numericka matematika

UNIVERZITET U TUZLIPRIRODNO - MATEMATIµCKI FAKULTET

ODSJEK MATEMATIKA

NUMERIµCKA MATEMATIKA

Elvis Barakovic 1

�kolska 2009./2010. godine

1Sva prava zadrµzana. Svako ob javljivanje, �tampanje ili umnoµzavanje zahtjeva odobrenje autora.

Sadrµzaj

1 Gre�ke 11.1 Zaokruµzivanje brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Apsolutna i relativna gre�ka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Znaµcajne cifre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.4 Gre�ke kod izraµcunavanja vrijednosti funkcije . . . . . . . . . . 31.5 Inverzni problem u teoriji gre�aka . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Interpolacija funkcija 72.1 Lagrange-ov interpolacioni polinom . . . . . . . . . . . . . . . 72.2 Konaµcne razlike funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.3 Prvi Newton-ov interpolacioni polinom . . . . . . . . . . . . . 142.4 Drugi Newton-ov interpolacioni polinom . . . . . . . . . . . . 162.5 Newton-ov interpolacioni polinom za neekvidistantnu mrezu . 17

2.6 Inverzna interpolacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.7 Hermitov interpolacioni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.8 Spline interpolacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.8.1 Linearni interpolacijski spline . . . . . . . . . . . . . . 212.8.2 Kubni interpolacijski spline . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.9 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3 Numeriµcko rje�avanje sistema linearnih algebarskih jednaµcina 263.1 Gausova metoda - �ema jedinstvenog dijeljenja . . . . . . . . . 263.2 Gausova metoda - �ema sa izborom glavnog elementa . . . . . 273.3 Gausova metoda - kompaktna �ema . . . . . . . . . . . . . . . 283.4 Metoda kvadratnih korijena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.5 Iterativne metode za rje�avanje sistema linearnih jednaµcina . . 30

3.5.1 Metoda proste iteracije - Jakobijeva metoda . . . . . . 313.5.2 Gauss - Zajdelova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . 32

3.6 Software Mathematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

4 Rje�avanja nelinearnih jednaµcina 364.1 Lokalizacija rje�enja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364.2 Metoda bisekcije (polovljenja segmenata) . . . . . . . . . . . . 394.3 Metoda jednostavnih iteracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.4 Newton-ova metoda (metoda tangenti) . . . . . . . . . . . . . 45

4.4.1 Modi�kacije Newtonove metode . . . . . . . . . . . . . 494.5 Zadaci za samostalan rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.6 Rje�avanje sistema nelinearnih algebarskih jednaµcina . . . . . 50

Numeriµcka matematika

5 Numeriµcka integracija 515.1 Trapezna kvadraturna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . 515.2 Simpsonova kvadraturna formula . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6 Numeriµcko rje�avanje diferencijalnih jednaµcina 606.1 Picardova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.2 Eulerova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 616.3 Metod Runge - Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 636.4 Metoda mreµza za rje�avanje rubnih problema . . . . . . . . . . 66

6.4.1 Prvi sluµcaj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

6.4.2 Drugi sluµcaj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 676.4.3 Treci sluµcaj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3 Elvis Barakovic


1 Gre�ke

1.1 Zaokruµzivanje brojeva

Pravila:1. ako se iza cifre koju zaokruµzujemo nalazi cifra manja od 5, tada cifra kojuzaokruµzujemo ne mijenja se.2. ako se iza cifre koju zaokruµzujemo nalazi cifra veca od 5, tada cifru kojuzaokruµzujemo povecavamo za 1.3. ako se iza cifre koju zaokruµzujemo nalazi cifra 5, a iza nje se nalazi barjedna cifra razliµcita od nule, tada cifru koju zaokruµzujemo povecavamo za 1.4. ako se iza cifre koju zaokruµzujemo nalazi cifra 5, a iza nje se nalazesve nule, tada cifru koju zaokruµzujemo ako je parna ne mijenjamo, a ako jeneparna povecavamo za 1.

Primjer 1.1 Broj a = 2:351850 zaokruµziti na jedno, dva, tri i µcetiri deci-malna mjesta.Rje�enje: 2:4; 2:35; 2:352; 2:3519:

Primjer 1.2 Broj a = 0:97965 zaokruµziti na jedno, dva, tri i µcetiri deci-malna mjesta.Rje�enje: 1; 0:98; 0:980; 0:9797:

1.2 Apsolutna i relativna gre�ka

Neka jea - stvarna vrijednosta� - pribliµzna vrijednost.

De�nicija 1.1 Razliku a � a� nazivamo gre�ka aproksimacije. apsolutnuvrijednost gre�ke aproksimacije nazivamo apsolutna gre�ka aproksimacije ioznaµcavamo sa

�a� = ja� a�j :Broj " > 0 za koji je ja� a�j < " nazivamo granicom apsolutne gre�ke:

ja� a�j < "() (a� � " < a < a� + ") :

De�nicija 1.2 Relativnu gre�ku aproksimacije de�ni�emo sa

�a� =�a�

jaj =ja� a�jjaj :

1 Elvis Barakovic


Buduci da je a � a� relativnu gre�ku izraµzavamo i kao

�a� � �a�

ja�j =ja� a�jja�j :

Relativnu gre�ku pomnoµzenu sa 100 nazivamo procentualna gre�ka, a pom-noµzenu sa 1000 promilna gre�ka.

Primjer 1.3 Obavljen je niz mjerenja veliµcine R i dobijeni su rezultati

mjerenje 1 2 3 4 5 6Ri 29:2 29:3 29:25 29:28 29:24 29:26

:

Jedna aproksimacija je aritmetiµcka sredina vrijednosti veliµcine R koja iznosiR = 29:255 a granica apsolutne gre�ke je " = 0:055: dakle, R = 29:255�0:055:(" = max

��Ri �R�� : i = 1; 6).

Primjer 1.4 Polupreµcnik i visina valjka zadani su sa r = 2� 0:01cm i h =100� 0:01cm: Relativne gre�ke su

�r� � �r�

jr�j =0:01

2= 0:005 = 5%�

�h� � �h�

jh�j =0:01

100= 0:0001 = 0:1%�

Veliµcina h je 50 puta pouzdanija od veliµcine r:

1.3 Znaµcajne cifre

De�nicija 1.3 Cifra pribliµznog broja a� naziva se znaµcajnom ako je ona ra-zliµcita od nule ili je jednaka nuli izme�u cifara razliµcitih od nule ili predstavljasaµcuvanu dekadnu jedinicu uzetu u obzir.

Primjer 1.5 Pribliµzan broj a� = 213:76 ima pet znaµcajnih cifara. Prib-liµzan broj a� = 10083:123 ima osam znaµcajnih cifara. Pribliµzan broj a�

= 0:00213076 ima �est znaµcajnih cifara. Pribliµzan broj a� = 0:001004000ima sedam znaµcajnih cifara.

De�nicija 1.4 Neka je

a� = b�m10m + b�m�110

m�1 + :::; (b�m 6= 0;m 2 Z)

aproksimacija broja

a = bm10m + bm�110

m�1 + :::+ bm�n10m�n + :::; (bm 6= 0;m 2 Z):

2 Elvis Barakovic


Kaµze se da su prvih n cifara broja a� sigurne (u uµzem smislu) ako je n najvecipozitivan cijeli broj za koji vrijedi

�a� � 1

2� 10m�n+1:

Primjer 1.6 Neka je a = 0:0024357� 0:3 � 10�4: Kako je

0:0024357 = 2 � 10�3 + 4 � 10�4 + 3 � 10�5 + 5 � 10�6 + 7 � 10�7

to je m = �3; i kako je

�a� = 0:3 � 10�4 < 0:5 � 10�4

to imamo m� n+ 1 = �4; odakle za m = �3, dobijamo n = 2: Dakle, prvedvije cifre broja a� = 0:0024357 su pouzdane (a to su 2 i 4).

Primjer 1.7 Neka je a = 23:395� 0:5 � 10�2: Kako je

23:395 = 2 � 101 + 3 � 100 + 3 � 10�1 + 9 � 10�2 + 5 � 10�3

to je m = 1; i kako je�a� = 0:5 � 10�2

to imamo m � n + 1 = �2; odakle za m = 1, dobijamo n = 4: Dakle, prveµcetiri cifre broja a� = 23:395 su pouzdane (a to su 2; 3; 3; 9).

Primjer 1.8 Neka je a = 243315� 2: Kako je

243317 = 2 � 105 + 4 � 104 + 3 � 103 + 3 � 102 + 1 � 101 + 7 � 100

to je m = 5; i kako je�a� = 2 � 0:5 � 101

to imamo m�n+1 = 1; odakle za m = 5, dobijamo n = 5: Dakle, prve µcetiricifre broja a� = 243315 su pouzdane.

1.4 Gre�ke kod izraµcunavanja vrijednosti funkcije

Primjer 1.9 Odrediti apsolutnu i relativnu gre�ku pri izraµcunavanju zaprem-ine lopte ako je

r = 10:2� 0:001 cm� = 3:14� 0:0016:

3 Elvis Barakovic


Rje�enje: Imamo:

r� = 10:2; �r� = 0:01

�� = 3:14; �� = 0:0016

Zapreminu lopte raµcunamo po formuli V =4

3r3� pa je

V � =4

3r�3�� = 4442:92:

Kako je@V

@r= 4r2� i

@V

@�=4

3r3; to je

@rV� =

@V

@r(r�; ��) = 4r�2�� = 1306:74

@�V� =

@V

@�(r�; ��) =

4

3r�3 = 1414:94

pa je�V � � j@rV �j �r� + j@�V �j �� = 15:33

i

�V � � �V �

jV �j = 0:00345 � 3; 5%�

Dakle,V = 4442:92� 15:33 cm3:

Primjer 1.10 Neka je x = 2:00�0:005; y = 3:00�0:005 i z = 4:00�0:005:Izraµcunati gre�ku prilikom raµcunanja vrijednosti funkcije f(x; y; z) =

xy

zu

taµcki (x�; y�; z�):Rje�enje: Imamo

x� = 2:00; �x� = 0:005

y� = 3:00; �x� = 0:005

z� = 4:00; �x� = 0:005

i@f

@x=y

z;

@f

@y=xy

z;

@f

@z= �xy

z2:

4 Elvis Barakovic


Sada je

@xf� =

@f

@x(x�; y�; z�) = 0:75

@yf� =

@f

@y(x�; y�; z�) = 0:67

@zf� =

@f

@z(x�; y�; z�) = �0:375

pa je�f � � j@xf �j �x� + j@yf �j �y� + j@zf �j �z� � 0:009:

Primjer 1.11 Maksimalan domet projektila na ravnom terenu u vakuumu

se raµcuna po formuli d =v20g: procijeniti apsolutnu i relativnu gre�ku pri

izraµcunavanju maksimalnog dometa ako je v0 = 115�1ms i g = 9:81�0:001ms2:

Rje�enje: Imamo:

v�0 = 115; �v�0 = 1

g� = 9:81; �g� = 0:001

i@d

@v0=2v0gi@d

@g= �v

20

g;i

@v0d� =

@d

@v0(v�0; g

�) =2v�0g�

= 23:44

@gd� =

@d

@g(v�0; g

�) = �v�20

g�= �137:42:

Sada je�d� � j@v0d�j�v�0 + j@gd�j�g� = 0:0017

1.5 Inverzni problem u teoriji gre�aka

Problem: Sa kojom taµcno�cu moramo uzeti vrijednosti nez. promjenljivihposmatrane funkcije tako da njena vrijednost bude u granicama unaprijedzadane taµcnosti!?Koristicemo �princip jednakih efekata�.

