Culegere de probleme de Analiz˘a numeric˘a

Culegere de probleme de Analiza numerica

Radu Tiberiu Trımbitas

27 martie 2015

Cuprins

Prefata 1

1 Formula lui Taylor si aplicatii 2

2 Elemente de Analiza functionala si teoria aproximarii 72.1 Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert . . . . . .. . . . . . 72.2 Spatii Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2.1 Functionale liniareın spatii Hilbert . . . . . . . . . . . . 132.3 Serii Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4 Polinoame ortogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.4.1 Calculul polinoamelor ortogonale . . . . . . . . . . . . . 182.4.2 Exemple de polinoame ortogonale . . . . . . . . . . . . . 20

3 Teoria erorilor 353.1 Erori absolute si relative. Cifre semnificative corecte. . . . . . . 363.2 Propagarea erorilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3 Erorile pentru vectori si operatori . . . . . . . . . . . . . . . .. . 383.4 Aritmetica ın virgula flotanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.5 Conditionarea unei probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

4 Rezolvarea numerica a sistemelor algebrice liniare 544.1 Descompunere LU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.2 Descompunere LUP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.3 Sisteme de ecuatii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5 Calculul cu diferente 67

6 Interpolare 786.1 Interpolare polinomiala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 786.2 Interpolare Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.3 Interpolare Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

ii

CUPRINS iii

6.4 Interpolare Birkhoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 916.5 Interpolare rationala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.6 Interpolare spline . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

7 Aproximari ın medie patratic a 103

8 Operatori liniari si pozitivi 1108.1 Operatorul lui Bernstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1108.2 B-spline . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1148.3 Alti operatori liniari si pozitivi . . . . . . . . . . . . . . . .. . . 119

9 Aproximarea functionalelor liniare 1229.1 Derivare numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1229.2 Formule de integrare numerica de tip Newton-Cotes . . . . . . . . 127

9.2.1 Formule Newton-Cotesınchise . . . . . . . . . . . . . . . 1279.2.2 Formule Newton-Cotes deschise . . . . . . . . . . . . . . 130

9.3 Alte formule de tip interpolator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1329.4 Cuadraturi repetate. Metoda lui Romberg . . . . . . . . . . . . . 1419.5 Formule de cuadratura de tip Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . 142

10 Ecuatii neliniare 15110.1 EcuatiiınR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15110.2 Sisteme neliniare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

11 Rezolvarea numerica ecuatiilor diferentiale 164

iv CUPRINS

Prefata

Aici ar veni prefata.

1

Capitolul 1

Formula lui Taylor si aplicatii

Fie I un interval sif : I → R o functie derivabila den ori ın punctula ∈ I.Polinomul

(Tnf)(x) = f(a) +x− a1!

f ′(a) + · · ·+ (x− a)nn!

f (n)(a)

se numestepolinomul lui Taylorde graduln, atasat functieif ın punctula.Cantitatea

(Rnf)(x) = f(x)− (Tnf)(x)

se numeste restul de ordinuln al formulei lui Taylorın punctulx.Formula

f(x) = (Tnf)(x) + (Rnf)(x)

sau

f(x) = f(a)+x− a1!

f(a)+(x− a)2

2!f ′′(a)+ · · ·+ (x− a)n

n!f (n)(a)+ (Rnf)(x)

se numesteformula lui Taylorde ordinuln pentru functiaf ın vecinatatea punc-tului a.

Pentru rest avem

(Rnf)(x) =(x− a)n

n!ω(x), cu lim

x→aω(x) = 0.

Dacaf ∈ Cn+1(I), atunci∃θ ∈ (0, 1) astfelıncat

(Rnf)(x) =(x− a)n+1f (n+1)[a+ θ(x− a)]

(n+ 1)!

(restulın forma lui Lagrange)

(Rnf)(x) =(x− a)n+1(1− θ)nf (n+1)[a+ θ(x− a)]

n!

2

3

(restulın forma lui Cauchy)

(Rnf)(x) =

∫ b

a

(x− t)nn!

f (n+1)(t)d t

(restulın forma integrala.Daca ın formula lui Taylor se iaa = 0, se obtine formula lui MacLaurin

f(x) = f(0) + xf ′(0) + · · ·+ xn

n!f (n)(0) + (Rnf)(x),

unde

(Rnf)(x) =xn+1

(n+ 1)!f (n+1)(θx), θ ∈ (0, 1).

Dam formulele lui Taylor (MacLaurin) pentru cateva functii uzuale

ex = 1 + x+x2

2!+ · · ·+ xn

n!+Rn(x); (1.1)

sin x = x− x3

3!+x5

5!+ · · ·+ (−1)n x2n+1

(2n+ 1)!+R2n+1(x); (1.2)

cos x = 1− x2

2!+x4

4!+ · · ·+ (−1)n x2n

(2n)!+R2n(x); (1.3)

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3+ · · ·+ (−1)n xn

n+ 1+Rn+1(x); (1.4)

(1 + x)k = 1 +

(k

1

)x+

(k

2

)x2 + · · ·+

(k

n

)xn +Rn(x), (1.5)

unde (k

n

)=k(k − 1) . . . (k − n+ 1)

n!.

Aplicatii

I. La determinarea punctelor de extrem si inflexiune ale unor functii.

Teorema 1.0.1Fie f : I → R si a ∈ I. Daca f admite derivata de ordinuln peI, continua peI, si daca

f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0 si f (n)(a) 6= 0

atunci

• daca n = 2k si f (n)(a) < 0, atuncia este un punct de maxim relativ;

• daca n = 2k si f (n)(a) > 0, atuncia este un punct de minim relativ;

4 Formula lui Taylor si aplicatii

• daca n = 2k + 1 si a este un punct interior, atuncia este un punct deinflexiune.

II. Calculul aproximativ al functiilorın unul din urmatoarele moduri:

(a) Fiind dat un punctx ∈ I, sa se determine un numar naturaln (cat maimic posibil) astfelıncat

|f(x)− (Tnf)(x)| < ε.

(b) Sa se determina n astfel ıncat inegalitatea|f(x) − (Tnf)(x)| < ε safie satisfacuta ın toate punctele unui interval.

(c) Fiind dat un numar naturaln sa se determine intervalulın care are locinegalitatea anterioara.

III. La calculul unor limite.

IV. La deducerea unor metode numerice.

Problema 1.0.2 Sa se scrie formula lui MacLaurin pentru functiaf : [−a,∞)→R, f(x) =

√a+ x, a > 0.

Solutie.Scriemf(x) =√a+ x =

√a(1 + x

a

); se obtine

f(x) =√a

[1 +

1

2

x

a+ (−1)1 1

221

2!

(xa

)2+ (−1)2 1

231

3!

(xa

)3+ . . .

+(−1)n−11 · 3 · 5 . . . (2n− 3)

n!2n

(xa

)n+ (Rnf)(x)

].

Problema 1.0.3 Sa se scrie formula lui MacLaurin pentru functiaf : R → R,f(x) = arctan x. Care este raza de convergenta?

Solutie.Pornim de la

(arctan x)′ =1

1 + x2=

1

2i

(1

x− i −1

x+ i

).

Folosind apoi formula

dn

dxn

(1

x+ a

)=

(−1)nn!(x+ a)n+1

,

5

se obtine pentru valoarea derivatei de ordinuln+ 1 ın 0

(arctan x)(n+1)∣∣x=0

=1

2i(−1)nn!

[1

(x− i)n+1− 1

(x+ i)n+1

]∣∣∣∣x=0

=

(−1)n+1n!

[1

(−i)n+1− 1

(i)n+1

]= (−1)n+1n! sin(n+ 1)

π

2.

Formula MacLaurin corespunzatoare este

arctan x = x− x3

3+x5

5+ . . .

x2n+1

2n+ 1+ (Rn+1f)(x).

Raza de convergenta este

R = limn→∞

anan+1

= 1.

Problema 1.0.4 Sa se determine punctele de maxim si de minim ale urmatoarelorfunctii:

a) f :[−1

2, 12

]→ R, f(x) = 2x6 − x3 + 3;

b) f : R→ R, f(x) = 2 cos x+ x2.

Solutie.

a) f ′(x) = 12x5− 3x2 = 3x2(4x3− 1) are radacinile realex1,2 = 0 si x3,4,5 =13√4

.

f ′′(x) = 60x4 − 6x, f ′′(0) = 0,

f ′′′(x) = 240x3 − 6 = 6(40x3 − 1), f ′′′(0) = −6⇒ 0 punct de inflexiune.Functia nu are puncte de extrem pe

[−1

2, 12

].

b) f ′(x) = −2 sin x+ x = 2(x− sin x), f ′(0) = 0,

f ′′(x) = −2 cos x+ 2 = 2(1− cos x), f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = 2 sin x, f ′′′(0) = 0,

f IV (x) = 2 cos x, f IV (0) = 2.

x = 0 este punct de minim sif(0) = 2.

Problema 1.0.5 Sa se determine numarul natural n astfel ca pentrua = 0 sif : R→ R, f(x) = ex Tnf sa aproximezef ın [−1, 1] cu trei zecimale exacte.

6 Formula lui Taylor si aplicatii

Solutie. Impunem conditia

|(Rnf) (x)| =∣∣∣∣xn+1eθx

(n+ 1)!

∣∣∣∣ < 10−3.

Deoareceθx < 1, eθx < e < 3, avem∣∣∣∣xn+1

(n+ 1)!eθx∣∣∣∣ <

3

(n+ 1)!< 10−3 ⇒ n = 6.

In particular, luandx = 1, obtinem

e−(1 +

1

1!+ · · ·+ 1

6!

)<

1

1000.

Problema 1.0.6 Sa se aproximeze3√999 cu 12 zecimale exacte.

Solutie.Avem

3√999 = 10

(1− 1

1000

) 13

.

Folosim formula (1.5) pentruk = 1/3, x = − 11000

. Intr-o serie alternata modululerorii este mai mic decat modulul primului termen neglijat.

|(Rnf)(x)| <∣∣∣∣(

13

n

)10−3n

∣∣∣∣ .

Pentrun = 4 avem

|(Rnf)(x)| <10

24310−12 =

1

24300000000000.

Capitolul 2

Elemente de Analiza functionala siteoria aproximarii

2.1 Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert

Problema 2.1.1 Spatiuls al sirurilor numericeın care distanta dintrex = (x1, x2, . . . , xk, . . . ) si y = (y1, y2, . . . , yk, . . . ) este data de

d(x, y) =∞∑

k=1

1

2k|xk − yk|

1 + |xk − yk|

este un spatiu metric complet.

Solutie. Pozitivitatea si simetria se verifica imediat. Inegalitatea triunghiului:functiaϕ(2) = λ

λ+1este crescatoare pentruλ ≥ 0, de unde

|α + β|1 + |α + β| ≤

|α|+ |β|1 + |α|+ |β| ≤

|α|1 + |α| +

|β|1 + |β|

d(x, y) =∞∑

k=1

1

2k|xk − yk|

1 + |xk − yk|

=∞∑

k=1

1

2k|xk − zk|

1 + |xk − zk|+

∞∑

k=1

1

2k|zk − yk|

1 + |zk − yk|= d(x, z) + d(y, z)

Completitudinea: Convergentaın s ınseamna convergenta pe componente.

xn = (x(n)1 , x

(n)2 , . . . , x

(n)k , . . . ), x0 = (x

(0)1 , x

(0)2 , . . . , x

(0)k , . . . )

7

8 Elemente de Analiza functionala si teoria aproximarii

xn → x0 ⇔ limn→∞

x(n)n = x(0)k (2.1)

1

2k|x(n)k − x

(0)k |

1 + |x(n)k − x(0)k |≤ d(xn, x0)→ 0 ⇒ x

(n)k → x

(0)k ∀ k ∈ N

Din (2.1) rezulta ca ın

S =∞∑

k=1

1

2k|x(n)k − x

(0)k |

1 + |x(n)k − x(0)k |

se poate trece la limita termen cu termen deoareceS este uniform convergenta(este majorata de seria numerica

∑∞k=1

12k

) fiecare termen tinzand la zero rezultad(xn, x0)→ 0. Daca(xn) este sir Cauchy, atunci fiecare componenta este Cauchy.Fiex(0)k = lim

n→∞x(n)k , k ∈ N.

x0 = (x(0)1 , . . . , x

(0)k , . . . ), xn → x0.

Observatia 2.1.2 s este un spatiu vectorial topologic.

Problema 2.1.3 Asemanator se arata caC(K) este complet.

Demonstratie.Fie(xn) un sir CauchyınC(K). ∀ ε > 0 ∃Nε a.ı. ∀m,n ≥ Nε

d(xm, xn) = maxt∈K|xm(t)− xn(t)| < ε

∀ t ∈ K |xm(t)− xn(t)| < ε (2.2)

Fixamt ∈ K (xn(t)) sir numeric Cauchy⇒ ∃ limn→∞

xn(t) = x0(t) x0 ∈ C(K)?

xn → x0. Trecand la limita candm→∞ ın (2.2) obtinem

|x0(t)− xn(t)| ≤ ε

xn ⇒ x0 ⇔ xn → x0 ınC(K) ⇒ x0 continua

Problema 2.1.4 SpatiulLc(X, Y ) = B(X, Y ) al aplicatiilor liniare si continuedefinite peX cu valori ın Y , undeX si Y sunt spatii liniare normate, este unspatiu liniar normat. Daca Y este spatiu Banach atunci siLc(X, Y ) este spatiuBanach.

Solutie.FieU ∈ L(X, Y ).

2.1. Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert 9

Propozitia 2.1.5 U continuuın x0 ∈ X ⇔ U continuu peX. (⇒ ) Fie (xn),xn → x (x, xn ∈ Ω)

xn = [x0 + (xn − x)] + (x− x0)

x0 + xn − x→ x0

Uxn = U [x0 + (xn − x)] + U(x− x0)→ U(x0) + U(x− x0)(⇐ ) evidenta.

Definitia 2.1.6 U ∈ L(X, Y ), X, Y spatii liniare normate.U marginit dacaexistaC ∈ R astfelıncat

∀ x ∈ X ‖Ux‖ ≤ C‖x‖ (2.3)

Teorema 2.1.7U continuu⇔ U marginit.

Demonstratie.(⇒ ) U continuu, fieC0 = sup‖x‖x∈X

‖Ux‖ <∞ Intr-adevar daca

C0 =∞, atunci exista (xn) (xn ∈ X, ‖xn‖ = 1) astfelıncatλn = ‖Uxn‖ → ∞.Fie (x′n) x′n = xn

2nx′n → 0

(cont)=⇒ Ux′n → 0, dar‖Ux′n‖ = 1 contradictie. Fie

x 6= 0; x ∈ X si x′ = x‖x‖ ⇒ ‖x′‖ = 1 ‖Ux′‖ ≤ C0; darUx′ = 1

‖x‖Ux

‖Ux‖ ≤ C0‖x‖, deci (2.3) este adevarata pentruC = C0. ( ⇐ ) (2.3) ⇒ Ucontinua ın 0 ⇒ U continuu peX.

In (2.3) luamC = C0 = ‖U‖.

‖Ux‖ ≤ ‖U‖‖x‖ (2.4)

Daca am stabilit o inegalitate de tipul (2.3) pentru un anumitC, atunci‖U‖ ≤ C.Sa aratam caLc(X,U) ≤ L(X, Y ) si ca este normat. FieU1, U2 ∈ Lc(X, Y ),

U = U1+U2.Avem‖Ux‖ ≤ ‖U1x‖+‖U2x‖ ≤ (‖U1‖+‖U2‖) si‖λu‖ = |λ|‖U‖.‖U‖ = 0 ⇒ ‖Ux‖ = 0 ∀ x ∈ X ⇒ U = 0Completitudinea(Un) Cauchy⇒ ∀ ε > 0 ∃ Nε : ∀m,n ∈ Nε

‖Um − Un‖ < ε (2.5)

∀ x ∈ X ‖Umx− Unx‖ < ε‖x‖ ⇒ (Unx) Cauchy (2.6)

complet.lui Y=⇒ ∃ Ux = lim

n→∞Unx (x ∈ X); (2.5) ⇒ ‖Ux−Unx‖ = lim

m→∞‖Umx−

Unx‖l ≤ ε‖x‖ ⇒ V = U − Un ∈ B(X, Y ) ⇒ U = V + Un ∈ B(X, Y ) (2.6)⇒ ‖U − Un‖ ≤ ε ⇒ Un → U


Corolar 2.1.8 Daca X, Y s.l.n. ⇒ Lc(X, Y ) s.l.n.; X s.l.n., Y Banach ⇒Lc(X, Y ) Banach

Observatia 2.1.9 Interpretarea geometrica a lui ‖U‖ - este marginea superioaraa coeficientului de dilatare al unui vector prin operatorulU .

Corolar 2.1.10 X∗ este Banach.

X∗ = Lc(X,K)

f ∈ X∗ ‖f‖ = sup‖x‖≤1

f(x)

Observatia 2.1.11DacaK = C, atunci(λf)(x) = λf(x).

Problema 2.1.12FieC[a, b] si f : C[a, b]→ R.

f(x) =n∑

k=1

ckx(tk)

t1, . . . , tn ∈ [a, b], ck ∈ R. Sa se arate ca f este liniara si‖f‖ =∑nk=1 |ck|.

Solutie.Liniaritatea este imediata.

|f(x)| =∣∣∣∣∣

n∑

k=1

ckx(tk)

∣∣∣∣∣ ≤ maxt∈[a,b]

|x(t)|n∑

k=1

|ck| =n∑

k=1

|ck|‖x‖

f continua si‖f‖ ≤∑nk=1 |ck|

Sa construim acum pe[a, b] o functie x, liniara pe portiuni, care iaın t1, t2,. . . , tn valorile

x(tk) = sign ck, k = 1, n,

si care sa fie liniara pe intervalul[tk, tk+1], k = 1, n− 1 si constanta ın [a, t1] si[tn, b] (vezi figura 2.1)

Evident |x(t)| ≤ 1, adica‖x‖ ≤ 1 si

‖f‖ = sup‖x‖≤1

|f(x)| ≥ f(x) =n∑

k=1

ckx(tk) =n∑

k=1

cknξnck =n∑

k=1

|ck|

2.1. Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert 11

Figura 2.1: Functiax din problema 2.1.12

Problema 2.1.13Se considera urmatoarele trei norme peR2

‖x‖2 = (|x1|2 + |x2|2)1/2, ‖x‖1 = |x1|+ |x2|, ‖x‖∞ = max|x1|, |x2|Sa se reprezinte grafic multimileB1(0) ın raport cu toate cele 3 norme. Sa sedetermine geometric cele mai mici constantea, b, c, d astfelıncat

a‖x‖1 ≤ ‖x‖2 ≤ b‖x‖1,c‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤ d‖d‖∞.

Solutie.Avem inegalitatile:√2

2≤ ‖x‖2‖x‖1

≤ 1

1 ≤ ‖x‖2‖x‖∞≤√2

Graficele aparın figura 2.2.

Problema 2.1.14FieC1[0, 1] si normele

‖f‖1 =∫ 1

0

|f(t)|dt, ‖f‖ = supt∈[0,1]

|f(t)|

‖f‖′ = |f(0)|+ supt∈[0,1]

|f ′(t)|


Figura 2.2: Normele||.||2, ||.||1 si ||.||∞

(a) Sa se verifice ca ‖ · ‖′ este norma peC1[0, 1].

(b) Orice sir convergentın norma‖ · ‖ este convergent siın norma‖ · ‖1; oricesir convergentın norma‖ · ‖′ este convergent siın norma‖ · ‖.

(c) Sa se studieze convergenta sirurilorfn(t) = tn si gn(t) = n−1 sinnt. Ce sepoate afirma despre cele trei norme?

Solutie. a) ‖f‖′ ≥ 0 ‖0‖′ = 0 ‖f‖′ = 0 ⇒ f(0) = 0, f ′(t) = 0 ⇒|f(t)| = |f(t)− f(0)| = |tf ′(θ)| = 0 ⇒ f = 0

|λf ′‖ = |λf(0)|+ supt∈[0,1]

|λf ′(t)| = |λ|‖f‖′

‖f + g‖′ = |(f + g)(0)|+ supt∈[0,1]

|(f + g)′(t)| ≤

≤ |f(0)|+ |g(0)|+ supt∈[0,1]

(|f ′(t)|+ |g′(t)|) ≤ ‖f‖′ + ‖g‖′

b) ‖fn − f‖ → 0 ⇒ supt∈[0,1]

|fn(t) − f(t)| → 0 ⇒∫ 1

0|fn(t) − f(t)|dt → 0

fn → f ın ‖ · ‖′ ⇒ ‖fn− f‖′ → 0 ⇒ |fn(0)− f(0)|+ supt∈[0,1]

|f ′n(t)− f ′(t)| →

0 ⇒ ‖fn − f‖ → 0 .

c)‖fn‖1 =

∫ 1

0

tndt =1

n+ 1‖fn‖ = sup

t∈[0,1]tn = 1

⇒ fn → 0 ın ‖ · ‖1 fn → f ın ‖ · ‖ ⇒

fn → f ın ‖ · ‖1, adicaf = 0, ‖f‖ = 1 fn 9 ın ‖ · ‖1 ⇒ nu convergeın ‖ · ‖

‖gn‖ = supt∈[0,1]

|n−1 sinnt| ≤ n−1‖gn‖′ =

= |n−1 sin 0|+ supt∈[0,1]

| cosnt| = 1

2.2. Spatii Hilbert 13

gn → 0 ın ‖ · ‖1 si ‖ · ‖ dar nu are limita ın ‖ · ‖′. ‖f‖1 ≤ ‖f‖ ≤ ‖f‖′, dar ele nusunt echivalente.

Problema 2.1.15Fie P spatiul liniar al polinoamelor cu coeficienti reali.a) P (X) = a0 + a1X + · · · + anX

n, atuncip(P ) = |a0| + · · · + |an| este onorma peP si p(P1P2) ≤ p(P1)p(P2).

b) Aplicatia ϕ : P → P, ϕ(P ) = P ′ este o aplicatie liniara care nu estecontinua fata de normaP .

c) Fie p1(P ) = supx∈[−1,1]

|P (x)|. Sa se arate ca p1 este o norma dar p si p1 nu

sunt echivalente.

Solutie.a)

(PQ)(x) = a0b0 + (a0b1 + a1b0)X + · · ·+ anbmXn+m

p(PQ) =n+m∑

k=0

∣∣∣∣∣

k∑

i=0

aibk−1

∣∣∣∣∣ ≤n,m∑

i,j=0

|aibj| = p(P )p(Q)

b) Pn(x) = n−1Xn p(Pn) = n−1 Pn → 0 (ın p) p(P ′n) = 1 P ′

n 9 0c) Se arata usor ca p1(P ) ≤ p(P ) Presupunem ca exista C ≥ 0 astfel ıncat

p(P ) ≤ Cp1(P ), ∀ p ∈ P . FiePn(x) = (n+1)−1(1−x2+x4−· · ·+(−1)nx2n)p(Pn) = 1 Pn(x) = (n + 1)−11 + (−1)nx2n+2

1 + x2p1(Pn) = (n + 1)−1 ⇒ C ≥

n+ 1

P (p) =2n+ 1

n+ 1

(P, ‖ · ‖) este o algebra normata.

2.2 Spatii Hilbert

2.2.1 Functionale liniareın spatii Hilbert

Problema 2.2.1 Expresia generala a unei functionale liniareıntr-un spatiu Hil-bert.

Solutie. (H, 〈·, ·〉) spatiu Hilbert. Pentruy fixat 〈x, y〉 este o functionala li-niara, continua. Fie

f(x) = 〈x, y〉 (2.7)

|f(x)| = |〈x, y〉| ≤ ‖x‖‖y‖ ⇒ ‖f‖ ≤ ‖y‖ (2.8)

Sa aratam ca functionalele de forma (2.7) sunt singurele dinH si ca ın (2.8)are loc egalitatea.


Teorema 2.2.2(Riesz) Pentru orice functionala liniara si continua, definita pespatiul HilbertH, ∃! y ∈ H astfelıncat ∀ x ∈ H, f(x) = 〈x, y〉 si

‖f‖ = ‖y‖. (2.9)

Demonstratie.FieH0 = x ∈ H : f(x) = 0 = Kerf , f liniara si continua⇒ H0 ınchis DacaH0 = H ⇒ y = 0. Presupunem caH0 6= H. Fie y0 6∈ H0.Scriemy0 sub formay0 = y′ + y′′ (y′ ∈ H0, y

′′ ⊥ H0) Evidenty′′ 6= 0 sif(y′′) 6= 0. Putem luaf(y′′) = 1.

Observatia 2.2.3 f(y0) = f(y′)︸︷︷︸0

+f(y′′) = f(y′′)

Putem luaf(y′′) = 1. Sa luamx ∈ H si punemf(x) = α. Elementulx′ =x− αy′′ ∈ H0 caci

f(x′) = f(x)− αf(y′′) = α− α = 0

Deci〈x, y′′〉 = 〈x′ + αy′′, y′′〉 = α〈y′′, y′′〉+ 〈x′, y′′〉

astfelıncat

f(x) = α =

⟨x,

y′′

〈y′′, y′′〉

⟩

si deci putem luay =y′′

〈y′′, y′′〉 . Unicitatea〈x, y〉 = 〈x, y1〉 ⇒ 〈x, y − y1〉 = 0

deciy − y1 ⊥ H, posibil doar dacay = y1. Pe de alta parte

‖f‖ ≥ f

(y

‖y‖

)=〈y, y〉‖y‖ = ‖y‖.

Cazuri particulare.

L2[a, b] f(x) = 〈x, y〉 =∫ b

ax(t)y(t)dt

l2 f(x) = 〈x, y〉 =∑∞k=1 ξkηk

Rn f(x) = 〈x, y〉 =∑n

k=1 ξkηk

Problema 2.2.4 Sa se arate ca dualul unui spatiu Hilbert este tot un spatiu Hil-bert.

2.3. Serii Fourier 15

Solutie.X∗ spatiu Banach. Sa aratam ca norma este indusa de un produs sca-lar. f, g ∈ X∗ ⇒ ∃ x, y ∈ X astfelıncatf(u) = 〈u, x〉, g(u) = 〈u, y〉, ∀ u ∈ XFie 〈f, g〉 = 〈y, x〉. Sa aratam ca aplicatia astfel definita verifica axiomele produ-sului scalar.

〈f, f〉 = ‖x‖2 = ‖f‖2 ≥ 0

〈f, g〉 ?= 〈g, f〉

Fief ′(u) = 〈u, x′〉(f + f ′)(u) = f(u) + f ′(u) = 〈u, x〉+ 〈u, x′〉 = 〈u, x+ x′〉〈f + f ′, g〉 = 〈y, x+ x′〉 = 〈y, x〉+ 〈y, x′〉 = 〈f, g〉+ 〈f ′, g〉

(λf)(u) = λf(u) = 〈λu, x〉 = 〈u, λx〉〈λf, g〉 = 〈y, λx〉 = λ〈y, x〉 = λ〈f, g〉

2.3 Serii Fourier

Fie un sistem ortonormalxk ıntr-un spatiu Hilbert(H, 〈·, ·〉) si x ∈ H. Nume-rele

ak = 〈x, xk〉, k ∈ N

se numesccoeficienti Fourier ai elementuluix ın raport cu sistemul considerat,iar seria ∞∑

k=1

akxk

seria Fourier a elementuluix.Consideram subspatiulHn = L(x1, . . . , xn).Avem

Teorema 2.3.1Suma partiala sn =∑n

k=1 akxk a seriei Fourier a unui elementxeste proiectia acelui element pe subspatiulHn.

