primijenjena matemati£ka analiza zadaci · poglavlje 1 obi£ne diferencijalne jednadºbe prvog...

Primijenjena matemati£ka analiza

Zadaci

10. studenog 2015.

Sadrºaj

1 Poglavlje 5

1.1 Uvod i motivacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Jednadºbe sa separiranim varijablama . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Autonomne jednadºbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4 Linearne jednadºbe prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.5 Svo�enje na potpuni diferencijal - egzaktne jednadºbe . . . . . . 11

2 Poglavlje 13

2.1 Rje²avanje nelinearnih jednadºbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Aproksimacija i interpolacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Numeri£ka integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4 Zadaci za vjeºbu - numeri£ki dio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3

4 SADR�AJ

Poglavlje 1

Obi£ne diferencijalne

jednadºbe prvog reda

1.1 Uvod i motivacija

• Primjer 1 (2. Newtonov zakon). Ako je m masa £estice, x(t) poloºaj£estice u trenutku t i F = F (t, x(t), x′(t)) sila koja djeluje na £esticu,

vrijedi F (t, x(t),dx

dt) = m

d2x

dt2.

• Primjer 2 (radioaktivni raspad). Brzina radioaktivnog raspada elementaproporcionalna je trenutnoj koli£ini tog elementa. Odredite trenutak poluras-pada.

• Primjer 3 (rast populacije). U odsustvu predatora, populacija mi²eva unekom podru£ju raste brzinom koja je jednaka 0.5/mjesec trenutne pop-ulacije. Na po£etku populacija ima 1000 jedinki. Odredite broj jedinkinakon 10 mjeseci.

1.2 Jednadºbe sa separiranim varijablama

1.1 Odredite prvi integral jednadºbe t2x2x′ + 1 = x.

1.2 Odredite prvi integral jednadºbe 2t2xx′ + x2 = 2.

1.3 Odredite prvi integral jednadºbe (tx2 − x2 + t− 1) dt+ (t2x− 2tx+ t2 +2x− 2t+ 2) dx = 0.

1.4 Rije²ite Cauchyjev problem:{t2x′ − cos(2x) = 1

limt→+∞

x(t) =9π

4.

5

6 POGLAVLJE 1. POGLAVLJE

Jednadºbe koje se svode na jednadºbe sa separiranim vari-jablama

1.5 Odredite prvi integral jednadºbe

(t+ x)2x′ = 9.

1.6 Rije²ite Cauchyjevu zada¢u:{(t+ 2x)x′ = 1x(0) = −1

Zadaci za vjeºbu - 1. dio

1.7 Odredite rje²enje diferencijalne jednadºbe:

3x2x′ + 16t = 2tx3

koje je ograni£eno za t→ +∞.

1.8 Rije²ite Cauchyjev problem:{(1 + et)xx′ = et

x(0) = 1

1.9 Odredite prve integrale sljede¢ih diferencijalnih jednadºbi:

(a) t+ tx+ x′(x+ tx) = 0,

(b) x√

1− t2 dx+ t√

1− x2 dt = 0,

(c) tx dt+ (t+ 1) dx = 0,

(d) 2t2xx′ = 1 + t2,

(e) x′ =√

4t+ 2x+ 1,

(f) x′ − x = 2t− 3,

(g) x′ = (t− x)2 + 1,

(h) x′ = sin(t− x),

(i)2− et

sin2 xx′ + 3etctgx = 0,

(j) x′ = (at+ bx+ c)2, a, b, c ∈ R+.

1.10 Rije²ite sljede¢e Cauchyjeve probleme:

(a) {x′ sin t = x lnxx(π2

)= 1

,

(b) {2√t dx = x dt

x(4) = 1,

1.2. JEDNAD�BE SA SEPARIRANIM VARIJABLAMA 7

(c) {x− tx′ = a(1 + t2x′)x(1) = 1

,

(d) {(a2 + x2) dt+ 2t

√at− t2 dx = 0, a 6= 0

x(a) = 0,

(e) {t3x′ sinx = 2

limt→+∞

x(t) =π

2.

Primjene

1.11 Odredite sve krivulje sa svojstvom da u svakoj to£ki krivulje sjeci²te tan-gente s y-osi raspolavlja spojnice dirali²ta tangente i sjeci²ta tangente sx-osi.

1.12 Na�ite krivulju koja prolazi to£kom T (3, 2), a dirali²te bilo koje njenetangente raspolavlja odsje£ak tangente me�u koordinatnim osima.

1.13 U posudu u kojoj se nalazi 5l £iste vode ulijevamo otopinu soli koncen-tracije x kg/l brzinom 0.1 l/min. Otopina, koju mije²anjem odrºavamohomogenom, izlijeva se iz posude istom brzinom. Nakon 10 minuta kon-centracija soli u posudi dostiºe 0.005 kg/l. Za koliko posto bi trebalopove¢ati koncentraciju otopine koju ulijevamo da bi se isto postiglo zadvostruko kra¢e vrijeme?

1.14 Svota od 10000 kn poloºena je na bankovni ra£un uz godi²nju kamatnustopu 8%. Za koliko ¢e se godina po£etna svota udvostru£iti ako je uka-ma¢ivanje kontinuirano?


1.15 Na�ite krivulju koja prolazi to£kom (1, 2) sa svojstvom da je u svakoj to£kikoe�cijent pravca tangente tri puta ve¢i od koe�cijenta pravca radijusvektora te to£ke.

1.16 Odredite sve krivulje sa svojstvom da je povr²ina trokuta kojeg £ine tan-genta, ordinata dirali²ta tangente i x-os, konstantna veli£ina a2.

1.17 Odredite krivulju za koju apscisa teºi²ta lika ome�enog koordinatnim os-ima, tom krivuljom i ordinatom bilo koje njene to£ke iznosi 3

4 apscise teto£ke.

1.18 Brzina raspadanja radija proporcionalna je postoje¢oj masi radija. Odred-ite koliki se postotak mase radija raspadne nakon 100 godina ako je poz-nato da je razdoblje poluraspadanja (vrijeme koje je potrebno da se ras-padne polovica postoje¢e mase) 1600 godina.