�xi ��z�

n j@if �j; (i = 1; n):

5 Elvis Barakovic


Primjer 1.12 Kolike smiju biti apsolutne gre�ke duµzina polupreµcnika r i vi-sine h valjka zapremine V = 12� � 0:1 m3: Neka je pri tome r� = 2m a �cemo uzeti dovoljno taµcno da njegova gre�ka ne utiµce na rezultat.Rje�enje: Zapreminu valjka raµcunamo po formuli V = r2�h: Odredimo prib-liµznu vrijednost visine valjka

h� =V �

r�2��= 3:

Kako je@V

@r= 2r�h i

@V

@hr= r2�; to je

@rV� =

@V

@r(r�; h�) = 2r��h� = 37:7

@hV� =

@V

@r(r�; h�) = r�2� = 12:57

pa su apsolutne gre�ke date sa

�r� � �V �

2 j@rV �j = 0:0013 m

�h� � �V �

2 j@hV �j = 0:004 m:

6 Elvis Barakovic


2 Interpolacija funkcija

2.1 Lagrange-ov interpolacioni polinom

Pretpostavimo2 da je vrijednost funckije y = f(x) poznata u n+ 1 taµcaka:

xi x0 x1 ::: xi ::: xnyi y0 y1 ::: yi ::: yn

:

Lagrange-ov interpolacioni polinom odre�ujemo po formuli

Ln(x) =

nXi=0

(x� x0)(x� x1) � � � (x� xi�1)(x� xi+1) � � � (x� xn)

(xi � x0)(xi � x1) � � � (xi � xi�1)(xi � xi+1) � � � (xi � xn)� yi:

(1)Ocjenu gre�ke aproksimacije vr�imo sa

jRn(x)j �max

��f (n+1) (�)�� : � 2 (x0; x1)(n+ 1)!

j(x� x0)(x� x1) � � � (x� xn)j :

(2)

Primjer 2.1 Odrediti Lagrangeov interpolacioni polinom za funkciju y =f(x) datu tabelom

xi 2 5 10yi 51 150 435

:

Na osnovu toga izraµcunati pribliµznu vrijednost f(3):Rje�enje: Buduci da imamo tri µcvora interpolacije, odredicemo Lagrangeovinterpolacioni polinom drugog stepena za funkciju y = f(x). Na osnovu (1)imamo

L2(x) =(x� 5)(x� 10)(2� 5)(2� 10) � 51 +

(x� 2)(x� 10)(5� 2)(5� 10) � 150 +

(x� 2)(x� 5)(10� 2)(10� 5) � 435 =

= 3x2 + 12x+ 15:

Sada je f(3) � L2(3) = 78:

Primjer 2.2 Funkcija y = ln x zadana je tablicom

xi 0:4 0:5 0:7 0:8yi �0:91629 �0:69315 �0:35667 �0:22314 :

Odrediti Lagrangeov interpolacioni polinom za funkciju y = f(x) i na osnovutoga izraµcunati f(0:6). Procijeniti gre�ku interpolcije za x = 0:6:

2�Numeriµcka matematika� - R. Scitovski, (str. 18)

7 Elvis Barakovic


Rje�enje: Buduci da imamo µcetiri µcvora interpolacije, odredicemo Lagrangeovinterpolacioni polinom treceg stepena za funkciju y = f(x). Na osnovu (1)imamo

L3(x) =(x� 0:5)(x� 0:7)(x� 0:8)

(0:4� 0:5)(0:4� 0:7)(0:4� 0:8) � (�0:91629)

+(x� 0:4)(x� 0:)(x� 0:8)

(0:5� 0:4)(0:5� 0:7)(0:5� 0:8) � (�0:69315)

+(x� 0:4)(x� 0:5)(x� 0:8)

(0:7� 0:4)(0:7� 0:5)(0:4� 0:8) � (�0:35667)

+(x� 0:4)(x� 0:5)(x� 0:7)

(0:8� 0:4)(0:8� 0:5)(0:8� 0:7) � (�0:22314)

= 1:6825x3 � 4:522x2 + 5:2749x� 2:4104;

pa je f(0:6) � L3(0:6) = �0:509978:Procjena gre�ke: µCetvrti izvod funkcije y = ln x je y(4) = � 6

x4:

Na osnovu (2) imamo

jR3(x)j �max

�� 6�4�� : � 2 (0:4; 0:8)�4!!

j(0:6� 0:4)(0:6� 0:5)(0:6� 0:7)(0:6� 0:8)j =

=234:375

24(0:2)2(0:1)2 = 0:00390625:

Primjer 2.3 Aproksimirati funkciju f(x) =

r3

2+ x2 Lagrange-ovim inter-

polacionim polinomom na segmentu [�1; 1] uzimajuci za µcvorove interpolacijenule µCebi�evljevog polinoma T3(x):Rje�enje: µCebi�evljevi polinomi Tn(x); n = 0; 1; 2; ::: se de�ni�u rekurentnomformulom

Tn+1(x) = 2xTn(x)� Tn�1(x); T0(x) = 1; T1(x) = x; (n = 1; 2; 3; :::):

Dakle,

T2(x) = 2xT1(x)� T0(x) = 2x2 � 1

T3(x) = 2xT2(x)� T1(x) = 4x3 � 3x:

Nule µCebi�evljevog polinoma T3(x) su rje�enja jednaµcine 4x3 � 3x = 0; a to

su �p3

2; 0;

p3

2: Sastavimo tablicu vrijednosti funkcije f(x) =

r3

2+ x2 u

8 Elvis Barakovic


µcvorovima interpolacije:

xi �p3

20

p3

2

yi3

2

r3

2

3

2

:

Lagrange-ov interpolacioni polinom je

L2(x) =

(x� 0) x�

p3

2

! �p3

2� 0!

�p3

2�p3

2

! � 32+

x+

p3

2

! x�

p3

2

! 0 +

p3

2

! 0�

p3

2

! �r3

2

+

x+

p3

2

!(x� 0) p

3

2+

p3

2

! p3

2� 0! � 3

2

= 0:367007x2 + 1:224745:

Primjer 2.4 Interpolacija funkcije f(x) = 1� jxj sa pet i devet ekvidistant-nih µcvorova interpolacije.

1.0 0.5 0.5 1.0

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

n = 5: h =2

4= 0:5:

1.0 0.5 0.5 1.0

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

n = 9: h =2

8= 0:25:

Primjer 2.5 Interpolacija funkcije f(x) = 1 � jxj gdje su µcvorovi interpo-

9 Elvis Barakovic


lacije nule µCebi�evljevog T10 polinoma:

1.0 0.5 0.5 1.0

0.4

0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

2.2 Konaµcne razlike funkcija

Neka3 je data ekvidistantna mreµza a = x0 < x1 < � � � < xn = b i neka jeyi = f(xi):Konaµcne razlike prvog reda funkcije y = f(x) de�ni�u se sa

�y0 = y1 � y0;�y1 = y2 � y1; :::�yi = yi+1 � yi; ::::

Konaµcne razlike drugogreda funkcije y = f(x) de�ni�u se sa

�2y0 = �y1 ��y0 = yi+2 � 2yi+1 + yi; �2y1 = �y2 ��y1; ::::

Konaµcne razlike funkcije y = f(x) mogu se smjestiti u tablice oblika

x y �y �2y �3y �4yx0 y0

�y0x1 y1 �2y0

�y1 �3y0x2 y2 �2y1 �4y0

�y2 �3y1x3 y3 �2y2...

......

......

...

3�Numeriµcka matematika� - A. Zolic, (str. 39)

10 Elvis Barakovic


Primjer 2.6 Sastaviti tablicu konaµcnih razlika za funkciju y = f(x) zadanutabliµcno

xi 0:5 0:7 0:9 1:1 1:3yi �0:6875 �0:8299 �0:9739 �0:9659 �0:6139 :

Rje�enje: Imamo

x y �y �2y �3y �4y0:5 �0:6875

�0:14240:7 �0:8299 �0:0016

�0:1440 0:15360:9 �0:9739 0:1520 0:0384

�0:0080 0:19201:1 �0:9659 0:3440

�0:35201:3 �0:6139

:

Primjer 2.7 Funkcija y = f(x) zadana je tablicom

xi 1:00 1:05 1:10 1:15 1:20 1:25 1:30yi 1:34164 1:37931 1:41774 1:45688 1:49666 1:53714 1:57797

1:35 1:40 1:45 1:501:61941 1:66132 1:70367 1:74642

:

U tablici je napravljena gre�ka. Otkriti gre�ku i izraµcunati njenu vrijednost.Ispraviti tablicu.:

11 Elvis Barakovic


Rje�enje: Formirajmo tablicu konaµcnih razlika

x y �y �2y �3y �4y �5y1:00 1:34164

0:037671:05 1:37931 0:00076

0:03843 �0:000051:10 1:41774 0:00071 �0:00002

0:03914 �0:00007 0:000151:15 1:45688 0:00064 0:00013

0:03978 0:00006 �0:000541:20 1:49666 0:00070 �0:00041

0:04048 �0:00035 0:001021:25 1:53714 0:00035 0:00061

0:04083 0:00026 �0:001011:30 1:57797 0:00061 �0:00040

0:04144 �0:00014 0:000511:35 1:61941 0:00047 0:00011

0:04191 �0:00003 �0:000121:40 1:66132 0:00044 �0:00001

0:04235 �0:000041:45 1:70367 0:00040

0:042751:50 1:74642

Posmatrajmo kolonu µcetvrtih razlika (uvijek posmatramo kolonu konaµcnih ra-zlika parnog reda jer je tu uticaj gre�ke najveci!) onda vidimo da je u vrstix = 1:25 najvece odstupanje od oµcekivane vrijednosti a oµcekivana vrijednostje �

�4y�o�cekivano

=�0:00002 + 0:00013� 0:00041 + 0:00061

7

+�0:00040 + 0:00011� 0:00001

7= 0:00000

Gre�ku nalazimo kao

" ="1 + "2 + "3 + "4 + "5

5

12 Elvis Barakovic


pri µcemu su

0:00000 + "1 = 0:00013) "1 = 0:000130:00000� 4"2 = �0:00041) "2 = 0:000100:00000 + 6"3 = 0:00061) "3 = 0:000100:00000� 4"4 = �0:00040) "4 = 0:000100:00000 + "5 = 0:00011) "5 = 0:00011

pa je " = 0:00011: Dakle, f(1:25) = 1:53714� 0:00011 = 1:53703; pa ispravl-jena tablica vrijednosti funkcije je

xi 1:00 1:05 1:10 1:15 1:20 1:25 1:30yi 1:34164 1:37931 1:41774 1:45688 1:49666 1:53703 1:57797

1:35 1:40 1:45 1:501:61941 1:66132 1:70367 1:74642

:

Napomena: Gornja granica apsolutnih gre�aka konaµcnih razlikam-tog reda

je jednaka 2m � 12�10�k: Ako se dogodi da je bar jedna izraµcunata razlika m-tog

reda manja od maksimalno moguce gre�ke, onda je tablica konaµcnih razlika,od razlika tog reda pa nadalje nekorektna.

Primjer 2.8 Ispitati korektnost tablice konaµcnih razlika funkcije zadane uprethodnom zadatku.

13 Elvis Barakovic


Rje�enje: Imamo

x y �y �2y �3y �4y �5y1:00 1:34164

0:037671:05 1:37931 0:00076

0:03843 �0:000051:10 1:41774 0:00071 �0:00002

0:03914 �0:00007 0:000151:15 1:45688 0:00064 0:00013

0:03978 0:00006 �0:000541:20 1:49666 0:00070 �0:00041

0:04048 �0:00035 0:001021:25 1:53714 0:00035 0:00061

0:04083 0:00026 �0:001011:30 1:57797 0:00061 �0:00040

0:04144 �0:00014 0:000511:35 1:61941 0:00047 0:00011

0:04191 �0:00003 �0:000121:40 1:66132 0:00044 �0:00001

0:04235 �0:000041:45 1:70367 0:00040

0:042751:50 1:74642greska 0:00005 0:00001 0:00002 0:00004 0:00008 0:00016

Zakljuµcak: Tablica je nekorektna od razlika treceg reda pa nadalje!

2.3 Prvi Newton-ov interpolacioni polinom

Pretpostavimo4 da je vrijednost funckije y = f(x) poznata u n+1 ekvidin-stantnih µcvorova:


pri µcemu je h = xi � xi�1 > 0; (i = 1; 2; :::; n):Prvi Newton-ov interpolacioni polinom odre�ujemo po formuli

N In(u) = y0 +

�y01!

u+�2y02!

u(u� 1) + :::+ �ny0n!

u(u� 1):::(u� n+ 1)


14 Elvis Barakovic


pri µcemu je u =x� x0h

:

Prvi Newton-ov interpolacioni polinom pogonno je koristiti oko taµcke x = x0- interpolacija unaprijed i za ekstrapolaciju x < x0 - ekstrapolacijuunazad.Gre�ku interpolacije funkcije prvim Newton-ovim polinomom raµcunamo poformuli

jRn(u)j �j�n+1y0j(n+ 1)!

ju(u� 1):::(u� n)j :

Primjer 2.9 Konstruisati prvi Newton-ov interpolacioni polinom za funkcijuy = f(x) zadanu tabelom

xi 0 1 2 3 4yi 2:00000 2:08008 2:15443 2:22398 2:28943

:

Izraµcunati pribliµznu vrijednost f(0:5) i procijeniti gre�ku f(x)� P3(x):Rje�enje: Tablica konaµcnih razlika je

x y �y �2y �3y �4y0 2:00000

0:080081 2:08008 �0:00573

0:007435 0:000932 2:15443 �0:00480 �0:00023

0:006955 0:000703 2:22398 �0:00410

0:0065454 2:28943

pa prvi Newton-ov interpolacioni polinom ima oblik

N I3 (u) = 2:00000 +

0:08008

1!u+

�0:005732!

u(u� 1)

+0:00093

3!u(u� 1)(u� 2) + �0:00023

4!u(u� 1)(u� 2)(u� 3)

= �0:00001u4 + 0:00021u3 � 0:00344u2 + 0:08331u+ 2:00000:

Dakle,

N I3 (u) = �0:00001x4 + 0:00021x3 � 0:00344x2 + 0:08331x+ 2:00000:

15 Elvis Barakovic


gdje je u =x� 01

= x: Pribliµzna vrijednost je f(0:5) � N I0 (0:5) = 2:04082:

Gre�ka aproksimacije je

jR3(u)j �j�4y0j4!

jx(x� 1)(x� 2)(x� 3)j =

=0:00023

24jx(x� 1)(x� 2)(x� 3)j :