Demonstratie.x = sn + (x − sn) si pentrusn ∈ Hn este suficient sa aratamcax− sn ⊥ Hn. x− sn ⊥ xk (x ⊥ E ⇒ x ⊥ L(E)) ⇒ x− sn ⊥ Hn.

Corolar 2.3.2 Pentru orice element

z =n∑

k=1

αkxk ∈ Hn

avem‖x− sn‖ = d(x,Hn) ≤ ‖x− z‖


Pe de alta parte

‖x‖2 = ‖sn‖2 + ‖x− sn‖2 ≥ ‖sn‖2 (2.10)

‖sn‖2 =n∑

k=1

|ak|2 (2.11)

Corolar 2.3.3 (Inegalitatea lui Bessel)

n∑

k=1

|ak|2 ≤ ‖x‖2.

Trecand la limita pentrun→∞∞∑

k=1

|ak|2 ≤ ‖x‖2 (2.12)

Daca ın (2.12) are loc egalitate pentrux ∈ X spunem ca este verificata egali-tatea lui Parsevalsauecuatia deınchidere.

Teorema 2.3.4Seria Fourier a oricarui elementx ∈ H convergeıntotdeauna sisuma sa este proiectia luiH peH0 = L(xk). Pentru ca suma seriei Fourier safie egala cu un element datx, este necesar si suficient ca ecuatia deınchidere safie verificata pentru acel element.

Demonstratie.(2.12) ⇒ ∑nk=1 |ak|2 convergenta. Pentru sumele partiale se

obtine

‖sn+p − sn‖2 =n+p∑

k=n+1

|ak|2 n→∞−→ 0 ⇒ convergenta seriei Fourier

Fie s =∑∞

k=1 akxk. Deoareces ∈ H0 si x = s + x − s putem arata caındemonstratia teoremei 2.3.1 ca x − s ⊥ H0. Tinand cont de (2.11), (2.10) serescrie

‖x− sn‖2 = ‖x‖2 −n∑

k=1

|ak|2 ⇒ concluzia.

Daca xk este complet,H0 = H si ∀ x ∈ H proiectia luix peH0 coincidecuX.

Corolar 2.3.5 Daca xk este complet∀ x ∈ H seria sa Fourier converge lax.

2.3. Serii Fourier 17

Spunem ca sistemul ortonormalxk esteınchis daca ecuatia deınchidere esteverificata pentru oricex ∈ H.

Corolar 2.3.6 xk ınchis⇔ xk complet.

Demonstratie.Teorema 2⇒ ecuatia deınchidere are loc∀ x ∈ H0, deciınchiderea este echivalenta cuH0 = H, adica completitudinea.

Exemplul 2.3.7 Sa se determine seria Fourier trigonometrica pentru functia:

f(x) = |x|, −π < x < π

Solutie.Functiile de baza sunt

x0 =1√2π, . . . , xk =

1√πcos kx, yk =

1√πsin kx, . . . ,

iar coeficientii

a0 =

∫ π

−π

f(x)1√2πdx =

√2π2

2√π,

ak =1√π

∫ π

−π

f(x) cos kxdx,

bk =1√π

∫ π

−π

f(x) sin kxdx,

ak =1√π

∫ π

−π

|x| cos kxdx =2√π

∫ π

0

x cos kx =2√πk

[(−1)k − 1],

bk =1√π

∫ π

−π

|x| sin kxdx = 0.

sn(x) =π

2+

2

π

n∑

k=1

(−1)k − 1

k2cos kx.

Observatia 2.3.8 Seria Fourier trigonometrica pe[−l, l] are expresia:

sn =a02

+∑(

ak cosnπx

l+ bk sin

nπx

l

),

iar coeficientii sunt dati de formulele

ak =1

l

∫ l

−l

f(x) cosnπx

ldx,

bk =1

l

∫ l

−l

f(x) sinnπx

ldx.


Problema 2.3.9 Fie f(x) = x2. Se cere seria sa Fourier pe[−π, π].

Solutie.

an =1

π

∫ π

−π

x2 cosnxdx =2

π

∫ π

0

x2 cosnxdx

∫ π

0

x2 cosnxdx =x2nknx

n

∣∣∣π

0− 2

n

∫ π

0

xnknxdx =

= − 2

n

[−xcosnx

n

∣∣∣π

0+

1

n

∫ π

0

cosnxdx

]=

= − 2

n

[−π cosnπ

n+

1

n

sinnx

n

∣∣∣π

0

]=

2π

n2cosnπ =

2π

n2(−1)n

a0 =1

π

∫ π

−π

x2dx =2

π

∫ π

0

x2dx =2

π

π3

3=

2

3π2

x2 =π3

3+ 4

∞∑

n=1

(−1)n cosnxn2

Pentrux = π

n∑

k=1

1

n2=π2

6.

Problema 2.3.10Dezvoltatif(x) = x pe [−π, π] si [0, 2π].

Solutie.

bn =2

π

∫ π

0

x sinnx =2

π

[−xcosnx

n

∣∣∣π

0+

1

4

∫ π

0

cosnxdx

]=

2(−1)n+1

n

⇒ x = 2∞∑

n=1

(−1)n−1 sinnx

n

2.4 Polinoame ortogonale

2.4.1 Calculul polinoamelor ortogonale

Se poate da o metoda generala de construire a unei familii de polinoame ortogo-naleın raport cu orice functie pondere pe un interval finit[a, b] sau pe o multimefinita de puncte (ın cazul unei multimi finite, familia va fi de asemenea finita). Sepoate aplica procedeul Gramm-Schmidt multimii1, x, x2, . . . , dar procedeul nu

2.4. Polinoame ortogonale 19

face uz de proprietatile algebrice ale polinoamelor si este sensibil la erorile de rot-unjire.

FieQ0, Q1, . . . , Qn−1 o familie ortonormala de polinoame, astfelıncat gra-dul lui Qi sa fiei si fieQn ⊥ Qi, i = 0, n− 1.

Sa consideram polinomul

Qn(x)− αxQn−1(x)

Pentru o alegere convenabila a luiα 6= 0, acest polinom are gradul≤ n − 1,deci

Qn − αxQn−1 =n−1∑

i=0

αiQi

Daca 〈Qn, Qi〉 > 0 pentru oricei = 0, n− 1 trebuie sa avem

0 = 〈Qn, Qn−1〉 = α〈xQn−1, Qn−1〉+ αn−1 (2.13)

0 = 〈Qn, Qn−2〉 = α〈xQn−1, Qn−2〉+ αn−2

Putem alegeα = 1, deoareceınmultirea cu o constanta nu afecteaza orto-gonalitatea. Deciαn−1 si αn−2 se pot obtine din ecuatiile de mai sus. Aplicandrationamente similare luiQi pentrui < n − 2 obtinemαi = 0 pentrui < n − 2.Aceasta sugereaza urmatoarea formula de recurenta pentru calculul luiQn:

Qn(x) = (x+ an)Qn−1(x) + bnQn−2(x), n ≥ 2 (2.14)

Qn =Qn

‖Qn‖si

an = −〈xQn−1, Qn−1〉 (2.15)

bn = −〈xQn−1, Qn−2〉 (2.16)

Se verifica ca pentruan si bn astfel determinate avem〈Qn, Qi〉 = 0, i =0, n− 2 si caQn cuan si bn determinate de (2.15) si (2.16) este unic determinat.

Deci (2.14) ne da o formula de recurenta pentru calculul polinoamelor orto-gonale (ortonormale)ın L2

w[a, b]. Vom ıncepe punandQ0 = b0, undeb0 este oconstanta astfeıncat‖Q0‖ = 1 si luamQ1 = (x+ a1)Q0. Din

〈Q1, Q0〉 = 〈xQ0, Q0〉+ a1 = 0

se determinaa1 = −〈xQ0, Q0〉

si se continua.

Exemplul 2.4.1 Pentru polinoamele Cebısev I aplicand (2.14)-(2.16) se obtine

Tn(x) = 2xTn−1(x)− Tn−2(x).


2.4.2 Exemple de polinoame ortogonale

I. Polinoamele lui Cebısev de speta I

Tn(t) = cos(n arccos t), t ∈ [−1, 1]

Ele sunt ortogonale pe[−1, 1] ın raport cu pondereaw(t) = 1√1−t2

.

∫ 1

−1

Tm(t)Tn(t)√1− t2

dt =

0, m 6= nπ2, m = n 6= 0π, m = n = 0

Are loc relatia de recurenta

Tn+1(t) = 2tTn(t)− Tn−1(t)

T0(t) = 1, T1(t) = t

II. Polinoamele lui Hermite

hn(t) = (−1)net2 dn

dtn(e−t2), t ∈ R

a = −∞, b =∞, w(t) = e−t

∫ ∞

−∞e−t2hm(t)hn(t)dt =

0, m 6= n2nn!√π, m = n

hn+1(t) = 2thn(t)− 2nhn−1(t)

h0(t) = 1, h1(t) = 2t

III. Polinoamele lui Laguerre

gn(t) =et

n!

dn

dtn(tne−t)

a = 0, b =∞, w(t) = e−t

∫ ∞

0

e−tgm(t)gn(t)dt =

0, m 6= n1, m = n

gn+1(t) =2n+ 1− tn+ 1

gn(t)− ngn−1(t)

g0(t) = 1, g1(t) = 1− tIV. Polinoamele lui Hermite

w(t) = e−t2 pe R (a = −∞, b =∞)


∫ ∞

−∞e−t2hn(t)hn(t) =

0, m 6= n2nn!√π, m = n


dtn(e−t2), t ∈ R

hn+1(t) = 2thn(t)− 2nhn−1(t)

h0(t) = 1, h1(t) = 2t

Propriet ati ale polinoamelor ortogonaleP1.Radacini reale, distincte, situateın (a, b).P2.Relatia de recurenta data de ecuatiile (2.14), (2.15) si (2.16).P3. pn ⊥ Pn−1, ‖pn‖ = min

p∈Pn

‖p‖P4.Caracterizarea cu ajutorul ecuatiilor diferentiale.FiePn = p0, . . . , pn o multime de polinoame ortogonale pe intervalul[a, b]

ın raport cu pondereaw.Avem

∫ b

a

w(t)pi(t)tkdt = 0, i = 1, . . . , n, k = 0, . . . , i− 1. (2.17)

Se considera functiaUi astfelıncat

w(t)pi(t) = U(i)i (t), i = 1, n

Din (2.17) se obtine

∫ b

a

U(i)i (t)tkdt = 0, k = 0, . . . , i− 1

Se integreaza dek + 1 ori prin parti

[U(i−1)i (t)tk − kU (i−2)

i (t)tk−1 + · · ·+ (−1)kk!U (i−k−1)i (t)]bc = 0

pentruk = 0, 1, . . . , i− 1 conditii satisfacute dacaU

(i−1)i (a) = U

(i−2)i (a) = · · · = Ui(a) = 0

U(i−1)i (b) = U

(i−2)i (b) = · · · = Ui(b) = 0

(2.18)

Intrucat 1wU

(i)i = pi ∈ Pi, functiaUi poate fi obtinuta ca solutie a ecuatiei

diferentialedi+1

dti+1

[1

w(t)U

(i)i (t)

]= 0

de ordinul2i+ 1 cu conditiile la limita (2.18).


DeciUi se determina pana la o constanta multiplicativa:

pi(t) =Ai

w(t)U

(i)i (t)

ConstantaAi se poate determina impunand conditii suplimentare, de exempluortonormalitate ∫ b

a

w(t)p2i (t)dt = 1

pn(x) = (x− 2n)pn−1(x)− µnpn−2(x)

µn =‖pn−1‖2‖pn−2‖2

, λn =〈xpn−1, pn−1〉‖pn−1‖2

Problema 2.4.2 Polinoamele Cebısev de speta I

Tn(x) = cosn arccos x

Stabiliti proprietatile urmatoare:

Tn+1(x)− 2xTn(x) + Tn−1(x) = 0 (2.19)

Tn(Tn(x)) = Tnm(x) = Tm(Tn(x)) (2.20)

Tn(2x2 − 1) = 2Tn(x)

2 − 1 (2.21)

Tn(x)Tm(x) =1

2(Tn+m(x) + Tm−n(x)), daca m ≥ n (2.22)

∫Tn(x)dx =

1

2

(Tn+1(x)

n+ 1− Tn−1(x)

n− 1

), daca n > 1 (2.23)

Tn(x) =1

2(Qn(x)−Qn−2(x)) daca Qn(x) =

sin(n+ 1)θ

sin θ; (2.24)

cux = cos θ (polinom Cebısev de speta a II-a)

2n−1xn =∑

0≤k≤n2

(n

k

)Tn−2k(x), n ≥ 1 (2.25)

d

dxTn(x) = nUn−1(x), n ≥ 1 (2.26)

∞∑

m=0

tnTn(x) =1− xt

1− 2xt+ t2, pentru |t| < 1 (functia generatoare)(2.27)

∞∑

n=0

tnUn(x) =1

1− 2xt+ t2, pentru |t| < 1, |x| < 1 (2.28)


Solutie. (2.19)-(2.24) si (2.26) cu ajutorul formulelor trigonometrice uzua-

le. (2.25) se obtine dezvoltandxn = (cos θ)n =(

eiθ+e−iθ

2

)nsi facand sa apara

Tn−2k(x). Functiile generatoare se obtin ca pentru polinoamele Legendre (veziproblema 2.4.7).

Problema 2.4.3

1. . Zerourile polinoamelor Cebısev de speta I sunt

ξj := ξ(n)j = cos

(2j − 1

2nπ

), j = 1, n.

In [-1,1] exista n+ 1 extreme

ηk := η(n)k := cos

kπ

n, k = 0, n

undeTn are un minim sau un maxim local.In aceste puncte

Tn(ηk) = (−1)k, k = 1, n

si ‖Tn‖∞ = 1 pe [−1, 1]. Zerourile si extremele polinoamelor Cebısev suntfoarte importante ca noduri de interpolare.In raport cu produsul scalar

(f, g)T :=n+1∑

k=1

f(ξk)g(ξk)

undeξ1, . . . , ξn+1 este multimea zerourilor luiTn+1 are loc urmatoareaproprietate

(Ti, Tj)T =

0, i 6= jn+12, i = j 6= 0

n+ 1, i = j = 0.

2. In raport cu produsul scalar

(f, g)U :=1

2f(η0)g(η0) + f(η1)g(η1) + · · ·+ f(ηn−1)g(ηn−1) +

1

2f(ηn)g(ηn)

=n′′∑

k=0

f(ηk)g(ηk),

undeη0, . . . , ηn este multimea extremelor luiTn, are loc o propritate si-milara

(Ti, Tj)U =

0, i 6= jn2, i = j 6= 0n, i = j = 0

.


Solutie.Avem arccos ξk = 2k−12n+2

π, k = 1, n+ 1. Sa calculam acum produsulscalar:

(Ti, Tj)T = (cos i arccos t, cos j arccos t)T =

=n+1∑

k=1

cos(i arccos ξk) cos(j arccos ξk) =

=n+1∑

k=1

cos

(i2k − 1

2(n+ 1)π

)cos

(j2k − 1

2(n+ 1)π

)=

=1

2

n+1∑

k=1

[cos(i+ j)

2k − 1

2(n+ 1)π + cos(i− j) 2k − 1

2(n+ 1)π

]=

=1

2

n+1∑

k=1

cos(2k − 1)i+ j

2(n+ 1)π +

1

2

n+1∑

k=1

cos(2k − 1)i− j

2(n+ 1)π.

Notamα = i+j2(n+1)

π, β = i−j2(n+1)

π si

S1 =1

2

n+1∑

k=1

cos(2k − 1)α,

S2 =1

2

n+1∑

k=1

cos(2k − 1)β.

Deoarece

2 sinαS1 = sin 2(n+ 1)α,

2 sin βS2 = sin 2(n+ 1)β,

se obtineS1 = 0 si S2 = 0. Cealalta proprietate se demonstreaza analog.

Problema 2.4.4 Polinoame Cebısev de speta a II-a.

Definitia 2.4.5 Qn ∈ Pn dat de

Qn(t) =sin[(n+ 1) arccos t]√

1− t2, t ∈ [−1, 1]

se numeste polinomul lui Cebısev de speta a II-a.

Qn =1

n+ 1T ′n+1(t), t ∈ [−1, 1]


Qn =1

2nQn, Qn ∈ Pn

∫ 1

−1

√1− t2Qm(t)Qn(t)dt =

0 pentrum 6= nπ2

pentrum = n

PolinoameleQm,m = 0, 1, 2, . . . sunt ortogonale pe[−1, 1] ın raport cu pon-dereaw(t) =

√1− t2.

Are loc relatia de recurenta

Qn+1(t) = 2tQn(t)−Qn−1(t)

Ea rezulta imediat din relatiasin(n + 2)θ + sinnθ = 2 cos θ sin(n + 1)θ. Damprimele 4 polinoame ortogonale:

Q0(t) = 1

Q1(t) = 2t

Q2(t) = 4t2 − 1

Q3(t) = 8t3 − 4t

Q4(t) = 16t4 − 12t2 + 1

Pentru alte intervale se face schimbarea de variabila x = 12[(b− a)x+ a+ b].

Polinoame Cebısev si economizarea seriilor de puteriPolinoamele Cebısev de speta I pot fi utilizate pentru a reduce gradul unui

polinom de aproximare cu o pierdere minima de precizie. Aceasta tehnica esteutila cand se utilizeaza pentru aproximare polinomul Taylor. Desi polinoameleTaylor sunt foarte preciseın vecinatatea punctuluiın care se face dezvoltarea,daca neındepartam de acel punct precizia se deterioreaza rapid. Din acest motiv,pentru a atinge precizia dorita este nevoie de polinoame Taylor de grad mai mare.Deoarece polinoamele Cebısev de speta I au cea mai mica norma Cebısev pe uninterval, ele pot fi utilizate pentru a reduce gradul polinomului Taylor fara a depasigradul de toleranta admis.

Exemplul 2.4.6 f(x) = ex poate fi aproximata pe[−1, 1] prin polinomul Taylorde grad 4ın jurul lui 0.

P4(x) = 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!

R4(x) =|f (ξ)(ξ(x))||x5|

5!≤ e

120≈ 0.023, x ∈ [−1, 1]


Sa presupunem ca eroarea esteε = 0.05 si ca dorim sa ınlocuim termenul dinpolinomul Taylor careıl contine pex4 cu un polinom Cebısev de grad≤ 4.

Sa deducem reprezentarea luixk cu ajutorul polinoamelor Cebısev.

Tn+1 = 2tTn − Tn−1

T0(t) = 1

T1(t) = t

T2(t) = 2t2 − 1

T3(t) = 4t3 − 3t2

T4(t) = 8t4 − 8t2 + 1

k Tk xk

0 1 T01 x T12 2x2 − 1 1

2T0 +

12T2

3 4x3 − 3x 34T1 +

14T3

4 8x4 − 8x2 + 1 38T0 +

12T2 +

18T4

5 16x5 − 20x3 + 5x 58T1 +

516T3 +

116T5

6 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 516T0 +

1532T2 +

316T4 +

132T6

Deci

P4(x) = 1 + x+1

2x2 +

1

6x3 +

1

24

[3

8T0(x) +

1

2T2(x) +

1

8T4(x)

]

= 1 + x+1

2x2 +

1

6x3 +

1

64T0(x) +

1

48T2(x) +

1

192T4(x)

=191

192+ x+

13

24x2 +

1

6x3 +

1

192T4(x)

maxx∈[−1,1]

|T4(x)| = 1

∣∣∣∣1

192T4(x)

∣∣∣∣ ≤1

192= 0.0053

si

|R4(x)|+∣∣∣∣1

192T4(x)

∣∣∣∣ ≤ 0.023 + 0.0053 = 0.0283 < 0.05

Deci termenul de grad 4,1192T4(x), poate fi omis fara a afecta precizia dorita.

Polinomul de grad 3

P3(x) =191

192+ x+

13

24x2 +

1

6x3


ne da precizia dorita pe[−1, 1].Incercam sa eliminam termenul de grad 3ınlocuindx3 cu 3

4T1(x) +

14T3(x).

P3(x) =191

192+ x+

13

24x2 +

1

6

[3

4T1(x) +

1

4T3(x)

]

=191

192+

9

8x+

13

24x2 +

1

24T3(x)

maxx∈[−1,1]

∣∣∣∣1

24T3(x)

∣∣∣∣ = 0.0417

0.0417 + 0.0283 ≈ 0.07 > 0.5

DeciP3 de mai sus ne da polinomul de grad cel mai mic pentru aceasta apro-ximare.

Problema 2.4.7 Polinoamele lui Legendre

Ln(x) =1

2nn!

dn

dxn[(x2 − 1)n] (formula lui Rodrigues)

Aratati ca

Ln ∈ Pn si 〈Ln, Lm〉L2[−1,1] =2

2n+ 1δnm (2.29)

nLn(x) = (2n− 1)xLn−1(x)− (n− 1)Ln−2(x) (2.30)

Ln(x) =1(2n)!

2n(n!)2xn + . . . (2.31)

Ln(1) = 1, Ln(−1) = (−1)n, (2.32)

Ln este par pentrun impar si impar pentrun par

L′n(x) = xL′

n−1(x) + nLn−1(x) (2.33)

L′n(x)− L′

n−2(x) = (2n− 1)Ln−1(x)

(x2 − 1)L′n(x) = n(xLn(x)− Ln−1(x))

∞∑

n=0

tnLn(x) =1√

1− 2xt+ t2pentru |t| < 1 (2.34)

Solutie. (2.29) Presupunem can ≥ m,

〈Ln, Lm〉L2 =1

2nn!

∫ 1

−1

Lm(x)d

dxn[(x2 − 1)n]dx


Integrand succesiv prin parti de obtine

〈Ln, Lm〉 =1

2nn!

∫ 1

−1

dn

dxn(Lm(x))(x

2 − 1)ndx

care este nula pentrun > m, iar pentrun = m

‖Ln‖L2 =(−1)n2nn!

∫ 1

−1

(x2 − 1)ndx =2

2n+ 1

(2.30), (2.31), (2.32) se verifica simplu. (2.33) se obtine direct din

L′n(x) =

1

2nn!

dn+1

dxn+1[(x2 − 1)n] =

1

2nn!

dn

dxn(n · 2x(x2 − 1)n−1)

= xL′n−1(x) + nLn−1(x)

Din formula de recurenta se obtine

nL′n(x) = (2n− 1)Ln−1(x) + (2n− 1)xL′

n−1(x)− (n− 1)L′n−2(x),

de unde eliminandL′n:

xL′n−1(x)− L′

n−2(x) = (n− 1)Ln−1(x)

si prin urmareL′n(x)− L′

n−2(x) = (2n− 1)Ln−1(x)

EliminandL′n−2 se obtine

(x2 − 1)L′n−1(x) = (n− 1)[xLn−1(x)− Ln−2(x)]

(6) FieC un conturınchisın C ce nu contineın interiorul sau±1, dar contine pez; dupa formulele lui Cauchy si Rodrigues

Ln(z) =1

2πi

∫

C

(t2 − 1)n

2n(t− z)n+1dt

punand1

Z=

t2 − 1

2(t− z) adica t =1

Z

(1−√1− 2zZ + Z2

)avem

Ln(z) =

∫

C1

1

2πi

1

zn+1

1√1− 2zZ + Z2

dZ


undeC1 este imaginea luiC prin schimbareat→ Z de unde

Ln(z) =1

n!

dn

dZn

(1√

1− 2zZ + Z2

) ∣∣∣∣∣z=0

si pentru|t| < 1∞∑

n=0

tnLn(z) =1√

1− zt+ t2

Problema 2.4.8 Sa se arate ca polinoamele ortogonaleın raport cuw(x) =√x

(respectiv1/√x) pe(0, 1) sunt

qn(x) = L2n+1

(√x)/√x

respectivqn(x) = L2n

(√x)

Solutie. Rezultatul se obtine prin schimbarea de variabila t =1√x

(respectiv

t =√x) utilizand proprietatile (1) si (4) din exercitiul precedent.

Problema 2.4.9 Polinoamele lui Hermite

Hn(x) = (−1)nex2 dn

dxn(e−x2

)

(1) Aratati ca

Hn ∈ Pn si 〈Hn, Hm〉L2n(R)

= 2nn!√πδnm

cuw(x) = e−x2.

(2)Hn(x)− 2xHn−1(x) + (2n− 2)Hn−2(x) = 0

(3)H0 = 1, H1(x) = 2x

Hn(x) = 2nxn + . . .

Hn este o functie para sau impara dupa cumn este par sau impar.

H2k(0) = (−1)k (2k)!k!


(4)H ′

n−1(x) = 2xHn−1(x)−Hn(x), H ′n(x) = 2nHn−1(x)

(5)

Hn(x) =∑

0≤k≤n2

(−1)kn!k!

(2x)n−2k

(n− 2k)!

(6)

2nxn =∑

0≤k≤n2

n!

k!(n− 2k)!Hn−2k(x)

(7)∞∑

n=0

tn

n!Hn(x) = e2tx−t2 |t| < 1 (functie generatoare)

(8)

2n/2Hn

(x+ y√

2

)=

n∑

k=0

(n

k

)Hk(x)Hn−k(y)

Solutie.Proprietatile (1), (2), (3), (4), (5), (7) rezulta din definitia luiHn pro-cedand ca la problema 2.4.2. Proprietatea (6) se obtine dezvoltand(2x)n ın serieFourier.

(2x)n =n∑

k=0

((2x)n, Hk)Hk(x)

undeHk sunt polinoamele ortonormale Hermite, evaluand produsul scalar(xn, Hk).Proprietatea (8) se obtine cu ajutorul functiei generatoare

e2tx−t2e2tx−t2 = e2(

t√2x+y

√2

)

−(t√2)

2

adica pentru|t| < 1

(∑Hn(x)

tn

n!

)( ∞∑

n=0

Hn(y)tn

n!

)=

∞∑

n=0

Hn

(x+ y√

2

)(t√2)n 1

n!

si identificand coeficientii luitn din cei doi membri.

Problema 2.4.10Polinoamele asociate ale lui Laguerre

lαn(x) =exx−α

n!

dn

dxn(xn+αe−x) pentru α > −1.


(1) Aratati ca

lαn ∈ Pn si 〈lαn , lαm〉 =Γ(n+ α + 1)

n!(ınL2

w(0,∞) cuw(x) = xαe−x) undeΓ(s) este functiaΓ a lui Euler definitaprin

Γ(s) =

∫ ∞

0

ts−1e−tdt (s > 0)

(2)nlαn(x)− (2n− 1 + α− x)lαn−1(x) + (n− 1− α)lαn−2(x) = 0

(3)lα+1n (x)− lα+1

n−1(x) = lαn(x)

(4)d

dxlαn(x) = −lα+1

n−1(x), xd

dxlαn(x) = nlαn(x)− (n+ α)lαn−1(x)

(5)

lαn(x) =n∑

k=0

(−1)k(n+ α

n− k

)xk/k!