1.19 U populaciji s 500 mi²eva njih 5 namjerno je zaraºeno zaraznom bole²¢ukako bi se testirao model ²irenja zaraze koji pretpostavlja da je brzinapromjene broja zaraºenih mi²eva proporcionalna produktu broja zaraºenihi broja zdravih mi²eva. Koliko je vremena prema modelu potrebno da sezarazi polovica populacije ukoliko je 24 sata nakon po£etka eksperimentapregledom ustanovljeno da se bole²¢u zarazilo jo² 5 mi²eva?

1.20 Na dan kad se rodio, ºele¢i mu osigurati sigurniju budu¢nost, briºni roditeljisu svom Perici u Zagreba£koj banci otvorili devizni ra£un na kojeg supoloºili 10000 eura i oro£ili na 18 godina. Ako se u me�uvremenu nara£un ne poloºi nikakav dodatni iznos, a kamatna stopa je 5% godi²nje iukama¢ivanje je kontinuirano, kolikom ¢e svotom novca Perica raspolagatina svoj 18. ro�endan?

1.21 Bazen ima oblik pravokutnika ²irine 20 m i duºine 100 m. U kutu Abazena nalazi se dje£ak i u ruci drºi kraj konopca duga£kog 20 m na £ijemje drugom kraju privezan brodi¢ koji je u kutu B bazena. Dje£ak se kre¢eduº dulje stranice bazena prema tre¢em kutu C i vu¢ brodi¢ tako da jekonopac stalno napet. Odredite poloºaj dje£aka i brodi¢a u trenutku kadje brodi¢ 12 m udaljen od stranice bazena duº koje se kre¢e dje£ak, AC.

1.3 Autonomne jednadºbe

Napomena: promatramo probleme za koje je po£etni uvjet y0 ≥ 0.

1.22 Odredite kvalitativno pona²anje rje²enja sljede¢ih diferencijalnih jednadºbi:

(a)dy

dt= r (1− y

K) y (r,K > 0),

(b)dy

dt= −r (1− y

T) y (r, T > 0),

(c)dy

dt= −r (1− y

T) (1− y

K) y (r > 0, 0 < T < K).


1.23 Odredite kvalitativno pona²anje rje²enja sljede¢ih diferencijalnih jednadºbi:

(a)dy

dt= r y (r > 0),

(b)dy

dt= ay + by2 (a, b > 0),

(c)dy

dt= k (1− y)2 (k > 0).

1.4 Linearne jednadºbe prvog reda

Neka je I ⊆ R otvoren interval, a0, a1, b ∈ C(I,R) sa svojstvom da je a0(x) 6= 0za svaki x ∈ I. Jednadºbu oblika

a0(x)y′ + a1(x)y = b(x) (1.1)

1.4. LINEARNE JEDNAD�BE PRVOG REDA 9

nazivamo linearnom diferencijalnom jednadºbom prvog reda, a jednadºbu

a0(x)y′ + a1(x)y = 0, (b(x) = 0,∀x ∈ I)

homogenom linearnom diferencijalnom jednadºbom prvog reda.

Teorem 1.4.1. Neka je I ⊆ R otvoren interval, a0, a1, b ∈ C(I,R) sa svojstvom

da je a0(x) 6= 0 za svaki x ∈ I. Tada za svako x0 ∈ I i u0 ∈ R postoji jedinstvena

funkcija u ∈ C1(I,R) takva da je{a0(x)u′(x) + a1(x)u(x) = b(x), x ∈ Iu(x0) = u0.

Podijelimo li (1.1) s a0(x) 6= 0 i uvedemo oznake p(x) =a1(x)

a0(x)i q(x) =

b(x)

a0(x)za x ∈ I (uo£ite: p, q ∈ C(I,R)), dobivamo:

y′ + p(x)y = q(x). (1.2)

Promotrimo najprije homogenu linearnu diferencijalnu jednadºbu 1. reda

y′ + p(x)y = 0. (1.3)

O£ito je jedno njeno rje²enje y = 0. To rje²enje naziva se trivijalnim rje²enjem.Ako je y rje²enje homogene jednadºbe (1.3) i y(x0) = 0 za neko x0 ∈ I, premaTeoremu 1.4.1 slijedi da je nuºno y = 0. Naime, postoji jedinstveno rje²enje kojeu x0 poprima vrijednost 0, a to je y = 0. Dakle, netrivijalno rje²enje (y 6= 0)ove jednadºbe nigdje ne poprima vrijednost 0 (jer kad bi se poni²tavalo u jednojto£ki, poni²tavalo bi se svuda). Prema tome, netrivijalno rje²enje homogenelinearne jednadºbe (1.3) nigdje ne sije£e x-os tj. �ksnog je predznaka na I.

Uo£imo da je jednadºba (1.3) zapravo jednadºba sa separiranim varijablama.Neka je x0 ∈ I proizvoljna to£ka. Tada za y 6= 0 separiramo varijable i integri-ramo po x od x0 do x. Dobivamo:

|y(x)| = |y(x0)|e−∫ xx0p(z) dz

.

Kako je netrivijalno rje²enje jednadºbe (1.3) istog predznaka na I, to moºemobrisati apsolutne vrijednosti i dobivamo

y(x) = y(x0)e−

∫ xx0p(z) dz

, x ∈ I. (1.4)

Prema Teoremu 1.4.1, za svaki C ∈ R postoji jedinstveno rje²enje y takvo daje y(x0) = C. Dakle, s (1.4) su obuhva¢ena sva rje²enja jednadºbe (1.3) pa

ako ozna£imo u(x) = e−

∫ xx0p(z) dz

, x ∈ I, onda je XH = {Cu : C ∈ R} skupsvih rje²enja jednadºbe (1.3). Prema tome, op¢e rje²enje homogene linearnejednadºbe (1.3) dano je sa

y(x) = Ce−∫p(x) dx, C ∈ R. (1.5)

Promatrimo sada nehomogenu jednadºbu prvog reda (1.2).