2.4 Drugi Newton-ov interpolacioni polinom

Pretpostavimo5 da je vrijednost funckije y = f(x) poznata u n+1 ekvidin-stantnih µcvorova:


pri µcemu je h = xi � xi�1 > 0; (i = 1; 2; :::; n):Drugi Newton-ov interpolacioni polinom odre�ujemo po formuli

N IIn (v) = y0 +

�yn�11!

v +�2yn�22!

v(v + 1) + :::+�ny0n!

v(v + 1):::(v + n� 1)

pri µcemu je v =x� xnh

:

Drugi Newton-ov interpolacioni polinom pogonno je koristiti oko taµcke x =xn - interpolacija unazad i za ekstrapolaciju x > xn - ekstrapolacijuunaprijed.Gre�ku interpolacije funkcije drugim Newton-ovim polinomom raµcunamo poformuli

jRn(v)j �j�n+1y0j(n+ 1)!

jv(v + 1):::(v + n)j :

Primjer 2.10 Konstruisati drugi Newton-ov interpolacioni polinom za funkcijuy = f(x) zadanu tabelom

xi 0:0 0:5 1:0 1:5 2:0yi 3:00000 4:25000 6:00000 8:25000 11:00000

:

Izraµcunati pribliµznu vrijednost f(0:5) i procijeniti gre�ku f(x)� P3(x):


16 Elvis Barakovic


Rje�enje: Tablica konaµcnih razlika je

x y �y �2y �3y0:0 3:00000

1:250000:5 4:25000 0:50000

1:75000 01:0 6:00000 0:50000

2:25000 01:5 8:25000 0:50000

2:750002:0 11:00000

pa je interpolacioni polinom dat sa

N II2 (v) = 11:00000 +

2:75000

1!v +

0:50000

2!v(v + 1)

pri µcemu je v =x� xnh

= v =x� 2:00:5

= 2x�4:0 pa je N II2 (x) = x2+2x+3:

2.5 Newton-ov interpolacioni polinom za neekvidistantnu

mrezu

Neka6 je funkcija f : [a; b] ! R neprekidna funkcija i neka su joj poznatevrijednosti yi = f(xi), (i = 0; n) u µcvorovima a � x0 < x1 < � � � < xn � b.

Interpolacijski polinom traµzimo u obliku

Pn(x) = a0+a1(x�x0)+a2(x�x0)(x�x1)+� � �+an(x�x0)(x�x1):::(x�xn�1)

gdje koe�cijente a0; a1; :::; an odre�ujemo metodom podijeljenih razlikana sljedeci naµcin

a0 = f [x0] = y0

a1 = f [x0; x1] =y1 � y0x1 � x0

a2 = f [x0; x1; x2]...

ai = f [x0; x1; :::; xn] =f [x1; x2; :::; xi]� f [x0; x1; :::; xi�1]

xi � x0; (i = 1; 2; :::; n):

6�Numeriµcka matematika� - R. Scitovski, (str. 20)

17 Elvis Barakovic


Primjer 2.11 Odrediti Newton-ov interpolacioni polinom funkcije y = f(x)zadane tablicom

xi �2 2 4yi �5 3 211

:

Rje�enje: Interpolacioni polinom (njegove koe�cijente!) odredicemo pomocusljedece sheme

x y

�2 f [x0] =�5f [x0; x1] =2

2 f [x1] = 3 f [x0; x1; x2] =17f [x1; x2] = 104

4 f [x2] = 211

pa polinom ima oblik

P2(x) = �5 + 2(x+ 2) + 17(x+ 2)(x� 2) = 17x2 + 2x� 69:

2.6 Inverzna interpolacija

Neka7 je funkcija y = f(x) zadana tabliµcno


:

Postupak nalaµzenja argumenta x koji odgovara zadanoj vrijednosti y funkcijey = f(x) (koja nije data u tablici) naziva se inverzna interpolacija.U sluµcaju da su µcvorovi interpolacije neekvidistantni a funkcija f(x)monotona,problem inverzne interpolacije se moµze rije�iti primjenom Lagrange-ove in-terpolacione formule (zamjenom x i y u formuli!)

Primjer 2.12 Funkcija y = f(x) zadana je tabliµcno

xi �1 0 2yi 13 18 34

:

a) Izraµcunati pribliµznu vrijednost funkcije f(x) za x = 1,b) Izraµcunati x za koje je f(x) = 21:25.


18 Elvis Barakovic


Rje�enje:a) Koristeci Lagrange-ov interpolacioni polinom, dobijamo

L2(x) =(x� 0)(x� 2)(�1� 0)(�1� 2) � 13 +

(x+ 1)(x� 2)(0 + 1)(0� 2) � 18 +

(x+ 1)(x� 0)(2 + 1)(2 + 0)

� 34

= x2 + 6x+ 18

pa je f(1) � L2(1) = 25:b) Buduci da µcvorovi interpolacije nisu ekvidistantni i da je funkcije rastuca,to moµzemo primijeniti Lagrange-ovu interpolacionu formulu u obliku

x =(y � 18)(y � 34)(13� 18)(13� 34) �(�1)+

(y � 13)(y � 34)(18� 13)(18� 34) �0+

(y � 13)(y � 18)(34� 13)(34� 18) �2

pa za y = 21:25 imamo

x =(21:25� 18)(21:25� 34)(13� 18)(13� 34) � (�1) + (21:25� 13)(21:25� 34)

(18� 13)(18� 34) � 0

+(21:25� 13)(21:25� 18)(34� 13)(34� 18) � 2

= 0:55424:

2.7 Hermitov interpolacioni polinom

Neka je f(x) 2 C2n+2 [a; b] i neka su xi 2 [a; b] ;�i = 0; n

�µcvorovi interpo-

lacije. Neka su zadane vrijednosti funkcije yi = f(xi) i vrijednosti prvogizvoda y0i = f 0(xi) u µcvorovima interpolacije. Interpolacioni polinom Pm(x)koji zadovoljava uslove Pm(xi) = yi i P 0m(xi) = y0i;

�i = 0; n

�naziva se Her-

mitov interpolacioni polinom i traµzimo ga u obliku

P2n+1(x) =

nXi=0

(1� 2p0i(xi)(x� xi)) (pi(x))2 yi +

nXi=0

(x� xi) (pi(x))2 y0i (3)

pri µcemu je

pi(x) =(x� x0)(x� x1) � � � (x� xi�1)(x� xi+1) � � � (x� xn)

(xi � x0)(xi � x1) � � � (xi � xi�1)(xi � xi+1) � � � (xi � xn):

Primjer 2.13 Naci Hermitov interpolacioni polinom za funkciju zadanu tabli-com

xi 0 1yi 8 90y0i 8 156

:

19 Elvis Barakovic


Rje�enje: Buduci da je zadano µcetiri vrijednosti, to traµzeni polinom moµze bitinajvi�e treceg stepena! Imamo:

p0(x) =x� x1x0 � x1

=x� 10� 1 = �x+ 1;

p1(x) =x� x0x1 � x0

=x� 01� 0 = x

i p00(x) = �1; p01(x) = 1:Sada, na osnovu formule (3) imamo

P3(x) =1Xi=0

(1� 2p0i(xi)(x� xi)) (pi(x))2 yi +

1Xi=0

(x� xi) (pi(x))2 y0i =

= 0x3 + 74x2 + 8x+ 8 = 74x2 + 8x+ 8:

Drugi naµcin odre�ivanja Ermitovog polinoma je metoda neodre�enih ko-e�cijenata, traµzeci interpolacioni polinom u obliku

P2n+1(x) = c0 + c1x+ � � �+ c2n+1x2n+1

koji treba da zadovoljava uslove Pm(xi) = yi i P 0m(xi) = y0i;�i = 0; n

�;

µcime dobijamo sistem od 2n + 2 linearne jednaµcine sa 2n + 2 nepoznatih(nedostatak- ima dosta raµcunanja!).

Primjer 2.14 Naci Hermitov interpolacioni polinom za funkciju zadanu tabli-com

xi �1 0yi 69 24y0i �94 4y00i 98

:

Rje�enje: Buduci da je zadano pet vrijednosti, to traµzeni polinom moµze bitinajvi�e µcetvrtog stepena! Polinom traµzimo u obliku

P4(x) = c0 + c1x+ c2x2 + c3x

3 + c4x4

odakle je

P 04(x) = c1 + 2c2x+ 3c3x2 + 4c4x

3;

P 004 (x) = 2c2 + 6c3x+ 12c4x2:

Koe�cijente polinoma c0; c1; c2; c3; c4 nalazimo iz sistema

P4(�1) = 69P4(0) = 24

P 04(�1) = �94P 04(0) = 4P 004 (0) = 98

9>>>>=>>>>; tj.

c0 � c1 + c2 � c3 + c4 = 69c0 = 24

c1 � 2c2 + 3c3 � 4c4 = �94c1 = 42c2 = 98

9>>>>=>>>>;20 Elvis Barakovic


a to suc0 = 24; c1 = 4; c2 = 49; c3 = 0; c4 = 0

pa je traµzeni polinomP2(x) = 49x

2 + 4x+ 24:

2.8 Spline interpolacija

Ako je broj µcvorova interpolacije veliki, odgovarajuci interpolacijski polinomje velikog stepena i kao takav neupotrebljiv u primjenama. Umjesto inter-polacijskog polinoma moµzemo poku�ati interpolirati funkciju f : [a; b] ! Rtakvu da je

f j[xi�1;xi] = fi

pri µcemu je fi : [xi�1; xi]! R neka jenostavnija funkcija takva da je fi(xi�1) =yi�1 i fi(xi) = yi:Neka je � podjela segmenta [a; b] : a = x0 < x1 < x2 < � � � < xn = b:Funkciju

Sm� (f; x) =

8>>><>>>:P1m(x) = a10 + a11x+ � � �+ a1mx

m; a � x � x1;P2m(x) = a20 + a21x+ � � �+ a2mx

m; x1 � x � x2;...Pnm(x) = an0 + an1x+ � � �+ anmx

m; xn�1 � x � b

koja je neprekidno-diferencijabilna u µcvorovima interpolacije x1; x2; � � � ; xn�1nazivamo splajnom m-tog reda.

2.8.1 Linearni interpolacijski spline

Primjer 2.15 Konstruisati (linearni) splajn S1�(f; x) za funkciju zadanutablicom

xi 0 0:25 0:75 1yi 0:00 0:25 2:25 4:00

:

Rje�enje: Splajn je oblika

S1�(f; x) =

8<:P11(x) = a10 + a11x; 0 � x � 0:25;P21(x) = a20 + a21x; 0:25 � x � 0:75;P31(x) = a30 + a31x; 0:75 � x � 1;

21 Elvis Barakovic


a koe�cijente aij; (i = 1; 2; 3; j = 0; 1) dobijamo rje�avajuci sistem

P11(0) = 0:00P11(0:25) = 0:25P21(0:25) = 0:25P21(0:75) = 2:25P31(0:75) = 2:25P31(1) = 4:00

9>>>>>>=>>>>>>;tj.

a10 = 0:00a10 + 0:25a11 = 0:25a20 + 0:25a21 = 0:25a20 + 0:75a21 = 2:25a30 + 0:75a31 = 2:25

a30 + a31 = 4:00

9>>>>>>=>>>>>>;.