(6)xn

n!=

n∑

k=0

(−1)k(n+ α

n− k

)lαk

(7)∞∑

n=0

tnlαn(x) =1

(1− t)α+1e−

xt1−t |t| < 1 (f.gen.)

(8)

H2n(x) = (−1)n22nn!l−1/1n (x2)

H2n+1(x) = (−1)n22n+1n!xl1/2n (x2)

Solutie. (1)-(7) se deduc utilizand tehnici analoage celor din exercitiile prece-dente. (8) se obtine dezvoltandın serieHn(x) si lαn(x).

Problema 2.4.11 (Ecuatia diferentiala verificata de polinoamele ortogonale)Fiew o functie pozitiva pe[a, b] astfelıncat

w′(x)

w(x)=

A0 + A1x

B0 + B1x+ B2x2si lim

x→a+(sau x→b−)

w(x)(B0 + B1x+ B2x2) = 0

(2.35)(B0+B1x+B2x

2)p′′n+(A0+A1x+B1+B2x)p′n−(A1n+B2n(n+1))pn = 0 (2.36)


Aplicatie. Stabiliti ecuatiile diferentiale corespunzatoare ponderiiw(x) = (1− x)α(1 + x)β, α > −1, β > −1, [a, b] = [−1, 1] (polinoa-

mele Jacobipn(α, β))

(1− x2)p′′n − ((α− β) + (α + β + 2)x)p′n − n(α + β + 1 + n)pn = 0

ın particular pentru polinoamele Cebısev de speta I

(1− x2)T ′′n − xT ′

n(x) + n2Tn(x) = 0

si pentru polinoamele lui LegendreLn

(1− x2)L′′n(x)− 2xL′

n(x) + Ln(x) = 0

w(x) = e−x2peR, polinoamele lui HermiteHn

H ′′n(x)− 2xH ′

n(x) + 2nHn(x) = 0

w(x) = xαe−x pe(0,∞), α > 1, polinoamele lui Laguerrelαn

xp′′n(x) + (α− 1− x)p′n(x) + npn(x) = 0

undepn(x) = lαn(x).Solutie. Daca v(x) = w(x)(B0 + B1x + B2x

2) ecuatia diferentiala (2.36)ınmultita cuw(x), tinand cont de (2.35) se scrie sub forma Sturm-Liouville

d

dx

(v(x)

dpn(x)

dx

)= (A1n +B2n(n+ 1))pn(x)w(x)

de unded

dx[r(x)(p′n(x)pm(x)− p′m(x)pn(x))] =

= A1(n−m) +B2[n(n+ 1)−m(m+ 1)]pn(x)pm(x)w(x)Integrand pe[a, b] se obtine

∫ b

a

pn(x)pm(x)w(x)dx = 0 pentru n 6= m

si se verifica existenta unei solutii polinomiale a lui (2) de gradn; prin urmare(pn)n≥0 constituie sistemul de polinoame ortogonale pe[a, b] relativ la pondereaw. 2. Verificare prin calcul.

Problema 2.4.12Fie w o functie pondere pozitiva pe[a, b], E = L2w[a, b] si (pn)

polinoamele ortonormale asociate.


(1) Aratati ca ∀ f ∈ E∞∑

n=0

(f, pn)2 ≤ ‖f‖2E (2.37)

(inegalitatea lui Bessel) cu egalitate (a lui Parseval) daca spatiul vectorialP al polinoamelor este densınE ın care caz

f =∞∑

n=0

〈f, pn〉pn,

este serie convergenta ınE.

(2) P este densınE daca [a, b] este marginit.

(3) Polinomul de cea mai buna aproximare de gradn a lui f ınE este

qn(x) =n∑

k=0

(f, pk)pk(x) si qn(x) = f(x)

ın cel putinn+ 1 puncte din[a, b].

Solutie.

(1) Rezulta imediat de la curs.

(2) P este densınC0[a, b] pentru[a, b] marginit si

‖f‖E = ‖f‖∞(∫ b

a

w(x)dx

)1/2

(3) qn este caracterizat prin(f−qn, pk) = 0 pentruk = 0, n ın particular pentruk = 0 ∫ b

a

(f(x)− qn(x))p0(x)w(x)dx = 0

decif − sn se anuleaza ın cel putinıntr-un punct din[a, b]. Dacaf − qn seanuleaza ın mai putin den + 1 punctex1, . . . , xl din [a, b] cu l ≤ n atuncidaca

s(x) =l∏

i=1

(x− xi),

s(x)(f(x)− qn(x)) pastreaza semn constant si deci〈f − qn, s〉 6= 0 ceea cecontrazice faptul caf − qn ⊥ Pn ınL2

w[a, b]


Teorema 2.4.13(Cebısev) Pentru oricef ∈ C[a, b] exista P ∗d si exista d + 2puncte

a ≤ x0 < · · · < xd+ 1 ≤ b

pentru care

(−1)i[p∗d(xi)− f(xi)] = σ ‖P ∗d− f‖∞ , i = 0, 1, . . . , d+ 1

undeσ = sign(P ∗d(x0)− f(x0)).

Problema 2.4.14Sa se determine p.c.b.a. unif. dinP1 pentru f(x) =√x pe

[a, b] ⊂ R+.

Solutie.P ∗1 = c0 + c1x

Eroarea de aproximare este

e1(x) = c0 + c1x−√x

e′1(x) = c1 −1

2√x

xn =1

4c21

Conform teoremei lui Cebısev abaterea maxima se realizeaza ın 3 puncte din[a, b]si obtinem sistemul neliniar

c0 + c1a−√a = E1

c0 +14c1− 2

c1= −E1

c0 + c1b−√3 = E1

,

cu solutiile

c0 =1

2

[√a− a√a+√b+

√a+√b

4

]

c1 =1

√a+√b

E1 = c0 + c1a−√a

Capitolul 3

Teoria erorilor

Definitia 3.0.15 AplicatiaA : X → P(X) se numeste procedeu de aproximare,iar a ∈ A(α) aproximanta pentruα.

F = mbn|m,n ∈ Z, b ∈ N, b > 1 numere practice (fractiib-adice limitate)F densa.

Regula de rotunjire - rotunjire la cifra para

Surse de erori

1) Erori ale problemei - erori de formulare; apar datorita simplificarii si ide-alizarii problemei. Erori ale metodei - apar datorita faptului ca se lucreaza cuaproximari.

2) Erori reziduale - expresiile unor valori din analiza matematica rezulta dinprocese infinite, iar noi lucram cu un numar finit de pasi.

sin x = x− x3

3!+x5

5!− . . .

3) Erori initiale - datorate parametrilor de intrare - erori fizice si de masurare

4) Erori de rotunjire - datorate sistemelor de numeratie si lucrului cu un numarfinit de zecimale

1

3= 0.333 ∆ ≈ 3 · 10−4

5) Erori ale operatiilor - lucrand cu numere aproximative erorile se propaga -erori inerente.

35

36 Teoria erorilor

3.1 Erori absolute si relative. Cifre semnificative co-recte

Exemplul 3.1.1 Sa se determine o limita a erorii absolute daca se lucreaza cu3.14ın loc deπ.

3.14 < π < 3.15 |a− π| < 0.01 ∆a = 0.01

Exemplul 3.1.2 Greutatea unuidm3 de apa la 0C esteG = 999.847gf ±0.001gf . Sa se determine o limita a erorii relative.

∆a = 0.001 G ≥ 999.846

δa =0.001

999.847≈ 10−4%

Cifre semnificative6= 00 ıntre cifre semnificative sau marcator de pozitie0 nesemnificativ - cand fixeaza pozitia marcii zecimale0 007010 2003 000 000

α = α0bk + a1b

n−1 + · · ·+ αn−1bk−n+1 + αnb

k−n

Definitia 3.1.3 Spunem ca a ≈ α cun cifre semnificative corecte daca

|∆a| ≤ 1

2bk−n+1

Daca b = 10 si |∆a| ≤ 1210−m spunem ca a ≈ α cum zecimale corecte.

Teorema 3.1.4Daca a este obtinut dinα prin rotunjire la n cifre atuncia apro-ximeaza peα cun cifre semnificative corecte.

Exemplul 3.1.5 Rotunjind

π = 3.1415926535 . . .

la 5, 4, 3 cifre semnificative corecte obtinem aproximatiile

3.1416, 3.142, 3.14

1

210−4,

1

210−3,

1

210−2

3.2. Propagarea erorilor 37

Teorema 3.1.6Fie a, α ∈ R+. Daca a aproximeaza peα cum cifre semnificativecorecte, undea0 este cifra cea mai semnificativa a lui a ın bazab, atunci

δa ≤1

a0bn−1

Exemplul 3.1.7 Care este o limita a erorii relative daca lucram cu 3.14ın loc deπ?

a0 = 3, n = 3

δa =1

3 · 103−1=

1

300=

1

3%

Exemplul 3.1.8 Cate cifre trebuie considerate la calculul lui√20 astfel ıncat

eroarea sa nu depaseasca 0.1%?

a0 = 4, δ = 0.001

1

4 · 10n−1≤ 0.001, 10n−1 ≥ 250 ⇒ n = 4

Invers, numarul de cifre corecte

Teorema 3.1.9α ∈ R+, a aproximeaza peα si

δa ≤1

2(α0 + 1)bn−1,

undeα0 este cifra cea mai semnificativa a lui α atuncia aproximeaza peα cuncifre semnificative corecte.

Exemplul 3.1.10 a ≈ α, a = 24253, eroarea relativa 1%. Cate cifre semnifica-tive corecte are∆ = 24253 : 0.0 ≈ 243 = 2.43 · 102 ⇒ 2 cifre

3.2 Propagarea erorilor

u = f(x1, . . . , xn)

∆u ≈∑∣∣∣∣

∂f

∂xi

∣∣∣∣∆xi

|∆u| ≈∑∣∣∣∣

∂f

∂xi

∣∣∣∣ |∆xi|

δn ≈∑∣∣∣∣

∂

∂xiln f

∣∣∣∣∆xi ≈∑∣∣∣∣xi

∂

∂xiln f

∣∣∣∣ δxi

38 Teoria erorilor

Exemplul 3.2.1 Gasiti o limita a erorii absolute si relative pentru volumul sfereiV = πd3

6cu diametrul egal cu3.7cm± 0.04cm si π ≈ 3.14.

∂V

∂π=

1

6d3 = 8.44

∂V

∂d=

1

2πd2 = 21.5

∆V =

∣∣∣∣∂V

∂π

∣∣∣∣ |∆π|+∣∣∣∣∂V

∂d

∣∣∣∣ |∆d| = 8.44 + 21.5 · 0.05 ≈ 1.088 ≈ 1.1

∆V =1.0888

274≈ 4%

Exemplul 3.2.2 (Se aplica principiul efectelor egale) Un cilindru are razaR ≈2m, ınaltineaH ≈ 3m. Cu ce erori absolute trebuie determinateR si H astfelıncat V sa poata fi calculat cu o eroare< 0.1m3.

V = πR2H, ∆V = 0.1m3

∂V

∂π= R2H = 12,

∂V

∂R= 2πRH = 37.7

∂V

∂H= πR2 = 12.6, n = 3

∆π ≈ ∆V

3∂V

∂π

=0.1

3.12< 0.003

∆R ≈ 0.1

3 · 37.7 < 0.001

∆H ≈ 0.1

3 · 12.6 < 0.003

3.3 Erorile pentru vectori si operatori

Problema 3.3.1 Care este eroarea pentru∫ d

cf(u)du cand functiaf este aproxi-

mata prin f .

Tf =

∫ d

c

f(u)du, T : L2[c, d]→ R

‖T‖ = max‖ε(x)‖∞=1

∣∣∣∣∫ d

c

ε(x)dx

∣∣∣∣ = maxε(x)|max

[c,d]|ε(x)|=1

∣∣∣∣∫ d

c

ε(x)dx

∣∣∣∣ = d− c

3.3. Erorile pentru vectori si operatori 39

‖f(x)− f(x)‖∞ := ‖ε(x)‖ = maxx∈[c,d]

|ε(x)| ≤ bf

∆T ≤ (d− c)bf

Sx(T ) =‖T‖‖x‖‖Tx‖ = max

ε 6=0ρx,ε

Problema 3.3.2 Sa se studieze senzitivitatea operatorului aditiv

U(u, v) = u+ v, T : (R2, ‖ · ‖1)→ (R, ||)

Solutie.Fie(u, v) = (2, 3)

S2,3(T ) =|2|+ |3||2 + 3| = 1

In general

Sx(T ) =|u|+ |v||u+ v|

Dacau si v au acelasi semn

Sx(T ) = 1

Dacau si v au semne opuse|u+ v| < |u|+ |v| si Sx(T ) > 1.Senzitivitatea poate fi facuta oricat de mare pentruu si v de semne contrare si

apropiateın modulu = 0.5, v = −0.499999

∆u,∆v < 10−6

Sx(T ) ≈0.000002

0.999999≈ 2 · 10−6

Concluzie.ε rel.iesire> 106·eroarea rel. de intrareMorala : evitarea scaderii cantitatilor apropiate

Problema 3.3.3 Indicati o modalitate de a evita anularea pentru1) ex − 1 |x| ≪ 12)√x+ 1−√x x≫ 0

Problema 3.3.4 Sa se determine numarul de conditionare pentru operatorulT :R

2 → R2 [

xy

]T→[x+ yx+ 2y

]

40 Teoria erorilor

Solutie.

Tx =

[1 11 2

]×[1 11 2

]−1

=

[2 −1−1 1

]

‖A‖∞ = 3 ‖A−1‖∞ = 3

cond∞(T ) = 9

3.4 Aritmetica ın virgul a flotanta

Problema 3.4.1 Sa se compare urmatoarele doua metode pentru calculul luix2−y2 :

x⊗ x⊖ y ⊗ y,(x⊕ y)⊗ (x⊖ y).

Solutie.Eroarea relativa pentrux⊖ y este

δx⊖y = δ1 = [(x⊖ y)− (x− y)]/(x− y)]

|δ1| ≤ 2ε

Altfel scrisx⊖ y = (x− y)(1 + δ1) |δ1| ≤ 2ε

La felx⊕ y = (x+ y)(1 + δ2) |δ2| ≤ 2ε

Presupunand ca ınmultirea se realizeaza calculand produsul exact si apoi efectu-and rotunjirea, eroarea relativa este cel mult1/2 ulp, deci

u⊗ v = uv(1 + δ3) |δ3| ≤ ε ∀ u, v ∈ NV F

Se iau = x⊖ y, v = x⊕ y

(x⊖ y)⊗ (x⊕ y) = (x− y)(1 + δ1)(x+ y)(1 + δ2)(1 + δ3)

Eroarea relativa este

(x⊖ y)⊗ (x⊕ y)− (x2 − y2)(x2 − y2) = (1 + δ1)(1 + δ2)(1 + δ3)− 1 =

= δ1 + δ2 + δ3 + δ1δ2 + δ1δ3 + δ2δ3 + δ1δ2δ3 < 5ε+ 8ε2 ≈ 5ε

3.4. Aritmetica ın virgula flotanta 41

Pentru cealalta varianta

(x⊗ x)⊖ (y ⊗ y) = [x2(1 + δ1)− y2(1 + δ2)](1 + δ3) =

= [(x2 − y2)(1 + δ1) + (δ1 − δ2)y2](1 + δ3)

Daca x ≈ y ⇒ (δ1 − δ2)y2 ≈ x2 − y2, atunci(x − y)(x + y) este mai precisdecatx2 − y2

δ =(x⊗ x)⊖ (y ⊗ y)− (x2 − y2)

x2 − y2

= (1 + δ1)(1 + δ3) +(δ1 − δ2)(1 + δ3)y

2

x2 − y2 − 1

= δ1 + δ3 + δ1δ3 +y2

x2 − y2 (δ1 − δ2 + δ1δ3 − δ2δ3).

Problema 3.4.2 (Conversia binar zecimal (scriere si apoi citire))) Pentru preci-zie simpla avemp = 24 si 224 < 108 deci 8 cifre par suficiente pentru a recuperanumarul original (totusi nu este asa!). Cand un numar binar IEEE simpla precizieeste convertit la cel mai apropiat numar zecimal de 8 cifre, nu esteıntotdeaunaposibil sa recuperam unic numarul binar din cel zecimal. Daca se utilizeaza nouacifre, totusi, conversia numarul zecimalın binar va recupera numarul flotant ori-ginar.

Demonstratie.Numerele binareın simpla precizie din intervalul[103, 210) =[1000, 1024) au zece bitiın stanga marcii zecimale si 14 la dreapta. Exista deci(210 − 103) = 393216 numere binare diferiteın acest interval. Daca numerelezecimale sunt reprezentate cu 8 cifre avem(210−103)104 = 240000 numere zeci-maleın acest interval. Deci nu exista nici o modalitate de a reprezenta prin 240000de numere zecimale 393216 numere binare diferite. 8 cifre sunt insuficiente!

Pentru a arata ca noua cifre sunt suficiente trebuie sa aratam ca spatiul dintrenumerele binare esteıntotdeauna mai mare decat cel dintre numerele zecimale.Aceasta ne asigura ca, pentru fiecare numar zecimal posibil, intervalul de forma[N − 1

2ulp,N +

1

2ulp

]contine cel putin un numar binar. Astfel, fiecare numar

binar se rotunjeste la un numar zecimal unic, care ne conduce la un numar binarunic.

Pentru a arata ca spatiul dintre numerele zecimale esteıntotdeauna mai micdecat spatiul dintre numerele binare sa consideram intervalul [10n, 10n+1]. Peacest interval, spatiul dintre doua numere zecimale consecutive este10(n+1)−9.

42 Teoria erorilor

In intervalul [10n, 2m] undem este cel mai micıntreg astfel ca10n < 2m, spatiuldintre numerele binare este2m−24.

Inegalitatea10(n+1)−9 < 2m−24

rezulta astfel:10n < 2m

10(n+1)−9 = 10n10−8 < 2m10−8 < 2m2−24

Observatia 3.4.3 Spatiul dintre 2 numere zecimale este mai mic decat 10−9 ·10n+1 = 10n+1−9 = 10n−8, iar spatiul dintre 2 numere binare este mai maredecat 2m · 2−24 = 2m−24.

Problema 3.4.4 In multe probleme, cum ar fi integrarea numerica si rezolvareanumerica a ecuatiilor diferentiale, este nevoie sa seınsumeze mai multi termeni.Deoarece fiecare adunare poate introduce o eroare≈ 1/2ulp, o suma cu miide termeni poate introduce o eroare de rotunjire foarte mare. Sa se arate ca unmod simplu de a micsora eroarea este de a efectua sumareaın dubla precizie sicelelalte calculeın simpla precizie.

Solutie. Pentru a da o estimare grosiera a moduluiın care reprezentareaındubla precizieımbunatateste acuratetea fies1 = x1, s2 = x1 ⊕ x2, . . . , si =si−1 ⊕ xi. Atunci

si = (1 + δi)(si−1 + xi),

unde|δi| ≤ ε.

sn = (1 + δn)(sn−1 + xn) = (1 + δn)sn−1 + (1 + δn)xn

= (1 + δn)(1 + δn−1)(sn−2 + xn−1) + (1 + δn)xn

= (1 + δn)(1 + δn−1)sn−2 + (1 + δn)(1 + δn−1xn−1 + (1 + δn)xn = . . .

= (1 + δn)xn + (1 + δn)(1 + δn−1)xn−1 + · · ·+ (1 + δn) . . . (1 + δ1)x1

≈n∑

j=1

xj

(1 +

n∑

k=j

δk

)=

n∑

j=1

xj +n∑

j=1

xj

(n∑

k=j

δk

)

∆x1 ≈ nε, ∆x2 ≈ (n− 1)ε, . . . ,∆xn ≈ ε

∆sn ≤ nε

∑|xj|

Dublarea precizie are ca efect ridicarea la patrat a luiε. Pentru dubla precizie1/ε ≈ 1016 decinε≪ 1 pentru orice valoare rezonabila a luin.


Concluzie.Dublarea preciziei schimba perturbatia dinnε ın nε2 ≪ ε.Exista o metoda deınsumareın simpla precizie a unui numar mare de numere,

introdusa de Kahan.Ea utilizeaza aceeasi strategie caınsumarea directa, dar la fiecare operatie de

adunare eroarea de rotunjire este estimata si compensata cu un termen de corectie.Principiul de estimare este explicatın figura 3.1, unde semnificantii termenilorasi b sunt reprezentati prin dreptunghiuri. El poate fi reprezentat prin formula

e = ((a⊕ b)⊖ a)⊖ b = (s⊖ a)⊖ b. (3.1)

Astfel, ıntr-o aritmetica binara cu rotunjire, pentrua ≥ b are loc

e = s− (a+ b);

deci, eroarea de rotunjire este data exact de (3.1).

a a1 a2

b b1 b2

s := a⊕ b a1 a2 + b1

t := s⊖ a b1 0

e := t⊖ b −b2Figura 3.1: Estimarea erorii de rotunjires− s = −b2

Pentruınsumare compensata la fiecare pas eroarea deınsumare este estimataın conformitate cu principiul lui Kahan si utilizata pentru ajustare (algoritmul 1).

Algoritmul 1 Insumare Kahans := x1;e := 0;for i = 2 to n doy := xi − e;t := s+ y;e := (t− s)− y;s := t

end for

44 Teoria erorilor

Problema 3.4.5 (Insumare Kahan) Eroarea de rotunjire pentru algoritmul 1 poatefi estimata prin

|sn − sn| ≤(2 eps+O

(n eps2

)) n∑

i=1

|xi|. (3.2)

Solutie.Sa vedemıntai cum s-a obtinut estimatia pentru formula∑xi. Introducen

s1 = x1, si = (1+ δi)(si−1 + xi). Atunci suma calculata estesn, care este o sumade termeni de formaxi ınmultit cu o expresieın δj-uri. Coeficientul exact al luix1este(1 + δ2)(1 + δ3) . . . (1 + δn). Deci prin renumerotare, coeficientul luix2 este(1 + δ3)(1 + δ4) . . . (1 + δn) s.a.m.d. Se procedeaza la fel ca la problema 3.4.4,doar coeficientul luix1 este mai complicat. Avems0 = e0 = 0 si

yk = xk ⊖ ck−1 = (xk − ck−1)(1 + ηk)

sk = sk−1 ⊕ yk = (sk−1 + yk)(1 + σk)

ek = (sk ⊖ sk−1)⊖ yk = [(sk − sk−1)(1 + γk)− yk](1 + δk)

unde toate literele grecesti sunt marginite deeps. Este mai usor sa calculam coe-ficientul lui x1 ın sk − ek si ek decat ın sk. Candk = 1,

e1 = (s1(1 + γ1)− γ1)(1 + δ1) = y1((1 + σ1)(1 + γ1)− 1)(1 + δ1)

= x1(σ1 + γ1 + σ1γ − 1)(1 + δ1)(1 + η1)

s1 − c1 = x1[(1 + σ1)− (σ1 + γ1 + σ1γ1)(1 + δ1)](1 + η1)

= x1[1− γ1 − σ1δ1 − σ1γ1 − δ1γ1 − σ1γ1δ1](1 + η1).

Notand coeficientii luix1 ın aceste expresii cuEk si respectivSk, atunci

E1 = 2 eps+O(eps2)

S1 = 1 + η1 − γ1 + 4 eps2 +O(eps3).

Pentru a obtine formula generala pentruSk si Ek, dezvoltam definitiile lui sk siek, ignorand toti termeniiın xi cu i > 1. Aceasta ne da

sk = (sk−1 + yk)(1 + σk) = [sk−1 + (xk − ek−1)(1 + ηk)](1 + σk)

= [(sk−1 − ek−1)− ηkek−1](1 + σk)

ek = [(sk − sk−1)(1 + γk)− yk](1 + δk)

= [((sk−1 − ek−1)− ηkek−1) (1 + σk)− sk−1] (1 + γk) + ek−1(1 + ηk)(1 + δk)


= [(sk−1 − ek−1)σk − ηkek−1(1 + σk)− ek−1] (1 + γk) + ek−1(1 + ηk)(1 + δk)

= [(sk−1 − ek−1)σk(1 + γk)− ek−1 (γk + ηk(σk + γk + σkγk))] (1 + δk)

sk − ek = ((sk−1 − ek−1)− ηkek−1) (1 + σk)−[(sk−1 − ek−1)σk(1 + γk)− ek−1(γk + ηk(σk + γk + σkγk))] (1 + δk)

= (sk−1 − ek−1) ((1 + σk)− σk(1 + γk)(1 + δk))+

ck−1 (−ηk(1 + σk) + (γk + ηk(σk + γk + σkγk)) (1 + δk))

= (sk−1 − ek−1) (1− σk(σk + γk + σkγk))+

ek−1 [−ηk + γk + ηk(γk + σkγk) + (γk + ηk(σk + γk + σkγk)) δk]

DeoareceSk si Ek trebuie calculate cu preciziaeps2, ignorand termenii de gradmai mare avem

Ek =(σk +O(eps2)

)Sk−1 +

(−γk +O(eps2)

)Ek−1,

Sk =(1 + 2 eps2 +O(eps2)

)Sk−1 +

(2 eps+O(eps2)

)Ek−1.

Utiliz and aceste formule se obtine

C2 = σ2 +O(eps2)

S2 = 1 + η1 − γ1 + 10 eps2 +O(eps3)

si, ın general, se verifica usor prin indictie ca

Ck = σk +O(eps2)

Sk = 1 + η1 − γ1 + (4k + 2) eps2 +O(eps3).

In final vom calcula coeficientul luix1 din sk. Pentru a obtine aceasta valoare, fiexn+1 = 0 si toate literele grecesti cu indiciin+ 1 egale cu zero si calculamsn+1.Atunci sn+1 = sn − cn si coeficientul luix1 ın sn este mai mic decat coeficientullui sn+1, care este

Sn = 1 + η1 − γ1 + (4n+ 2) eps2 +O(n eps2).

Marginea (3.2) este oımbunatatire semnificativa fata deınsumarea obisnuita,cu conditia can sa nu fie suficient de mare, dar nu este la fel de buna caınsumareaın dubla precizie.

Un exemplu de expresie care poate fi rescrisa utilizand anularea benigna este(1 + x)n, undex≪ 1.

46 Teoria erorilor

Problema 3.4.6 Depunand 100$ pe zi ıntr-un cont cu o rata a dobanzii de 6%calculata zilnic la sfarsitul anului avem100[(1 + i/n)− 1]/(i/n)$.

Daca p = 2 si p = 24 (ca ın IEEE) obtinem 37615.45$ care comparat curaspunsul exact, 37614.05$ da o discrepanta de 1.40$. Explicati fenomenul.