• Metoda varijacije konstanti ili Lagrangeova metoda.Formula (1.5) moºe se iskoristiti za dobivanje op¢eg rje²enja jednadºbe(1.2). Rje²enje traºimo u obliku:

y(x) = C(x)e−

∫ xx0p(z) dz

(1.6)

pri £emu je C neprekidno diferencijabilna funkcija. Uvr²tavanjem (1.6) u(1.2), kori²tenjem (uz oznaku: P je primitivna funkcija od p)(∫ x

x0

p(z) dz

)′= (P (x)− P (x0))′ = P ′(x) = p(x),

sre�ivanjem izraza pa integriranjem po x od x0 do x, dobivamo

C(x) = C(x0) +

∫ x

x0

q(z)e∫ zx0p(u) du

dz, x ∈ I.

No, iz (1.6) zaklju£ujemo da je C(x0) = y(x0) pa vrijedi

y(x) =

(y(x0) +

∫ x

x0

q(z)e∫ zx0p(u) du

dz

)e−

∫ xx0p(z) dz

, x ∈ I. (1.7)

Kako je y(x0) = C =const, variranjem po C ∈ R pokrivamo sva rje²enjaod (1.2) pa je op¢e rje²enje nehomogene linearne jednadºbe (1.2) dano sa

y(x) = Ce−

∫ xx0p(z) dz︸︷︷︸

op¢e rje²enjehomogene jednadºbe

+ e−

∫ xx0p(z) dz ·

∫ x

x0

q(z)e∫ zx0p(u) du

dz︸︷︷︸partikularno rje²enje nehomogenejednadºbe dobiveno uz y(x0)=0

1.24 Odredite op¢e rje²enje jednadºbe

(a) 2t(t2 + x) dt = dx,

(b) (t− 1)x′ + tx = e−t.

1.25 Odredite prvi integral Bernoullijeve jednadºbe t2y′ + 2ty − y3 = 0.


1.26 Odredite op¢a rje²enja jednadºbi:

(a) (2t+ 1)x′ = 4t+ 2x

(b) x′ + xtgt =1

cos t

(c) (tx+ et) dt− t dx = 0

(d) t2x′ + tx+ 1 = 0

(e) (tx′ − 1) ln t = 2x

(f) x = t(x′ − t cos t)

(g) tx′ + (t+ 1)x = 3t2e−t

(h) x′ − xt ln t = t ln t

1.5. SVOÐENJE NA POTPUNI DIFERENCIJAL - EGZAKTNE JEDNAD�BE11

1.27 Odredite prve integrale sljede¢ih diferencijalnih jednadºbi:

(a) ty′ + 2y =et

y,

(b) y′ +y

t− 3= 5(t− 3)y3/2.

1.28 Rije²ite ovaj Cauchyjev problem:{y′ + tg(2t) y = y2 cos(2t) sin(2t)y(0) = 1

.

1.5 Svo�enje na potpuni diferencijal - egzaktne

jednadºbe

1.29 Odredite prvi integral jednadºbe

(a) (4 + t2)dy

dt+ 2ty = 4t,

(b) tdt = (tdx+ xdt)√

1 + t2,

(c) xdt− tdx = 2t3 tgx

tdt.

(d) (2t+ 3t2x) dt+ (t3 − 3x2) dx = 0,

(e)

(t

sinx+ 2

)dt+

(t2 + 1) cosx

cos(2x)− 1dx = 0,

(f) 2t(1 +√t2 − x) dt−

√t2 − x dx = 0.


1.30 Odredite prvi integral sljede¢ih diferencijalnih jednadºbi:

(a) x′ =2tx

x2 − t2,

(b) (2− 9tx2)t dt+ (4x2 − 6t3)x dx = 0,

(c)3t2 + x2

x2dt− 2t3 + 5x

x3dx = 0,

(d) (1 + x2 sin(2t)) dt− 2x cos2 t dx = 0,

(e) x′ =3t2x2 − x+ 1

t− 2x− 2t3x.

1.31 Odredite krivulje sa svojstvom da je odsje£ak tangente izme�u x-osi ipravca y = ax+ b podijeljen to£kom dodira na dva jednaka dijela.

Poglavlje 2

Numeri£ka matematika

2.1 Rje²avanje nelinearnih jednadºbi

Zadana je funkcija f : I → R pri £emu je I interval. Traºimo skup {x ∈ I :f(x) = 0}. Svaki element tog skupa zovemo korijenom (rje²enjem) jednadºbef(x) = 0 ili nulto£kom funkcije f .Uvjeti na funkcije koje ¢emo promatrati su:

• f je barem neprekidna na I tj. f ∈ C(I) (a £esto i vi²e od toga)

• f ima izolirane nulto£ke tj. postoji otvoreni interval oko nulto£ke u kojemnema drugih nulto£aka

Primjer:

(a) f(x) = sinx - sve nulto£ke su izolirane.

(b) f(x) = x sin 1x za x 6= 0, f(0) := 0 - 0 je nulto£ka koja nije izolirana;

xk = 1kπ , k ∈ Z su izolirane nulto£ke.

Izolacija je potrebna zbog numeri£kog ra£unanja, da bi se osigurala konvergen-cija ka jedinstvenoj nulto£ki funkcije f , pa makar i na vrlo malom intervalu.Zbog toga se proces nalaºenja nulto£ke sastoji od dvije faze:

• Izolacija nulto£ke ili nulto£aka - nalaºenje intervala u kojima f ima baremjednu nulto£ku.

• Iterativno nalaºenje nulto£ke za traºenu to£nost.

Zbog pretpostavki o neprekidnosti funkcije f i izoliranosti nulto£aka, mogu¢eje na¢i svaku nulto£ku s proizvoljnom to£no²¢u tj. odrediti takav interval, sduljinom manjom od zadane to£nosti, u kojem sigurno leºi nulto£ka (baremjedna).

Metoda raspolavljanja (metoda bisekcije)

To je najjednostavnija metoda, ali i najop¢enitija jer funkcionira za funkcijekoje su samo neprekidne. No, zbog toga ona ima i najslabiju ocjenu gre²ke.Pretpostavke su samo da smo na²li interval u kojem sigurno leºi bar jedna

13


nulto£ka tj. izvr²ili izolaciju (ne nuºno jedne) nulto£ke.Po£etne pretpostavke: f : [a, b]→ R, f ∈ C([a, b]), f(a) ·f(b) ≤ 0. Tada postojiξ ∈ [a, b] takva da je f(ξ) = 0.