Rje�enja su

a10 = 0; a11 = 1:00; a20 = �0:75; a21 = 4:00; a30 = �3:00; a31 = 7

pa odgovarajuci splajn ima oblik

S1�(f; x) =

8<:x; 0 � x � 0:25;4x� 0:75; 0:25 � x � 0:75;7x� 3; 0:25 � x � 1:

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

1

2

3

4

2.8.2 Kubni interpolacijski spline

Kubni interpolacijski splajn ima oblik

S3�(f; x) =

8>>><>>>:P13(x) = a10 + a11x+ a12x

2 + a13x3; a � x � x1;

P23(x) = a20 + a21x+ a22x2 + a23x

3; x1 � x � x2;...Pn3(x) = an0 + an1x+ an2x

2 + an3x3; xn�1 � x � b

: (4)

Broj nepoznatih aij u (4) ima 6n: U µcvorovima interpolacije moramo postavitii dodatne uvjete

Pi3(xi�1) = f(xi�1); Pi3(xi) = f(xi); (i = 1; n)P 0i3(xi) = P 0i+1;3(xi); P 00i3(xi) = P 00i+1;3(xi); (i = 1; n� 1):P 0013(x0) = 0; P 00n3(xn) = 0:

22 Elvis Barakovic


Primjer 2.16 Konstruisati (kubni) splajn S3�(f; x) za funkciju zadanu tabli-com

xi 0 0:5 1yi 1:000 3:375 16:000

:

Rje�enje: Splajn je oblika

S1�(f; x) =

�P13(x) = a10 + a11x+ a12x

2 + a13x3; 0 � x � 0:5;

P23(x) = a20 + a21x+ a22x2 + a23x

3; 0:5 � x � 0:1;

a koe�cijente aij, (i = 1; 2; j = 0; 1; 2; 3) dobijamo rje�avajuci sistem

P13(0) = 1:000P13(0:5) = 3:375P23(0:5) = 3:375P23(1) = 16:000

P 013(0:5) = P 023(0:5)P 0013(0:5) = P 0023(0:5)

P 0013(0) = 0P 0023(1) = 0

9>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>;tj.

a10 = 1:000

a10 + a11 � 0:5 + a12 � (0:5)2 + a13 � (0:5)3 = 3:375a20 + a21 � 0:5 + a22 � (0:5)2 + a23 � (0:5)3 = 3:375

a20 + a21 + a22 + a23 = 16:000

a11 + 2a12 � 0:5 + 3a13 � (0:5)2 = a21 + 2a22 � 0:5 + 3a � (0:5)22a12 + 6a13 � 0:5 = 2a22 + 6a23 � 0:5

2a12 = 02a22 + 6a23 = 0

9>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>;a oni iznose

a10 = 1; a11 = �6

19; a12 = 0; a13 =

385

19;

a20 =113

19; a21 = �

579

19; a22 =

1115

19; a23 = �

385

19:

Traµzeni splajn je oblika

S1�(f; x) =

�P13(x) = 1� 6

19x+ 385

19x3; 0 � x � 0:5;

P23(x) =11319� 579

19x+ 1115

19x2 +�385

19x3; 0:5 � x � 0:1;

23 Elvis Barakovic


2.9 Zadaci za samostalan rad

Zadatak 2.1 Odrediti Lagrangeov interpolacioni polinom za funkciju y =f(x) datu tabelom

xi �2 �1 0 1yi 3 17 27 45

:

Na osnovu toga izraµcunati pribliµznu vrijednosti funkcije za x = 1:5 i x =�1:5; te izraµcunati f 0(0:5):


xi �2 �1 0 1yi �40 15 24 41

:

Na osnovu toga izraµcunati pribliµznu vrijednosti funkcije za x = 1:5 i x =�1:5; te izraµcunati f 0(0:5):


xi 0:0 0:1 0:3 0:4yi 1:00000 0:90909 0:76923 0:71429

:

Na osnovu toga izraµcunati pribliµznu vrijednosti funkcije za x = 0:2 i x =�0:1.

Zadatak 2.4 Aproksimirati funkciju f(x) =p1 + x2Lagrangeovim L2 poli-

nomom na [�1; 1] uzimajuci za µcvorove interpolacije:a) �3

4; 0;3

4;

b) nule µCebi�evljevog T3 polinoma.

Zadatak 2.5 Sastaviti tablicu konaµcnih razlika za funkciju y = f(x) zadanutabliµcno

xi 0:0 0:2 0:4 0:6 0:8 1:1yi �0:1875 �0:2299 �0:1739 �0:1659 �0:2139 �0:2201 :

Funkciju aproksimirati sa Njutnovim prvim i drugim interpolacionim poli-nomima, a zatim izraµcunati vrijednost funkcije za x = �0:1; x = 0:15 ix = 0:9

24 Elvis Barakovic


Zadatak 2.6 Sastaviti tablicu konaµcnih razlika za funkciju y = f(x) zadanutabliµcno

xi 0:0 0:1 0:2 0:3 0:4 0:5yi 0:6775 0:7799 0:7779 0:6657 0:6139 0:5201

:

Funkciju aproksimirati sa Njutnovim prvim i drugim interpolacionim poli-nomima, a zatim izraµcunati vrijednost funkcije za x = �0:1; x = 0:15 ix = 0:45:

Zadatak 2.7 Naci Ermitov interpolacioni polinom za funkciju zadanu tabli-com

xi 0 1yi 5 14y0i 1 12

:


xi 1:5 2yi 4 14y0i 6 19

:


xi 0 1yi 13 24y0i �14 4y00i 8

:


xi 0 0:5yi 13 24y0i �14 34y00i �8

:

Zadatak 2.11 Konstruisati linearni i kubni splajn za funkciju zadanu tabli-com

xi 0 0:5 1yi 0:00 0:75 2:00

:

Zadatak 2.12 Konstruisati linearni i kubni splajn za funkciju zadanu tabli-com

xi 0:1 0:7 1:3yi 1:00 2:75 5:00

:

25 Elvis Barakovic


3 Numeriµcko rje�avanje sistema linearnih al-gebarskih jednaµcina

3.1 Gausova metoda - �ema jedinstvenog dijeljenja

Primjer 3.1 Koristeci �emu jedinstvenog dijeljenja rije�iti sistem jednaµcina

3:67x1 + 0:78x2 + 0:89x3 + 0:90x4 = 2:900:78x1 + 3:56x2 + 0:67x3 + 0:78x4 = 3:820:89x1 + 0:67x2 + 3:45x3 + 0:56x4 = 2:240:90x1 + 0:78x2 + 0:56x3 + 3:34x4 = 3:96

9>>=>>;Rje�enje: Raµcunacemo sa pet decimala

i ai1 ai2 ai3 ai4 ai5X

aij

1 3:67 0:78 0:89 0:90 2:90 9:142 0:78 3:56 0:67 0:78 3:82 9:613 0:89 0:67 3:45 0:56 2:24 7:814 0:90 0:78 0:56 3:34 3:96 9:54

1 1 0:21253 0:24251 0:24523 0:79019 2:490462 3:39423 0:48084 0:58872 3:20365 7:667443 0:48085 3:23417 0:34174 1:53673 5:593494 0:58872 0:34714 3:11929 3:24883 7:29858

2 1 0:14166 0:17345 0:94385 2:258963 3:16605 0:25835 1:08288 4:507284 0:25835 3:01718 2:69317 5:96869

3 1 0:08160 0:34203 1:423634 2:99610 2:60481 5:60091

4 1 0:86940 1:86940

4 1 0:86940 1:869403 1 0:27109 1:271092 1 0:75465 1:754651 1 0:35086 1:35086

Rje�enje sistema je

(x1; x2; x3; x4) = (0:35086; 0:75465; 0:27109; 0:86940):

26 Elvis Barakovic


3.2 Gausova metoda - �ema sa izborom glavnog ele-menta

Izaberemo najveci po modulu element kojeg cemo zvati glavni element ineka je to elemnt apq: Raµcunamo faktore mi po formuli

mi = �aiqapq

; i 6= p

i izvodimo sljedece operacije sa elementima pro�irene matrice sistema: svakojvrsti, koja nije glavna, dodajemo glavnu vrstu pomnoµzenu sa odgovarajucimfaktorom mi za tu vrstu. U rezultatu dobijamo matricu kod koje su u q-toj koloni iznad i ispod glavnog elementa nule, pa tu kolonu i glavnu vrstuodbacujemo, µcime dobijamo matricu koja ima jednu vrstu i kolonu manje.

Primjer 3.2 Koristeci �emu sa izborom glavnog elementa rije�iti sistem jed-naµcina

0:36x1 � 2:17x2 + 1:32x3 + 0:92x4 = 2:930:45x1 + 0:29x2 + 1:43x3 + 0:24x4 = 1:351:41x1 + 0:77x2 + 0:49x3 + 0:37x4 = 0:760:92x1 + 0:54x2 + 2:23x3 + 0:97x4 = 1:64

9>>=>>;Rje�enje: Raµcunacemo na pet decimala


aij mi

1 0:36 �2:17 1:32 0:92 2:93 3:36000 �0:591932 0:45 0:29 1:43 0:24 1:35 3:76000 �0:641263 1:41 0:77 0:49 0:37 0:76 3:80000 �0:219734 0:92 0:54 2:23 0:97 1:64 6:30000

1 �0:18458 �2:48964 0:34583 1:95923 �0:369162 �0:13996 �0:05628 �0:38202 0:29833 �0:27993 �0:022613 1:20785 0:65135 0:15686 0:39964 2:41570 0:26162

2 �0:13579 �0:38984 0:25403 �0:27160 0:117103 1:15956 0:24734 0:91221 2:31911

2 �0:36088 0:36085 �0:000032 1 �0:99992 0:000083 1 0:99997 1:999971 1 �0:99999 0:000004 1 0:99998 1:99998


(x1; x2; x3; x4) = (0:99997;�0:99999; 0:99998;�0:99992)

27 Elvis Barakovic


a zaokruµzivanjem, dobijamo

(x1; x2; x3; x4) = (1:00000;�1:00000; 1:00000;�0:9999):

3.3 Gausova metoda - kompaktna �ema

Ideja je da se matrica A sistema Ax = b napi�e kao proizvod donje i gornjetrougaone matrice tj. u obliku A = BC; pri µcemu su B = (bij) i C = (cij) akoe�cijente tih matrica raµcunamo naizmjeniµcno po formulama

b(2j�1)ij = a

(0)ij �

j�1Xk=1

b(2k�1)ik c

(2k)kj ; (i � j)

c(2j)jm =

a(0)ij �

j�1Xk=1

b(2k�1)ik c

(2k)km

b(2j�1)jj

; (m > j):

(5)

Primjer 3.3 Koristeci kompaktnu �emu rije�iti sistem jednaµcina

3:0x1 + 12:3x2 � 4:5x3 = 6:241:6x1 + 2:5x2 � 1:0x3 = 1:553:2x1 � 1:5x2 + 0:5x3 = 0:90

9=; :

Rje�enje: Raµcunacemo na pet decimala:

i ai1 ai2 ai3 ai4X

aij

1 3:0 12:3 �4:5 6:24 17:042 1:6 2:5 �1:0 1:55 4:653 3:2 �1:5 0:5 0:90 3:1

1 3:0 4:1 �1:5 2:08 5:682 1:6 �4:06 �0:34483 0:43793 1:09313 3:2 �14:62 0:25859 2:50024 3:50024

3 1 2:500242 1 1:300091 1 0:49999

Pribliµzno rje�enje sistema je (x1; x2; x3) = (0:5; 1:3; 2:5):

28 Elvis Barakovic


3.4 Metoda kvadratnih korijena

Ova metoda sluµzi za rje�avanje sistema Ax = b kod kojih je matrica Asimetriµcna matrica. Ideja je da se matrica A zapi�e kao proizvod A = T 0Tdvije me�usobno transponovane matrice. Tada sistem ima oblik T 0Tx = b;odakle prvo rje�avamo sistem T 0y = b; a zatim sistem Tx = y odakle dobi-jamo rje�enja polaznog sistema. Formule za raµcunanje koe�cijenata matriceT su date sa:

t11 =pa11; t1j =

a1jt11

(j > 1)

tii =

vuutaii �i�1Xk=1

t2ki; (1 < i � n)

tij =

aij �i�1Xk=1

tkitkj

tii; (i < j)

tij = 0; (i > j):

(6)

Rje�enja sistema T 0y = b su data sa

y1 =b1t11

yi =

bi �i�1Xk=1

tkiyk

tii; (i > 1)

(7)

a rje�enja sistema Tx = y su data sa

xn =yntnn

xi =

yi �nX

k=i+1

tkixk

tii; (i < n):

(8)

Primjer 3.4 Rije�iti sistem linearnih jednaµcina

4:32x1 + 0:28x2 + 0:57x3 + 0:87x4 = 2:170:28x1 + 3:84x2 + 0:43x3 + 0:62x4 = 4:360:57x1 + 0:43x2 + 3:42x3 + 0:52x4 = 4:120:87x1 + 0:62x2 + 0:52x3 + 3:30x4 = 4:48

9>>=>>; :

29 Elvis Barakovic


Rje�enje: Raµcunacemo na pet decimala:


aij

1 4:32 0:28 0:57 0:87 2:17 8:210002 3:84 0:43 0:62 4:36 9:530003 3:42 0:52 4:12 9:060004 3:30 4:48 9:79000

ti1 ti2 ti3 ti4 ti5X

tij

1 2:07846 0:13472 0:27424 0:41858 1:04404 3:950042 1:95496 0:20105 0:28830 2:15828 4:602593 1:81779 0:19103 1:87027 3:879094 1:73355 1:76717 3:50072

xi 0:11973 0:85888 0:92174 1:01939


(x1; x2; x3; x4) = (0:11973; 0:85888:0:92174; 1:01939):

3.5 Iterativne metode za rje�avanje sistema linearnihjednaµcina

Sistem Ax = b zapi�imo u obliku x = Bx + c, te na neki naµcin odredimopoµcetno pribliµzno rje�enje x(0): Sada, pribliµzno rje�enje, pribliµzne iteracijenalazimo koristeci formulu

x(k+1) = Bx(k) + c; (k = 0; 1; 2; :::) (9)

µcime dobijamo niz pribliµznih rje�enje x(0); x(1); :::; x(n); x(n+1); ::: koji pododre�enim uslovima konvergira ka taµcnom rje�enju.Normu kvadratne matrice B = (bij) raµcunacemo na jedan od sljedecih naµcina

kBkV = maxi

(nXj=1

jbijj)

(10)

kBkK = maxj

(nXi=1

jbijj): (11)

Teorema 3.1 Da bi iterativni proces konvergirao ka taµcnom rje�enju potrebnoje i dovoljno da su sve svojstvene vrijednosti matrice B po modulu manje od1.