Solutie.Expresia1+i/n implica adaugarea unui 1 la 0.0001643836, deci bitiide ordin mic ai luii/n se pierd. Aceasta eroare de rotunjire este amplificata cand(1 + i/n) este ridicat la puterea an− a. Expresia(1 + i/n)n se rescrie sub formaexp[n ln(1 + i/n)]. Problema este acum calculul luiln(1 + x) pentrux mic. Oposibilitate ar fi sa utilizam aproximarealn(1 + x) ≃ x si se obtine 37617.26$ cuo eroare de 3.21$ deci mai mare decat ın situatia anterioara. Rezultatul de mai josne permite sa calculam precisln(1 + x)(37614.67$, eroarea 2c). Se presupune caLN(x) aproximeaza ln x cu o precizie≤ 1/2ulp. Problema care o rezolva esteaceea ca atunci candx este micLN(1⊕x) nu este apropiat deln(1+x) deoarece1 ⊕ x nu este precis. Adica valoarea calculata pentruln(1 + x) nu este apropiatade valoarea actuala candx ≤ 1.

I. Daca ln(1 + x) se calculeaza utilizand formula

ln(1 + x) =

x daca 1⊕ x = 1

x ln(1 + x)

(1 + x)− 1daca 1⊕ x 6= 1

eroarea relativa este cel mult5ε cand0 ≤ x < 3/4 cu conditia ca scaderea sa serealizeze cu o cifra de garda,ε < 0.1 si ln este calculat cu o precizie de1/2ulp.

Aceasta formula este operationala pentru orice valoare a luix, dar este intere-santa dacax≪ 1, cand apare anulare catastrofala ın formula naiva pentru calculullui ln(1 + x). Desi formula pare misterioasa ea are o explicatie simpla.

ln(1 + x) =x ln(1 + x)

x= xµ(x)

µ(x) =ln(1 + x)

xva suferi o eroare mare cand se adauga 1 lax. Totusiµ este aproape constantadeoareceln(1 + x) ≃ x. Deci dacax se schimba putin eroarea va fi mica. Cu altecuvinte, daca x ≃ x, xµ(x) va fi o aproximare buna pentruxµ(x) = ln(1 + x).Exista o valoare pentrux astfelıncat x + 1 sa poata fi calculat precis? Decix =(1⊕ x)⊖ 1, deoareceın acest caz1 + x = 1⊕ x.

Lema 3.4.7 Daca µ(x) =ln(1 + x)

x, atunci pentru0 ≤ x ≤ 3

4

1/2 ≤ µ(x) ≤ 1 si |µ′(x)| ≤ 1/2.


Demonstratie.µ(x) = 1− x/2 + x2/3− . . . este o serie alternata cu termenidescrescatori, deci pentrux ≤ 1,

µ(x) ≥ 1− x

2≥ 1/2 si µ(x) ≤ 1.

Seria Taylor a luiµ′(x) este de asemenea alternata si daca x ≤ 3

4, termenii

sunt descrescatori deci

−1/2 ≤ µ′(x) ≤ −1

2+

2x

3sau − 1

2≤ µ′(x) ≤ 0.

Demonstratia teoremei.

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− . . . (Taylor)

alternata si0 < x− ln(1+x) <x2

2, δ pentruln(1+x) ≈ x <

x

2. Daca1⊕x = 1,

atunci|x| < ε, deciδ <ε

2.

Daca1⊕ x 6= 1, fie x definit prin1⊕ x = 1 + x0 ≤ x < 1 ⇒ (1 ⊕ x) ⊖ 1 = x. Daca ımpartirea si logaritmul se calculeaza

cu o precizie de1/2ulp

ln(1⊕ x)(1⊕ x)⊖ 1

(1 + δ1)(1 + δ2) =ln(1 + x)

x(1 + δ1)(1 + δ2) =

= µ(x)(1 + δ1)(1 + δ2); |δ1| ≤ ε, |δ2| ≤ ε

µ(x)− µ(x) = (x− x)µ(ξ) ξ ∈ (x, x)

Din definitia lui x, |x− x| ≤ ε. Aplicam

|µ(x)− µ(x)| ≤ ε

2sau

∣∣∣∣µ(x)

µ(x)− 1

∣∣∣∣ ≤ε

2|µ(x)| ≤ ε

adicaµ(x) = µ(x)(1 + δ3), |δ3| ≤ ε

x ln(1 + x)

(1 + x)− 1(1 + δ1)(1 + δ2)(1 + δ3)(1 + δ4), |δi| ≤ ε

Dacaε > 0.1 atunci

(1 + δ1)(1 + δ2)(1 + δ3)(1 + δ4) = 1 + δ

cu |δ| < 5ε.

48 Teoria erorilor

Problema 3.4.8 Daca b2 ≈ 4ac, eroarea de rotunjire poate contamina jumatate

din cifrele radacinii calculate cu formula−b±

√b2 − 4ac

2a(β = 2).

Solutie.Daca eroarea relativa estenε atunci numarul de cifre contaminat estelogβ n. Fie∆ = b2 − 4ac. Eroarea la calculul discriminantului va fi

((b⊗ b)⊖ (4a⊗ c) = (b2(1 + δ1)− 4ac(1 + δ2))(1 + δ3) =

= [∆(1 + δ1)− 4ac(δ1 − δ2)] (1 + δ3).

Pentru a estima eroarea vom ignora termenii de ordinul doiın δi, eroarea fiind

∆(δ1 + δ3)− 4acδ4, |δ4| = |δ1 − δ2| ≤ 2ε

Deoareceδ ≪ 4ac, primul termen∆(δ1+ δ3) poate fi ignorat. Pentru a estimaal doilea termen scriem

ax2 + bx+ c = a(x− x1)(x− x2),

deciax1x2 = c

b2 ≈ 4ac ⇒ x1 ≈ x2 ⇒ 4acδ4 ≈ 4a2x21δ4

Valoarea calculata pentru√∆ este

√∆+ 4a2x21δ4.

Aplicam inegalitatea

p− q ≤√p2 − q2 ≤

√p2 + q2 ≤ p+ q, p ≥ q.

Obtinem √∆+ 4a2x1δ4 =

√∆+ E

unde|E| ≤

√4a2x21|δn|

deci eroarea absoluta pentru√∆

2aeste aproximativx1

√δn.

Deoareceδ4 ≈ β−p,√δ4 ≈ β−p/2 si deci aceasta eroare absoluta contaminea-

za jumatate din bitii radacinii x1 = x2.

3.5 Conditionarea unei probleme

Exemplul 3.5.1 (Recurente)Calculam

In =

∫ 1

0

tn

t+ 5dt pentrun ∈ N

3.5. Conditionarea unei probleme 49

I0 =

∫ 1

0

dt

t+ 5= ln(t+ 5)

∣∣∣1

0= ln

6

5(3.3)

t

t+ 5= 1− 5

t+ 5

Ik = −5Ik−1 +1

k, k = 1, 2, . . . , n (3.4)

y0 = I0, yn = In

yn = fn(I0)

y0 → fn → yn

fn : R→ R

Ne intereseaza conditionarea luifn ın y0 = I0. Rezultatul final va fi o aproxi-mareI∗n = fn(I

∗0 ) si vom avea

∣∣∣∣I∗n − InIn

∣∣∣∣ = (cond fn)(I0)

∣∣∣∣I∗0 − I0I0

∣∣∣∣

Aplicand (3.4) obtinem

yn = fn(y0) = (−5)ny0 + pn,

cupn independent dey0.

(cond fn)(y0) =

∣∣∣∣y0f

′(y0)

yn

∣∣∣∣ =∣∣∣∣y0(−5)nyn

∣∣∣∣ .

DeoareceIn este descrescator

(cond fn)(I0) =I05

n

In>I0 · 5nI0

= 5n

Spunem ca avem de-a face cu o problema prost conditionata. Cum putem evitafenomenul?

In loc sa ınmultim cu un numar mare, mai bineımpartim cu un numar mare.Scriem (3.4) astfel

yk−1 =1

5

(1

k− yk

), k = ν, ν − 1, . . . , n+ 1

Problema este, desigur, cum sa calculam valoarea de pornireyν .Inainte de aıncepe cu aceasta sa observam ca avem o noua cutie neagra

50 Teoria erorilor

yν → gn → yn

(cond gn)(yν) =

∣∣∣∣∣yν(−1

5

)−ν−n

yn

∣∣∣∣∣ , ν > n.

Pentruyν = Iν , avem folosind monotonia

(cond gn)(Iν) <

(1

5

)ν−n

, ν > n

∣∣∣∣I∗n − InIn

∣∣∣∣ = (cond gn)(Iν)

∣∣∣∣I∗ν − IνIν

∣∣∣∣ <(1

5

)ν−n ∣∣∣∣I∗ν − IνIν

∣∣∣∣

Daca luamI∗ν = 0, comitand o eroare de 100%ın valoarea de pornire obtinemeroarea relativa ∣∣∣∣

I∗n − InIn

∣∣∣∣ <(1

5

)ν−n

, ν > n

Daca alegemν suficient de mare, de exemplu

ν > n+ln 1

ε

ln 5(3.5)

eroarea relativa este< ε. Avem deci urmatorul algoritm pentru calculul luiIn: seda preciziaε, se alegen, cel mai micıntreg care satisface (3.5) si se calculeaza

Inν

∗ = 0I∗k−1 =

15

(1k− I∗k

), k = ν, ν − 1, . . . , n+ 1

(3.6)

Aceasta va produce o aproximatie suficient de precisa I∗n ≈ In chiar ın pre-zenta erorilor de rotunjire din (3.6).

Idei similare se pot aplica si la problema mai importanta a calcularii solutiilorunor recurente liniare de ordinul II, cum ar fi cele satisfacute de functiile Besselsi de multe alte functii ale fizicii matematice. Procedurarecurentelor regresive(retrograde) este strans legata de teoria fractiilor continue.

Problema 3.5.2 (Conditionarea ecuatiilor algebrice)Fie ecuatia:

p(x) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 = 0, a0 6= 0 (3.7)

si ξ o radacina simpla a ei:

p(ξ) = 0, p′(ξ) 6= 0.


Problema este de a se determinaξ, dandu-sep. Vectorul de date

a = [a0, a1, . . . , an−1]T ∈ R

n

consta din coeficientii polinomuluip, iar rezultatul esteξ, un numar real sau com-plex. Astfel avem:

ξ : Rn → C, ξ = ξ(a0, a1, . . . , an−1)

Care este conditionarea luiξ?

Solutie.Definim

γν = (condνξ)(a) =

∣∣∣∣∣aν

∂ξ∂aν

ξ

∣∣∣∣∣ , ν = 0, 1, . . . , n− 1 (3.8)

Vom alege o norma convenabila, de exemplu norma

‖γ‖1 :=n−1∑

ν=0

|γν |

a vectoruluiγ = [γ0, . . . , γn−1]T , pentru a defini

(condξ)(a) =n−1∑

ν=0

(condνξ)(a) (3.9)

Pentru a determina derivatele partiale ale luiξ ın raport cuaν , observam caavem identitatea:

[ξ(a0, a1, . . . , an−1)]n + an−1[ξ(a0, a1, . . . , an−1)]

n−1 + · · ·+

+aν [ξ(a0, a1, . . . , an−1)]ν + · · ·+ a0 = 0.

Derivandın raport cuaν obtinem

n[ξ(a0, a1, . . . , an−1)]n−1 ∂ξ

∂aν+ an−1(n− 1)[ξ(a0, a1, . . . , an−1)]

n−2 ∂ξ

∂aν+ · · ·+

+aνν[ξ(a0, a1, . . . , an−1)]ν−1 ∂ξ

∂aν+ · · ·+ a1

∂ξ

∂aν+ [ξ(a0, a1, . . . , an−1)]

ν ≡ 0

unde ultimul termen provine din derivarea produsuluiaνξν .

Ultima identitate se poate scrie

p′(ξ)∂ξ

∂aν+ ξν = 0

52 Teoria erorilor

Deoarecep′(ξ) 6= 0, putem obtine∂ξ∂aν

si sa ınlocuimın (3.8) si (3.9) pentru aobtine

(condξ)(a) =1

|ξp′(ξ)|

n−1∑

ν=0

|aν ||ξ|ν (3.10)

Vom ilustra (3.10) considerand un polinomp de gradn cu radacinile1, 2, . . . , n

p(x) =n∏

ν=1

(x− ν) = xn + an−1xn−1 + · · ·+ a0 (3.11)

Acesta este un exemplu faimos, datorat lui Wilkinson, care adescoperit proastaconditionare a anumitor zerouri aproape printr-un accident. Daca luam ξµ = µ,µ = 1, 2, . . . , n se poate arata ca

minµ condξµ = condξ1 ∼ n2 candn→∞maxµ condξµ ∼ 1

(2−√2)πn

(√2+1√2−1

)ncandn→∞.

Cea mai prost conditionata radacina esteξµ0 cu µ0 ıntregul cel mai apropiatden/

√2 candn este mare. Numarul sau de conditionare creste ca(5.828 . . . )n,

deci exponential. De exemplu pentrun = 20 condξµ0 = 0, 540× 1014.Exemplul neınvata ca radacinile unei ecuatii algebrice scriseın forma (3.7) pot

fi extrem de sensibile la schimbari mici ale coeficientilor. De aceea este contraindi-cat sa se exprime orice polinom cu ajutorul puterilor caın (3.7) si (3.11). Aceastaesteın particular adevarat pentru polinoamele caracteristice ale matricelor. Estemult mai bine sa lucram cu matriceleınsele si sa le reducem (prin transformaride similaritate) la o forma care sa permita obtinerea rapida a valorilor proprii -radacini ale ecuatiei caracteristice.

Problema 3.5.3 Presupunem ca o rutina de biblioteca pentru functia logaritmicane furnizeaza y = ln x pentru orice numar ın virgula flotanta,x, producand unyAce satisfaceyA = (1 + ε) ln x, |ε| ≤ 5eps. Ce putem spune despre conditionareaalgoritmuluiA?

Solutie.Avem evident

yA = ln xA undexA = x1+ε (unic)

In consecinta∣∣∣∣xA − xx

∣∣∣∣ =∣∣∣∣x1+ε − x

x

∣∣∣∣ = |xε − 1| ≈ |ε ln x| ≤ 5| ln x|eps

si deci(condA)(x) ≤ 5| ln x|. Algoritmul A este bine conditionat exceptand ve-cinatatea dreapta a luix = 0 si pentrux foarte mare.In ultimul caz, totusi, esteposibil cax sa dea depasireınainte caA sa devina prost conditionat.


Problema 3.5.4 Consideram problema

f : Rn → R, y = x1x2 . . . xn

Rezolvam problema prin algoritmul evident

p1 = x1

pk = fl(xkpk−1), k = 2, 3, . . . , n

yA = pn

Care este conditionarea algoritmului?

Solutie.Am presupus cax ∈ Rn(t, s). Utilizand legile de baza ale aritmeticii

masinii obtinemp1 = x1

pk = xkpk−1(1 + εk), k = 2, 3, . . . , n, |εk| ≤ eps

de undepn = x1 . . . xn(1 + ε2)(1 + εq) . . . (1 + εn)

Aici, putem lua de exemplu (nu se asigura unicitatea)

xA = [x1, x2(1 + ε2), . . . , xn(1 + εn)]T .

Aceasta ne da, utilizand norma‖ · ‖∞

‖xA − x‖∞‖x‖∞eps

=‖[0, x2ε2, . . . , xnεn]T‖∞

‖x‖∞eps≤ ‖x‖∞eps‖x‖∞eps

= 1

deci(condA)(x) ≤ 1 pentru oricex ∈ Rn(t, s) si algoritmul este bine conditionat.

Capitolul 4

Rezolvarea numerica a sistemeloralgebrice liniare

4.1 Descompunere LU

A = LU

A =

(a11 wT

v A′

)=

(1 0

v/a11 In−1

)(a11 wT

0 A′ − vwT/a11

)

MatriceaA′ − vwT/a11 se numeste complement Schur al luia11.

A =

(1 0

v/a11 In−1

)(a11 wT0 a′ − vwT/a11

)=

=

(1 0

v/a11 In−1

)(a11 wT

0 L′U ′

)=

(1 0

v/a11 L′

)(a11 wT

0 U ′

)

Problema 4.1.1 Calculati descompunerea LU a matricei

A =

2 3 1 56 13 5 192 19 10 234 10 11 31

Solutie.2 3 1 53 4 2 41 16 9 182 4 9 21

54

4.1. Descompunere LU 55

13 5 1515 10 2310 11 31

−

312

(3 1 5

)=

13 5 1515 20 2310 11 31

−

9 3 153 1 56 2 10

=

=

4 2 416 9 184 9 21

2 3 1 53 4 1 41 4 1 22 1 7 17

A′−vwT/a11 =

(9 189 21

)−(

41

)(2, 4) =

(9 189 21

)−(

8 162 4

)=

(1 27 17

)

2 3 1 53 4 2 41 4 1 22 1 7 3

A′ − vwT/a11 = 17− 7 · 2 = 3

2 3 1 56 13 5 192 19 10 234 10 11 31

=

1 0 0 03 1 0 01 4 1 02 1 7 1

2 3 1 50 4 2 40 0 1 20 0 0 3

Problema 4.1.2 (Sisteme tridiagonale)Dati algoritmul de descompunere LU pen-tru o matrice tridiagonala.

Timp liniarEl. GaussianaFactorizare Croutvii = 1Factorizare Doolittlelii = 1Exemplu. Crout

L =

l11 0 . . . 0l21 l22 . . . 0...

.... ..

...0 0 . . . lnn

U =

1 u2 . . . 0

0 1...

......

.. . un−1,n

0 0 . . . 1

a11 = l11 (4.1)

56 Rezolvarea numerica a sistemelor algebrice liniare

ai,i−1 = li,i−1, i = 2, n (4.2)

aii = li,i−1ui−1,i + lii, i = 2, n (4.3)

ai,i+1 = liiui,i+1 (4.4)

Ordinea de obtinere este (4.2), (4.4), (4.3) alternativAlgoritmul:P1 l11 := a11

u12 := a12/l11P2 fori = 2 to n− 1

li,i−1 := ai,i−1

lii = aii − li,i−1ui−1,i

ui,i+1 = ai,i+1/liiP3 ln,n−1 = an,n−1

ln,n = ann − ln,n−1un−1,n

4.2 Descompunere LUP

Aici rolul lui a11 va fi jucat deak1.EfectulQA,Q matrice de permutare

QA =

(ak1 wT

v A′

)=

(1 0

v/ak1 In−1

)(ak1 wT

0 A′ − vwT/ak1

)

MatriceaA′ − vwT/ak1 se numeste complementul Schur al luiak1 si estenesingulara.

Determinam mai departe descompunerea LUP a complementului Schur

P ′(A′ − vwT/ak1) = L′U ′.

Definim

P =

(1 00 P ′

)Q

care este tot o matrice de permutare.Avem acum

PA =

(1 00 P ′

)QA =

(1 00 P ′

)(1 0

v/ak1 In−1

)(ak1 wT

0 A′ − vwT/ak1

)=

=

(1 0

P ′v/ak1 P ′

)(ak1w

T

0 A′ − vwT/ak1

)=

4.2. Descompunere LUP 57

=

(1 0

P ′v/ak1 In−1

)(ak1 wT

0 P ′(A′ − vwT/ak1)

)=

=

(1 0

P ′v/ak1 In−1

)(ak−1 wT

0 L′U ′

)=

(1 0

P ′v/ak1 L′

)(ak1 wT

0 U ′

)= LU

De notat ca ın acest rationament atat vectorul coloana cat si complementulSchur seınmultesc cu matricea de permutareP ′.

Problema 4.2.1 Sa se calculeze descompunerea LUP a matricei

2 0 2 0.63 3 4 −25 5 4 2−1 −2 3.4 −1

Solutie.

1 2 0 2 0.62 3 3 4 −23 5 5 4 24 −1 −2 3.4 −1

3 5 5 4 22 3 3 4 −21 2 0 2 0.64 −1 −2 3.4 −1

3 5 5 4 22 0.6 0 1.6 −3.21 0.4 −2 0.4 −0.24 −0.2 −1 4.2 −0.6

3 5 5 4 22 0.6 0 1.6 −3.21 0.4 −2 0.4 −0.24 −0.2 −1 4.2 −0.6

3 5 5 4 21 0.4 −2 0.4 −0.22 0.6 0 1.6 −3.24 −0.2 −1 4.2 −6

3 5 5 4 21 0.4 −2 0.4 −0.22 0.6 0 1.6 −3.24 −0.2 −0.5 4 −0.5

3 5 5 4 21 0.4 −2 0.4 −0.22 0.6 0 1.6 −3.24 −0.2 0.5 4 −0.5

3 5 5 4 21 0.4 −2 0.4 −0.24 −0.2 0.5 4 −0.52 0.6 0 1.6 −3.2


3 5 5 4 21 0.4 −2 0.4 −0.24 −0.2 0.5 4 −0.52 0.6 0 0.4 −3

Verificare.

0 0 1 01 0 0 00 0 0 10 1 0 0

2 0 2 0.63 3 4 −25 5 4 2−1 02 3.4 −1

=

10.4 1 0−0.2 0.5 10.6 0 0.4 1

5 5 4 2−2 0.4 −0.2

0 4 −0.5−3

Definitia 4.2.2 Spunem ca matriceaA n × n este diagonal dominanta pe liniidaca

|aii| >n∑

j=1j 6=i

|aij|, i = 1, n

Problema 4.2.3 Sa se rezolve sistemul

x1 + 2x2 + x3 = 4

2x1 + 5x2 + 3x3 = 10

x1 + 3x2 + 3x3 = 7

folosind descompunerea Cholesky.

Solutie.Calculand radicalii pivotilor si complementele Schur se obtine:

B =

1 2 15 3

3

∼

1 2 11 1

2

∼

1 2 11 1

1

.

Sistemele echivalente sunt

y12y1 + y2y1 + y2 + y3

===

4107

4.2. Descompunere LUP 59

cu solutiay = [4, 2, 1]T si respectiv

x1 + 2x2 + x3x2 + x3

x3

===

421

cu solutiax = [1, 1, 1]T .

Problema 4.2.4 Calculati descompunerea QR a matricei

A =

[3 14 1

].

Solutie. Reflexia pentru prima coloana esteP = I − 2uuT . Vectorul u sedetermina astfel:

u =

[x1 + sign(x1) ‖x‖2

x2

]=

[3 + 54

]=

[84

];

‖u‖2 =√82 + 42

u =u

‖u‖2=

[84

]/4√5 =

[25

√5√55

].

Matricea de reflexie este

P =

[1 00 1

]− 2

[25

√5√55

]·[

25

√5√55

]T=

=

[1 00 1

]− 2

[45

25

25

15

]=

[−3

5−4

5

−45

35

]= QT ,

Se obtine

Q =

[−3

5−4

5

−45

35

]

R = P · A =

[−3

5−4

5

−45

35

]·[3 14 1

]=

[−5 −7

5

0 −15

].

Problema 4.2.5 Rezolvati sistemul

1 1 11 1 22 4 2

x =

348

prin descompunere LUP.


Solutie.Avem

1 1 1 12 1 1 23 2 4 2

∼

3 2 4 22 1 1 21 1 1 1

∼

3 2 4 22 1

21 2

1 12

1 1

3 2 4 22 1

2−1 1

1 12−1 0

∼

3 2 4 22 1

2−1 1

1 12

1 0

∼

3 2 4 22 1

2−1 1

1 12

1 −1

.

Deci

L =

1 0 012

1 012

1 1

U =

2 4 20 −1 10 0 −1

P =

0 0 10 1 01 0 0

.

Sistemele triunghiulare corespunzatoare sunt

1 0 012

1 012

1 1

y = Pb =

843

,

cu solutiay = [8, 0,−1]T si

2 4 20 −1 10 0 −1

x =

80−1

,

cu solutiax = [1, 1, 1]T .

Problema 4.2.6 Aratati ca orice matrice diagonal dominanta este nesingulara.

Solutie. Fie sistemulAx = 0. Presupunem ca are solutie nebanala. Exista kastfelıncat0 < |xk| = max

1≤j≤n|xj| = ‖x‖1

Deoarecen∑

j=1

aijxj = 0, pentru i = k

4.3. Sisteme de ecuatii 61

obtinem

akkxk = −n∑

j=1j 6=i

akjxj ⇒ |akk||xk| ≤n∑

j=1j 6=k

|akj||xj|

|akk| ≤n∑

j=1j 6=k

|akj||xj||xk|≤

n∑

j=1j 6=k

|akj|

Observatia 4.2.7 In acest caz EG se face para permutari.Daca lii = 1 avem factorizare Doolittle, iar daca vii = 1 avem factorizare

Crout.

4.3 Sisteme de ecuatii

Problema 4.3.1 Aratati cam-norma

‖A‖m = maxi

n∑

j=1

|aij|

este naturala.

Solutie.Vom arata ca

‖A‖m = max‖x‖∞=1

‖Ax‖∞

Fiex ∈ Rn astfelıncat

‖x‖∞ = max1≤i≤n

|xi| = 1

‖Ax‖∞ = max1≤i≤n

|(Ax)i| = max1≤i≤n

∣∣∣∣∣

n∑

j=1

aijxj

∣∣∣∣∣ ≤

≤ max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij| max1≤j≤n

|xj| = max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij|‖x‖∞ =

= max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij|


‖Ax‖∞ ≤ max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij|, ∀ x ∈ Rn, ‖x‖∞

‖A‖m = max‖x‖∞=1

≤ max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij| (4.5)

Fiep ∈ N, 1 ≤ p ≤ n astfelıncat

n∑

j=1

|apj| = max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij|

Alegemx astfelıncat

xj =

1 daca apj ≥ 0−1 daca apj < 0

‖x‖∞ = 1, apjxj = |apj|, ∀ j = 1, n

‖Ax‖∞ = max1≤i≤n

∣∣∣∣∣

n∑

j=1

aijxj

∣∣∣∣∣ ≥∣∣∣∣∣

n∑

j=1

apjxj

∣∣∣∣∣ =n∑

j=1

|apj| = maxn∑

j=1

|aij|,

adica

‖A‖m = max‖x‖∞=1

‖Ax‖∞ ≥ max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij| (4.6)

(4.5), (4.6) ⇒ ” = ”.

Problema 4.3.2 Sa se arate ca l-norma

‖A‖l = max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij|

este naturala.

Solutie.

‖A‖l := max‖x‖1=1

‖Ax‖1 ?= max

1≤j≤n

n∑

i=1

|aij|

Fiex ∈ Rn astfelıncat‖x‖1 = 1

‖Ax‖1 =n∑

i=1

|(Ax)i| =n∑

i=1

∣∣∣∣∣

n∑

j=1

aijxj

∣∣∣∣∣ ≤n∑

i=1

n∑

j=1

|aij||xj| =n∑

j=1

n∑

i=1

|aij||xj| =


=n∑

j=1

|xj|n∑

i=1

|aij| ≤n∑

j=1

|xj| max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij| = ‖x‖1 max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij|,

adica

‖A‖l ≤ max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij|.

Fiep ∈ N, 1 ≤ p ≤ n astfelıncat

max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij| =n∑

i=1

|aip|

si x ∈ Rn astfelıncatxi = δip. Avem‖x‖1 = 1.

‖A‖l ≥ ‖Ax‖1 =n∑

i=1

|(Ax)i| =n∑

i=1

∣∣∣∣∣

n∑

j=1

aijxj

∣∣∣∣∣ =n∑

i=1

|aipxp| = max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij|

Problema 4.3.3 Aratati ca norma euclidiana, l-norma sim-norma sunt normematriciale.