Algoritam

U svakom koraku konstruiramo interval [an, bn] duljine dvostruko manje odduljine prethodnog intervala [an−1, bn−1] tako da u njemu sigurno leºi nulto£katj. da je f(an) · f(bn) ≤ 0.

Ulazni podaci: funkcija f , to£nost ε, po£etni interval [a, b] takav da je f(a) ·f(b) ≤ 0.

Start:duljina intervala: d = b− apo£etni interval: a0 = a, b0 = bn = 0

iteracija: sve dok je d > ε ponavljajd = d/2x[n] = a[n] + d (= 1

2 (a[n] + b[n]))ako je f(a[n]) · f(x[n]) < 0, onda a[n+ 1] = a[n], b[n+ 1] = x[n]ako je f(a[n]) · f(x[n]) > 0, onda a[n+ 1] = x[n], b[n+ 1] = b[n]ako je f(a[n]) · f(x[n]) = 0, onda d = 0n = n+ 1

Izlaz: y = xn−1 (zadnji izra£unati x) je nulto£ka s traºenom to£no²¢u. Naime,u zadnjoj iteraciji smo indeks pove¢ali za 1, ali xn nismo ra£unali jer jeto£nost bila zadovoljena s xn−1. To£nost je upravo jednaka d.

Naravno, ovaj algoritam se u praksi provodi elegantnije, bez indeksa n. Svi sean drºe u istoj lokaciji, npr. a, a svi bn su u istoj lokaciji b i pamti se vrijednostf(an) da se ne ra£una ponovno. Naime, ili je an+1 = an ili je an+1 = xn paje u oba slu£aja vrijednost funkcije u toj to£ki ve¢ izra£unata. dakle, u svakomkoraku samo jednom ra£unamo vrijednost funkcije (jer je to obi£no najve¢i dioposla). Algoritam se moºe formulirati i tako da se koristi f(bn) umjesto f(an).

Na�imo sada ocjenu gre²ke vezanu uz broj koraka algoritma. Neka je ξ pravanulto£ka tj. f(ξ)=0.

• Ako je f ∈ C([a, b]), onda je |ξ − xn| ≤ 12n+1 (b− a) (geometrijska konver-

gencija s faktorom 2)

• Ako je f ∈ C1([a, b]), onda je |ξ−xn| ≤ |f(xn)|m1

gdje jem1 = miny∈[a,b] |f ′(y)|.Uo£ite da ta ocjena slijedi iz teorema srednje vrijednosti

f(xn) = f(ξ) + f ′(y)(xn − ξ)⇒ |xn − ξ| ≤|f(xn)||f ′(y)|

.

Pretpostavimo da je m1 > 0. To je osigurala monotonost funkcije na segmentu[a, b] i postojanje jedinstvene nulto£ke. Promotrimo bolju od te dvije ocjene

2.1. RJE�AVANJE NELINEARNIH JEDNAD�BI 15

i na�imo kriterij zaustavljanja uz zadanu to£nost ε. Neka je f ∈ C([a, b]).Traºimo da bude |ξ − xn| ≤ 1

2n+1 (b− a) ≤ ε. Odavde slijedi

2n+1 ≥ b− aε

(n+ 1) · log 2 ≥ log(b− aε

)

n+ 1 ≥log( b−aε )

log 2

n ≥log(b−aε

)log 2

− 1 (n cijeli broj).

Neka je sada f ∈ C1([a, b]). Traºimo da bude |ξ − xn| ≤ |f(xn)|m1

≤ ε. Po pret-postavci je m1 = miny∈[a,b] |f ′(y)| > 0. Tada je |f(xn)| ≤ ε ·m1.

Iteracije zaustavljamo £im jedan od ova dva kriterija bude zadovoljen (ako je fklase C1 i m1 > 0). Ako je m1 = 0 ili f nije klase C1 u okolini nulto£ke, ondakoristimo samo prvu ocjenu.Ova druga ocjena je nekonstruktivna, u smislu da ne daje mogu¢nost da se pro-cijeni potreban broj koraka u algoritmu za postizanje traºene to£nosti. Zato seona moºe iskoristiti samo u toku algoritma za jo² bolju ocjenu.

2.32 Metodom raspolavljanja rije²ite jednadºbu

x3 − 1.5 = 0

s to£no²¢u ε = 10−3.


2.33 Metodom bisekcije rije²ite jednadºbu

e−x − 2 + x = 0

s to£no²¢u ε = 10−2.

2.34 Metodom bisekcije na�ite nulto£ku funkcije

f(x) = x3 − 6x+ 2

na intervalu [0, 1.5] s to£no²¢u ε = 0.05.

2.35 Metodom bisekcije rije²ite jednadºbu

1000(x− 4)− ex = 0

s to£no²¢u ε = 10−3.


Newtonova metoda (metoda tangente)

Ova metoda funkcionira za funkcije klase C2 (ne nuºno na cijelom R, no bitnoje da u okolini nulto£ke funkcije budu klase C2). Ona koristi vrijednosti funkcijef i njene derivacije f ′ (obje moraju biti neprekidne). Ra£un je ne²to kompli-ciraniji, ali je zato konvergencija mnogo brºa. Konvergencija vi²e nije linearna,kvadratna je. Traºimo korijene jednadºbe f(x) = 0 uz po£etne pretpostavke:f ∈ C2([a, b],R) takva da je f(a) ·f(b) ≤ 0 tj. f ima nulto£ku na [a, b]. Dodatnepretpostavke za osiguranje konvergencije su da f ′ i f ′′ ne mijenjaju predznakna [a, b] tj. |f ′(x)| · |f ′′(x)| > 0 za svaki x ∈ [a, b]. To ujedno povla£i da f imajedinstvenu nulto£ku ξ ∈ [a, b].

Algoritam

Po£ev²i od polazne aproksimacije x0 ∈ [a, b] iterativno se formira niz to£aka xnkoji konvergira prema ξ.

