formue: = f ( = + ( cos
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,
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 )
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
DIPLOMSKI RAD. Nesvojstveni integral. Univerzitet u Kragujevcu Prirodno matematički fakultet. Kandidat: Marta Milošević 47/00
Univerzitet u Krgujevu Prirodno mtemtički fkultet IPLOMSKI RA Nesvojstveni integrl Mentor: r Mirjn Pvlović Kndidt: Mrt Milošević 47/ KRAGUJEVAC,. Sdržj. Nesvojstveni jednostruki integrl 3.. efiniij, primeri
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA Trignmetrij je prvitn predstvlj lst mtemtike kje se vil izrčunvnjem nepzntih element trugl pmću pzntih. Sm njen nziv ptiče d dve grčke reči TRIGONOS- št znči trug
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
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. 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 =..
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
4. Relacije. Teorijski uvod
VI, VII i VIII dvoqs veжbi Vldimir Blti 4. Relije Teorijski uvod Podsetimo se n neke od pojmov veznih z skupove, koji su nm potrebni z uvođeƭe pojm relije. Dekrtov proizvod skup iniemo n slede i nqin:
DRŽAVNO NATJECANJE IZ LOGIKE
DRŽAVNO NATJECANJE IZ LOGIKE Vrždin, 23.-25. trvnj 2014. BODOVI: POTPUNO ISPRAVNO RJEŠENJE: 3 BODA IZOSTANAK RJEŠENJA: 1 BOD KRIVO ILI NEPOTPUNO RJEŠENJE: 0 BODOVA ZADATAK BROJ BODOVA MAX BODOVA 1. 30
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.
Istosmjerni krugovi. 1. zadatak. Na trošilu će se trošiti maksimalna snaga u slučaju kada je otpor čitavog trošila jednak unutrašnjem otporu izvora.
Strnic: X stosmjerni krugovi Prilgođenje n mksimlnu sngu. Rješvnje linernih mrež: Strnic: X. zdtk Otpor u kominciji prem slici nlzi se u posudi u kojoj vld promjenjiv tempertur. Pri temperturi ϑ = 0 C,
SLUČAJNE PROMENLJIVE-FUNKCIJA RASPODELE
SLUČAJNE PROMENLJIVE-FUNKCIJA RASPODELE Do sd smo već definisli skup Ω elementrnih dogđj Ako se elementrni dogđji ω mogu predstviti ko relni brojevi, ond se eksperiment može zmisliti ko izbor jedne promenljive
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:
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
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
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 (
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
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
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
(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,
Metode rješavanja izmjeničnih krugova
Strnic: V - u,i u(t) i(t) etode rešvn izmeničnih kruov uf(t) konst if(t)konst etod konturnih stru etod npon čvorov hevenin-ov teorem Norton-ov teorem illmn-ov teorem etod superpozicie t Strnic: V - zdtk
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 +
1.1 Neodre deni integral
. Neodre deni integrl.. Površinski problem Uvod u površinski problem Iko većin rzmišlj o integrlu isključivo ko o obrtu izvod, osnove integrlnog rčun sežu mnogo dlje u prošlost od modernih vremen. Jedn
PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA. - omotač se sastoji od bočnih strana(najčešće jednakokraki trouglovi), naravno trostrana piramida u omotaču
PIRAMIDA I ZARULJENA PIRAMIDA Slično ko i kod pizme i ovde ćemo njpe ojniti oznke... - oeležvmo dužinu onovne ivice - oeležvmo dužinu viine pimide - oeležvmo dužinu viine očne tne ( potem) - oeležvmo dužinu
α =. n n n Vježba 001 Koliko stranica ima pravilni mnogokut ako jedan njegov unutarnji kut iznosi 144? Rezultat: n = 10.
Zdtk (Mrij, gimzij) Koliko stric im prvili mogokut ko jed jegov uutrji kut izosi 8? Rješeje Formul z veličiu jedog uutrjeg kut prvilog mogokut je: ( ) 8 α = ( ) 8 8 = / 8 = ( ) 8 8 = 8 6 8 8 = 6 7 = 6
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
REPETITORIJ MATEMATIKE za studente elektrotehnike
REPETITORIJ MATEMATIKE z studente elektrotehnike Bojn Kovčić Luk Mrohnić Tihn Strmečki Tehničko veleučilište u Zgrebu Predgovor Ovj priručnik nmijenjen je studentim 1. godine stručnih studij elektrotehnike
LAPLASOVA TRANSFORMACIJA
Mster rd LAPLASOVA TRANSFORMACIJA Snježn Mksimović Mentor: Akdemik dr Stevn Pilipović Novi Sd, pril 211. iii Sdržj Predgovor vi 1. Osnovn Lplce-ov trnsformcij 1 1.1. Egzistencij Lplce-ove trnsformcije...............