Problema 4.3.4 Rezolvati sistemul

5x1 + x2 + x3 = 7x1 + 5x2 + x3 = 7x1 + x2 + 5x3 = 7

utilizand metoda lui Jacobi si metoda Gauss-Seidel.De cate iteratii este nevoie pentru a se putea atinge o preciziedorita ε?

Solutie.

x(k)i =

1

aii

bi −

n∑

j=1j 6=i

aijx(k−1)j

(4.7)

x(k)i =

1

aii

(bi −

i−1∑

j=1

aijx(k)j −

n∑

j=i+1

aijx(k−1)j

)(4.8)

x(0) = (0, 0, 0)T

x(1) =

(7

5,7

5,7

5

)


x(k)1 =

1

5(7− x(k−1)

2 − x(k−1)3 )

x(k)2 =

1

5(7− x(k−1)

1 − x(k−1)3

x(k)3 =

1

5(7− x(k−1)

1 − x(k−1)2

x(2)1 =

1

5

(7− 7

5− 7

5

)=

21

25

x(2)2 =

1

5

(7− 7

5− 7

5

)=

21

25

x(2)3 =

21

25

x(k)1 =

1

5(7− x(k−1)

2 − x(k−1)3 )

x(k)2 =

1

5(7− x(k)1 − x

(k−1)3 )

x(k)3 =

1

5(7− x(k)1 − x

(k)2

x(1)1 =

7

5, x

(1)2 =

7

5− 7

5= 0

x(1)3 =

7

5− 7

25=

21

25

x(2)1 =

7

5− 21

125=

175− 21

125=

154

125

x(2)2 =

7

5− 154

625− 21

125, x

(3)3 =

7

5− 154

125− x(2)2

Pentru a rezolva a doua parte a problemei vom scrie sistemul sub forma

x = Tx+ c ⇒ ‖x− x(k)‖ ≤ ‖T‖k1− ‖T‖‖x

(1) − x(0)‖

Pentru Jacobi

x1 =15(7− x2 − x3)

x2 =15(7− x1 − x3)

x3 =15(7− x1 − x2)

x =

0 −15−1

5

−15

0 −15

−15−1

50

x+

757575


‖TJ‖m =2

5= ‖TJ‖l

‖TJ‖k1− ‖TJ‖

‖x(1) − x(0)‖ < ε

x(0) = 0, x(1) =

(7

5,7

5,7

5

)T

, ‖x1‖ =7

5(2

5

)k

3

5

· 75=

2k

5k−1· 3 · 7

5< ε

(2

5

)k

· 21 < ε, k(ln 2− ln 5) + ln 21 > ln ε

Pentru Gauss-Seidelx(0) = 0

x(1)1 =

1

5(7) =

7

5

x(1)2 =

1

5(7− a21x(1)1 − a23x

(0)2 ) =

7

5− 1

5· 75= 7

(1

5− 1

25

)=

28

25

x(1)3 =

1

5(7− a31x(1)1 − a32x

(1)2 ) =

7

5− 1

5· 75− 28

25=

35− 7− 28

25= 0

‖x(1) − x(0)‖∞ =

∥∥∥∥7

5,28

25, 0

∥∥∥∥ =7

5

x(k) = (D − L)−1Ux(k−1) + (D − L)−1b

a11x(k)1 = −a12x(k−1)

2 − · · · − a1nx(k−1)n + b1

a21x(k)1 + a22x

(k)2 = −a23x(k)3 − · · ·+ b2

. . .

an1x(k)1 + an2x

(k)2 + · · ·+ annx

(k)n = bn

D =

5 0 00 5 00 0 5

, L =

0 0 0−1 0 0−1 −1 0

U =

0 −1 −10 0 −10 0 0

, E = D − L =

5 0 01 5 01 1 5

detE = 125, ET =

5 1 10 5 10 0 5


Γ11 = (−1)1+1

∣∣∣∣5 10 5

∣∣∣∣ = 25, Γ12 = (−1)1+2

∣∣∣∣0 10 5

∣∣∣∣ = 0

Γ13 = (−1)1+3

∣∣∣∣0 50 0

∣∣∣∣ = 0, Γ21 = (−1)2+1

∣∣∣∣1 10 5

∣∣∣∣ = −5

Γ22 = (−1)1+2

∣∣∣∣5 10 5

∣∣∣∣ = 25, Γ23 = (−1)2+3

∣∣∣∣5 10 0

∣∣∣∣ = 0

Γ31 = (−1)3+1

∣∣∣∣1 15 1

∣∣∣∣ = −5, Γ32 = (−1)3+2

∣∣∣∣5 10 1

∣∣∣∣ = −5

Γ33 = (−1)3+3

∣∣∣∣5 10 5

∣∣∣∣ = 25

E−1 =

15

0 0− 1

2515

0− 1

25− 1

2515

TGS = (D−L)−1U =

15

0 0− 1

2515

0− 1

25− 1

2515

0 −1 −10 0 −10 0 0

=

0 −15−1

5

0 125− 4

25

0 125

225

‖TGS‖n =2

5(25

)k35

· 75< ε

Problema 4.3.5 Aratati ca pentruA ∈Mn,n(R)

‖A‖2 = [ρ(AtA)]1/2

Capitolul 5

Calculul cu diferente

Sa consideram multimea

M = ak| ak = a+ kh, k = 0,m, a, h ∈ R

Definitia 5.0.6 Pentruf :M → R, cantitatea

∆hf(ai) = f(ai + h)− f(ai), i < m

se numeste diferenta finita de ordinul I cu pasulh a functieif ın punctulai.Diferenta finita de ordinulk se defineste recursiv prin

∆khf(ai) = ∆n(∆

k−1h f(ai))

Au loc relatiile

∆mh f(a) =

m∑

i=0

(−1)i(m

i

)f [a+ (m− i)h]

∆mh f(a) =

m∑

i=0

(−1)m−i

(n

i

)f(a+ ih)

f(ak) =k∑

i=0

(k

i

)∆i

hf(a)

∆mh (fg)a =

m∑

i=0

(m

i

)∆i

hf(a)∆m−ih g(a+ ih)

Valorile [∆m1 x

r]x=0 = ∆m0r se numesc diferentele lui 0.

∆m0r =m∑

i=0

(−1)m−i

(m

i

)ir

67

68 Calculul cu diferente

Problema 5.0.7 Aplicatie.Vom stabili o formula explicita pentru calculul sumei

Sm,r = 1r + 2r + 3r + · · ·+mr

cu ajutorul diferentelor lui 0.

Sm,r =r∑

i=1

(m+ 1

i+ 1

)∆i0r

f(ap) =

p∑

j=0

(p

k

)∆k

hf(a)

∆mh f(a) =

m∑

i=0

(−1)m−i

(m

i

)f(a+ ih)

f(x) = xr

pr = f(p) =

p∑

k=0

(p

k

)∆k0r, p = 1, 2, . . . ,m

1r =

(1

0

)∆00r +

(1

1

)∆10r

2r =

(2

0

)∆00r +

(2

1

)∆10r +

(2

2

)∆20r

. . .

mr =

(m

0

)∆00r +

(m

1

)∆10r + · · ·+

(m

m

)∆m0r

Sm,r =m∑

j=1

[(j

j

)+

(j + 1

j

)+ · · ·+

(m

j

)]∆j0r =

r∑

j=1

(m+ 1

j + 1

)∆j0r

Deoarece daca m > r, ∆o0r = 0 pentruj = r + 1,m iar pentrum < r,(m+ 1

j + 1

)= 0, pentruj = m+ 1,m+ 2, . . . , r.

Cazuri particulare

Sm,1 =

(m+ 1

2

)∆0 =

(m+ 1

2

)=m(m+ 1)

2, ∆0 = 1

Sm,2 =

(m+ 1

2

)∆02

1+

(m+ 1

3

)∆202

2=m(m+ 1)(2m+ 1)

6

Sm,3 =

(m+ 1

2

)∆03

1+

(m+ 1

3

)∆203

6+

(m+ 1

4

)∆303

6=

[m(m+ 1)

2

]2

Problema 5.0.8 Sa se demonstreze formula

∆mh

1

x=

(−1)mm!hm

x(x+ h) . . . (x+mh)

(prin inductie).

69

Definitia 5.0.9 Prederivata de ordinulm cu pasulh a functieif ın a este

Dmh f(a) =

∆mh f(a)

hm

D0nf(a) = f(a)

Problema 5.0.10Daca f are derivata de ordinulm continua pe(a, a+mh) areloc

Dmh f(a) = f (m)(a+ θmh), θ ∈ (0, 1)

Demonstratie.Prin inductie.

Dhf(a) =f(a+ h)− f(a)

h= f ′(ξ1), ξ1 ∈ (a, a+ h)

Dm−1h f(a) = f (m−1)(ξm−1)|Dh, ξm−1 ∈ (a, a− (m− 1)h)

Dmh f(a) =

1

h[f (m−1)(ξm−1 + h)− f (m−1)(ξm−1)] = f (m)(ξm)

ξm ∈ (a, a+mh) ⇒ ξm = a+ θmh, θ ∈ (0, 1)

Corolar 5.0.11 f (m) continua ın a ⇒ limh→0

Dmh (a) = f (m)(a).

Problema 5.0.12Sa se demonstreze formulele

∆mh cos(ax+ b) =

(2 sin

ah

2

)m

cos

(ax+ b+m

ah+ π

2

)

∆mh sin(ax+ b) =

(2 sin

ah

2

)m

sin

(ax+ b+m

ah+ π

2

)

Sa se deduca de aici expresiile prederivatelor de ordinulm ale functiilorcos x,sin x si sa se calculeze limitele lor candh→ 0.

Solutie.

∆h cos(ax+ b) = cos[a(x+ h) + b]− cos(ax+ h) =

= 02 sinah

2sin

(ax+ b+

ah

2

)=

= 2 sinah

2cos

(ax+ b+

π + ah

2

) ∣∣∣∆h den− 1 ori


∆mh sin(ax+ b) = ∆m

h cos(ax+ b− π

2

)=

=

(2 sin

ah

2

)m

cos

(ax+ b+m

ah+ π

2− π

2

)=

=

(2 sin

ah

2

)m

sin

(ax+ b+m

ah+ π

2

)

Facanda = 1, b = 0 si ımpartind cuhm se obtine

Dmh cos x =

(sin h

2h2

)m

cos

(x+m

h+ π

2

)

Dmh sin x =

(sin h

2h2

)m

sin

(x+m

h+ π

2

)

Problema 5.0.13Sa se calculeze∆mh

1x2 .

Solutie.

∆mh

1

x2=

(1

x+

1

x+ h+ · · ·+ 1

x+mh

)∆2

h

1

x=

= (−1)mm!U ′m(x)

U2m(x)

hm

um(x) =m∏

k=0

(x+ kh)

∆mh (fg)(a) =

m∑

i=0

(m

i

)∆i


Problema 5.0.14Sa se demonstreze formula

δmh f(x) =m∑

k=0

(−1)k(m

k

)f[x+

(m2− k)h]

Solutie.

δm = (E12 − E− 1

2 ) =m∑

k=0

(−1)k(m

k

)E

n2−k

71

Problema 5.0.15Sa se stabileasca generalizarea formulei lui Leibniz prin calculsimbolic.

Solutie.Eh operator de translatie ce are efect numai asupra luiu

Eh operator de translatie ce are efect numai asupra luiv

∆hu(x)v(x) = u(x+ h)v(x+ h)− u(x)v(x) =

= (EhEh − I)u(x)v(x)

∆h = EE − I∆h operator de diferenta ce are efect asupra luiu∆h operator de diferenta ce are efect asupra luiv

En = I +∆h ∆h = Eh − I

∆h = ∆hEh +∆h

∆mh = (∆hEh +∆h)

m =m∑

j=0

∆j

h∆m−j

h Ej

h

∆mh u(x)v(x) =

m∑

j=0

(m

j

)∆j

hu(x)∆m−jh v(x+ jh)

(a+ b)[m,j] =m∑

j=0

(m

j

)a[m−j,h]b[j,h]

[a, a+ h, . . . , a+ nh; f ] =1

n!hn∆m

h f(a)

∆mh (fg)(a) =

m∑

i=0

(m

i

)∆i


Problema 5.0.16Sa se demonstreze formula de sumare prin parti.

a+mh∑

x=a(h)

u(x)∆hv(x) = u(x)v(x)∣∣∣a+(m+1)h

a−

a+mh∑

x=a

v(x+ h)∆hu(x)

Sa se calculeze

m∑

x=0

xbx (b > 0, b 6= 1),m∑

x=0

v(x+ h)∆hh(x)


Solutie.DacaF este o solutie a ecuatiei cu diferente

∆hF (x) = f(x)

are loc formula de sumare

m∑

j=0

f(a+ jh) = F [a+ (m+ 1)h]− F (a)

∆hF (x) = F (x+ h)− F (x) = x, x = a, a+ h, . . . , a+mh

∆hF (x) = f(x), F (x) = u(x)v(x)

∆hu(x)v(x) = u(x)∆hv(x) + ∆hu(x)v(x+ h)

a+mh∑

x=a(h)

u(x)∆hv(x) +a+mh∑

x=a(h)

v(x+ h)∆hu(x) = u(x)v(x)∣∣∣a+(m+1)h

a

u(x) = x, ∆v(x) = bx ⇒ v(x) =bx

b− 1m∑

x=0

xbx = xbx

b− 1

∣∣∣m+1

0−

m∑

x=0

bx

b− 1=

= (m+ 1)bm+1

b− 1− 1

b− 1(b+ b2 + · · ·+ bm+1) = (m+ 1)

bm+1

b− 1− bm+2 − b

(b− 1)2

u(x) = x, ∆v(x) = sin x ⇒ v(x) =

− cos

(x− h

2

)

2 sinh

2

a+mh∑

x=a

x sin x = −xcos

(x− h

2

)

2 sinh

2

∣∣∣∣∣

a+(m+1)h

a

+a+mh∑

x=a

cos

(x+

h

2

)

2 sinh

2

Deoarece∆hF (x) = cos

(x+

h

2

)este satisfacuta pentruF (x) =

sin x

2 sinh

2rezulta ca avem

a+mh∑

x=a

cos

(x+

h

2

)=

sin x

2 sinh

2

∣∣∣∣∣

a+(m+1)h

a

73

Problema 5.0.17Sa se calculeze∆mh

1x2 .

Solutie.

∆mh

1

x2=

(1

x+

1

x+ h+ · · ·+ 1

x+mh

)∆m

h

1

x=

= (−1)mm!u′m(x)

u2m(x)hm

unde

um(x) =m∏

k=0

(x+ kh).

Problema 5.0.18Sa se demonstreze[a0, a1, . . . , am;

1

t

]=

(−1)ma0a1 . . . am

Solutie. (prin inductie sau ca si cat de doi determinanti).

Problema 5.0.19Se considera p + 1 puncte distinctea0, a1, . . . , ap. Sa se de-monstreze formula

[a0, a1, . . . , ap; tp] =

∑

r0+r1+···+rp=n−p

ar00 ar11 . . . a

rpp .

Problema 5.0.20Sa se demonstreze formula

[a0, a1, . . . , ak−1, ak+1, . . . , am; f ] =ak − a0am − a0

[a0, a1, . . . , am−1; f ]+am − anam − a0

[a1, a2, . . . , am; f ]

Solutie.ak, a0, . . . , ak−1, ak+1, . . . , am−1, am

[a0, a1, . . . , am; f ] =[a0, . . . , ak−1, ak+1, . . . , am; f ]− [a0, . . . , an−1; f ]

am − ak, (5.1)

[a0, a1, . . . , am; f ] =[a0, . . . , ak−1, ak+1, . . . , am; f ]− [a1, . . . , am; f ]

a0 − ak(5.2)

Egaland cele doua relatii rezulta relatia dorita.


Problema 5.0.21Daca f, g : X → R, atunci

[x0, . . . , xm; fg] =m∑

k=0

[x0, . . . , xk][xk, . . . , xm; g]

Demonstratie.Prin inductie dupamm = 1

[x0, x1; fg] = f(x0)[x0, x1; g] + [x0, x1; f ]g(x1) =

= f(x0)g(x1)− g(x0)x1 − x0

+f(x1)− f(x0)

x1 − x0g(x1) =

=f(x1)g(x1)− f(x0)g(x0)

x1 − x0Presupunem relatia adevarata pentrum− 1, adica

[x0, . . . , xm−1; fg] =m−1∑

k=0

[x0, . . . , xk; f ][xk, . . . , xm−1; g]

[x0, . . . , xn; fg]def=

1

xm − x0([x1, . . . , xm; fg]− [x0, . . . , xm−1; fg]) =

=1

xm − x0

m−1∑

k=0

([x1, . . . , xk+1; f ][xk+1, . . . , xn; g]−[x0, . . . , xk; f ][xk, . . . , xn−1; g])

Adunand si scazand sub simbolul deınsumare[x0, . . . , xk; f ][xk+1, . . . , xm; g]si grupand convenabil se obtine

[x0, . . . , xm; fg] =1

xm − x0

m−1∑

k=0

[x0, . . . , xk; f ]([xk+1, . . . , xm; g]−[xk, . . . , xm−1; g])+

+m−1∑

k=0

[xk+1, . . . , xn; g]([x1, . . . , xk+1; f ]− [x0, . . . , xkf ])

=

=1

xn − x0

m−1∑

k=0

(xm − xk)[x0, . . . , xk; f ][xk, . . . , xm; g]+

+m∑

k=1

(xk − x0)[x0, . . . , xn; f ][xk, . . . , xn; g]

=

=1

xn − x0

(xm − x0)[x0; f ][x0, . . . , xn; g]+

75

+m−1∑

k=1

(xm − x0)[x0, . . . , xk; f ][xk, . . . , xm; g]+

+(xm − x0)[x0, . . . , xm; f ][xm; g]

=

=m∑

k=0

[x0, . . . ,k ; f ][xk, . . . , xm; g]

Observatia 5.0.22Diferenta divizata se poate introduce ca si coeficient dominantın PIL.

Problema 5.0.23(Aplicatie) O modalitate rapida de a calcula valorile unui po-linom de grad 3ın puncte echidistante folosind diferente divizate.

P (x) = ax3 + bx2 + cx+ d

∆P (x) = P (x+ h)− P (x) ⇒ P (x+ h) = P (x) + ∆P (x)

∆2P (x) = ∆P (x+ h)−∆P (x)

∆P (x+ h) = ∆P (x) + ∆2P (x)

∆3P (x) = ∆2P (x+ h)−∆2P (x)

∆2P (x+ h) = ∆2P (x) + ∆3P (x)

∆3P (x) = 6ah3

∆P (0) = ah3 + bh2 + ch = h(h(ah+ b) + c)

∆2P (0) = P (2h)− 2P (h) + P (0) =

= 8ah3 + 4bh2 + 2ch+ d− 2ah3 − 2bh2 − 2ch− 2d+ d =

= 6ah3 + 2bh2 = 2h2(3ah+ b)

∆3P (0)∆k,i+1 = ∆k−1,i +∆k−1,i+1

Problema 5.0.24Daca f, g :M → R are loc

(∆mh fg)(a) =

m∑

i=0

(m

i

)(∆i

hf)(a)(∆m−ih g)(a+ ih)


Demonstratie.Inductie dupamm = 1

(∆hfg)(a) = f(a)(∆hg)(a) + g(a+ h)(∆hf)a (5.3)

caci(∆hfg)(a) = f(a+ h)g(a+ h)− f(a)g(a)| ± f(a)g(c+ h)

(∆hfg)(a) = f(a)[g(a+ h)− g(a)] + g(a+ h)[f(a+ h)− f(a)]Presupunem relatia adevarata pentrum− 1

(∆m−1h fg)(a) =

m−1∑

i=0

(m− 1

i

)(∆o

hf)(a)(∆m−i−1h g)(a+ ih)

(5.3) ⇒ (∆mh fg)(a) =

m∑

i=0

(m− 1

i

)[(∆i

hf)(a)(∆m−ih g(a+ ih)+

+(∆i+1h f)(a)(∆m−i−1

h g(a+ (i+ 1)h)]

(∆mh fg)(a) =

m−1∑

i=0

(m− 1

i

)(∆i

hf)(a)(∆m−ih g)(a+ ih)+

+m∑

k=1

(m− 1

k − 1

)(∆k

hf)(a)(∆m−kh g)(a+ kh) =

= f(a)(∆mh g)(a) +

∑[(m− 1

i

)+

(m− 1

i− 1

)](∆m−i

h g)(a+ ih)+

+(∆mh f)(a)g(a+mh).

Problema 5.0.25(Formula lui Vandermonde)

(a+ b)[m,h] =m∑

j=0

(m

j

)a[m−j,h]b[j,h].

Demonstratie.Inductie dupamm = 1

(a+ b)[1,h] = a+ b(1

0

)a[1,h]b[0,h] +

(1

1

)a[0,h]b[1,h] = a+ b

77

Presupunem ca

(a+ b)[m−1,h] =∑(

m− 1

j

)a[m−1−j,h]b[j,h]/(a+ b− (m− 1)h)

a[m−1−j,h]b[j,h][a+ b− (m− 1)h] = a[m−1−j,h][a− (m− 1− h]b[j,h] + a[m−1−j,h]b[j,h](b− jh)= a[m−j,h]b[j,h] + a[m−1−j]b[j+1,h].

(a+ b)[mh] =m−1∑

j=0

(m− 1

j

)a[m−j,h]b[j,h] +

m−1∑

j=0

(m− 1

j

)a[m−1−j,h]b[j+1,h]

=

(m− 1

0

)a[m,h]b[0,h] +

n∑

j=1

[(m− 1

j

)+

(m− 1

j − 1

)]a[m−j,h]b[j,h]

+

(m− 1

m− 1

)a[0,h]b[m,h]

=m∑

j=0

(m

j

)a[m−j,h]b[j,h].

Capitolul 6

Interpolare

6.1 Interpolare polinomiala

Fie nodurilexi ∈ [a, b], i = 0,m, i 6= j ⇒ xi 6= xj.Are loc formula de interpolare Lagrange

f = Lmf +Rmf

unde

(Lmf)(x) =m∑

k=0

lk(x)f(xk)

si

lk(x) =(x− x0) . . . (x− xk−1)(x− xk+1) . . . (x− xm)

(xk − x0) . . . (xk − xk−1)(xk − xk+1) . . . (xk − xm)=

=

m∏

j=0j 6=k

(x− xj)

m∏

j=0j 6=k

(xk − xj)=

u(x)

(x− xk)u′(xk)

undeu(x) = (x− x0) . . . (x− xm).Dacaα = minx, x0, . . . , xm, β = maxx, x0, . . . , xm, f ∈ Cm[α, β], f (m)

derivabila pe(α, β) ∃ ξ ∈ (α, β) astfelıncat

(Rmf)(x) =u(x)

(m+ 1)!f (m+1)(ξ)

78

6.1. Interpolare polinomiala 79

Dacaf ∈ Cm+1[a, b] atunci

(Rmf)(x) =

∫ b

a

ϕm(x, s)f(m+1)(s)ds

cu

ϕm(x; s) =1

m!

[(x− s)m+ −

m∑

k=0

lk(x)(xk − s)m+

]

Daca lm(x, ·) pastreaza semn constant pe[a, b] atunci

(Rmf)(x) =1

(m+ 1)!

[xm+1 −

m∑

k=0

lk(x)xm+1k

]f (m+1)(ξ)

ξ ∈ [a, b]

(Nmf)(x) = f(x0) +m∑

i=0

(x− x0) . . . (x− xi−1)[x0, . . . , xi; f ]

f = Nmf +Rmf formula de int.Newton

(Rmf)(x) = u(x)[x, x0, . . . , xm; f ] x ∈ [a, b]

Pentru noduri echidistante

xi = x0 + ih, i = 0,m

(Lmf)(x0 + th) =t[m+1]

m!

m∑

i=0

(−1)m−i

(m

i

)1

t− if(xi)

(Rmf)(x0 + th) =hm+1t[m+1]

(m+ 1)!f (m+1)(ξ)

(Nmf)(x0 + th) = (Nmf)(t) =m∑

k=0

(t

k

)∆k

hf(x0)

(Formula Gregory-Newton, formula lui Newton cu diferenteprogresive)

(Nmf)(x) = (Nmf)(x0 + th) = f(xn) +m∑

k=1

(t+ k − 1

k

)∇k

hf(xm) =

=m∑

k=0

(−1)k(−tk

)∇k

h(xm)

80 Interpolare

(Formula lui Newton cu diferente regresive)

S2n+1(x0 + th) = f(x0) +n∑

k=1

(t+ k − 1

2k − 1

)∆2k−1f1−k +∆2k−1f−k

2+

+n∑

k=1

t

2k

(t+ k − 1

2k − 1

)∆2kf−k

S2n+2(x0 + th) = S2n+1(x0 + th) +

(t+ n

2n+ 1

)∆2n+1f−n +∆2n+1

2

(Formula lui Stirling)

xk ∈ [a, b], k = 0,m, xi 6= xj (i 6= j)

f : [a, b]→ R ∃ f (j)(xk), k = 0,m, j = 0, rk

n+ 1 = m+ r0 + · · ·+ rm = (r0 + 1) + · · ·+ (rm + 1)

(Hnf)(x) =m∑

k=0

rk∑

j=0

hkjf(j)(xk)

hkj(x) =(x− xk)j

j!uk(x)

rk−j∑

ν=0

(x− xk)νν!

[1

nk(x)

](ν)

x=xk

f = Hnf +Rnf (formula de interpolare a lui Hermite)

u(x) =m∏

k=0

(x− xk)rk+1

uk(x) =u(x)

(x− xk)rk+1

Dacaf ∈ Cn[α, β] ∃ f (n+1) pe [α, β] atunci

(Rnf)(x) =u(x)

(n+ 1)!f (n+1)(ξ) ξ ∈ [a, b]

Dacaf ∈ Cn+1[α, β] atunci

(Rmf)(x) =

∫ b

a

ϕn(x; s)f(n+1)(s)ds

unde

ϕn(x; s) =1

n!

(x− s)n+ −

m∑

k=0

rk∑

j=0

hkj(x)[(xk − s)n+](j)

6.1. Interpolare polinomiala 81

Cazuri particulare1) rk = 0, k = 0, n Lagrange2) n = 0, r0 = n Taylor3) r0 = · · · = rn = 1 formula lui Hermite cu noduri duble

f = H2m+1f +R2m+1f

(H2m+1f)(x) =m∑

k=0

hk0(x)f(xk) +m∑

k=0

hk1(x)f′(xk)

hx0(x) =uk(x)

uk(xk)

[1− (x− xk)

u′k(xk)

uk(xk)

]

hk1(x) = (x− xk)uk(x)

uk(xk)

4) Dacam = 1, x0 = a, x1 = b

r0 = m, r1 = n

(Hm+n+1f)(x) =

(x− ba− b

)n+1 m∑

i=0

(x− a)ii!

[m−i∑

ν=0

(n+ ν

ν

)(x− ab− a

)ν]f (i)(a)+

+

(x− ab− a

)m+1 n∑

j=0

(x− b)jj!