Start: Odabrati po£etnu to£ku x0 tako da vrijedi f(x0) · f ′′(x0) > 0 (n := 0).

Iteracija: sve dok je to£nost nije zadovoljena, ponavljaj

xn+1 = xn − f(xn)f ′(xn)

; (n := n+ 1)

Napomena:

Iz formule xn+1 = xn − f(xn)f ′(xn)

slijedi da je korekcija n-te aproksimacije to ve¢a

²to je vrijednost derivacije u okolini nulto£ke manja. Me�utim, ako je funkcijagotovo horizontalna (odnosno ako je f ′ vrlo mala) u okolini od ξ, onda je metoda,zbog dijeljenja s vrlo malim vrijednostima, nestabilna i ponekad je £ak nemogu¢edobiti nulto£ku s traºenom to£no²¢u.Dinami£ka ocjena pogre²ke

|ξ − xn| ≤M2

2m1(xn − xn−1)2

pri £emu jeM2 = maxx∈[a,b] |f ′′(x)|, am1 = minx∈[a,b] |f ′(x)|, ne daje unaprijedpotreban broj koraka. Ona je vezana za razliku susjednih iteracija. Ako jezadana to£nost ε, kriterij zaustavljanja je

M2

2m1(xn − xn−1)2 ≤ ε ⇒ |xn − xn−1| ≤

√2m1ε

M2.

Stajemo £im razlika susjednih aproksimacija ne padne ispod ove vrijednosti.Uo£imo stvarnu brzinu ove konvergencije. Iz Taylorove formule slijedi:

0 = f(ξ) = f(xn) + f ′(xn)(ξ − xn) +1

2f ′′(cn)(ξ − xn)2 za ξ < cn < xn

⇒ ξ = xn −f(xn)

f ′(xn)︸︷︷︸xn+1

−1

2

f ′′(cn)

f ′(xn)(ξ − xn)2 ⇒ ξ − xn+1 = −1

2

f ′′(cn)

f ′(xn)(ξ − xn)2

⇒ |ξ − xn+1| ≤M2

2m1(ξ − xn)2

Ova formula pokazuje da je konvergencija izuzetno brza ako smo izabrali x0tako da je

M2

2m1|ξ − x0| ≤ q < 1 .

2.1. RJE�AVANJE NELINEARNIH JEDNAD�BI 17

Op¢enito, ako je µ = M2

2m1≤ 1 i |ξ−xn| < 10−m, dobivamo |ξ−xn+1| < 10−2m.

To zna£i da, ako je aproksimacija xn korektna na m decimalnih mjesta, ondaje sljede¢a aproksimacija xn+1korektna na 2m decimalnih mjesta. Drugim ri-je£ima, µ ≤ 1 osigurava da Newtonova metoda udvostru£uje broj korektnihdecimalnih mjesta korjena ξ u svakom koraku.

Napomena:

• Uvjet sa po£etnom to£kom x0, f(x0) · f ′′(x0) > 0 uvijek se moºe osiguratijer je f ′′ stalnog predznaka, a f mijenja predznak na [a, b]. Obi£no seuzima rub a ili b intervala u kojem smo izolirali nulto£ku i osigurali po£etnepretpostavke.

• Neka je funkcija f de�nirana i neprekidna na cijelom R i f(a) · f(b) < 0tj. na intervalu [a, b] smo izolirali nulto£ku. Nadalje, neka je f ′(x) 6= 0za x ∈ [a, b] (to osigurava jedinstvenost nulto£ke na cijelome R, ne samona [a, b]) i f ′′(x) postoji svuda na R i £uva predznak. Tada bilo kojavrijednost c ∈ [a, b] moºe biti uzeta kao po£etna aproksimacija x0.Stvarno, pretpostavimo da je f ′(x) > 0 za svaki x ∈ [a, b], f ′(x) > 0 zasvaki x ∈ R i x0 = c pri £emu je a ≤ c ≤ b.

� Ako je f(c) = 0, onda je ξ = c i problem rije²en.

� Ako je f(c) > 0, onda po teoremu, Newtonov proces konvergiraprema ξ zbog po£etnog uvjeta f(x0)︸︷︷︸

>0

f ′′(x0)︸︷︷︸>0

> 0

� Ako je f(c) < 0, onda nalazimo

x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)= c−

<0︷︸︸︷f(c)

f ′(c)︸︷︷︸>0

> c

pa je mogu¢e da smo iza²li iz intervala [a, b]. Iz Taylorove formuleslijedi

f(x+ y) = f(x) + f ′(x) · y +1

2f ′′(x′)y2

f(x1) = f

(c− f(c)

f ′(c)

)= f(c)− f ′(c) · f(c)

f ′(c)+

1

2f ′′(c̄)︸︷︷︸>0

[f(c)

f ′(c)

]2︸︷︷︸

>0

> 0

gdje je c < c̄ < x1. Odavde slijedi da je f(x1)·f ′′(x1) > 0. Osim toga,iz f ′′(x) > 0 slijedi da je f ′ rastu¢a funkcija pa je f ′(x1) > f ′(a) > 0(jer je x1 > c ≥ a). Prema teoremu je mogu¢e uzeti x1 kao po£etnuto£ku aproksimaciju. Drugim rije£ima, uvjeti konvergencije vrijedena [a, x1].

• Po£etne pretpostavke, da f ′ i f ′′ £uvaju predznak je obi£no te²ko provjer-iti u praksi. One se mogu osigurati ako je f ′(ξ) 6= 0 i f ′′(ξ) 6= 0 uzimanjemdovoljno malog intervala [a, b] oko ξ ²to treba obaviti u fazi izolacije nul-to£ke.


Metoda konvergira i uz blaºe uvjete, ali je teºi izbor po£etne to£ke, akonvergencija nije kvadratna nego je sporija (linearna ako je f ′(ξ) = 0 if ′′(ξ) 6= 0).U praksi se ti uvjeti ni ne provjeravaju nego se po£inje bilo gdje i nadamose da ¢e po slu£ajnom principu neka od to£aka xn pasti u [a, b] na kojemvrijede sve pretpostavke. Od te iteracije na dalje ¢e biti osigurana kon-vergencija.Pitanje globalne konvergencije metode je vrlo te²ko. Poznati su primjerikruºenja u iteracijama - periodi£ko ponavljanje.