30 Elvis Barakovic


Teorema 3.2 Ako je kBk < 1 tada iterativni proces konvergira, a ako jekBk < 1

2onda vrijedi kriterij poklapanja dvije uzastopne aproksimacije.8

3.5.1 Metoda proste iteracije - Jakobijeva metoda

Primjer 3.5 Metodom proste iteracije rije�iti sistem linearnih jednaµcina sataµcno�cu 10�5 :

2:46x1 + 0:28x2 + 0:26x3 = 0:760:38x1 + 3:57x2 + 0:36x3 = 1:720:50x1 + 0:48x2 + 4:68x3 = 3:11

9=; :

Rje�enje: Zapi�imo sistem u sljedecemobliku

x1 = � 0:11382x2 � 0:10569x3 + 0:30894x2 = �0:10644x1 � 0:10084x3 + 0:48179x3 = �0:10684x1 � 0:10256x2 + 0:66453

Kako je

B =

24 0 �0:11382 �0:10569�0:10644 0 �0:10084�0:10684 �0:10256 0

35to je

kBkK = max(0:21328; 0:21638; 0:20653) = 0:21638 < 1pa iterativni proces ce da konvergira. Za poµcetnu aproksimaciju odaberimo

x(0) = (0:30894; 0:48179; 0:66453):

Broj iteracija za postizanje zadate taµcnosti dobivamo iz nejednakosti

kBkk+1K

1� kBkKkckK � 10�5

Buduci da jekckK = 1:45526

8Vidjeti: A. Zolic, Numeriµcka matematika, str. 291.

31 Elvis Barakovic


to je k � 6:9256 pa moµzemo uzeti da je k = 7: Prikaµzimo metod sljedecomtabelom:

x1 x2 x3 b

2:46 0:28 0:26 0:76A 0:38 3:57 0:36 1:72

0:50 0:48 4:68 3:11

0 �0:11382 �0:10569 0:30894B �0:10644 0 �0:10084 0:48179

�0:10684 �0:10256 0 0:66453

x(0) 0:30894 0:48179 0:66453

x(1) 0:18387 0:38190 0:58211

x(2) 0:20395 0:40452 0:60572

x(3) 0:19899 0:39900 0:60188

x(4) 0:19991 0:39992 0:60225

x(5) 0:19964 0:39978 0:60216

x(6) 0:19979 0:39982 0:60220

x(7) 0:19979 0:39980 0:60218

x(8) 0:19979 0:39980 0:60218

3.5.2 Gauss - Zajdelova metoda

Metoda se sastoji u sljedecem: za izraµcunavanje(k+1) aproksimacije kompo-nente xi vektora x(k+1) koriste se vec izraµcunate komponente x

(k+1)1 ; x

(k+1)2 ; :::; x

(k+1)i�1 :

Iteratitvni proces za sistem jednaµcina

x = Bx+ c (12)

zadan je sa

x(k+1)i =

i�1Xj=1

bijx(k+1)j +

nXj=i

bijx(k)j + ci (13)

pri µcemu su i = 1; 2; :::; n; k = 0; 1; 2; ::: i x(0) =�x(0)1 ; x

(0)2 ; :::; x(0)n

�proizvoljna

poµcetna iteracija.

Primjer 3.6 Gaus-Zajdelovom rije�iti sistem linearnih jednaµcina::

4:00x1 + 0:16x2 + 0:32x3 = 1:060:15x1 + 5:00x2 + 0:20x3 = 2:150:18x1 + 0:24x2 + 6:00x3 = 3:72

9=; :

32 Elvis Barakovic


Rje�enje: Zapi�imo sistem u sljedecemobliku

x1 = � 0:04000x2 � 0:08000x3 + 0:26500x2 = �0:03000x1 � 0:08000x3 + 0:43000x3 = �0:03000x1 � 0:04000x2 + 0:62000

Kako je

B =

24 0 �0:04000 �0:08000�0:03000 0 �0:08000�0:03000 �0:04000 0

35to je

kBkK = max(0:06000; 0:08000; 0:16000) = 0:16000 < 1pa iterativni proces ce da konvergira. Za poµcetnu aproksimaciju odaberimo

x(0) = (0:26500; 0:43000; 0:62000):

Rezultati raµcunanja dati su u tabeli

x1 x2 x3 b

4:00 0:16 0:32 1:06A 0:15 5:00 0:20 2:15

0:18 0:24 6:00 3:72

0 �0:0400 �0:0800 0:2650B �0:0300 0 �0:0800 0:4300

�0:0300 �0:0400 0 0:6200

x(0) 0:2650 0:4300 0:6200

x(1) 0:1982 0:3993 0:5981

x(2) 0:2012 0:4000 0:5980

x(3) 0:2012 0:4000 0:5980

33 Elvis Barakovic


3.6 Software Mathematica

Mathematica naredbe:Determinanta matrice Det[{{2,3,7},{-3,5,6},{0,1,0}}]Inverzna matrica Inverse[{{2,3,7},{-3,5,6},{0,1,0}}]Transponovana matrica Transpose[{{2,3,7},{-3,5,6},{0,1,0}}]Svojstvene vrijednosti matrice Eigenvalues[{{2,3,7},{-3,5,6},{0,1,0}}]Svojstveni vektori matrice Eigenvectors[{{2,3,7},{-3,5,6},{0,1,0}}]Rje�avanje jednaµcina Solve[x^2+3x+2==0,x]Rje�avanje sistema jednaµcina Solve[{x+y+z==3,2x-4y==-9,y-2z==0},{x,y,z}]2D gra�k funkcije Plot[x^3+Sin[x],{x,-3,3}]3D gra�k funkcije Plot3D[x^2+y^2,{x,-3,3},{y,-3,3}]

Mathematica kod9 za rje�avanje sistema Jacobijevim metodom. Ulazni para-metri su matrica A, matrica b, broj nepoznatih i broj iteracija koje zelimo.Jacobi[A_,b_,n_,it_]:= Module[{i,k,xs,xn},xs=Table[0, {i,n}]; xn=xs;Do[Do[xn[[i]]=(b[[i]]-Apply[Plus,ReplacePart[A[[i]],0,{i}] xs])/A[[i,i]],{i,

n}];Print["Iteracija_", k, " = ", N[xn]]; xs=xn,{k, it}]]Na primjer:Jacobi[{{0.3,0.8,0.2},{0.1,1.4,0.5},{0.4,0.7,1.7}},{0.4,0.9,1,8},3,10]

Mathematica kod za rje�avanje sistema Gaus - Zajdelovom metodom. Ulazniparametri su matrica A, matrica b, broj nepoznatih i broj iteracija kojezelimo.GaussSeidel[a_,b_,n_,it_]:= Module[{i,k,xs,xn},xs = Table[0, {i,n}]; xn=xs;Do[Do[xn[[i]]=(b[[i]] - Sum[a[[i,j]] xn[[j]], {j, i-1}]- Sum[a[[i,j]] xs[[j]], {j, i+1,n}])/a[[i,i]], {i,n}];Print["Iteracija_", k, " = ", N[xn]]; xs = xn,{k, it}]]Na primjer:GaussSeidel[{{0.3,0.8,0.2},{0.1,1.4,0.5},{0.4,0.7,1.7}},{0.4,0.9,1,8},3,10]Mathematica kod za rje�avanje donjih i gornjih trougaonih sistema.DonjiTrougaoni[n_, a_, b_]:= Module[{i,j},

9R. Scitovski, Numeriµcka matematika

34 Elvis Barakovic


x = Table[0, {i,n}];x[[1]] = b[[1]]/a[[1,1]];Do[x[[i]] = (b[[i]] - Sum[a[[i,j]] x[[j]], {j,i-1}])/a[[i,i]],{i,2,n}]]GornjiTrougaoni[n_, a_, b_] := Module[{i,j,k},x = Table[0, {i,n}];x[[n]] = b[[n]]/a[[n,n]];Do[k = n-i;x[[k]] = (b[[k]] - Sum[a[[k,j]] x[[j]], {j,k+1,n}])/a[[k,k]],{i,n-1}]]

35 Elvis Barakovic


4 Rje�avanja nelinearnih jednaµcina

4.1 Lokalizacija rje�enja

Teorema 4.1 Ako je f(x) 2 C[a; b] i f(a)�f(b) < 0 onda jednaµcina f(x) = 0ima bar jedno rje�enje � 2 (a; b):

Teorema 4.2 Ako je f(x) 2 C[a; b] i monotona na [a; b] i ako je f(a)�f(b) <0 onda jednaµcina f(x) = 0 ima jedno i samo jedno rje�enje � 2 (a; b):

Ako je xn jedna aproksimacija rje�enja � na intervalu I = [a; b] i ako jefunkcija f diferencijabilna takva da je jf 0(x)j > 0 za svako x 2 I; onda vrijediocjena gre�ke aproksimacije

j� � xnj 6jf(xn)jm

(14)

gdje je 0 < m = minx2I

jf 0(x)j :

Primjer 4.1 Lokalizovati rje�enja jednaµcine

x3 � 3x2 + 1:37x+ 1:092 = 0:

Rje�enje: Jednaµcina je treceg stepena pa moµze imati najvi�e tri realna rje�enja.Sastavimo tabelu u sljedecem obliku

x �1 �3 �2 �1 0 1 2 3 +1sgn f(x) � � � � + + � + +

:

Odavdje zakljuµcujemo da su rje�enja jednaµcine u intervalima (�1; 0); (1; 2) i(2; 3): Taµcna rje�enja jednaµcine su x1 = �0:4; x2 = 1:3 i x3 = 2:1:x3� 3x2+1:37x+ 1:092

36 Elvis Barakovic


32101

2

1

0

1

2

x

y

x

y

Gra�k funkcije f(x) = x3 � 3x2 + 1:37x+ 1:092

µCesto cemo pri lokalizacija rje�enja jednaµcine f(x) = 0 ovu jednakostpisati u ekvivalentnom obliku '(x) = (x) pri µcemu moµzemo lahko konstru-isati grafove funkcija '(x) i (x): Apcise presjeµcnih taµcaka ova dva gra�kapredstavlja rje�enja jednaµcine f(x) = 0:

Primjer 4.2 Lokalizovati rje�enja jednaµcine 2ex+1 � x2 + 1 = 0:Rje�enje: Jednaµcinu f(x) = 2ex+1�x2+1 = 0 napi�imo u obliku 2ex+1 = x2�1: Gra�ke funkcija '(x) = 2ex+1 i (x) = x2�1 je veoma lahko konstruisati:

54321012345

4

3.5

3

2.5

2

1.5

1

0.50

0.5

1

1.5

2

x

y

x

y

37 Elvis Barakovic


Gra�ci funkcija '(x) = 2ex+1 i (x) = x2 � 1

odakle zakljuµcujemo da se rje�enje jednaµcine 2ex+1 � x2 + 1 = 0 nalazi uintervalu (�2;�1) :

Primjer 4.3 Lokalizovati rje�enja jednaµcine ln(x+ 1)� x+ 1 = 0:Rje�enje: Jednaµcinu f(x) = ln(x+1)�x+1 = 0 napi�imo u obliku ln(x+1) =x � 1: Gra�ke funkcija '(x) = ln(x + 1) i (x) = x � 1 je veoma lahkokonstruisati:

54321012345

2

0

2

4

x

y

x

y

Gra�ci funkcija '(x) = ln(x+ 1) i (x) = x� 1

odakle zakljuµcujemo da jednaµcina ln(x+ 1)� x+ 1 = 0 ima jedno rje�enje uintervalu (�1; 0) i jedno rje�enje u intervalu (2; 3):

Primjer 4.4 Lokalizovati rje�enja jednaµcine ln(x+ 1)� x� 1 = 0:Rje�enje: Jednaµcinu f(x) = ln(x+1)�x�1 = 0 napi�imo u obliku ln(x+1) =x + 1: Gra�ke funkcija '(x) = ln(x + 1) i (x) = x + 1 je veoma lahkokonstruisati:

38 Elvis Barakovic


54321012345

2

0

2

4

x

y

x

y

Gra�ci funkcija '(x) = ln(x+ 1) i (x) = x+ 1

odakle zakljuµcujemo da jednaµcina nema rje�enja!

4.2 Metoda bisekcije (polovljenja segmenata)

Pretpostavimo da je funkcija f(x) = 0 neprekidna na intervalu I = [a; b] i daje f(a)�f(b) < 0. Ako sredi�te intervala [a; b] nije rje�enje jednaµcine f(x) = 0,dalje posmatramo onu polovinu intervala [a; b] u µcijim rubovima funkcija imavrijednosti suprotnog znaka. Navedeni postupak dalje ponavljamo i takodobijamo niz umetnutih segmenata

[a; b] � [a1; b1] � ::: [ak; bk] � :::

i svaki segment sadrµzi jednu aproksimaciju rje�enja jednaµcine. Na taj naµcismo dobili niz

x0; x1; :::; xn; :::

koji konvergira ka taµcnom rje�enju � linearnom brzinom a ocjena gre�ke jedata sa

j� � xnj 61

2(bn � an) =

1

2k+1(b0 � a0): (15)

ALGORITAM:Korak 1: Uµcitati a; b; ". Ako je f(a)�f(b) > 0 zaustaviti proces.U protivnom preci na korak 2.