[n−j∑

µ=0

(m+ µ

µ

)(x− ba− b

)µ]f (j)(b)

xk ∈ [a, b], k = 0,m, xi 6= xk (i 6= j)rk ∈ N, Ik ⊆ 0, 1, . . . , rk, k = 0,mf : [a, b]→ R ∃ f (j)(xk) k = 0,m, j ∈ Inn = |I0|+ · · ·+ |Im| − 1

(Bnf)(x) =m∑

k=0

∑

j∈Ik

bkj(x)f(j)(xk)

f = Bnf +Rnf (formula de interpolare a lui Birkhoff)

Dacaf ∈ Cn+1[a, b] atunci

(Rnf) =

∫ b

a

ϕn(x, s)f(n+1)(s)ds

unde

ϕn(x; s) =1

n!

(x− s)n+ −

m∑

k=0

∑

j∈Ik

bkj(x)[(xk − s)n+](j)

82 Interpolare

Dacaf ∈ Cn+1[a, b] si ϕn are semn constant pe[a, b]

(Rnf)(x) = E(x)f (n+1)(ξ) ξ ∈ [a, b]

E(x) =xn+1

(n+ 1)!−

m∑

k=0

∑

j∈Ik

1

(n− j + 1)!xn−j+1k bkj(x)

6.2 Interpolare Lagrange

Problema 6.2.1 Sa se scrie formula de interpolare a lui Lagrangeın cazurilespecialem = 1 sim = 2. Interpretare geometrica.

Solutie. Polinomul de interpolare Lagrange corespunzator unei functiif sinodurilorx0 si x1 este

(L1f) (x) =x− x1x0 − x1

f(x0) +x− x0x1 − x0

f(x1),

adica dreapta care trece prin punctele(x0, f(x0)) si (x1, f(x1)). Analog, polino-mul de interpolare Lagrange corespunzator unei functiif si nodurilorx0, x1 si x2este

(L2f) (x) =(x− x1)(x− x2)(x0 − x1)(x0 − x2)

f(x0) +(x− x0)(x− x2)(x1 − x0)(x1 − x2)

f(x1)+

(x− x0)(x− x1)(x2 − x0)(x2 − x1)

f(x2),

adica parabola care trece prin punctele(x0, f(x0)), (x1, f(x1)) si (x2, f(x2)). In-terpretarea lor geometrica apareın figura 6.1.

Problema 6.2.2 Construiti polinomul de interpolare Lagrange pentru funct¸ia y =sin πx alegandx0 = 0, x1 = 1

6, x2 = 1

2.

Solutie.

(L2y)(x) =7

2x− 3x2,

(R2y)(x) =x(x− 1

6

) (x− 1

2

)

3!π cos πξ, ξ ∈

(0,

1

2

).

6.2. Interpolare Lagrange 83

fL

1(x)

(a) (L1f)

fL

2(x)

(b) (L2f)

Figura 6.1: Interpretarea geometrica a luiL1f (stanga) siL2f

Problema 6.2.3 Cu ce eroare se poate calcula√115 cu ajutorul formulei de

interpolare a lui Lagrange, considerand functiaf(x) =√x si nodurilex0 =

100, x1 = 121, x2 = 144?

(R2f)(x) =(x− 100)(x− 121)(x− 144)

6f ′′′(ξ)

f ′′′(x) =3

8x−

52

|(R1f)(115)| ≤3

8· 1√

1005· 16|(115− 100)(115− 121)(115− 144)| =

=1

16· 10−5 · 15 · 6 · 29 ≈ 1 · 6 · 10−3

Problema 6.2.4 In tabelele cu 5 zecimale corecte se dau logaritmii zecimaliainumerelor de lax = 1000 la x = 10000 cu eroarea absoluta maxima egala cu12· 10−5. Este posibil ca interpolarea liniara sa conduca la o aceeasi precizie?

Solutie.

f(x) = lg x f ′(x) =M

xf ′′(x) = −M

x2

M = lg e ≈ 0.4343

|(R1f)(x)| ≤(x− a)(x− b)

2M2f

M2(f) = max |f ′′(x)| < 1

2· 10−6

a < x < a+ 1

84 Interpolare

b = a+ 1

x− a = q

|(R1f)(x)| <1

2| q(q − 1)︸︷︷︸

≤ 14

|M2(f)

|R1f | ≤1

16· 10−6 < 10−7

deci precizia nu este alterata.

Problema 6.2.5 Relativ la functia sin se alcatuieste urmatoarea tabela cu diferentex ∆0 = y ∆f ∆2f ∆3f ∆4f39 0.6293204 267386 −7992 −318 1341 0.6560590 259354 −8310 −305 1043 0.6819984 251084 −8615 −295 1045 0.7071068 242469 −8910 −28547 0.7313597 233559 −919549 0.7547096 22436451 0.7771460

Sa se aproximezesin 40, sin 50, sin 44 cu formula Gregory-Newton pentrum = 4.

(Nmf)(t) =m∑

i=0

(t

k

)∆k

hf(x0)

(Rmf)(x0 + th) =hm+1t[m+1]

(m+ 1)!f (m+1)(ξ)

f(x) ≈ f0 + t∆f0 +t(t− 1)

2∆2f0 +

t(t− 1)(t− 2)

6∆3f0+

+t(t− 1)(t− 2)(t− 3)

24∆4f0 +R4

sin 40 ≈ 0.6293204 +1

2· 0.0267386− 1

8(−0.0007992)+

+1

16(−0.0000318)− 5

64· 0.0000013 = 0.6427876

|(R4f)(t)| ≤ h5t(t− 1)(t− 2)(t− 3)(t− 4)f (5)(ξ) < 0.0000000028

sin 50 se poate aproxima cu formula lui Newton cu diferente regresive.sin 44 se poate aproxima cu formula lui Stirling.

6.3. Interpolare Hermite 85

Problema 6.2.6 Sa se determine un polinom de interpolare de grad 3 pe interva-lul [−1, 1] astfelıncat restul sa fie minim.

Solutie. Restul este minim daca nodurile de interpolare sunt radacinile poli-nomului Cebasev de speta I.

Tm(t) = cos(arccos t)

‖Rmf‖∞ ≤(b− a)m+1

(m+ 1)!22m+1‖f (m+1)‖∞

T4(t) = 8t4 − 8t2 + 1

Tn+1(t) = 2tTn(t)− Tn−1(t)

T0 = 1, T1 = t

tk = cos2k − 1

2nπ k = 1, n

6.3 Interpolare Hermite

Problema 6.3.1 Sa se determine polinomul de interpolare Hermite cu nodurilex0 = −1 multiplu de ordinul 3,x1 = 0 simplu six2 = 1 multiplu de ordinul 3.

Solutie.m = 2, r = 0 = 2, r1 = 0, r2 = 2

Hnf)(x) =m∑

k=0

rk∑

j=0

hkj(x)f(j)(xk)

uk(x) =u(x)

(x− xk)rk+1

hkj(x) =(x− xk)j

j!uk(x)

rk−j∑

ν=0

(x− xk)νν!

[1

uk(x)

](ν)

x=xk

n+ 1 = 3 + 1 + 3 = 7 ⇒ n = 6

h00(x) = x(x− 1)3[1

8+

5(x+ 1)

16+

(x+ 1)2

2

]

h01(x) = x(x− 1)3(x+ 1)

[1

8+

5(x+ 1)

16

]

86 Interpolare

h02(x) =x(x− 1)3(x+ 1)2

16

h10(x) = (1− x2)3

h20(x) = x(x+ 1)3[1

8− 5(x− 1)

16+

(x+ 1)2

2

]

h21(x) = x(x+ 1)3(x− 1)

[1

8− 3(x− 1)

16

]

h22(x) =x(x+ 1)3(x− 1)2

16

Problema 6.3.2 Aceeasi problema, pentru aceleasi noduri ca mai sus, dar duble.

Solutie.

r0 = r1 = r2 = 1, m = 2, n = 5, x0 = −1, x1 = 0, x2 = 1

(H2m+1f)(x) =m∑

k=0

hk0(x)f(xk) +m∑

k=0

hk1(x)f′(xk)

hk0(x) =uk(x)

uk(xk)

[1− (x− xk)

u′k(xk)

uk(xk)

]

hn1(x) = (x− xn)uk(x)

uk(xk)u0(x) = x2(x− 1)2

u0(−1) = 4 u′0(x) = 2x(x− 1)(x− 1 + x) = 2x(x− 1)(2x− 1)

h00(x) =x2(x− 1)2

4

[1− 12

4(x+ 1)

]=x2(x− 1)2

4(−3x− 2)

h01(x) =(x+ 1)x2(x− 1)2

4

u1(x) = (x+ 1)2(x− 1)2

u′1(x) = 2(x+ 1)(x− 1)2 + 2(x+ 1)2(x− 1) =

= 2(x+ 1)(x− 1)(x− 1 + x+ 1) = 4x(x− 1)(x+ 1)

h10(x) =(x+ 1)2(x− 1)2

1[1− x · 0] = (x+ 1)2(x− 1)2

h11(x) = (x+ 1)2(x− 1)2x

u2(x) = (x+ 1)2x2 u2(1) = 4


u′2(x) = 2(x+ 1)x2 + 2(x+ 1)2x = 2(x+ 1)x(2x+ 1)

u′2(1) = 2 · 2 · 1 · 3 = 12

h20(x) =(x+ 1)2x2

4

[1− (x− 1)

12

4

]=

(x+ 1)2x2

4[−3x+ 4]

h21(x) =(x− 1)(x+ 1)2x2

4

Problema 6.3.3 Sa se arate ca pentru PIH cu noduri duble avem

hk0(x) = [1− 2(x− xk)l′k(xk)] l2k(x)

hk1(x) = (x− xk)l2k(x)undelk sunt polinoamele fundamentale Lagrange.

Problema 6.3.4 Sa se determine PIH pentrux0 = a, x1 = b, m = 1, r0 = r1 =1.

Solutie. Se poate aplica formula cu noduri duble sau generalizarea formuleilui Taylor.

u0 = (x− b)2 u1 = (x− a)2

h00(x) =(x− b)2(a− b)2

[1− (x− a)2(a− b)

(a− b)2]

=(x− b)2(a− b)2

[a− b− 2x+ 2a

a− b

]=

(x− b)2(a− b)3 [3a− b− 2x]

h01(x) = (x− a)(x− b)2

(a− b)2

h10(x) =(x− a)2(b− a)3 [3b− a− 2x]

h11(x) = (x− b)(x− ab− a

)2

(H3f)(x) = h00(x)f(a) + h01(x)f′(a) + h10(x)f(b) + h11(x)f

′(b)

88 Interpolare

Problema 6.3.5 Se considera f : [−1, 1] → R. Se noteaza cuF2n+1f polinomulHermite cu noduri duble determinat de conditiile

(F2m+1f)(xk) = f(xk), k = 0,m(F2m+1f)

′(xk) = 0.

Sa se arate ca daca x0, x1, . . . , xm sunt radacinile polinomului lui Cebasev despeta I avem:

(F2m+1f)(x) =1

(m+ 1)2

m∑

k=0

(1− xkx)(Tm+1(x)

x− xk

)2

f(xk).

Solutie.

hk0(x) =uk(x)

uk(xk)

[1− (x− xk)

u′(xk)

uk(xk)

]

w(x) = (x− x0)(x− x1) . . . (x− xm)

uk(x) =w2(x)

(x− xk)2=

(1

2mTm+1(x)

x− xk

)2

1− (x− xk)u′k(xk)

uk(xk)= (x− xk)

[1

x− xk+

1

x0 − xk+ · · ·+ 1

xn − xk

]

uk(xk) = w′2(xk)

u′k(xk) = w′(xk)w′′(xk)

w′(xk) =m+ 1

2m(−1)k√1− x2k

w′′(x) =m+ 1

2m

(x sin[(m+ 1) arccos x]−

-

(m+ 1)√1− x2 cos[(m+ 1) arccos x]

)/(√

1− x2)3

w′′(xk) =m+ 1

2m(−1)kxk(√1− x2k

)3

hk0(x) =

(1

2mTm+1(x)

x− xk

)21

w′2(xk)[1− (x− xk)

w′(xk)w′′(xk)

w′2(xk)

]=


=

(Tm+1(x)

x− xk

)2

· 1

2m22m(1− xk)2(m+ 1)2

1− (x− xk)

xk(m+ 1)2

22m(1− xk)2(m+ 1)2

22m− 1

x− xk

=

=1

(m+ 1)2

(Tm+1(x)

x− xk

)2

(1− xkx)

Problema 6.3.6 (Relatia lui Cauchy)Aratati ca ∀ x ∈ R

n∑

i=0

li(x)(xi − x)j =

1 daca j = 00 daca j = 1, . . . , n

Solutie. Pentrut ∈ R si j ∈ 0, 1, . . . , n fixat, functiax → (x − t)j ∈ Pn

si coincide cu polinomul sau de interpolareın x0, . . . , xn; formula ceruta nu estealtceva decat polinomul de interpolare Lagrange pentrut = x.

Problema 6.3.7 (Nucleul lui Peano pentru operatorul de interpolare Lagrange)a) Aratati ca pentruf ∈ Cn+1

b [a, b] avem∀ x ∈ [a, b]

(Rnf)(x) = f(x)− pn(x) =∫ b

a

Kn(x, t)f(n+1)(t)dt

cu

Kn(x, t) =1

n!

n∑

i=0

[(x− t)n+ − (xi − t)n+]li(x)

Deduceti ca

(Rnf)(x) =n∑

i=0

1

n!

[∫ x

xi

(xi − t)nf (n+1)(t)dt

]li(x)

b) Ce devineK1(x, t) dacax ∈ (x0, x1)? Deduceti existenta unuiξx ∈ (x0, x1)astfelıncat

E1(x) = f ′′(ξx)(x− x0)(x− x1)/2.c) Aratati ca solutia unica a problemei la limita: ”fiind dat g ∈ C[x0, x1] gasiti

u ∈ C2[x0, x1] astfelıncat u′′(x) = g(x) pentrux ∈]x0, x1[, u(x0) = u(x1) = 0”este data de

u(x) =

∫ x1

x0

K1(x, t)g(t)dt.

90 Interpolare

Solutie.a)

En = (R− nf)(x) =∫ b

a

Kn(x, t)f(n+1)(t)dt

unde

Kn(x, t) =1

n!

[(x− t)n+ −

n∑

i=0

li(x)(xi − t)n+

]=

1

n!

n∑

i=0

[(x−t)n+−(xi−t)n+li(x)

Pe de alta parte∫ b

a

[(x− t)n+ − (xi − t)n+]f (n+1)(t)dt =

=

∫ x

c

[(x− t)n − (xi − t)n]f (n+1)(t)dt+

∫ x

xi

(xi − t)nf (n+1)(t)dt

darn∑

i=0

[(x− t)n − (xi − t)n]li(x) = 0

conform relatiei lui Cauchy.b)

K1(x, t) = 0 daca t 6∈ (x0, x1)

caciK1(t) = (x− t)+ − (x0 − t)+l0(x) + (x1 − t)+l1(x)

l0(x) =x− x1x0 − x1

=x1 − xx1 − x0

l1(x) =x− x0x1 − x0

K1(x, t) =

(x− x1)(t− x0)x1 − x0

t ∈ [x0, x]

(t− x1)(x− x0)x1 − x0

t ∈ [x, x1]

K1(x, t) ≤ 0t.medie⇒ E1(x) =

(x− x0)(x− x1)2

f ′′(x)

c) Scriind cap1 = 0 este polinomul de interpolare al luiu cu nodurilex0 si x1obtinem

u(x)− p1(x) =∫ x1

x0

k1(x, t)u′′(t)dt =

∫ x1

x0

k1(x, t)g(t)dt

p1(x0) = u(x0) = 0 = p1(x1) = u(x1)

Se verifica usor ca problema la limita admite efectiv o solutie.K1 se numestefunctia lui Green a problemei la limita.

6.4. Interpolare Birkhoff 91

6.4 Interpolare Birkhoff

Problema 6.4.1 Dandu-sef ∈ C2[0, h], h > 0 sa se determine un polinom degrad minimB astfelıncat

B(0) = f(0)B′(h) = f ′(h).

(6.1)

Sa se dea expresia restului.

Solutie.m = 1, r0 = 0, r1 = 1, I0 = 0, I1 = 1, n = 1Solutia exista si este unica.

(6.1) ⇒ ∆ =

∣∣∣∣0 11 0

∣∣∣∣ = 1 6= 0

(B1f)(x) = b00(x)f(0) + b11(x)f′(h)

(B1f)(x) = f(0) + xf ′(h)

b00(x) = Ax+ b b11(x) = Cx+Db00(x) = 1 b11(x) = x

Pentru rest se aplica teorema lui Peano.

(R1f)(x) =

∫ h

0

ϕ1(x; s)f′′(s)ds

ϕ1(x; s) = (x− s)+ − x =

−x x ≤ s−s x > s

ϕ1(x; s) ≤ 0, ∀ x, s ∈ [0, h]

(R1f)(x) = E(x)f ′′(ξ), ξ ∈ [0, h]

E(x) =x2

2− hx ‖R1f‖∞ ≤

h

2‖f ′′‖∞

Problema 6.4.2 Pentruf ∈ C3[0, h], h ∈ R+, m = 2, r0 = 1, r1 = 0, r2 =1, I0 = I = 1, I1 = 0 sa se construiasca formula de interpolare Birkhoffcorespunzatoare.

Solutie.P (x) = a0x

2 + a1x+ a2

P ′(0) = a1 = f ′(0)

P(h2

)= h2

4a0 +

h2a1 + a2 = f

(h2

)

P ′(h) = 2ha0 + a1 = f ′(h)

92 Interpolare

Rezolvand sistemul se obtine

(B2f)(x) =(2x− h)(3h− 2x)

8hf ′(0) + f

(h

2

)+

4x2 − h28h

f ′(h)

(B2f)(x) = b01(x)f′(0) + b10(x)f

(h

2

)+ b21(x)f

′(h)

b01(x) =(2x− h)(3h− 2x)

8h2, b10(x) = 1, b21(x) =

4x2 − h28h

(R2f)(x) =

∫ h

0

ϕ2(x; s)f′′′(s)ds

ϕ2(x; s) =1

2(x− s)2 − b01(x)[(0− s)2+] + b10(x)

(h

2− s)2

+

− S21[(h− s)2+]′

=1

2

[(x− s)2+ −

(h

2− s)2

+

− 4x2 − h24h

(h− s)].

ϕ2(x; s) ≥ 0 daca x ∈[0,h

2

], s ∈ [0, h]

ϕ2(x; s] ≤ 0 pentru x ∈[h

2, h

], s ∈ [0, h]

Pentrux ∈ [0, h], ϕ2(x, ·) are semn constant pe[0, h]

(R2f)(x) = f ′′′(ξ)

∫ b

a

(x; s)ds =(2x− h)(2x2 − 2hx− h2)

24f ′′′(ξ), 0 ≤ ξ ≤ h

Problema 6.4.3 Sa se determine un polinom de grad minim care verifica

P (0) = f(0), P ′(h) = f ′(h), P ′′(2h) = f ′′(2h),

undef ∈ C3[0, 2h] (Problema Abel-Goncearov cu doua noduri). Dati expresiarestului.

Solutie.Din conditiile de interpolare se obtine

P (x) =f ′′(2h)

2x2 + [f ′(h)− hf ′′(2h)]x+ f(0)

6.5. Interpolare rationala 93

Tratand problema ca pe o PIB cum = 2, I0 = 0, I1 = 1, I2 = 2obtinem

b00(x) = 1 b11(x) = x b22(x) =x2

2− hx

(R3f)(x) =

∫ 2h

0

ϕ2(x; s)f′′′(s)ds

ϕ2(x; s) =1

2!(x− s)2 − b00(x)(0− s)2+ − b11(x)[(h− s)2+]′ − b22(x)[(2h− s)2+]′′

=1

2[(x− s)2+ − 2x(h− s)+ − (x2 − 2hx)(2h− s)0+]

=1

2

s2 x ≥ s s < hs2 + 2x(h− x) x ≥ s s > hx(2s− x) x < s s < h−x(x− 2h) x < s s > h

ϕ2(x; s) ≥ 0

Putem aplica corolarul la teorema lui Peano

∃ ξ ∈ [0, 2h] a.ı. (R3f)(x) = E(x)f ′′′(ξ),

unde

E(x) =x3

6− 1

2h2b11(x)− 24b22(x) =

x3

6− h2x

2− 2h

(x2

2− hx

)

=x3

6− h2x

2− hx2 + 2h2x =

x3

6− hx2 + 3h2

2x

6.5 Interpolare rationala

Problema 6.5.1 Sa se determine o aproximare Pade de grad 5 cun = 2, n = 3pentruf(x) = ex.

Solutie.

r(x) =pn(x)

qm(x), p ∈ Pn, q ∈ Pm

f (k)(0)− r(k)(0) = 0, k = 0, N, N = n+m = 5

f(x)− r(x) = f(x)− p(x)

q(x)=f(x)q(x)− p(x)

q(x)=

94 Interpolare

=

∞∑

i=0

aixi

m∑

i=0

qixi −

n∑

i=0

pixi

q(x)

f−r are o radacina multipla de ordinN . Pentru coeficientul luixk de la numaratoravem

k∑

i=0

aiqk−1 − pk = 0, k = 0, N

Luamq0 = 1 si pn+1 = pn+2 = · · · = pN = 0 si qm+1 = qm+2 = · · · = qN = 0

x5 :1

2q3 +

1

6q2 +

1

24q1 = −

1

120

x4 : q3 +1

2q2 +

1

6q1 +

1

24= 0

x3 : q3 + q2 +1

2q1 +

1

6= 0

x2 : q2 + q1 − p2 +1

2= 0

x1 : q1 − p1 + 1 = 0

x0 : p+ 0 = 1

p0 = 1, p1 =3

5, p2 =

2

20, q1 = −

2

5q2 =

3

20, q3 = −

1

60

r(x) =1 + 3

5x+ 1

20x2

1− 25x+ 3

20x2 − 1

60x3

Problema 6.5.2 Determinati aproximarea Pade de grad 6 pentruf(x) = sin x sin = m = 3.

Solutie.k∑

i=0

akqk−i − pk = 0, k = 0, 6

p4 = p5 = p6 = 0 q0 = 1

qn = q5 = q6 = 0 a0 = 0, a1 = 1, a2 = 0

sin x = x− x3

3!+x5

5!− x7

7!+ . . .

6.5. Interpolare rationala 95

a3 = −1

6a4 = 0 a5 =

1

120a6 = 0

Se obtin urmatorii coeficienti:x7 : a0q6 + a1q5 + a2q4 + a3q3 + a4a2 + a5q1 + a6q0 − p6 = 0x6 : q5 − 1

6q3 +

1120q1 = 0

x5 : a1q4 + a3q2 + a5q0 − p5 = q4 − 16q2 +

1120

= 0x4 : a1q3 + a3q1 − p4 = q3 − 1

6q1 = 0

x3 : a1q2 + a3q0 − p3 = q2 − 16− p3 = 0

x2 : a1q1 − p2 = q1 − p2 = 0x1 : a0q1 + a1q0 − p1 = 1− p1 = 0x0 : a0q0 − p0 = 0p0 = 0 p1 = 1 q1 = p2 = 0q3 = 0 q2 =

120

p3 = q2 − 16= 1

20− 1

6= − 7

60

r(x) =x− 7

60x3

1 + 120x2

Problema 6.5.3 Dandu-sef(0) = 1, f(12

)= 2

3, f(1) = 1

2, determinati o functie

F de interpolare rationala pentruf .

Solutie.

F =Pr

Ps

m = r + s

f(xi) = f(xi) i = 0,m

fm(x) = f(x0) +x− x0

v1(x1) +x− x1

v2(x2) +x− v2

v3(x3)+. . .

+x− xm−1

vm(xm)

vi(xi) - diferentele divizate inverseM = xi| xi ∈ R, i = 0,m, xi 6= xj (i 6= j)f :M → R

[x0, x1, . . . , xk−1, xk; f ]− =

xkxk−1

[x0, . . . , xk−2, xk; f ]− − [x0, . . . , xk−1; f ]−

[x0, x1; f ]− = [x0, x1; f ]

−1

96 Interpolare

G0 = 1 G1(x) = f(x0)

H0 = 0 H1(x) = 1

Gk+1(x) = rk(xk)Gk(x) + (x− xk−1)Gk−1(x)

Pentru calculul diferentelor divizate inverse se construieste tabelulx0 v00x1 v10 v11x2 v20 v21 v22

. . . . . . . . . . . .. . .

xi vi0 vi1 vi2 . . . vii

. . . . . . . . . . . . . . . . . .. ..

xn vm0 vm1 vm2 . . . vmi . . . vmm

vi0 = f(xi) vik =xi − xk−1

vi,k−1 − vk−1,k−1

k = 1, i i = 1,m

In cazul nostru0 112

23−3

21

1 12−2 −1

v1,1 =x1 − x0v1,0 − v0,0

=

1

2− 0

2

3− 1

= −3

2

v2,1 =x2 − x1v2,1 − v1,1

= −2, v2,2 =x2 − x1v2,1 − v1,1

= −1

F2(x) = f(x0) +x− x0

v11 +x− x1v22

= 1 +x

−3

2+x− 1

2−1

=1

x+ 1

Restul are expresia

(Rmf)(x) =(−1)mu(x)

Hm+1(x)[vm+1(x)Hm+1(x) + (x− xm)Hm(x)].

6.6 Interpolare spline

Problema 6.6.1 Aratati ca orice functief ∈ Cm[a, b] poate fi aproximata uni-form, ımpreuna cu derivatele ei pana la ordinulm printr-o functie spline de gra-dulm, derivatele ei respectiv prin derivatele functiei splinepana la ordinulm.

6.6. Interpolare spline 97

Demonstratie.f ∈ Cm[a, b] ⇒ f (m) ∈ [a, b] ⇒ f (m) poate fi aproximatauniform pe [a, b] printr-o functieın scara, continua la dreapta si discontinua ınx1, x2, . . . , xn ∈ [a, b], notata cuhm.

Fie problema diferentiala

s(m)(x) = hm(x), x ∈ [a, b]

s(r)(a) = f (r)(a), r = 0,m− 1

Solutia acestei probleme pe[a, b] este

s(x) = f(a)+(x−a)f ′(a)+· · ·+(x− a)m−1

(m− 1)!f (m−1)(a)+

∫ x

a

(x− t)m−1

(m− 1)!hm(t)dt

(6.2)s este o functie spline de gradm caci

s|(xi,xi+1) ∈ Pm−1, s ∈ Cm−1[a, b]

f ∈ Cm[a, b] ⇒

f(x) = f(a)+(x−a)f ′(a)+· · ·+(x− a)m−1

(m− 1)!f (m−1)(a)+

∫ x

a

(x− t)m−1

(m− 1)!f (m)(t)dt

(6.3)(6.2), (6.3) ⇒ f (r)(x) − s(r)(x) =

∫ x

a(x−t)m−r−1

(m−r−1)![f (m)(t) − hm(t)]dt, r =

0,m− 1

‖f (r) − s(r)‖∞ ≤(b− a)m−r

(m− r)! ‖ f(m) − hm︸︷︷︸

<ε

‖∞, r = 0,m− 1

Problema 6.6.2 Fie a, b ∈ R, a < 0, b > 1, f : [a, b]→ R stiind ca f ∈ C1[a, b]

si cunoscand f(0), f

(1

2

), f(1) sa se scrie expresia functiei spline cubice de

interpolare cu nodurilex1 = 0, x2 =1

2, x3 = 1 si a restului.