2.36 Newtonovom metodom na�ite realne korijene jednadºbe x5 + x+ 1 = 0 sto£no²¢u ε = 10−4.


2.37 Newtonovom metodom na�ite pozitivni korijen jednadºbe x−sinx−0.25 =0 s to£no²¢u ε = 10−3.

2.38 S to£no²¢u ε = 10−4 odredite sjeci²te grafova krivulja zadanih jednadºbama

y =1

x− 1i x2 − y2 = 1.

2.39 Uz to£nost ε = 0.5 ·10−6 izra£unajte 3√

2 rje²avaju¢i jednadºbu x3−2 = 0.

2.40 Newtonovom metodom na�ite pozitivnu nulto£ku funkcije f(x) = e−x +x2 − 2 s to£no²¢u ε = 10−5.

Napomena:

Zadatak moºe glasiti: Izra£unajte4√

7 na to£nost od 4 decimale.

2.2 Aproksimacija i interpolacija

Ponekad nam je funkcija f zadana samo na diskretnom skupu to£aka (xk, fk),k = 0, . . . , n, a pribliºne vrijednosti ºelimo na¢i u nekim to£kama koje nisuiz zadanoga skupa. Doga�a se i da znamo funkciju, ali se njene vrijednostiu razli£itim to£kama jako dugo ra£unaju. Ukoliko nam tijekom programa tevrijednosti trebaju mnogo puta, prakti£nije je zamijeniti na²u 'kompliciranu'funkciju nekom koja se puno brºe ra£una.

Ako aproksimacijska funkcija ϕ (koja ovisi o nekim parametrima) ima svo-jstvo

ϕ(xk) = fk, k = 0 . . . , n,

onda kaºemo da ϕ interpolira zadane podatke.

Za n + 1 zadani podatak postoji to£no jedan polinom stupnja manjeg ilijednakog n koji interpolira taj skup podataka (pri £emu zadane to£ke morajuimati razli£ite x-koordinate). Taj interpolacijski polinom moºemo na¢i na vi²ena£ina. U teoriji se £esto koristi Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma, alije Newtonov oblik puno prakti£niji.

2.2. APROKSIMACIJA I INTERPOLACIJA 19

U praksi ne koristimo interpolacijske polinome stupnja ve¢eg od 3 jer moguimati vrlo velike gre²ke. Tada koristimo splineove ili metodu najmanjih kvadrata.

Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma - LIP

Interpolacijski polinom pn(x) =

n∑k=0

fklk(x) u Lagrangeovom je obliku i inter-

polira to£ke (xk, fk), k = 0, . . . , n ako je

lk(x) =(x− x0) · · · (x− xk−1)(x− xk+1) . . . (x− xn)

(xk − x0) · · · (xk − xk−1)(xk − xk+1) . . . (xk − xn).

Ako funkcija f koju interpoliramo ima (n + 1)-u neprekidnu derivaciju, ondasmo interpolacijom napravili gre²ku

|f(x)− p(x)| ≤ |ω(x)|(n+ 1)!

Mn+1, Mn+1 := maxx∈[a,b]

|f (n+1)(x)|,

pri £emu je ω(x) = Πnk=0(x− xk).

Ova ocjena gre²ke vrijedi i za Newtonov oblik interpolacijskog polinoma (tzv.NIP).

2.41 Na�ite interpolacijski polinom koji funkciju f(x) = sin(πx) interpolira u

to£kama s x-koordinatama x0 = 0, x1 =1

6, x1 =

1

2. Ocijenite gre²ku

tako dobivene interpolacije. Nadalje, izra£unajte vrijednost dobivenoginterpolacijskog polinoma u to£ki x = 0.4, ocijenite gre²ku interpolacije utoj to£ki te na�ite pravu gre²ku.

2.42 Na�ite interpolacijski polinom za podatke (0, 1), (−1, 2), (1, 3).

Newtonov oblik interpolacijskog polinoma

Da bismo de�nirali interpolacijski polinom u Newtonovom obliku, potrebna namje de�nicija podijeljenih razlika. Te brojeve ozna£avamo s f [x0, x1, . . . , xn], ara£unaju se rekurzivno formulom

f [xk] := fk, k = 0, . . . , n,

f [x0, x1, . . . , xn] =f [x1, . . . , xn]− f [x0, . . . , xn−1]

xn − x0.

Kona£no, polinom stupnja najvi²e n koji interpolira podatke (xk, fk), k =0, . . . , n u Newtonovom obliku glasi

pn(x) = f [x0]+f [x0, x1](x−x0)+· · ·+f [x0, x1, . . . , xn](x−x0)(x−x1) · · · (x−xn−1).

Obi£no se formira tablica podijeljenih razlika:


xk f [xk] f [xk, xk+1] f [xk, xk+1, xk+2] · · · f [x0, x1, . . . , xn]x0 f [x0]

f [x0, x1]x1 f [x1] f [x0, x1, x2]

f [x1, x2]. . .

......

... f [x0, x1, . . . , xn]f [xn−2, xn−1]

xn−1 f [xn−1] f [xn−2, xn−1, xn]...

f [xn−1, xn]xn f [xn]

.

pomo¢u koje iz prvog �retka� £itamo koe�cijente potrebne za NIP.

2.43 Funkcija 3√x zadana je tabli£no na 3 decimale

xk 1.0 1.1 1.3 1.5 1.6fk 1.000 1.032 1.091 1.145 1.170

Na�ite vrijednost 3√

1.15 i ocijenite gre²ku. Na�ite i pravu gre²ku.

2.44 Na�ite interpolacijski polinom koji interpolira funkciju f(x) = log x uto£kama s x-koordinatama 1, 10, 100, 1000. Na�ite vrijednost log 500,ocijenite gre²ku i na�ite pravu gre²ku.