Korak 2: Staviti a0 = a i b0 = b: Izraµcunati x1 =a0 + b02

:

39 Elvis Barakovic


Korak 3: Ako je f(a0)�f(x1) < 0; staviti b0 = x1;u protivnom stavitia0 = x1:

Korak 4: Ako je b0�a0 > 2" izraµcunati x1 =a0 + b02

i prijeci na

korak 3, u protivnom zaustaviti proces!

MATHEMATICA KODf[x_] := x^3 + 3 x^2 + x + 42;Bisekcija[a_, b_, e_] := Module[{a0, b0, x1, i},

If[f[a]*f[b] > 0, Print["Nema rje�enje na zadanom intervalu!"],a0 = a; b0 = b; x1 = (a0 + b0)/2; i = 0;While[b0 - a0 >2e,If[f[a0]*f[x1] < 0, b0 = x1, a0 = x1];x1 = (a0 + b0)/2; i++;Print["Iteracija_", i, " iznosi ", N[x1], "."]];]]

Primjer 4.5 Rije�iti jednaµcinu lnx� cosx = 0 sa taµcno�cu " = 10�4.Rje�enje: Neka je f(x) = lnx� cosx: Zapi�imo jednaµcinu lnx� cosx = 0 uobliku lnx = cos x; i nacrtajmo gra�ke funkcije '(x) = lnx i (x) = cosx :

54.543.532.521.510.500.51

2.5

1.25

0

1.25

2.5

x

y

x

y

Gra�ci funkcija '(x) = lnx i (x) = cosx

Odavdje zakljuµcujemo da jednaµcina ima rje�enje u intervalu (1; 1:5):Broj it-eracija za postizanje µzeljene taµcnosti dobijamo rje�avanjem nejednakosti

1

2k+1(1:5� 1) < 10�4 , k � 12:

40 Elvis Barakovic


Raµcunanje prikaµzimo sljedecom tabelom (f(1) = �0:540302 < 0 i f(1:5) =0:334728 > 0)

n an bn xn gre�ka (15)0 1 1:5 1:25000 0:250001 1:25 1:5 1:37500 0:125002 1:25 1:375 1:31250 0:062503 1:25 1:3125 1:28125 0:031254 1:28125 1:3125 1:29688 0:015635 1:29688 1:3125 1:30469 0:007816 1:29688 1:30469 1:30078 0:003917 1:30078 1:30469 1:30273 0:001968 1:30273 1:30469 1:30371 0:000989 1:30273 1:30371 1:30322 0:0004910 1:30273 1:30322 1:30298 0:0002511 1:30273 1:30298 1:30286 0:0001212 1:30286 1:30298 1:30292 0:00006

Pribliµzno rje�enje jednaµcine je � = 1:303:

Primjer 4.6 Rije�iti jednaµcinu x2 log0:5(x+1) = 1 sa taµcno�cu " =1

2�10�2:

Rje�enje: Neka je f(x) = x2 log0:5(x+1)�1: Zapi�imo jednaµcinu x2 log0:5(x+1) = 1 u obliku log0:5(x+1) =

1

x2jer x = 0 oµcigledno nije rje�enje jednaµcine:

Nacrtajmo gra�ke funkcije '(x) = log0:5(x+ 1) i (x) =1

x2:

32.521.510.500.511.522.53

5

3.75

2.5

1.25

0

1.25

2.5

3.75

x

y

x

y

41 Elvis Barakovic


Gra�ci funkcija '(x) = log0:5(x+ 1) i (x) =1

x2

Jednaµcina, oµcigledno ima rje�enje u intervalu (�1;�0:5): �tavi�e, kako jef(�0:8) = 0:486034 > 0 i f(�0:6) = �0:524106 < 0 jednaµcina ima rje�enjeu intervali (�0:8;�0:6): Broj iteracija za postizanje µzeljene taµcnosti dobijamorje�avanjem nejednakosti

1

2k+1(�0:6� (�0:8)) < 0:005, k � 5:

Raµcunanje prikaµzimo sljedecom tabelom:

n an bn xn gre�ka (15)0 �0:8 �0:6 �0:7 0:11 �0:8 �0:7 �0:75 0:052 �0:75 �0:7 �0:725 0:0253 �0:75 �0:725 �0:7375 0:01254 �0:738 �0:725 �0:73125 0:006255 �0:731 �0:725 �0:728125 0:003125

:

4.3 Metoda jednostavnih iteracija

Jednaµcinu f(x) = 0 trebamo napisati u obliku x = '(x) gdje za funkciju' obiµcno postoji vi�e izbora. Nakon odre�ivanja intervala u kome se nalazirje�enje, odredi se poµcetna aproksimacija x0 i onda raµcunamo niz aproksi-macija sa

x0; x1 = '(x0); x2 = '(x1); :::; xn = '(xn�1); ::: (16)

za koji moµzemo postaviti pitanja

� da li je niz (16) konvergentan?

� ako niz (16) nije konvergentan, da li se moµze odabrati funkcija ' pa daniz (16) konvergira?

� ako niz (16) konvergira, da li konvergira ka rje�enju jednaµcine ?

� ako niz (16) konvergira ka rje�enju jednaµcine, kolika je brzina konver-gencije?

� kako ocijeniti gre�ku aproksimacije?

Odgovor daje sljedeca

42 Elvis Barakovic


Teorema 4.3 Neka je ' : I = [a; b]! R neprekidno diferencijabilna funkcijaza koju vrijedi:(i) '(x) 2 I za svako x 2 I;(ii) postoji q 2 (0; 1) takav da je jf 0(x)j � q za svako x 2 (a; b) :Tada postoji jedinstveni � 2 I takav da je � = '(�):Osim toga, za proizvoljni x0 2 I niz de�nisan sa (16) konvergira prema � ivrijede ocjene aproksimacije

j� � xnj �qn

1� qjx1 � x0j (17)

j� � xnj �q

1� qjxn � xn�1j : (18)

Metod ima linearnu brzinu konvergencije!

Primjer 4.7 Rije�iti jednaµcinu f(x) = ex�x� 54= 0 sa taµcno�cu " = 0:005:

Rje�enje: Napi�imo jednaµcinu u obliku x = ex� 54; i oznaµcimo '(x) = ex� 5

4:

21.510.500.511.52

1

0.5

0

0.5

1

x

y

x

y

Gra�ci funkcija '(x) = ex � 54i f(x) = x:

Vidimo da jednaµcina ima dva rje�enja koja se nalaze u intervalima (�1; 0) i(0; 1): Odredimo rje�enje iz intervala (0; 1):Kako je '0(x) = ex > 1 na [0; 1] to uslovi teoreme 4.3. nisu ispunjeni. Zato

cemo jednaµcinu napisati u obliku '(x) = ln�x+

5

4

�; x 2

��54;+1

�: Sada

43 Elvis Barakovic


je '0(x) =4

4x+ 5� 4

5< 1 na [0; 1] i ' ([0; 1]) =

�ln5

4; ln

9

4

�� [0; 1] : To

znaµci da ce iterativni proces da konvergira jer su uslovi teoreme 4.3. ispunjeni

(q =4

5). Za poµcetnu iteraciju odaberimo x0 = 1; i raµcunanje prikaµzimo

sljedecom tabelom

n xn gre�ka (17) gre�ka (18) f(xn)0 1 � � 0:4682821 0:810930 0:756280 0:756280 0:1890702 0:723157 0:605024 0:351091 0:0877733 0:679635 0:484019 0:174090 0:0435224 0:657331 0:387215 0:089217 0:0223045 0:645705 0:309772 0:046504 0:0116266 0:639591 0:247818 0:024457 0:0061147 0:636360 0:198254 0:012922 0:0032308 0:634649 0:158603 0:006844 0:0017119 0:633742 0:126883 0:003630 0:000907

Pribliµzno rje�enje jednaµcine je x� = 0:633742:Za vjeµzbu odrediti negativno rje�enje!

Primjer 4.8 Rije�iti jednaµcinu 4x� 5 ln x = 5 sa taµcno�cu " = 12� 10�4:

Rje�enje: Neka je f(x) = 4x�5 ln x�5: Jednaµcina je ekvivalentna jednaµcinilnx = 4

5x� 1

32101

2.5

1.25

0

1.25

2.5

x

y

x

y

Gra�ci funkcija y = ln x i y = 45x� 1

44 Elvis Barakovic


Odavdje zakljuµcujemo da jednaµcina ima dva rje�enja i to jedno u intervalu(0; 1) a drugo u intervalu (2; 3) :Odredimo rje�enje u intervalu (2; 3) : �tavi�e, kako je f(2) = �0:465736 < 0i f(2:5) = 0:418546 > 0 to smo suzili interval u kome se nalazi rje�enje na

(2; 2:5) : Zapi�imo jednaµcinu f(x) = 0 u obliku x =5

4(lnx+ 1) i neka je

'(x) =5

4(lnx+ 1) : Kako je '0(x) =

5

4xi max j'0(x)j = '0(2) =

5

8< 1; to

iterativni proces

xn+1 =5

4(lnxn + 1)

konvergira. Za poµcetnu iteraciju odaberimo x0 = 2:25: Raµcunanje prikazu-jemo u sljedecoj tabeli

n xn gre�ka (17) gre�ka (18) f(xn)0 2:25000 � � �0:05465111 2:26366 0:0227667 �0:03027492 2:27123 0:0142292 �0:01668773 2:27540 0:0088932 �0:00917934 2:27770 0:0055582 �0:00503085 2:27896 0:0034739 �0:00275606 2:27965 0:0021712 �0:00150967 2:28003 0:0013570 �0:00082308 2:28024 0:0008481 �0:00044359 2:28035 0:0005301 �0:000244710 2:28041 0:0003313 �0:000136311 2:28044 0:0002071 0:000051 �0:000082012 2:28046 0:0001294 0:000033 �0:000045913 2:28047 0:0000809 0:000017 �0:000027814 2:28048 0:0000506 0:000017 �9:74 � 10�615 2:28048 0:0000316 0:000000 �9:74 � 10�6

Ako se u raµcunanju vodimo ocjenom gre�ke (17) dobijamo pibliµzno rje�enje� = 2:28048; a ako se vodimo ocjenom (18),dobijamo pibliµzno rje�enje � =2:28046:Napomena: Odrediti rje�enje unutar intervala (0; 1):

4.4 Newton-ova metoda (metoda tangenti)

Posmatrajmo jednaµcinuf(x) = 0:

45 Elvis Barakovic


Pretpostavimo da smo, na neki naµcin, odredili interal I u kome se nalazi nulaneprekidno diferencijabilne funkcije f(x) pri µcemu je f 0(x) 6= 0 na intervaluI i odaberimo poµcetnu aproksimaciju x0: Posmatrajmo niz de�nisan sa

xn+1 = xn �f(xn)

f 0(xn); n = 0; 1; 2; 3; ::: (19)

Teorema 4.4 Neka funkcija f : I ! R ima neprekidnu drugu derivaciju naintervali I: Neka je f(a) � f(b) < 0 a prva i druga derivacija funkcije f(x)na intervalu I imaju stalan znak.Tada, ako je x0 2 I izabran tako da bude f(x0) � f 00(x0) > 0 niz de�nisan sa(19) konvergira prema jedinstvenom rje�enju � jednaµcine f(x) = 0:Pri tome vrijedi ocjena gre�ke

j� � xnj �M

2m(xn � xn�1)

2 (20)

gdje su m = minx2I

jf 0(x)j i M = maxx2I

jf 00(x)j : Metoda ima kvadratnu brzinukonvergencije!

MATHEMATICA KODf[x_] := funkcija;n=0; x0=2; m1=1.6; m2=2.4; eps=.00005;x=x0;While[N[Abs[f[x]]/m1]>eps,Print["Iteracija ",n,": xn=",x," greska=",f[x]/m1];

x=N[x-f[x]/f�[x]]; n=n+1]

Print["Iteracija ",n,": xn=",x," greska=",f[x]/m1];

Primjer 4.9 Rije�iti jednaµcinu arctan(x � 1) � 1

5x2 + 1 = 0 sa taµcno�cu

" = 0:00005:Rje�enje: Neka je f(x) = arctan(x � 1) � 1

5x2 + 1: Lokalizujmo rje�enja

jednaµcine crtajuci gra�ke funkcija '(x) = arctan(x� 1) i (x) = 1

5x2 � 1:

46 Elvis Barakovic


432101234

2

1

0

1

2

x

y

x

y

Gra�ci funkcija '(x) = arctan(x� 1) i (x) = 1

5x2 � 1:

Odavdje vidimo da funkcija im dvije nule i to jednu u intervalu [�1; 0] adrugu u intervalu [3; 4] : Odredimo rje�enje u intervalu [3; 4] :Prvi i drugi izvod funkcije f(x)su f 0(x) = 1

(x�1)2+1�25x i f 00(x) = � 2x�2

((x�1)2+1)2�

25.Kako je na intervalu [3; 4] funkcija f 0(x) negaitvna i opadajuca a funkcijaf 00(x) negativna i rastuca, onda biramom = jf 0(3)j = 1 iM = jf 00(3)j � 0:56:

54321012

2

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

x

y

x

y

47 Elvis Barakovic


Gra�ci funkcija f 0(x) = 1(x�1)2+1 �

25x i f 00(x) = � 2x�2

((x�1)2+1)2 � 2

5.