1. NEODREÐENI INTEGRAL
. NEODREÐENI INTEGRAL Pitnj: Je li dn reln funkcij f : A! R, A R, derivcij neke relne funkcije g : A! R? Riješiti jedndbu g = f, pri cemu se z dni f tri g. T jedndb ili nem rješenj ili ih im beskoncno
Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
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,
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,
Analitička geometrija i linearna algebra. Kartezijev trodimenzionalni pravokutni koordinatni sustav čine 3 međusobno okomite osi: Ox os apscisa,
Alitičk geoetrij i lier lger Vektori KOORDINATNI SUSTAV Krteijev prvokuti koorditi sustv Krteijev trodieioli prvokuti koorditi sustv čie eđusoo okoite osi: O os pscis O os ordit O os plikt točk O ishodište
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( )
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
d(o,1) = i = 1. Uvođenjem koordinatizacije operacije s vektorima sveli smo na operacije s brojevima: ako je [ ] [ ]
![d(o,1) = i = 1. Uvođenjem koordinatizacije operacije s vektorima sveli smo na operacije s brojevima: ako je [ ] [ ]](/thumbs/75/72220779.jpg "d(o,1) = i = 1. Uvođenjem koordinatizacije operacije s vektorima sveli smo na operacije s brojevima: ako je [ ] [ ]")
-- 71 -- 7.2. KOORDINATNI SISTEM-KOORDINATIZACIJA Podsjetimo se pojmov dimenzij i bz prostor: ''Njveći'' broj linerno nezvisnih vektor u nekom vektorskom prostoru zovemo dimenzijom tog prostor. Ako je
Neprekinute slu cajne varijable
5 Neprekinute slu cjne vrijble Slu cjnevrijbleirzdiobe Funkcije neprekinutih slu cjnihvrijbli6 Rije senizdtci Zdtci z vje zbu 8 5 Slu cjne vrijble i rzdiobe U ovom ćemo poglvlju prou cvti slu cjne vrijble
7 Odreženi integrali. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu [a, b]. Ako ovaj interval podelimo
![7 Odreženi integrali. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu [a, b]. Ako ovaj interval podelimo](/thumbs/89/98520281.jpg "7 Odreženi integrali. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu [a, b]. Ako ovaj interval podelimo")
7 Odreženi integrli 63 7 Odreženi integrli Nek je funkcij f(x) definisn n intervlu [, ]. Ako ovj intervl podeo n n delov tčkm = x < x < x
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)
Osnove elektrotehnike I parcijalni ispit VARIJANTA A. Profesorov prvi postulat: Što se ne može pročitati, ne može se ni ocijeniti.
Osnove elektrotehnike I prcijlni ispit 3..23. RIJNT Prezime i ime: roj indeks: Profesorov prvi postult: Što se ne može pročitti, ne može se ni ocijeniti... U vzdušni pločsti kondenztor s rstojnjem između
( ) ( )
ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 9. siječnj 05. 4. rzred-rješenj OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ
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
Elektrostatika. 1. zadatak. Uvodni pojmovi. Rješenje zadatka. Za pločasti kondenzator vrijedi:
tnic:iii- lektosttik lektično polje n gnici v ielektik. Pločsti konenzto. Cilinični konenzto. Kuglsti konenzto. tnic:iii-. ztk vije mete ploče s zkom ko izoltoom ile su spojene n izvo npon, ztim ospojene
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 +
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:,
Osnovna škola. b) Koliko prstenova treba objesiti na kukicu s lijeve strane na slici 2 da bi poluga bila u ravnoteži? 1 3 F/N
ŠKOLSKO/OPĆINSKO NTJENJE IZ FIZIKE 2.2.2009. Osnovn škol Uut: U svim zdcim gdje je to otrebno koristiti g = 10 N/kg. 1. zdtk (7 bodov) ) Slik 1 rikzuje olugu u rvnoteži n kojoj se nlze dv rsten i neoznti
Poučak o kosinusu (kosinusov poučak) U trokutu ABC vrijede ove jednakosti b + c a a + c b a + b c.
Zdtk 4 (4, TUŠ) Kolik je mjer njmnjeg kut u trokutu kojemu su strnie duljin 7 m, 8 m i 9 m? Rješenje 4 Trokut je dio rvnine omeñen s tri dužine Te dužine zovemo strnie trokut Nsuprot većoj strnii u trokutu