Linearni interpolacijski spline

Neprekidnu funkciju f : [a, b] → R interpoliramo neprekidnom po dijelovimalinearnom funkcijom ϕ : [a, b]→ R. Neka su zadani £vorovi

a = x0 < x1 < · · · < xn = b

i vrijednosti funkcije f u tim £vorovima: y0, y1, · · · , yn. Tada vrijedi ϕ|[xi−1,xi] =ϕi,

ϕi(x) = yi−1 +yi − yi−1xi − xi−1

(x− xi−1) za x ∈ [xi−1, xi].

Ocjena gre²ke linearnog interpolacijskog splinea:

|f(x)− ϕ(x)| ≤ M2

8h2max,

gdje je hmax := maxi=1,...,n

{xi − xi−1}.

2.3 Numeri£ka integracija

Osnovni problem numeri£ke integracije se sastoji u tome da izra£unamo odre�eniintegral ∫ b

a

f(x) dx. (2.1)

2.3. NUMERI�KA INTEGRACIJA 21

Ideja je da integral funkcije f zamijenimo integralom neke aproksimacijefunkcije f koji se lako moºe izra£unati. Ta aproksimacija je naj£e²¢e polinomna,ali moºe biti i u nekim drugim funkcijama.

Mi ¢emo raditi s polinomnom aproksimacijom. Pri tome razlikujemo trina£ina integracije:

• Newton-Cotesove formule

• Gaussove formule

• razne izvedene formule

Mi cemo se baviti Newton-Cotesovim formulama. Kod njih umjesto inte-gracije funkcije f integriramo polinomnu interpolaciju od f u ekvidistantnimto£kama.

Produljena trapezna formula

Ra£unamo, dakle, (2.1). Funkciju f zamijenimo linearnim polinomom koji in-terpolira funkciju f u to£kama a i b. Taj polinom p1 je jednak

p1(x) = f(a)x− ba− b

+ f(b)x− ab− a

.

Ako integral funkcije f zamijenimo integralom interpolacijskog polinoma p1,dobivamo trapeznu formulu:∫ b

a

f(x) dx ≈∫ b

a

p1(x) dx =b− a

2(f(a) + f(b)) =: IT .

Ocjena pogre²ke je∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) dx− IT

∣∣∣∣∣ := RT ≤(b− a)3

12M2f.

Umjesto da pove¢avamo stupanj polinoma kojim interpoliramo funkciju f ,moºemo po£etni interval podijeliti na n jednakih dijelova i na svakome od njihf interpolirati linearnim polinomom.Pretpostavimo da smo [a, b] podijelili na podintervale [xi−1, xi], i = 1, . . . , nto£kama xi = a+ ih, h = (b− a)/n. Na svakom intervalu primijenimo trapeznuformulu pa dobivamo produljenu trapeznu formulu:∫ b

a

f(x) dx ≈ h

2

(f(a) + 2

n−1∑i=1

f(xi) + f(b)

)=: IPT .

Ocjena pogre²ke produljene trapezne formule je∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) dx− IPT

∣∣∣∣∣ := RPT ≤(b− a)h2

12M2f. (2.2)

Uz zahtjev da bude RPT ≤ ε, iz ocjene (2.2) i £injenice da je h = b−an ,

moºemo unaprijed procijeniti broj podintervala na koje moramo podijeliti po£etniinterval:

n ≥√

(b− a)3

12εM2f.


2.45 Produljenom trapeznom formulom izra£unajte vrijednost integrala∫ 1

0

dx

1 + x

s 10 podintervala, ocijenite gre²ku i na�ite pravu gre²ku. Na�ite brojpodintervala potreban da se istom formulom postigne to£nost 10−4.

2.46 Produljenom trapeznom formulom izra£unajte vrijednost integrala∫ 0.9

0.7

shx dx

tako da gre²ka bude manja ili jednaka 10−4.

Produljena Simpsonova formula

Ponovno ra£unamo (2.1), ali sada funkciju f zamijenimo polinomom p2 stupnja

2 koji interpolira funkciju f na ekvidistantnoj mreºi a,a+ b

2, b. Ako inte-

gral funkcije f zamijenimo integralom interpolacijskog polinoma p2, dobivamoSimpsonovu formulu:∫ b

a

f(x) dx ≈∫ b

a

p2(x) dx =b− a

6

(f(a) + 4f

(a+ b

2

)+ f(b)

)=: IS .

Pogre²ka je ∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) dx− IS

∣∣∣∣∣ := RS ≤(b− a)5

180M4f.

Ponovno dijelimo po£etni interval, ali ovoga puta nam jednakih dijelova. Dabismo primijenili Simpsonovu formulu, moramo unutar svakog intervala stavitii jednu to£ku u polovi²te pa tako dolazimo do ukupno n = 2m intervala. Dakle,mi primijenjujemo Simpsonovu formulu na intervalima [x2i−2, x2i], i = 1, . . . ,m.To£ke xi su de�nirane s xi = a + ih, a h = (b − a)/n (pazite n, a ne m!).Produljena Simpsonova formula tada glasi

∫ b

a

f(x) dx ≈ h

3

(f(x0) + 4

m∑i=1

f(x2i−1) + 2

m−1∑i=1

f(x2i) + f(b)

)=: IPS .

Ocjena pogre²ke produljene Simpsonove formule je∣∣∣∣∣∫ b

a

f(x) dx− IPS

∣∣∣∣∣ := RPS ≤(b− a)h4

180M4f. (2.3)

Uz zahtjev da bude RPS ≤ ε, iz ocjene (2.3) i £injenice da je h = b−an ,

moºemo unaprijed procijeniti broj podintervala na koje moramo podijeliti po£etniinterval:

n ≥ 4

√(b− a)5

180εM4f

s time da treba obratiti paºnju da n mora biti paran pa moºemo uzeti prvi parnicijeli broj koji zadovoljava nejednakost.

2.4. ZADACI ZA VJE�BU - NUMERI�KI DIO 23

2.47 Produljenom Simpsonovom formulom izra£unajte vrijednost integrala∫ 1

0

dx

1 + x

s 10 podintervala, ocijenite gre²ku i na�ite pravu gre²ku. Na�ite brojpodintervala potreban da se istom formulom postigne to£nost 10−8.