Kako je f(4) � f 00(4) > 0 za poµcetnu aproksimaciju biramo x0 = 4: Raµcunanjeprikaµzimo sljedecom tabelom:

n xn gre�ka (20) f(xn)0 4 � �0:9509541 3:366031 0:112537 �0:0951132 3:286428 0:001774 �0:0016213 3:285023 0:000001 �0:000001

Primjer 4.10 Rije�iti jednaµcinu x5 � x� 0:2 = 0:Rje�enje: Neka je f(x) = x5�x�0:2: Lokalizujmo rje�enja jednaµcine crtajucigra�ke funkcija '(x) = x5 i (x) = x+ 0:2:

1.510.500.511.5

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

x

y

x

y

Odavdje zakljuµcujemo da jednaµcina ima tri realna i dva konjugovano kom-pleksna rje�enja. Od realnih, dva su negativna a jedno pozitivno.Kako je

f(1) = �0:2 < 0f(1:1) = 0:2 > 0

to pozitivno rje�enje pripada intervalu (1; 1:1) :Prvi izvod funkcije je f 0(x) = 5x4�1; a drugi izvod funkcije je f 00(x) = 20x3:Kako je f(1:1) � f 00(1:1) > 0 za poµcetnu aproksimaciju odaberimo x0 = 1:1:

48 Elvis Barakovic


Raµcunanje prikaµzimo sljedecom tabelom:(m = f 0(1) = 4; M = f 00(1:1) = 26:62)

n xn gre�ka (20) f(xn)0 1:1000 � 0:310511 1:0509 0:008022 0:030862 1:0448 0:000124 0:000193 1:0448 0:000124 0:00019

4.4.1 Modi�kacije Newtonove metode

Primjena Newtonove metode je uveliko oteµzana zbog toga �to u svakom ko-raku moramo raµcunati i vrijednost funkcije i vrijednost njene derivacije.Najvaµznija modi�kacija Newtonove metode jeste metoda sekanti.Na intervalu I na kojem smo lokalizovali rje�enje jednaµcine f(x) = 0 izaber-emo dvije poµcetne aproksimacije x0 i x1, te povuµcemo sekantu na krivu kroztaµcke (x0; f(x0)) i (x1; f(x1)) : Presjek sekante i x-ose je nova x2 aproksi-macija. Nastavljajuco postupak, dobijamo niz de�nisan rekurzivno sa

xn+1 =xn�1f(xn)� xnf(xn�1)

f(xn)� f(xn�1); f(xn) 6= f(xn�1) ; (n = 1; 2; :::) : (21)

Newtonova iterativna formula (19) moµze se modi�kovati i na sljedece naµcine

xn+1 = xn �f(xn)

f 0(x0); n = 0; 1; 2; 3; ::: (22)

ili

xn+1 = xn �f(xn)f

0(xn)

1 + (f 0(xn))2 ; n = 0; 1; 2; 3; ::: (23)

Jo�jedna od poznatijih modi�kacija jeste kombinovana metoda sjeµcice itangente10!

4.5 Zadaci za samostalan rad

Zadatak 4.5 Rije�iti jednaµcinu x3�2x2�4x�6 = 0 sa taµcno�cu " = 12�10�3:

Zadatak 4.6 Rije�iti jednaµcinu x3 � 0:2x2 + 0:5x + 1:5 = 0 sa taµcno�cu" = 10�3:

Zadatak 4.7 Metodom iteracije rije�iti jednaµcinu x�3+4x = 0 sa taµcno�cu" = 1

2� 10�4:

10Vidi A. Zolic, Numeriµcka matematika

49 Elvis Barakovic


Zadatak 4.8 Rije�iti jednaµcinu lnx� sin x = 0 sa taµcno�cu " = 10�4:

Zadatak 4.9 Rije�iti jednaµcinu x3 � 3x2 � 3 = 0 sa taµcno�cu " = 12� 10�5:

Zadatak 4.10 Rije�iti jednaµcinu xex � 1 = 0 sa taµcno�cu " = 10�2:

Zadatak 4.11 Rije�iti jednaµcinu sin�x+

�

2

�= x sa taµcno�cu " = 10�3:

Zadatak 4.12 Metodom iteracije rije�iti jednaµcinu 2x + lnx = 3 u �estkoraka i ocijeniti gre�ku!

4.6 Rje�avanje sistema nelinearnih algebarskih jednaµcina

50 Elvis Barakovic


5 Numeriµcka integracija

5.1 Trapezna kvadraturna formula

Neka je f 2 C[a;b]: Oznaµcimo sa I� pribliµznu vrijednost integralabZa

f(x)dx:

Podijelimo segment [a; b] na n jednakih dijelova i neka je h =b� a

nduµzina

jednog podintervala.Trapezna kvadraturna formula ima oblik

I� =h

2(y0 + 2 (y1 + y2 + :::+ yn�1) + yn) (24)

pri µcemu je y0 = f(x0):Apsolutna gre�ka aproksimacije I� se moµze procijeniti sa

�I� 6 b� a

12h2M2 (25)

pri µcemu je M2 = maxx2[a;b]

jf 00(x)j :

Broj podintervala na koji treba podijeliti interval [a; b] da bi se postiglazadana taµcnost " se raµcuna kao

n > (b� a)

rM2

"

b� a

12(26)

a korak integracije koji je potreban je

h 6s

12"

(b� a)M2

: (27)

Primjer 5.1 Izraµcunati

2Z1

dx

x:

a) koristeci pravila za itegrisanje,b) koristeci formulu (24) sa korakom h = 1,c) koristeci formulu (24) sa korakom h = 1=2,d) koristeci formulu (24) sa korakom h = 1=4.Rje�enje:a) Na osnovu pravila integrisanja imamo

2Z1

dx

x= ln x

��21 = ln 2 = 0:69315:

51 Elvis Barakovic


b) Na osnovu formule (24) imamo

I� =1

2(y0 + y1) =

1

2(f(1) + f(2)) =

1

2

�1 +

1

2

�=3

4= 0:75:

c) Na osnovu formule (24) imamo

I� =0:5

2(y0 + 2y1 + y2) =

0:5

2(f(1) + 2f(1:5) + f(2)) =

0:5

2

�1 +

4

3+1

2

�=17

24= 0:70833:

d) Na osnovu formule (24) imamo

I� =0:25

2(y0 + 2y1 + 2y2 + y3) =

0:25

2(f(1) + 2f(1:25) + 2f(1:5) + 2f(1:75) + f(2))

=0:25

2

�1 +

8

5+4

3+8

7+1

2

�= 0:69702:


0:4Z0

dx

1 + x4:

Rje�enje: Odaberimo h = 0:1: Sada imamo

x 0 0:1 0:2 0:3 0:4f(x) 1:00000 0:99990 0:99840 0:99196 0:97504

:

Na osnovu formule (24) imamo

I� =0:1

2(1:00000 + 2 (0:99990 + 0:99840 + 0:99196) + 0:97504) = 0:39778:

Procijenimo gre�ku aproksimacije. Kako je drugi izvod funkcije f(x) =1

1 + x4jednak f 00(x) =

4x2(5x4 � 3)(1 + x4)3

; tada je M2 = maxx2[0;0:4]

jf 00(x)j 6 0:7

52 Elvis Barakovic


2.51.2501.252.5

2

1

0

1

2

x

y

x

y

Gra�k funkcije f 00(x) =4x2(5x4 � 3)(1 + x4)3

tada je apsolutna gre�ka aproksimacije data sa

�I� 6 b� a

12h2M2 = �I

� 6 0:4

120:120:7 = 0:00023 < 0:0003

pa je0:4Z0

dx

1 + x4= 0:39778� 0:0003:


1Z0

4dx

1 + x2:

Rje�enje: Primijetimo da je

1Z0

4dx

1 + x2= �:

Odaberimo h = 0:1: Sada imamo

x 0 0:2 0:4 0:6 0:8 1f(x) 4:00000 3:84615 3:44828 2:94118 2:43902 2:00000

Na osnovu formule (24) imamo

I� =0:2

2(4:00000+2 (3:84615 + 3:44828 + 2:94118 + 2:43902)+2:00000) = 3:13493:

53 Elvis Barakovic


Procijenimo gre�ku aproksimacije. Kako je drugi izvod funkcije f(x) =4

1 + x2jednak f 00(x) =

8(3x2 � 1)(1 + x2)3

; tada je M2 = maxx2[0;1]

jf 00(x)j = 2

2.51.2501.252.5 0

2.5

5

7.5

x

y

x

y

Gra�k funkcije f 00(x) =8(3x2 � 1)(1 + x2)3

tada je apsolutna gre�ka aproksimacije data sa

�I� 6 b� a

12h2M2 = �I

� 6 1

120:222 = 0:00067 < 0:0007

pa je1Z0

4dx

1 + x2= 3:13493� 0:0007:

Primjer 5.4 Odrediti korak integracije h tako da gre�ka aproksimacije inte-

grala

1Z0

sin(x2)dx izraµcunata pomocu trapezne kvadraturne formule ne bude

veca od " = 0:01:Rje�enje: Drugi izvod funkcije f(x) = sin(x2) je f 00(x) = 2 cos(x2)�4x2 sin(x2)

54 Elvis Barakovic


21.510.500.51

5

2.5

0

2.5

5

x

y

x

y

Gra�k funkcije f 00(x) = 2 cos(x2)� 4x2 sin(x2)

pa je M2 = maxx2[0;1]

jf 00(x)j = 2:29 i

h 6s

12"

(b� a)M2

=

r12 � 0:012:29

= 0:229

pa moµzemo uzeti h = 0:2:

Primjer 5.5 Primjenom trapezne kvadraturne formule uz taµcnost " = 0:00005odrediti konstantnu M2 i broj n podintervala na koji treba podijeliti interval

integracije da se postigne µzeljena taµcnost ako je I =

�4Z0

sin2 xdx:

Rje�enje: Drugi izvod funkcije f(x) = sin2 x je f 00(x) = 2 cos(2x)

55 Elvis Barakovic


2.51.2501.252.5

2

1

0

1

2

x

y

x

y

Gra�k funkcije f 00(x) = 2 cos(2x)

pa je M2 = maxx2[a0;1]

jf 00(x)j = 2: Na osnovu formule (26), imamo

n > (b� a)

rM2

"

b� a

12=�

4

r2

0:00005

�

48= 40:1859

pa je intervalh0;�

4

ipotrebno podijeliti na 41 jednaka dijela.

5.2 Simpsonova kvadraturna formula

Neka je f 2 C[a;b]: Oznaµcimo sa I� pribliµznu vrijednost integralabZa

f(x)dx:

Podijelimo segment [a; b] na n jednakih dijelova i neka je h =b� a

nduµzina

jednog podintervala.Simpsonova kvadraturna formula ima oblik

I� =h

3(y0 + yn + 2 (y2 + y4 + :::+ yn�2) + 4 (y1 + y3 + :::+ yn�1)) (28)

pri µcemu je y0 = f(x0):Apsolutna gre�ka aproksimacije I� se moµze procijeniti sa

�I� 6 b� a

180h4M4

56 Elvis Barakovic


pri µcemu je M4 = maxx2[a;b]

��f (4)(x)�� :Zbog pote�koce nalaµzenja maksimuma µcetvrtog izvoda funkcije f(x) µcesto sekoristi tzv. Rungeova ocjena gre�ke

�I� 6 jIh � I2hj15

(29)

pri µcemu su Ih i I2h pribliµzne vrijednosti integrala izraµcunate pomocu Simp-sonove kvadraturne formule za korake h i 2h.Broj podintervala na koji treba podijeliti interval [a; b] da bi se postiglazadana taµcnost " se raµcuna kao

n > (b� a)4

rM4

"

b� a

180(30)

a korak integracije koji je potreban je

h 6 4

s180"

(b� a)M4

: (31)


1Z0

sin x2dx sa taµcno�cu " = 12� 10�4:

Rje�enje: Da bi zadovoljili µzeljenu taµcnost korak h odre�ujemo iz (31). Me�u-tim, za to nam treba procjena M4 a to nije nimalo jednostavno. Zato cemokoristiti formulu (29).Neka je h = 0:5 :

x 0 0:5 1f(x) 0 0:24740 0:84147

1 4 1

pa na osnovu formule (28) imamo

I� =0:5

3(0 + 84147 + 4 � 0:24740) = 0:30518:

Uzmimo sada korak h =0:5

2= 0:25 :

x 0 0:25 0:5 0:75 1f(x) 0 0:62460 0:24740 0:53330 0:84147

1 4 2 4 1

57 Elvis Barakovic



I� =0:25

3(0 + 84147 + 2 � 0:24740 + 4 � (0:62460 + 0:53330)) = 0:30994:

Na osnovu (29) formule imamo

jI0:25 � I0:5j15

= 0:0003173 > 0:00005

to µzeljena taµcnost nije postignuta.