Solutie.s(x) = s1(x)f(x1) + s2(x)f(x2) + s3(x)f(x3)

undesi(xj) = δij , i, j = 1, 3

si(x) = a0 + a1x+ b1x3 + b2

(x− 1

2

)3

+ b3(x− 1)3+

98 Interpolare

3∑

i=1

bixri = 0, r = 0,m− 1, m = 2

s′′i (x) = 6b1x+ + 6b2

(x− 1

2

)

+

+ 6b3(x− 1)+

s′′i (0) = s′′i (1) = 0

s′′′i (x) = 6(b1 + b2 + b3) = 0 ⇒ b1 + b2 + b3 = 0 (x ≥ 1)

s′′i (0) = 0

s′′i (1) = 6b1 + 3b2 = 0

b2 = −2b1b1 + b2 + b3 = 0 ⇒ b3 = b1

si(x) = a0 + a1x+ b

[x3+ − 2

(x− 1

2

)3

+ (x− 1)3+

]

s1(0) = a0 = 1

s1

(1

2

)= 1 +

a12

+ b · 18= 0

s1(1) = 1 + a1 + b

[1− 1

4

]= 0

s1(x) = 1− 5

2x+ 2

[x3+ − 2

(x− 1

2

)3

+

+ (x− 1)3+

]

s2(0) = a0 = 0

s2

(1

2

)=a12

+b

8= 1

s2(1) = a1 + b

[1− 1

4

]= 0

s2(x) = 3x− 4

[x3+ − 2

(x− 1

2

)3

+

+ (x− 1)3+

]

s3(0) = a0 = 0

s3

(1

2

)=a12

+b

8= 0

s3(1) = a1 +3b

4= 1


s3(x) = −1

2x+ 2

[x3+ − 2

(x− 1

2

)3

+ (x− 1)3+

]

Pentru rest folosim teorema lui Peano

(Rf)(x) =

∫ b

a

ϕ(x; t)f (m)(t)dt

ϕ(x, t) =1

(m− 1)!

(x− t)m−1

+ −3∑

i=1

si(x)(xi − t)+

=

= (x− t)+ −3∑

i=1

si(x)(xi − t)+ =

= (x− t)+ − s1(x)(−t)+ − s2(x)(1

2− t)

+

− s3(1− t)+

Problema 6.6.3 Fie functiaf(x) = sin πx si nodurilex0 = 0, x1 = 16, x2 =

12, x3 = 1.

Sa se determine o functie spline naturala si o functie spline limitata (racor-data) care aproximeaza pef .

Solutie.Vom rezolva un sistem liniar de formaAx = b.Pentru functia spline naturala avem:

A =

1 0 0 . . . . . . 0h0 2(h0 + h1) h1 . . . . . . 00 h1 2(h1 + h2) h2 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . hn−2 2(hn−1 + hn+1) hn−1

0 . . . . . . 0 0 1

b =

03

h1(an − a1)−

3

h0(a1 − a0)

...3

hn−1

(an − an−1)−3

hn−2

(an−1 − an−2)

0

.

100 Interpolare

Pentru functia spline limitata:

A =

2h0 h0 0 . . . . . . 0h0 2(h0 + h1) h1 . . . . . . . . .0 h1 2(h1 + h2) h2 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . 0. . . . . . . . . hn−2 2(hn−2 + hn−1) hn−1

0 . . . . . . 0 hn−1 2hn−1

b =

3h0(a1 − a0)− 3f ′(a)

3h1(a2 − a1)− 3

h0(a1 − a0)

...3

hn−1(an − an−1)− 3

hn−2(an−1 − an−2)

3f ′(b)− 3hn−1

(an − an−1)

hj = xj+1 − xj

bj =1

hj(aj+1 − aj)−

hj3(2cj + cj+1)

dj =cj+1 − cj

3hj, n = 3

a0 = 0, a1 =1

2, a2 = 1, a3 = 0

h0 =1

6, h1 =

1

2− 1

6=

1

3, h2 =

1

2

A =

1 0 0 01 1 1

30

0 13

53

12

0 0 0 1

b =

0313

· 12− 3

16

· 12

312

(−1)− 313

· 12

0

=

0−9

2

−152

0

A =

13

16

0 016

1 13

00 1

335

12

0 0 0 1

f ′(x) = π cos πx f ′(0) = π f ′(1) = −π


b =

3(3− 3π)−9

2

3(2− π)

3

40(a1 − a0)− 3f ′(0) =

316

· 12− 3π = 3(3− 3π)

−3π − 312

(−1) = 6− 3π = 3(2− π)

Problema 6.6.4 Fie f : [a, b] → R, f ∈ C1[a, b], a < 0, b > 1. Sa sescrie o functie spline naturala de interpolare care verifica s(0) = f(0), s′(0) =f ′(0), s(1) = f(1), s′(1) = f ′(1).

Solutie.Functia cautata este de forma

s(x) = pm−1(x) +n∑

i=1

ri∑

j=0

cij(x− xi)2m−1−j+

s(x) = a0 + a1x+ c10x3 + c11x

2 + c20(x− 1)3 + c21(x− 1)2+

Avem 6 necunoscute si 4 conditii

s′(x) = a1 + 3c10x2+ + 2c11x+ + 3c20(x− 1)2+ + 2c21(x− 1)+

s(0) = a0 = f(0)

s′(0) = a1 = f ′(0)

s(1) = f(0) + f ′(0) + c10 + c11 = f(1)

s′(1) = f ′(0) + 3c10 + 2c11 = f ′(1)

s′′(1) = 0

s′′(x) = 6c10x+ + 2c11x0+ + 6c20(x− 1)+ + 2c21(x− 1)0+

3c10 + c11 + c21 = 0

s′′′(x) = 6c10x0+ + 6c20(x− 1)0+

s′′′(1) = c10 + c20 = 0 c20 = −c10c10 + c11 = f(1)− f(0)− f ′(0)3c10 + 2c11 = f ′(1)− f ′(0)

c10 = 2f(0) + f ′(0)− 2f(1) + f ′(1)

102 Interpolare

c11 = f(1)− f(0)− f ′(0)− 2f(0)− 2f ′(0) + 2f(1)− f ′(1) =

= 3f(1)− 3f(0)− 3f ′(0)− f ′(1)

c21 = −3c10−c11 = −6f(0)−3f ′(0)+6f(1)−3f ′(1)−3f(1)+3f(0)+3f ′(0)+f ′(1) =

= −3f(0) + 3f(1)− 2f ′(1)

Altfel. Pe[0, 1], s(x) coincide cu polinomul de interpolare Hermite cu nodu-rile duble 0 si 1,H3f , iar pe[a, 0) ∪ (1, b] este un polinom de grad 1 tangent laH3f

s(x) =

f ′(0)x+ f(0) x ∈ [a, 0)(H3f)(x) x ∈ [0, 1]f ′(1)x+ f(1)− f ′(1) x ∈ (1, b]

Capitolul 7

Aproxim ari ın medie patratic a

Se pune problema sa se aproximeze o multime de date(xi, yi), i = 1,m, yi =f(xi) printr-o functieF care se exprima ca o combinatie liniara a unor functiig1, . . . , gn liniar independente astfelıncat

(∫ b

a

w(x)[f(x)− F (x)]2dx)1/2

→ min,

ın cazul continuu sau

(m∑

i=0

w(x)[f(xi)− F (xi)]2)1/2

→ min

ın cazul discret (principiul celor mai mici patrate).Dacaf(xi)− F (xi) = 0, i = 0,m ajungem la interpolarea clasica.P.c.m.m.p. consta ın determinarea unui e.c.m.b.aın L2w[a, b] adica g∗ ∈ A ⊂

L2w[a, b] astfelıncat‖f − g∗‖ = min

g∈A‖f − g‖

DacaA este spatiu liniar

〈f − g∗, g〉 = 0, ∀ g ∈ A. (7.1)

Punandg =n∑

i=1

λigi, g∗ =

n∑

i=1

λ∗i gi

(7.1) ⇔ 〈f − g∗, gk〉 = 0, k = 1, n ⇔n∑

i=1

λi〈gi, gk〉 = 〈f, gk〉, k = 1, n. (7.2)

103

104 Aproximari ın medie patratica

Ecuatiile lui (7.2) se numesc ecuatii normale. Determinantul lui (7.2) este de-terminantul Gram al vectorilorg1, . . . , gn, G(g1, . . . , gn) 6= 0, cacig1, . . . , gn suntliniar independente.

Decig∗ exista si este unic.In cazul discret putem lucra analog cu

〈f, g〉 =m∑

i=0

w(xi)f(xi)g(xi).

Problema poate fi tratata si astfel:Fie

G(a1, . . . , an) =m∑

i=0

w(xi)

[f(xi)−

n∑

k=1

akgk(x)

]

Pentru a determina minimul luiG vom rezolva sistemul

∂G

∂aj(a1, . . . , an) = 0, i = 1, n.

Observatia 7.0.5 Daca functiile gk, k = 1, n formeaza un sistem ortogonalcoeficientiiλ∗k saua∗k se pot obtine astfel

a∗k =〈f, gk〉〈gk, gk〉

.

Problema 7.0.6 Dandu-se punctele

(0,−4), (1, 0), (2, 4), (3,−2),

determinati polinomul de gradul I corespunzator acestor date prin metoda celormai mici patrate.

gj(xi) = gij

G(a1, a2, . . . , an) =m∑

i=0

[yi −

n∑

j=1

ajgj(xi)

]2

∂G

∂ak= 2

m∑

i=0

[yi −

n∑

j=1

ajgj(xi)

]gk(xi) = 0

m∑

i=0

n∑

j=1

ajgj(xi)gk(xi) =m∑

i=0

yigk(xi), k = 1, n

105

matricialGa = d

Gjk =m∑

i=0

gj(xi)gk(xi)

dk =m∑

i=0

yigk(xi)

n = 1, g1(x) = 1, g2(x) = x, m = 3

G11 =3∑

i=0

g1(xi)g1(xi) = 12 + 12 + 12 + 12 = 4

G12 =3∑

i=0

g1(xi)g2(xi) = 1 · 0 + 1 · 1 + 1 · 2 + 1 · 3 = 6

G22 = 02 + 12 + 22 + 32 = 14

d1 = −4 · 1 + 0 · 1 + 4 · 1 + (−2) · 1 = −2d2 = −4 · 0 + 0 · 1 + 4 · 2 + (−2) · 3 = 2

[4 66 14

] [a1a2

]=

[−22

]⇒ a1 = −2, a2 = 1

F (x) = x− 2

Problema 7.0.7 Sa se gaseasca aproximarea continua de gradul 2 prin metodacelor mai mici patrate pentruf(x) = sin πx pe intervalul[0, 1].

P2(x) = a0 + a1x+ a1x2

G(a0, a1, a2) =

∫ b

a

[f(x)− a0 − a1x− a2x2]2dx

G(a0, . . . , an) =

∫ b

a

(f(x)−

n∑

k=0

akxk

)2

dx

∂G

∂aj=

∂

∂aj

∫ b

a

[f(x)]2dx− 2n∑

k=0

ak

∫ b

a

xkf(x)dx+

∫ b

a

(n∑

k=0

akxk)

)2

dx

=

= −2∫ b

a

xjf(x)dx+ 2n∑

k=0

ak

∫ b

a

xj+kdx = 0


n∑

k=0

ak

∫ b

a

xj+kdx =

∫ b

a

xjf(x)dx, j = 0, n

a0

∫ 1

0

dx+ a1

∫ 1

0

xdx+ a2

∫ 1

0

x2dx =

∫ 1

0

sin πxdx

a0

∫ 1

0

xdx+ a1

∫ 1

0

x2dx+ a2

∫ 1

0

x3dx =

∫ 1

0

x sin πxdx

a0

∫ 1

0

x2dx+ a1

∫ 1

0

x3dx+ a2

∫ 1

0

x4dx =

∫ 1

0

x2 sin πxdx

Calculand integralele se obtine

a0 +1

2a1 +

1

3a2 =

2

π

1

2a0 +

1

3a1 +

1

4a2 =

1

π

1

3a0 +

1

4a1 +

1

5a2 =

π2 − 4

π3

a0 =12π2 − 120

π3a1 = −a2 =

720− 60π2

π3

Problema 7.0.8 Sa se calculeze aproximarea Fourier discreta pentrum = 2p =2 direct si aplicand algoritmul FFT.

(xj, yj)2m−1j=0 , m = 2p = 2, xj = −π +

jπ

m= π

(j

m− 1

)

x0 = −π, x1 = −π +π

2= −π

2

x2 = −π + π = 0 x3 = −π +3π

2=π

2

ω = i = cosπ

2+ i sin

π

2

c0c1c2c3

=

1 1 1 11 ω ω2 ω3

1 ω2 ω4 ω6

1 ω3 ω6 ω9

y0y1y2y3

=

107

=

1 1 1 11 i −1 −i1 −1 1 −11 −i −1 i

y0y1y2y3

=

y + 0 + y1 + y2 + y3y0 + iy1 − y2 − iy3y0 − y1 + y2 − y3y0 − iy1 − y2 + iy3

F (x) =1

m

2m−1∑

k=0

ckeikx =

1

m

∑ck(cos kx+ i sin kx) =

=1

2[c0 + c1(cos x+ i sin x) + c2(cos 2x+ i sin 2x) + c3(cos 3x+ i sin 3x)]

1

mcke

−πik = ak + ibk

Algoritmul FFT simplificatIntrare:a = [a0, a1, . . . , a

Tn−1, n = 2k, k dat

Iesire:F (a) = [b0, b1, . . . , bn−1]T

bi =n−1∑

j=0

ajωij, i = 0, n− 1

MetodaP1. Pentrui = 0, . . . , 2k − 1 executaR[i] := aiP2. Pentrul = 0, . . . , k − 1 executa P3-P4P3. Pentrui = 0, . . . , 2k−1 executaS[i] := R[i]Fie [d0d1 . . . dk−1] reprezentarea binara a luii

R[[d0, . . . dk−1]]← S[[d0 . . . dl−10dl+1 . . . dn−1]]+

+ω[dldl1...d00...0]S[[d0 . . . dl−11dl+1 . . . dk−1]]

P5. Pentrui = 0, . . . , 2k − 1 executa

b[[d0, . . . , dk−1]]← R[[dk−1, . . . , d0]]

Avemn = 4, k = 2, ai = yiEt.1.R[d0, d1] = S[0, d1] + ω[d00]S[1d1]Et.2.R[d0, d1] = S[d0, 0] + ω[d0d1]S[d01]1.R = [y0, y1, y2, y3]2. l = 03.S = [y0, y1, y2, y3]

R[d0, d1] = S[0, d1] + ω[d0,0]S[1, d1]

i = 0i = [d0d1] = [0, 0]


R[0, 0] = S[0, d1] + ω[d0,0]S[1, d1] = S[0, 0] + ω[0,0]S[1, 0] = y0 + y2

i = 1i = [d0, d1] = [0, 1]

R[0, 1] = S[0, 1] + ω[0,0]S[1, 1] = y1 + y3

i = 2i = [d0, d1] = [1, 0]

R[1, 0] = S[0, 0] + ω[1,0]S[1, 0] = S[0, 0] + ω2S[1, 0] = y0 + ω2y2 = y0 − y2i = 3

i = [d0, d1] = [1, 1]

R[1, 1] = S[0, 1] + ω[1,0]S[1, 1] = S[0, 1] + ω2S[1, 1] = y1 + ω2y3 = y1 − y3l = 1

S = [y0 + y2, y1 + y3, y0 + ω2y2, y1 + ω2y3]

R[d0d1] = S[d0, 0] + ω[d0d1]S[d0, 1]

i = 0i = [d0, d1] = [0, 0]

R[0, 0] = S[0, 0] + ω[0,0]S[0, 1] = S[0, 0] + S[0, 1] = y0 + y1 + y2 + y3

i = 1 = [d0, d1] = [0, 1]

r[0, 1] = S[0, 0] + ω[0,1]S[0, 1] = S[0, 0] + ωS[0, 1] = y0 + y2 + i(y1 + y3)

i = 2[d0d1] = [1, 0]

R[1, 0] = S[1, 0] + ω2S[1, 1] = y0 + ω2y2 + ω2(y + 1 + ω2y3)

i = 3[d0d1] = [1, 1]

R[1, 1] = S[1, 0] + ω[1,1]S[1, 1] = y0 + ω2y2 + ω3(y + 1 + ω2y3)

5.c[0, 0] = R[0, 0] = y0 + y1 + y2 + y3

c[0, 1] = R[1, 0] = y0 − y2 + i(y1 − y3)c[1, 0] = R[0, 1] = y0 + y2 − ω2(y1 + ω2y3) = y0 + y2 − y1 − y3

c[1, 1] = R[1, 1] = y0 − y2 − i(y1 − y3)

a0 =c0m

=y0 + y1 + y2 + y3

2

109

am = a2 = Re(e2−πic2/2) =y0 − y2 + y1 − y3

2

a1 = Re(e−πic1/m) =1

2Re(−1)(y0 − yi + i(y1 − y2)] = y2 − y0

b1 = Im(e−πic1/m) =y3 − y1

2

Capitolul 8

Operatori liniari si pozitivi

8.1 Operatorul lui Bernstein

Problema 8.1.1 Sa se afle expresia polinomului Bernstein(Bmf)(x; a, b) cores-punzator unui interval compact[a, b] si unei functiif definite pe acest interval.

Solutie.Se face schimbarea de variabila

x =y − ab− a

(Bmf)(y; a, b) =1

(b− a)mm∑

k=0

(m

k

)(y − a)k(b− y)m−kf

[a+ (b− a) k

m

]

Problema 8.1.2 Determinati(Bmf)(x; a, b) ın cazul candf(x) = eAx.

Solutie.

(Bmf)(x; a, b) =1

(b− a)mm∑

k=0

(m

k

)(x− a)k(b− x)m−k

eA[a+(b−a) km ] =

m∑

k=0

(m

k

)(x− ab− a

)k (b− xb− a

)m−k

eAb km e

Aa(m−k)m =

=

(b− xb− ae

Aam +

x− ab− a e

Abm

)m

110

8.1. Operatorul lui Bernstein 111

Problema 8.1.3 Sa se arate ca pentruf(t) = cos t avem

(Bmf)(x,−π

2,π

2

)=

1

2

(cos

π

2m+ i

2x

πsin

π

2m

)m

+

+1

2

(cos

π

2m− i2x

πsin

π

2m

)m

Solutie.Se foloseste identitatea

cos x =1

2(eix + e−ix) sin x =

1

2i(eix − e−ix)

Problema 8.1.4 Sa se arate ca daca f este convexa pe[0, 1] atunci are loc inega-litatea

f(x) ≤ (Bmf)(x) pe [0, 1]

Solutie.

f convexaJensen⇒ f

(m∑

k=0

αkxk

)≤

m∑

k=0

αkf(xk)

αk ∈ [0, 1],m∑

k=0

αk = 1

f

(m∑

k=0

pmk(x)k

m

)

︸︷︷︸x

≤m∑

k=0

pm,k(x)f

(k

m

)

Problema 8.1.5 Daca f ∈ Cr[0, 1] atunci

limm→∞

(Bmf)(r) = f (r) uniform pe [0, 1]

Solutie.Se arata ıntai ca

(Bmf)(r)(x) = m[r]

m−r∑

n=0

pm−r,k(x)∆r1m

f

(k

m

), (8.1)

112 Operatori liniari si pozitivi

de exemplu prin inductie.

(Bmf)(r)(x) =

m[r]

mr

m−r∑

n=0

pm−r,k(x)f(r)(xk)

xk =k + θkr

m0 < θk < 1

xk ∈(k

m,k + r

m

)

(am aplicat formula de medie)Notam

C(m, r) =m[r]

mr=

(1− 1

m

)(1− 2

m

). . .

(1− r − 1

m

)

f (r)(x)− (Bmf)(r)(x) =

m−r∑

k=0

pm−r,k(x)(f(r)(x)− f (r)(xk))+

+[1− c(m, r)]m−r∑

k=0

pm−r,k(x)f(r)(xk)

m−r∑

k=0

pm−r,k(x)|f (r)(xk)| ≤Mr(f) = supx∈[0,1]

|f (r)(x)|

(1− a1) . . . (1− ar−1) ≥ 1− (a1 + · · ·+ ar−1)

dacaa1, . . . , ar−1 ≤ 1 de acelasi semn

C(m, r) ≥ 1− 1 + 2 + · · ·+ (r − 1)

m= 1− r(r − 1)

m

Putem scrie

|f (r)(x)− (Bmf)(r)(x)| ≤

m−r∑

k=0

pm−r,k(x)|f (r)(x)− f (r)(xk)|︸︷︷︸

S

+r(r − 1)

2mMr(f)

FieFm = k| |x− xk| ≤ δ

Jm = k| |x− xk| > δ

8.1. Operatorul lui Bernstein 113

S ≤ ε

2

∑

k∈Im

pm−r,k(x)

︸︷︷︸≤1

+2Mr(f)∑

n∈Jm

pm−r,k(x)

︸︷︷︸S2

≤

≤ 1

δn

m−r∑

n=0

(x− xk)2pm−r,k(x)

|x− xk| <∣∣∣∣x−

k

m− r

∣∣∣∣+r

m

S2 ≤(1 +

2r

m

)1

4(m− r) +r2

m2

|f (r)(x)− (Bmf)(r)(x)| < ε

2+

(1 +

2r

m

)Mr(f)

2(m− r)δ2+

+2r2Mr(f)

m2δ2+r(r − 1)

2mMr(f)

r fix, m→∞|f (r)(x)− (Bmf)

(r)(x)| < ε

m > Nε, ∀ x ∈ [0, 1]

Sa demonstram acum (8.1)

p′m,k(x) = k

(m

k

)xk−1(1− x)m−k − (m− k)

(m

k

)xk(1− x)m−k−1 =

= m

(m− 1

k − 1

)xk−1(1− x)m−k −m

(m− 1

k

)xk(1− x)m−k−1 =

= m[pm−1,k−1(x)− pm−1,k(x)]

Presupunem relatia adevarata pentrur.Pentrur + 1 avem

(Bmf)(r+1) = m[r]

m−r∑

k=0

p′m−k,k(x)∆r1m

f

(k

m

)

= m[r](m− r)(

m−r∑

k=0

pm−r−1,k(x)

[∆r

1m

f

(k + 1

m

)−∆r

1m

f

(k

m

)])

= m[r+1]

m−r∑

k=0

pm−r−1,k(x)∆r1m

f

(k

m

).


8.2 B-spline

∆ : t0 ≤ t1 ≤ · · · ≤ tk ≤ a ≤ · · · ≤ b ≤ tn ≤ · · · ≤ tn+k

multiplicitateari + 1 ≤ k + 1Foarte frecvent avemt0 = t1 = · · · = tk = a < tk+1 ≤ · · · ≤ tn−1 < b = tm = · · · = tn+k

Bi,0(x) =

1 dacax ∈ [ti, ti+1]0 ın caz contrar

(8.2)

ωi,k(x) =

x− titi+k − ti

daca ti < ti+k

0 ın caz contrar

Bi,k(x) = ωi,k(x)Bi,k−1(x) + (1− ωi+1,k(x))Bi+1,k−1(x) (8.3)

Bi,k(x) = (ti+k+1 − ti)[ti, . . . , ti+k+1, (· − x)k+]

Problema 8.2.1 Sa se scrie expresia functiilor B-spline de grad 3 cu nodurileti = i|i ∈ Z

Solutie.AvemBi,k(x) = Bj+l,k(x+ l),

si deci este suficient sa determinam un singur spline.

Bj,k(x) = ωi,k(x)Bi,k−1(x) + (1− ωi+1,k(x))Bi+1,k−1(x) =

=x− i

i+ k − iBi,k−1(x) +

(1− x− i− 1

i+ 1 + k − i− 1

)Bi+1,k−1(x) =

=x− ik

Bi,k−1(x) +k + i+ 1− x

kBi+1,k−1(x)

Bj+l,k(x+ l) =x+ l − j − l

i+ l + k − i− lBi+l,k−1(x+ l) +

(1− x+ l − i− l − 1

i+ l + 1 + k − i− l − 1

)Bi+l+1,k−1 =

=x− ik

Bi+l,k−1(x+ l)− k − i− 1− xk

Bi+l+1,k−1(x+ l)

B0,3(x) = ω0,3(x)B0,2(x) + (1− ω1,3(x))B1,2(x)) =1

3[xB0,2(x) + (4− x)B1,2(x)]

B0,2(x) = ω0,2(x)B0,1(x) + (1− ω1,2(x))B1,1(x) =1

2[xB0,1(x) + (3− x)B1,1(x)]

8.2. B-spline 115

B1,2(x) = ω1,2(x)B1,1(x) + (1− ω2,2(x))B2,1(x) =1

2[(x− 1)B1,1(x) + (4− x)B2,1(x)]

B0,1(x) = xB0,0(x) + (2− x)B0,1(x)

B1,1(x) = (x− 1)B1,0(x) + (3− x)B2,0(x)

B2,1(x) = (x− 2)B2,0(x) + (4− x)B3,0(x)

Bi,0(x) =

1 x ∈ [ti, ti+1)0 ın rest

B0,0(x) =

1 x ∈ [t0, t1) = [0, 1)0 ın rest

B0,1(x) =

1 x ∈ [1, 2]0

B3,3(x) = B0,3(x− 3)

B0,3(x) =

t3

6x ∈ [0, 1)

16(−3t3 + 12t2 − 12t+ 4) x ∈ [1, 2)

16(3t3 − 24t2 + 60t− 44) 2 ≤ t < 3

16(4− t)3 3 ≤ t < 4

.

Problema 8.2.2 Fie acum nodurile

Sa se determine B-splineleBi,k pentruk = 2 si S∆f si pentruf ∈ C2[0, 3],R∆f .

Solutie.n+ k = 7, n = 5

(S∆f)(x) =n−1∑

i=0

Bi,k(x)f(ξi)

ξi =ti+1 + · · ·+ ti+k

k

Bi,2 i = 0, n− 1 i = 0, 4

ωi,k(x) =

x−titi+k−ti

daca ti < ti+k

0 ın rest


Bi,k(x) = ωi,k(x)Bi,k−1(x) + [1− ωi+1,k(x)]Bi+1,k−1(x)

ω0,2(x) =x− t0t2 − t0

= 0, ω0,1(x) = 0, ω1,2(x) = x, ω1,1(x) = 0

ω2,2(x) =x

2, ω2,1(x) = x, ω3,2(x) =

x− 1

2, ω3,1(x) = x− 1

ω4,2(x) = x− 2, ω4,1(x) = x− 2, ω5,2(x) = 0, ω5,1(x) = 0, ω6,1(x) = 0

B0,2(x) = (1− x)B1,1, B1,1(x) = (1− x)B2,0

B0,2(x) = (1− x)2B2,0(x) =

(1− x)2 x ∈ [0, 1)0 ın rest

B1,2(x) = ω1,2B1,1 + (1− ω2,2)B2,1 = xB1,1 +2− x2

B2,1

B2,1(x) = ω2,1B0,2 + (1− ω3,1)B0,3 = xB2,0 + (2− x)B3,0

B1,2(x) = x(1− x)B2,0 +2− x2

xB2,0 +(2− x)2

2B3,0

=

x(2− 3

2x)

x ∈ [0, 1)(x−2)2

2x ∈ [1, 2)

0 ın rest.

