Reˇ
senja pismenog ispita iz Numeriˇ
ckih Metoda 18.06.2012, Grupa I
1. Razviti u stepeni red funkciju
f
(
t
) = sin
t
2
, koriste´
ci dobijeni rezultat:
a) razviti u red
I
(
x
) =
∫
x
0
f
(
t
)
dt
,
b) koriˇ
s´
cenjem dobijenog rezultata izraˇ
cunati
I
(1) sa greˇ
skom manjom od 10
−
3
.
Reˇ
senje.
a) Imamo
sin
x
=
+
∞
∑
k
=0
(
−
1)
k
x
2
k
+1
(2
k
+ 1)!
,
sin
t
2
=
+
∞
∑
k
=0
(
−
1)
k
t
2(2
k
+1)
(2
k
+ 1)!
,
gde prvi razvoj konvergira uniformno na
R
, dok se drugi razvoj dobija formalnom
smenom
x
=
t
2
, i ima polupreˇ
cnik konvergencije
R
2
=
lim
k
→
+
∞
1
a
k
+1
a
k
=
lim
k
→
+
∞
(2
k
+ 3)!
(2
k
+ 1)!
=
lim
k
→
+
∞
(2
k
+ 3)(2
k
+ 2) = +
∞
.
Dakle uniformno je konvergentan na
R
. Na osnovu Teoreme o integraciji funkcional-
nih redova, znamo da je
I
(
x
)
=
∫
x
0
(
+
∞
∑
k
=0
(
−
1)
k
t
2(2
k
+1)
(2
k
+ 1)!
)
dt
=
+
∞
∑
k
=0
(
−
1)
k
(2
k
+ 1)!
∫
x
0
t
2(2
k
+1)
dt
=
+
∞
∑
k
=0
(
−
1)
k
(2
k
+ 1)!
x
4
k
+3
4
k
+ 3
,
gde je
a
k
= (
−
1)
k
/
(2
k
+1)!,
k
∈
N
0
. Poslednji razvoj je uniformno konvergentan
na
R
.
b) Neposredno dobijamo
I
(1) =
+
∞
∑
k
=0
(
−
1)
k
(2
k
+ 1)!
1
4
k
+ 3
.
Red
I
(1) je alternativni. Na osnovu Liebnitzovog kriterijuma znamo da je os-
tatak reda manji od prvog zanemarenog ˇ
clana. Dakle, potreeno je na´
ci
k
∈
N
0
sa osobinom
b
k
=
1
(2
k
+ 1)!
1
4
k
+ 3
<
10
−
3
.
Neposredno nalazimo
b
0
= 1
/
3,
b
1
= 1
/
42,
b
2
= 1
/
1320. Zakljuˇ
cujemo da je
b
2
<
10
−
2
, pa je dovoljno sabrati prva dva ˇ
clana. Dobijamo
I
(1)
≈
b
0
−
b
1
=
1
3
−
1
42
=
13
42
= 0
.
30954
...
-
10
-
5
5
10
-
10
-
5
5
10
15
Figure 1: Grafici funkcija
f
(
x
) =
x
i
g
(
x
) = 1
/
(
x
+ 1)
2
, na [
−
10
,
10].
2. Metodom iteracije reˇ
siti jednaˇ
cinu
x
(
x
+ 1)
2
= 1 sa taˇ
cnoˇ
s´
cu reda 10
−
3
.
Reˇ
senje.
Na slici 1 prikazani su grafici funckija
f
(
x
) =
x
i
g
(
x
) = 1
/
(
x
+1)
2
.
Kako vidimo reˇ
senje jednaˇ
cine leˇ
zi u intervalu [0
,
1]. Nije teˇ
sko pokazati da
je ovo jedino reˇ
senje.
Formirajmo iterativni proces
x
k
+1
=
ϕ
(
x
k
) =
1
(
x
k
+ 1)
2
,
k
∈
N
0
,
x
0
=
.
5
.
(1)
Dokaˇ
zimo da je proces konvergentan. Pre svega
ϕ
′
(
x
) =
−
2
/
(
x
+ 1)
3
<
0,
x
∈
[0
,
1]. Dakle, funkcija
ϕ
je opadaju´
ca na intervalu [0
,
1] i
ϕ
(0) = 1
∈
[0
,
1],
ϕ
(1) = 1
/
4
∈
[0
,
1]. Zakljuˇ
cujemo da je
ϕ
: [0
,
1]
→
[0
,
1]. Takodje,
|
ϕ
′
(
x
)
|
=
2
/
(
x
+1)
3
. Iz uslova
|
ϕ
′
(
x
)
|
= 2
/
(
x
+1)
3
<
1, nalazimo
x >
2
1
/
3
−
1
≈
.
26
<
1
/
3.
Medjutim, iz
ϕ
(1
/
3) = 1
/
(1 + 1
/
3)
2
= 9
/
16
≈
.
56
<
7
/
10 i
ϕ
(7
/
10) = 1
/
(1 +
7
/
10)
2
≈
.
34
>
1
/
3, zakljuˇ
cujemo da
ϕ
: [1
/
3
,
7
/
10]
→
[1
/
3
,
7
/
10].
Dakle