Uzmimo sada korak h =0:25

2= 0:125 :

x 0 0:125 0:250 0:375 0:500 0:625 0:750 0:825 1f(x) 0 0:01562 0:62460 0:14016 0:24740 0:38077 0:53330 0:69299 0:84147

1 4 2 4 2 4 2 4 1


I� =0:125

3(0 + 84147 + 2 � (0:62460 + 0:24740 + 0:53330)+

+ 4 � (0:01562 + 0:14016 + 0:38077 + 0:69299)) = 0:31025:

Na osnovu (29) formule imamo

jI0:125 � I0:25j15

= 0:0000206 < 0:00005

µcime je µzeljena taµcnost postignuta.

Dakle,1Z0

sin x2dx = 0:31025� 0:00005:


�3Z0

p1� 0:25 sin2 xdx sa taµcno�cu " = 1

2� 10�4:

Rje�enje: Uzmimo za korak integracije h =�

6:

x 0�

6

�

3f(x) 1 0:968246 0:901388

1 4 1

58 Elvis Barakovic



I� =

�

63(1 + 0:901388 + 4 � 0:968246) = 1:0078279:

Uzmimo sada za korak integracije h =�

12:

x 0�

12

�

6

�

4

�

3f(x) 1 0:991591 0:968246 0:935414 0:901388

1 4 2 4 1


I� =

�

63(1 + 0:901388 + 4 � (0:991591 + 0:935414) + 2 � 0:968246) = 1:0075698:

Na osnovu (29) formule imamo��I�6� I �

12

��15

= 0:0000165:: < 0:00005

µcime je µzeljena taµcnost postignuta.

59 Elvis Barakovic


6 Numeriµcko rje�avanje diferencijalnih jednaµcina

Neka je f(x; y) zadana funkcija. Odredimo funkciju y(x); x 2 [a; b] kojazadovoljava diferencijalnu jednaµcinu

y0(x) = f(x; y) (32)

uz uslovy(x0) = y0: (33)

Ovaj problem nazivamo Cauchyjev problem11.

6.1 Picardova metoda

Ova metoda se jos naziva i metoda uzastopnih aproksimacija. Rje�enje prob-lema (32)-(33) zadano je rekurzivno sa

yn(x) = y0 +

xZx0

(f(x; yn�1(x))) dx; n = 1; 2; ::: . (34)

Primjer 6.1 Rije�iti Cauchyjev problem

y0 = x2 + xy + y2; y(0) = 1

Rje�enje: Odredimo prve dvije aproksimacije koristeci formulu (34) uzima-juci da je f(x; y) = x2 + xy + y2:

y1(x) = y0 +

xZ0

(f(x; y0(x))) dx = 1 +

xZ0

(x2 + x+ 1)dx = 1 + x+x2

2+x3

3

y2(x) = y0 +

xZ0

(f(x; y1(x))) dx =

= 1 +

xZ0

x2 + x

�1 + x+

x2

2+x3

3

�+

�1 + x+

x2

2+x3

3

�2!dx =

= 1 + x+3

2x2 +

4

3x3 +

13

24x4 +

1

4x5 +

1

18x6 +

1

63x7

11 µCesto se naziva i inicijalni problem.

60 Elvis Barakovic


6.2 Eulerova metoda

Problem (32)-(33) rje�avamo iterativno

yk+1 = yk + hf(xk; yk); k = 0; 1; 2; ::: (35)

pri µcemu jexk = x0 + kh; k = 0; 1; 2; ::: (36)

i yk vrijednosti funkcije u taµckama xk:


y0 = x+ y; y(0) = 1

na intervalu [0; 1] :Rje�enje: Taµcno rje�enje problema je funkcija y(x) = 2ex � x� 1:Odaberimo korak h = 0:2 i rezultate prikaµzimo tabelarno

h = 0:2xk y(xk) yk y(xk)� yk0 1 1 00:2 1:24281 1:2 0:042810:4 1:58365 1:48 0:103650:6 2:04424 1:856 0:188240:8 2:65108 2:3472 0:303881 3:43656 2:97664 0:45992

3210123

5

4

3

2

1

0

x

y

x

y

Gra�k funkcije f(x) = 2ex � x� 1 i rje�enja diferencijalne jednaµcine sakorakom h = 0:2

61 Elvis Barakovic


Odaberimo korak h = 0:1 i rezultate prikaµzimo tabelarno

h = 0:1xk y(xk) yk y(xk)� yk0 1 1 00:1 1:11034 1:1 0:010340:2 1:24281 1:22 0:022810:3 1:39972 1:362 0:037720:4 1:58365 1:58365 0:055450:5 1:79744 1:79744 0:076420:6 2:04424 1:94312 0:101120:7 2:32751 2:19743 0:130070:8 2:65108 2:48718 0:163900:9 3:01921 2:81590 0:203311 3:43656 3:18748 0:24908

3210123

5

4

3

2

1

0

x

y

x

y

Gra�k funkcije f(x) = 2ex � x� 1 i rje�enja diferencijalne jednaµcine sakorakom h = 0:1


y0 = 3x2y; y(0) = 2

na intervalu [0; 1] :Rje�enje: Taµcno rje�enje problema je y(x) = 2ex

3.

62 Elvis Barakovic


Odaberimo korak h = 0:1 i rezultate prikaµzimo tabelarno

h = 0:1xk y(xk) yk y(xk)� yk0 2:00000 2:00000 0:000000:1 2:00200 2:00000 0:002000:2 2:01606 2:00600 0:010060:3 2:05474 2:03007 0:024670:4 2:13218 2:08488 0:047300:5 2:26630 2:18495 0:081650:6 2:48220 2:34882 0:133380:7 2:81834 2:60249 0:215850:8 3:33725 2:98506 0:352190:9 4:14601 3:55819 0:587821 5:43656 4:42283 1:01373

10.500.51

5

4

3

2

1

0

1x

y

x

y

Gra�k funkcija f(x) = 2ex3

6.3 Metod Runge - Kutta

Klasiµcna Runge - Kuttova metoda za rje�avanje problema (32)-(33) de�nisanaje rekurzivno sa

yn+1 = yn +1

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) (37)

63 Elvis Barakovic


pri µcemu su

k1 = hf(xn; yn) (38)

k2 = hf

�xn +

h

2; yn +

k12

�(39)

k3 = hf

�xn +

h

2; yn +

k22

�(40)

k4 = hf (xn + h; yn + k3) : (41)


y0 = y2 + 2x2; y(0) = 1

na intervalu [0; 0:3] uzimajuci da je h = 0:1:Raµcunati sa �est decimala!Rje�enje: Rezultate raµcunanja prikaµzimo tabelarno koristeci formule (37),(38), (39), (40) i (41):

x y

0 1:000000

k1 = 0:1000002k2 = 0:2215002k3 = 0:223764k4 = 1:125628� = 0:111815

0:1 1:111815

k1 = 0:1256132k2 = 0:2849482k3 = 0:288922k4 = 0:165823� = 0:144218

0:2 1:256033

k1 = 0:1657622k2 = 0:3835382k3 = 0:390536k4 = 0:257378� = 0:199536

0:3 1:455569

pri µcemu je � =1

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) :


y0 = 1 + x2 + y2; y(0) = 0

64 Elvis Barakovic


na intervalu [0; 0:3] uzimajuci da je h = 0:1:Raµcunati sa pet decimala!Rje�enje: Rezultate raµcunanja prikaµzimo tabelarno koristeci formule (37),(38), (39), (40) i (41):

x y

0 0:00000

k1 = 0:100002k2 = 0:201002k3 = 0:20100k4 = 0:10201� = 0:10067

0:1 0:10067

k1 = 0:102012k2 = 0:209102k3 = 0:20918k4 = 0:10821� = 0:10475

0:2 0:20542

k1 = 0:108222k2 = 0:225982k3 = 0:22622k4 = 0:11915� = 0:11326

0:3 0:31868

pri µcemu je � =1

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) :

Primjer 6.6 Eulerovom metodom i metodom Runge - Kutta rije�iti Cauchy-jev problem

y0 = xy2 +1

x3; y(1) = �1

za x 2 [1; 1:3] uzimajuci za korak h = 0:1: Uporediti dobijene rezultate ujednoj tabeli!Rje�enje: Rezultate raµcunanja prikaµzimo tabelarno koristeci formule (35),

65 Elvis Barakovic


(37), (38), (39), (40) i (41):

Euler Runge - Kuttx y y

1 �1:00000 �1:00000

k1 = 0:22k2 = 0:342872k3 = 0:34831k4 = 0:15015� = 0:17356

1:1 �0:8 �0:82644

k1 = 0:150262k2 = 0:261342k3 = 0:26474k4 = 0:11568� = 0:13200

1:2 �0:65447 �0:69444

k1 = 0:115742k2 = 0:203712k3 = 0:20593k4 = 0:09100� = 0:10273

1:3 �0:54520 �0:59171

6.4 Metoda mreµza za rje�avanje rubnih problema

Treba odrediti funkciju y = y(x) koja zadovoljava jednaµcinu

y00(x) + p(x)y0(x) + q(x)y(x) = f(x): (42)

6.4.1 Prvi sluµcaj

Treba odrediti funkciju y = y(x) koja zadovoljava jednaµcinu (42) i da zado-voljava rubne uslove y(a) = � i y(b) = �:Postupak je sljedeci: segment [a; b] podijelimo na n jednakih dijelova a =x0 < x1 < � � � < xn = b a vrijednosti funkcije y0; y1; � � � ; yn dobijamo rje�a-

66 Elvis Barakovic


vanjem sistema jednaµcina

x = x0 : y0 = � (43)

x = x1 :y2 � 2y1 + y0

h2+ p(x1)

y2 � y02h

+ q(x1)y1 = f(x1)

x = x2 :y3 � 2y2 + y1

h2+ p(x2)

y3 � y12h

+ q(x2)y2 = f(x2)

...

x = xn�1 :yn � 2yn�1 + yn�2

h2+ p(xn�1)

yn � yn�22h

+ q(xn�1)yn�1 = f(xn�1)

x = x0 : yn = �

Primjer 6.7 Rije�iti jednaµcinu

y00 + xy0 � 2y + x = 0

uz uslove y(0) = 1 i y(1) = 3:Rje�enje: Odaberimo za korak h = 0:25: Imamo: p(x) = x; q(x) = �2; f(x) =�x: Na osnovu formula (43) dobijamo sistem

y0 = 1y2 � 2y1 + y00:0625

+ 0:25y2 � y00:5

� 2y1 = �0:25y3 � 2y2 + y10:0625

+ 0:5y3 � y10:5

� 2y2 = �0:5y4 � 2y3 + y20:0625

+ 0:75y4 � y20:5

� 2y3 = �0:75y4 = 3

µcija su rje�enja

y0 = 1; y1 = 1:28417; y2 = 1:69162; y3 = 2:24912; y4 = 3

pa je rje�enje zadataka

x 0 0:25 0:5 0:75 1y 1:00000 1:3125 1:75 2:3125 3:00000

6.4.2 Drugi sluµcaj

Treba odrediti funkciju y = y(x) koja zadovoljava jednaµcinu (42) i da zado-voljava rubne uslove y0(a) = � i y0(b) = �:Tada koristimo aproksimacijeizvoda

y00 ��y2 + 4y1 � 3y0

2h; y0n �

3yn � 4yn�1 + yn�22h

(44)

i iskoristimo formule (43).

67 Elvis Barakovic


Primjer 6.8 Rije�iti jednaµcinu

y00 + xy0 � 2y + x = 0

uz uslove y0(0) = 1 i y0(1) = 3:Rje�enje: Odaberimo za korak h = 0:25: Imamo: p(x) = x; q(x) = �2; f(x) =�x: Na osnovu formula (43) i (44) dobijamo sistem

�y2 + 4y1 � 3y00:5

= 1

y2 � 2y1 + y00:0625

+ 0:25y2 � y00:5

� 2y1 = �0:25y3 � 2y2 + y10:0625

+ 0:5y3 � y10:5

� 2y2 = �0:5y4 � 2y3 + y20:0625

+ 0:75y4 � y20:5

� 2y3 = �0:753yn � 4yn�1 + yn�2

0:5= 3

µcija su rje�enja

y0 = 1; y1 = 1:3125; y2 = 1:75000; y3 = 2:31250; y4 = 3

pa je rje�enje zadataka

x 0 0:25 0:5 0:75 1y 1:00000 1:3125 1:75000 2:31250 3:00000

6.4.3 Treci sluµcaj

Treba odrediti funkciju y = y(x) koja zadovoljava jednaµcinu (42) i da zado-voljava rubne uslove koji su zadani sa

�1y(a) + �2y0(a) = �

�1y(b) + �2y0(b) = �

pri µcemu je j�1j + j�2j > 0 i j�1j + j��2j > 0:Tada koristimo aproksimacijeizvoda

y00 ��y2 + 4y1 � 3y0

2h; y0n �

3yn � 4yn�1 + yn�22h

(45)

i iskoristimo formule (43).

68 Elvis Barakovic

numericka matematika

Documents