2.48 Produljenom Simpsonovom formulom izra£unajte vrijednost integrala∫ 1

0

sin(ex) dx

tako da gre²ka bude manja ili jednaka 10−3.

2.4 Zadaci za vjeºbu - numeri£ki dio

2.49 Newtonovom metodom (metodom tangente) rije²ite sljede¢e zadatke. Usvakom zadatku prije samog kori²tenja metode odredite sve kriterije zaus-tavljanja (koji se mogu izra£unati) vezane uz ovu metodu.

(a) Numeri£ki izra£unajte 3√−3 s to£no²¢u 10−7. Duljina intervala na

kojem ste izolirali nulto£ku neka bude barem 2.

(b) Numeri£ki izra£unajte ln3 tako da gre²ka bude manja od 10−3. Duljinaintervala na kojem ste izolirali nulto£ku neka bude barem 0.1.

(c) Numeri£ki izra£unajte ln5 tako da gre²ka bude manja od 10−8. Duljinaintervala na kojem ste izolirali nulto£ku neka bude barem 1.

2.50 Odaberite metodu za rje²avanje jednadºbe

e1

1+x2 = x.

tako da gre²ka bude manja od 10−3. Prije samog kori²tenja metodeodredite sve kriterije zaustavljanja (koji se mogu izra£unati) vezane uztu metodu. Duljina intervala na kojem ste izolirali nulto£ku neka budebarem 1.

2.51 Metodom raspolavljanja rije²ite sljede¢e zadatke. U svakom zadatku prijesamog kori²tenja metode odredite sve kriterije zaustavljanja (koji se moguizra£unati) vezane uz ovu metodu. Duljina intervala na kojem ste izoliralinulto£ku neka bude barem 1.

(a) Numeri£ki izra£unajte 3√−3 s to£no²¢u 10−3

(b) Numeri£ki izra£unajte ln3 tako da gre²ka bude manja od 10−3.

(c) Numeri£ki izra£unajte ln5 tako da gre²ka bude manja od 10−3.

2.52 Odredite interpolacijski polinom stupnja 5 koji aproksimira funkciju f(x) =ecos x na ekvidistantnoj mreºi intervala [ π16 ,

π8 ]. Ocijenite gre²ku tako

dobivene interpolacije. Izra£unajte vrijednost tako dobivenog interpo-lacijskog polinoma u to£ki x = 3π

64 , ocijenite gre²ku interpolacije te na�itepravu gre²ku.


2.53 Funkciju f(x) =√

3x+ 5 aproksimirajte

(a) Newtonovim interpolacijskim polinomom stupnja 3 na ekvidistantnojmreºi intervala [−1.5, 1.5].

(b) Newtonovim interpolacijskim polinomom u to£kama s apscisama xk =

− 32 cos

((2k+1)π

8

), k = 0, . . . , 3.

(c) Lagrangeovim interpolacijskim polinomom stupnja 3 na ekvidistant-noj mreºi intervala [−1.5, 1.5].

(d) Lagrangeovim interpolacijskim polinomom u to£kama s apscisama

xk = − 32 cos

((2k+1)π

8

), k = 0, . . . , 3.

(e) Linearnim interpolacijskim splineom s 4 ekvidistantna £vora u inter-valu [−1.5, 1.5].

(f) Linearnim interpolacijskim splineom u to£kama s apscisama xk =

− 32 cos

((2k+1)π

8

), k = 0, . . . , 3.

Na�ite vrijednost interpolacijskog polinoma u to£ki 0.75, ocijenite gre²kuu toj to£ki i na�ite pravu gre²ku u toj to£ki. Na�ite vrijednost interpo-lacijskog splinea u to£ki 0.75, ocijenite gre²ku u toj to£ki i na�ite pravugre²ku u toj to£ki.

2.54 Vrijednosti udjela investicijskog nov£anog fonda mjerene su tijekom 6radnih dana (26.06.2007.-02.07.2007.). Izmjerene vrijednosti se nalaze utablici.

dan 1 2 3 4 5vrijednosti udjela 116.95 116.96 116.97 116.98 117.00

(a) Odredite Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma koji aproksimiradane podatke.

(b) Odredite Newtonov oblik interpolacijskog polinoma koji aproksimiradane podatke.

(c) Odredite linearni interpolacijski spline koji aproksimira dane po-datke.

(d) Odredite Lagrangeov oblik interpolacijskog polinoma koji aproksimiraprva £etiri dana podatka.

(e) Odredite Newtonov oblik interpolacijskog polinoma koji aproksimirazadnja £etiri dana podatka.

(f) Odredite linearni interpolacijski spline koji aproksimira zadnja £etiridana podatka.

2.55 Produljenom trapeznom formulom izra£unajte vrijednost navedenog inte-grala tako da gre²ka bude manja ili jednaka zadanoj to£nosti ε. Ocijenitegre²ku. Kada je to mogu¢e, odredite i pravu gre²ku.

(a)

∫ 1

0

sin(ex) dx, ε = 10−3;

2.4. ZADACI ZA VJE�BU - NUMERI�KI DIO 25

(b)

∫ 2

0

5− x9− x2

dx, ε = 5 · 10−5;

(c)

∫ π/2

π/4

sinx

xdx, ε = 10−5;

(d)

∫ 1

0.2

sinx− lnx+ ex dx, ε = 10−3.

2.56 Produljenom Simpsonovom formulom izra£unajte vrijednost navedenogintegrala tako da gre²ka bude manja ili jednaka zadanoj to£nosti ε. Oci-jenite gre²ku. Kada je to mogu¢e, odredite i pravu gre²ku.

(a)

∫ 0.9

0.7

shx dx, ε = 10−4;

(b)

∫ 2

0

5− x9− x2

dx, ε = 5 · 10−5;

(c)

∫ 1

0

√1 + 2x dx, ε = 5 · 10−5;

(d)

∫ π/4

0

cos2 x dx, ε = 10−4.

primijenjena matemati£ka analiza zadaci · poglavlje 1 obi£ne diferencijalne jednadºbe prvog...

Documents