B2,2(x) = ω2,2B2,1 + (1− ω3,2)B3,1 =x

2B2,1 +

3− x2

B3,1

B3,1(x) = ω3,1B3,0 + (1− ω4,1)B4,0 = (x− 1)B3,0 + (3− x)B4,0

B2,2 =x

2xB2,0 +

x(2− x)2

B3,0 +3− x2

(x− 1)B3,0 +(3− x)2

2B4,0 =

=

x2

2x ∈ [0, 1)

x(2−x)2

+ (3−x)(x−1)2

x ∈ [1, 2)(3−x)2

2x ∈ [2, 3)

B3,2(x) = ω3,2B3,1 + (1− ω4,2);B4,1 =x− 1

2B3,1 + (3− x)B4,1

B4,1(x) = ω4,1B4,0 + (1− ω5,1);B5,0 = (x− 2)B4,0

B3,2(x) =x− 1

2(x− 1)B3,0 +

x− 1

2(3− x)B4,0 + (3− x)(x− 2)B4,0 =

=

(x−1)2

2x ∈ [1, 2)

(3− x)(x−1+2x−4

2

)x ∈ [2, 3)

0 ın rest

8.2. B-spline 117

Problema 8.2.3 Pentru oricek ≥ 0 si oricex ∈ R,Bi,k este derivabila la dreaptasi avem

B′i,k(x) = k

[Bi,k−1(x)

ti+k − ti− Bi+1,k−1(x)

ti+k−1 − ti+1

]

cu conventia ca o expresie cu numitorul nul seınlocuieste cu 0.

Demonstratie.Prin recurenta dupak, cazulk = 0

Bi,k(x) =x− titi+k − ti

Bi,k−1(x) +ti+k+1 − xti+k+1 − ti+1

Bi+1,k−1(x)

ın care derivand si aplicand ipoteza inductiei

B′i,k =

Bi,k−1

ti+k − ti− Bi+1,k−1

ti+k+1 − ti+(k− 1)

x− titik − ti

[Bi,k−2

ti+k−1 − ti− Bi+1,k−2

ti+k − ti+1

]+

+ti+k+1 − xti+k+1 − ti+1

[Bi+1,k−2

ti+k − ti+1

− Bi+2,k−1

ti+k+1 − ti+2

]=

=Bi,k−1

ti+k − ti− Bi+1,k−1

ti+k+1 − ti+1

+k − 1

ti+k − ti

[x− ti

ti+k−1 − tiBi,k−2 +

tik − xti+k − ti+1

Bi+1,k−2

]−

− k − 1

ti+k+1 − ti+1

[x− ti+1

ti+k − ti+1

Bi+1,k−2 +ti+k+1 − xti+k+1 − ti+2

Bi+2,k−2

]

din care aplicand definitia luiBi,k−1 siBi+1,k−1 se obtine rezultatul dorit.

Problema 8.2.4∫ ∞

−∞Bi,k(x)dx =

1

k + 1(ti+k+1 − ti)

Demonstratie.Presupunem casuppBi,k ∈ [a, b]Bi,k > 0 pentrux ∈ [ti, ti+k+1)Fie diviziunea∆′ obtinuta din diviziunea initiala adaugand nodurilet−1 = t0

si tn+k+1 = tn+k

Consideram primitiva luiBi,k

B(x) =

∫ x

−∞Bi,k(t)dt

Pe portiuni este polinomiala, deci ea va fi combinatie liniara de B-spline.

∫ x

−∞Bi,k(t)dt =

n−1∑

j=−1

cjBj,k+1(x)


pentrux ∈ [a, b]. Derivam

Bi,k(x) =n−1∑

j=−1

cjk

[Bj,k(x)

tj+k+1 − tj− Bj+1,k(x)

tj+k+1 − tj+1

]

DeoareceBi,k formeaza o baza avem sistemul

(k + 1)(c2 − c1) = 0(k + 1)(c3 − c2) = 0. . .k(ci − ci−1) = 0. . .k(ci+1 − ci) 1

ti+k+1−ti= 1

⇔

c0 = · · · = ci−1 = 0

ci = · · · = cn−1 =ti+k+1−ti

k+1

Deci ∫ x

−∞Bi,k(x)dx =

ti+k+1 − tik + 1

(∑

j≥i

Bj,k+1(x)

)

pentrux ∈ [a, b] si deci pentruti+k+1 ≤ x ≤ b∫ x

−∞Bi,k(x)dx =

ti+k+1 − tik + 1

.

Problema 8.2.5 Op spline cu variatie diminuata????

Solutie.

ξ2 =x0 + x1

2=

1

2

ξ3 =x1 + x2

2=

1 + 2

2=

3

2

ξ4 =x2 + x3

2=

2 + 3

2=

5

2

ξ5 =x3 + x4

2= 3

(S∆f)(x) = B1,3(x)f(0) + B2,3(x)f

(1

2

)+B3,3(x)f

(3

2

)+ B4,3(x)f

(5

2

)+ B5,3(x)f(3) =

=

B1,3(x)f(0) + B2,3(x)f(12

)+ B3,3(x)f

(32

)x ∈ [0, 1)

B2,3(x)f(12

)+B3,3(x)f

(32

)+ B4,3(x)f

(52

)x ∈ [1, 2)

B3,3(x)f(32

)+B4,3(x)f

(52

)+ B5,3(x)f(3) x ∈ [2, 3]

=

=

(1−x)2

2f(0) + 1+2x−x2

2f(12

)+ x2

2f(32

)x ∈ [0, 1)

1+2x−x2

2f(12

)+ x2

2f(32

)+ (x−1)2

2f(52

)x ∈ [1, 2)

(3−x)2

2f(32

)+ 10x−2x2−11

2f(52

)+ (x−2)2

2f(3) x ∈ [2, 3]

8.3. Alti operatori liniari si pozitivi 119

8.3 Alti operatori liniari si pozitivi

Problema 8.3.1 (operatorul lui Fejer) Se obtine din polinomul de interpolareHermite cu noduri duble radacini ale polinomului Cebasev de speta I, Tm+1.

xk = cos2k + 1

2(m+ 1)π k = 0,m

(H2m+1)(x) =m∑

k=0

hk0(x)f(x) +m∑

k=0

hk1(x)f′(x)

omitand a doua suma sau considerand echivalentf ′(xk) = 0, k = 0, n

(F2m+1)(x) =m∑

k=0

hk(x)f(xk)

hk(x) = hk0(x) = (1− xkx)[

Tm+1(x)

(m+ 1)(x− xk)

]2

F2m+1f ⇒ f pe [−1, 1]F2m+1(1; x) = 1 x ∈ [−1, 1]

Solutie.

F2m+1((t− x)2; x) =m∑

n=0

(1− xkx)[

Tm+1(x)

(m+ 1)(x− xk)

]2(xk − x)2 =

=1

(m+ 1)2T 2m+1(x)

m∑

k=0

(1− xkx) =1

m+ 1T 2m+1(x) ≤

1

m+ 1

caci∑m

k=0 xk = 0.Deci,

limm→∞

F2m+1((t− x)2; x) = 0 uniform pe [−1, 1]

Problema 8.3.2 (Operatorul lui Meyer-Konig si Zeller) Fie B[0, 1) spatiul li-niar al functiilor reale definite si marginite pe[0, 1).

Se defineste operatorul lui Meyer-Konig si ZellerMm : B[0, 1) → C[0, 1)pentru oricex ∈ [0, 1] prin egalitatea

(Mmf)(x) =m∑

k=0

(m+ k

k

)xk(1− x)m+1f

(k

m+ k

)


cu (Mmf)(1) = f(1).Sa se arate ca pentru oricef ∈ [0, 1] avemlim

m→∞Mmf = f uniform pe orice interval de forma[0, a), 0 < a < 1.

Solutie.Mm liniar si pozitiv

(1− v)−α =∞∑

k=0

(α + k − 1

k

)vk (|v| < 1)

Punandα = m+ 1 si v = x gasim

∞∑

k=0

(m+ k

k

)xk(1− x)m+1 =Mm(1; x) = 1

Apoi

Mm(t; x) =∞∑

k=1

(m+ k

k

)k

m+ kxk(1− x)m+1 =

=∞∑

k=1

(m+ k − 1

k − 1

)xk(1− x)m+1 = x

∞∑

k=0

(m+ j

j

)xj(1− x)m+1 = x

x2 ≤Mm(t2; x) ≤ x2 +

x(1− x)m+ 1

T.B.P.K. ⇒ conv. uniforma

Problema 8.3.3 (Operatorul lui Baskakov) Fie f : R → R marginita si opera-torul

(Lmf)(x) =∞∑

k=0

(m+ k − 1

k

)xk

(1 + x)m+kf

(k

m

)

Sa se arate ca daca f ∈ C[0, 1] avemlimm→∞ Lmf = f uniform pe[0, a],0 < a <∞.

Solutie.Lucrand cu seria binomiala ın care se iaα = n, v = x1+x

se obtine

Lm(1; x) = 1 Lm(t; x) = x

Lm(t2; x) = x2 +

x(x+ 1)

m

T.B.P.K. ⇒ conv. uniforma.

8.3. Alti operatori liniari si pozitivi 121

Problema 8.3.4 (Operatorul Favard-Szasz)Fie f : [0,∞) → R astfel ıncatlimx→∞

f(x) = 0 si a > 0 fixat. Sa se arate ca daca f ∈ C[0, a] operatorii Favard-

Szasz definiti prin

(Lmf)(x) =∞∑

k=0

(mx)k

k!e−mxf

(k

m

)

are proprietatealim

m→∞Lmf = f

uniform pe[0, a].

Solutie.Pentru functiile de proba1, t, t2 avem

Lm(1; x) = 1

Lm(t; x) = x

Lm(t2; x) = x2 +

x(x+ 1)

m

T.B.P.K. ⇒ concluzia.

Capitolul 9

Aproximarea functionalelor liniare

X spatiu liniar,F1, . . . , Fm ∈ X#, F ∈ X#

F, F1, . . . , Fm liniar independentiFormula

F (f) =m∑

i=1

AiFi(f) +R(f) f ∈ X (9.1)

se numeste formula de aproximare a functionaleiF ın raport cu functionaleleF1, . . . , Fm.

R(f) - termen restDacaPr ⊂ X, maxr|KerR = Pr se numeste grad de exactitate al formulei

(9.1).

9.1 Derivare numerica

Formula de forma

f (k)(α) =m∑

j=0

AjFj(f) +R(f)

se numeste formula de derivare numerica.

Problema 9.1.1 Stabiliti formule de derivare numerica de tip interpolator cu 3,4si 5 puncteın cazul nodurilor echidistante.

Solutie.x− x0h

= q

(Lmf)(x) =m∑

i=0

(−1)m−2

i!(m− i)!q[m+1]

q − i f(xi)

122

9.1. Derivare numerica 123

(Rmf)(x) =hm+1q[m+1]

(m+ 1)!f (m+1)(ξ) ξ ∈ (a, b)

f ′(x) ≈ (Lmf)′(x) =

1

h

m∑

i=0

(−1)m−i

i!(m− i)!f(xi)d

dq

[q[m+1]

q − i

]

(Rmf)′(x) =

hm+1

(m+ 1)!f (m+1)(ξ)

d

dqqm+1 +

hm+1

(m+ 1)!q[m+1] d

dqf (m+1)(ξ)

(Rmf)′(xi) = (−1)m−ihm

i!(m− i)!(m+ 1)!

f (m+1)(ξi)

m = 2 (3 puncte)

(L2f)(x) =1

2f(x0)(q − 1)(q − 2)− f(x1)q(q − 2) +

1

2f(x2)q(q − 1)

(L2f)′(x) =

1

h

[1

2f(x0)(2q − 3)− (2q − 1)f(x1) +

1

2f(x2)(2q − 1)

]

f ′(x0) =1

2h[−3f(x0) + 4f(x1)− f(x2)] +

1

3h2f ′′′(ξ0)

f ′(x1) =1

2h[−f(x0) + f(x2)]−

1

6h2f ′′′(ξ1)

f ′(x2) =1

2h[f(x0)− 4f(x1) + 3f(x2)] +

1

3h2f ′′′(ξ2)

m = 3 4 puncte

(L3f)′(x) =

1

h

− 1

6f(x0)[(q − 1)(q − 2)(q − 3)]′+

+1

2f(x1)[q(q − 2)(q − 3)]′ − 1

2f(x2)[q(q − 1)(q − 3)]′+

+1

6f(x2)[q(q − 1)(q − 2)′]

f ′(x0) =1

64[−11f(x0) + 18f(x1)− 9f(x2) + 2f(x3)]−

h3

4f (4)(ξ0)

f ′(x1) =1

6h[−2f(x0)− 3f(x1) + 6f(x2)− f(x3)] +

h3

12f (4)(ξ1)

f ′(x2) =1

6h[f(x0)− 6f(x1) + 3f(x2) + 2f(x3)]−

h3

12f (4)(ξ2)

f ′(x3) =1

6h[−2f(x0) + 9f(x1)− 18f(x2) + 11f(x3)] +

h3

4f (4)(ξ3)

m = 4 (5 puncte)

f ′(x0) =1

12h[−25f(x0)+48f(x1)−36f(x2)+16f(x3)−3f(x4)]+

h4

5f (5)(ξ0)

f ′(x1) =1

12h[−3f(x0)− 10f(x1)+18f(x2)− 6f(x3)+ f(x4)]−

h4

20f (5)(ξ1)

f ′(x2) =1

12h[f(x0)− 8f(x1) + 8f(x3)− f(x4)] +

h4

30f (5)(ξ2)

124 Aproximarea functionalelor liniare

f(x3) =1

12h[−f(x0) + 6f(x1)− 18f(x2) + 10f(x3) + 3f(x4)]−

h4

20f (5)(ξ3)

f(x4) =1

124[3f(x0)−16f(x1)+36f(x2)−48f(x3)+25f(x4)]+

h4

4f (5)(ξ4)

Problema 9.1.2 Sa se construiasca o formula de forma

f ′(α) = A0f(x0) + A1f(x1) + (Rf)(α)

cu gradul de exactitater = 2.

Solutie.

A0 + A1 = 0A0x0 + A1x1 = 1A0x

20 + A1x

21 = 2α

⇒ A1 = −A0 =1

2(α− x0)x1 = 2α− x0

Restul cu Peanox0 < x1

(Rf)(α) =

∫ x1

x0

K2(s)f′′′(s)ds

K1(s) = (α− s)+ −(x1 − s)24(α− x0)

=

= − 1

4(α− x0)

(s− x0)2 s ≤ α(x1 − s)2 s > α

≤ 0

K2(s) ≤ 0, s ∈ [x0, x1], α > x0, f ∈ C3(x0, x1)

(Rf)(α) = f ′′′(ξ)

∫ x1

x0

K2(s)ds = −(α− x0)2

6f ′′′(ξ′)

f ′(α) = − 1

2(α− 2)[2f(2α− 2)− f(2)]− (α− 2)2

6f ′′′(ξ)

λ ∈ R, λ 6= α, α =x0 + x1

2S-a obtinut o familie de formule de derivare numerica.

Problema 9.1.3 Aratati ca

f ′′(x0) =1

h2[f(x0 − h)− 2f(x0) + f(x0 + h)]− h2

12f (4)(ξ)

undef ∈ C4[x0 − h, x0 + h], ξ ∈ (x0 − h, x0 + h)

9.1. Derivare numerica 125

Solutie.Se aplica formula lui Taylor

f(x0 + h) = f(x0) + 4f ′(x0) +1

2h2f ′′(x0) +

1

6f ′′′(x0) +

1

24h4f (4)(ξ1)

f(x0 − h) = f(x0)− hf ′(x0) +1

2h2f ′′(x0)−

1

6f ′′′(x0) +

1

24h4f (4)(ξ2)

f(x0 + h)− f(x0 − h) = 2f(x0) + h2f ′′(x0) +1

24[f (4)(ξ1) + f (4)(ξ2)]

f ′′(x0) =1

h2[f(x0 + h)− 2f(x0) + f(x0 − h)]−

h2

12f (4)(ξ2)

Problema 9.1.4 Stabiliti formula

f ′(x0) =1

24[f(x0 + h)− f(x0 − h)]−

h2

6f (3)(ξ), ξ ∈ (x0 − h, x0 + h)

Solutie.Cu Taylor

Problema 9.1.5 (Aplicarea extrapolarii Richardson) Pornind de la formula

f ′(x0) =1

24[f(x0 + h)− f(x0 − 2h)]− h2

6f ′′′(x0)−

h4

120f (5)(ξ)

obtineti o formulaO(h4) folosind extrapolarea Richardson.

Solutie.Sa stabilimıntai formula de pornire

f(x) = f(x0)− f ′(x0)(x− x0) +1

2f ′′(x0)(x− x0)2+

+1

6f ′′′(x0)(x− x0)3 +

1

24f (4)(x0)(x− x0)4 +

1

120f (5)(ξ)(x− x0)5

Scazand dezvoltarile lui f(x0 + h) si f(x0 − h) obtinem

f ′(x0) =1

2h[f(x0 + h)− f(x0 − h)]−

h2

6f ′′′(x0)−

h4

120f(5)(ξ1), (9.2)

ξ ∈ (x0 − h, x0 + h)

Facandın (9.2)h = 2h avem

f ′(x0) =1

4h[f(x0 + 2h)− f(x0 − 2h)]− 4h2

6f ′′′(x0)−

16h4

120f (5)(ξ) (9.3)


ξ ∈ (x0 − 2h, x0 + 2h)

4 · (9.2)− (9.3) ⇒

3f ′(x0) =2

h[f(x0 + h)− f(x0 − h)]−

− 1

4h[f(x0 + 2h)− f(x0 − 2h)]− h4

30f (5)(ξ) +

2h4

15f (5)(ξ)

f ′(x0) =1

12h[f(x0 − 2h)− 8f(x) − h) + 8f(x0 + h)− f(x0 + h)] +

h4

30f (5)(ξ)

(am obtinut o formula cu 5 puncte).

Problema 9.1.6 Pornind de la formula

f ′(x0) =1

h[f(x0 + h)− f(x0)]−

h

2f ′′(x0)−

h2

6f ′′′(x0) +O(h3)

deduceti o formulaO(h3) folosind extrapolarea.

Solutie.

f ′(x0) =1

12h[f(x0 + 4h)− 18f(x0 + 2h) + 32f(x0 + h)− 21f(x0)] +O(h3)

Problema 9.1.7 Sa presupunem ca avem tabela de extrapolare

N1(h)N1

(h2

)N2(h)

N1

(h4

)N2

(h2

)N3(h)

construita pentru a aproximaM cu formula

M = N1(h) +K1h2 +K2h

4 +K3h6

a) Aratati ca polinomul liniar de interpolareP0,1(h) ce trece prin punctele(h2, N1(h)) si (h2/4, N1(h/2)) satisfaceP0,1(0) = N2(h).

La felP1,2(0) = N2

(h2

),

b) Aratati ca polinomulP0,2(h) ce trece prin(h4, N2(h)) si(

h4

16, N2

(h2

))sa-

tisfaceP0,2(0) = N3(h).Generalizare.

9.2. Formule de integrare numerica de tip Newton-Cotes 127

9.2 Formule de integrare numerica de tip Newton-Cotes

9.2.1 Formule Newton-Cotesınchise

Sunt formule care se obtin integrand termen cu termen formula de interpolare alui Lagrange. Nodurile au forma

xk = a+ kh, k = 0,m, h =b− am

.

Coeficientii au expresia

Ak = (−1)m−k h

k!(m− k)!

∫ m

0

t[m+1]

t− k dt

Problema 9.2.1 Aratati ca o formula de cuadratura cum + 1 noduri este de tipinterpolator daca si numai daca are gradul de exactitate cel putinm.

Demonstratie.(⇒ ) imediata din expresia restului(⇐ ) xj, j = 0,m, r ≥ m

m∑

j=0

Aj = b− am∑

j=0

Ajxj =1

2(b2 − a2)

. . .m∑

j=0

Ajxmj =

1

m+ 1(bm+1 − am+1)

(9.4)

∆ 6= 0 (Vandermonde) dacaxi 6= xj deci (9.4) are solutie unica.Dar (9.4) este satisfacuta pentruAj =

∫ b

alj(x)dx si exacta pentru1, x, . . . , xm.

Unicitatea⇒ Aj =∫ b

alj(x)dx.

Problema 9.2.2 Sa se aproximeze volumul butoiului cu diametrele D si d siınaltimeah.

Solutie.Vom aproxima conturul butoiului prin arce de parabola.

y(x) = −2D − dh2

(x− h

2

)(x+

h

2

)+d

2, x ∈

[−h2,h

2

].


Volumul obtinut prin rotatia arculuiy ın jurul axeiOx este

V = π

∫ h/2

−h/2

y2(x)dx.

Valoarea exacta a integralei de mai sus este

V =πh

60(8D2 + 4Dd+ 3d2).

In practicaV se aproximeaza cu formula lui Simpson si se obtine:

V ≈ πh

12

(d2 + 2D2

).

Problema 9.2.3 Deduceti restul formulei lui Simpson

R2(f) = −(b− a)52880

f IV (ξ)

Solutie.Gradul de exactitate fiindr = 3 avem

R2(f) =

∫ b

a

K2(t)fIV (t)dt

unde

K2(t) =1

3!

(b− t)4

4− b− a

6

[(a− t)3+ + 4

(a+ b

2− t)3

+

+ (b− t)3+

]

K2(t) =1

6

(b− t)44

− b− a6

[4

(a+ b

2− t)3

+ (b− t)3]

t ∈[a,a+ b

2

]

9b− t)44

− b− a6

(b− t)3 t ∈(a+ b

2, b

]

Se verifica ca pentrut ∈ [a, b],K2(t) ≤ 0

R2(f) =14!f IV (ξ)R(e4) =

1

24f IV (ξ)

b5 − a5

5− b− a

6

[a4 + 4

(a+ b

2

)4

+ b4

]=

=1

24f IV (ξ)(b− a)

[b4 + b3a+ b2a2 + ba3 + b4

5−

= −4a4 + a4 + 4a3b+ 6a2b2 + 4ab3 + b4 + 4b4

24

]=

=f IV (ξ)

24(b− a)−a

4 + 4a3b− 6a2b2 + 4ab3 − b4120

= −(b− a)52880

f IV (ξ)


Problema 9.2.4 Deduceti formula lui Newton si restul ei∫ b

a

f(x)dx =b− a8

[f(a) + 3f

(2a+ b

3

)+ 3f

(a+ 2b

3

)+ f(b)

]+R3(f)

R3(f) = −(b− a)5648

f (4)(ξ)

Solutie.Este o formula Newton-Cotesınchisa pentrum = 3.

Ak = (−1)m−k h

k!(m− k)!

∫ m

0

t[m+1]

t− k dt

A0 = A3 = (−1)3 b− a3

1!

0!3!

∫ 3

0

(t− 1)(t− 2)(t− 3)dt =b− a8

A1 = A2 = (−1)2 b− a3

1!

1!2!

∫ 3

0

t(t− 2)(t− 3)dt =3(b− a)

8

R3(f) =

∫ b

a

K3(t)f(4)(t)dt

K3(t) =1

3!

(b− t)4

4− b− a

8

[(a− t)3+

0+ 3

(2a+ b

3− t)3

+

+

+3

(a+ 2b

3− t)3

+

+ (b− t)3+

]=

=1

3!

(b−t)4

4− b−a

8(b− t)3 t ∈

[a, 2a+b

3

)(b−t)4

4− b−a

8

[(b− t)3 + 3

(2a+b3− t)3]

t ∈(2a+b3, a+2b

3

]

(b−t)4

4− b−a

8

[(b− t)3 + 3

(2a+b3− t)3

+ +3(a+2b3− t)3]

+3(a+2b3− t)3]

t ∈(a+b3, b]

K3(t) ≤ 0

R3(f) =1

4!f (4)(ξ)R(e4) =

1

24f (4)(ξ)R(e4)

R(e4) =

∫ b

a

x4dx− b− a8

[a4 + 3

(2a+ b

3

)4

+ 3

(a+ 2b

3

)4

+ b4

]=

=b5 − a5

5− b− a

8

[a4 +

(2a+ b)4

27+

(a+ 2b)4

27+ b4

]=

= (b− a)[b4 + ab3 + a2b2 + ab3 + a4

5− 1

8a4 − 1

8b4−

−(2a+ b)4

8 · 27 − (a+ 2b)4

8 · 27

]=

b− a8 · 27 · 5 · 40(b− a)

4


9.2.2 Formule Newton-Cotes deschise

La aceste formule nodurile sunt echidistantexi = x0 + ih, i = 0,m, h = b−a

m+2

x0 = ah, xm = b− hx−1 = a, xm+1 = bCoeficientii au expresia

Ai =

∫ b

a

li(x)dx = (−1)m−i h

i!(m− i)!

∫ m+1

−1

t[m+1]

t− i dt

Problema 9.2.5 Deduceti formula Newton-Cotes deschisa pentrum = 1.

Solutie. ∫ b

a

f(x)dx = A0f(x0) + A1f(x1) +R1(f)

A0 = A1 = −h∫ 2

−1

t(t− 1)

tdt =

3h

2=b− a2

R1(f) =

∫ b

a

K1(t)f′′(t)dt

K1(t) =

(a−t)2

2(a−t)2

2+ b−a

2

(2a+b3− t)

(b−t)2

2

cacib− a2

[(2a+ b

3− t)+

(a+ 2b

3− t)]

=

∫ b

a

(x− t)dx

Se verifica ca pentru oricet ∈ [a, b],K1(t) ≥ 0.Aplicand corolarul la teorema lui Peano obtinem

R1(f) =1

2!f ′′(ξ)R(e2) =

=1

2f ′′(ξ)

∫ b

a

x3dx− b− a2

[(2a+ b

3

)2

+

(a+ 2b

3

)2]

=

=1

2f ′′(ξ)

b− a3

[b2 + ab+ a2 − 5a2 + 8ab+ 5b2

6

]=

=(b− a)3

36f ′′(ξ) =

3h3

4f ′′(ξ).


Problema 9.2.6 Aceeasi problema pentrum = 2.

Solutie.∫ b

a

f(x)dx = A0f(x0) + A1f(x1) + A2f(x2) +R2(f)

A0 = A2 =h

2

∫ 3

−1

t(t− 1)(t− 2)

tdt =

8h

3=

8

3· b− a

4=

2(b− a)3

A1 = −h∫ 3

−1

t(t− 1)(t− 2)

t− 1dt = −4h

3= −b− a

3

R2(f) =

∫ b

a

K2(t)f(4)(t)dt

K2(t) =1

3!

(b− t)4

4− b− a

3

[2

(3a+ b

4− t)3

+

−

−(2a+ 2b

4− t)3

+

+ 2

(a+ 3b

4− t)3

+

]

K2(t) =1

6

(a−t)4

4t ∈[a, 3a+b

4

](a−t)4

4− 2(b−a)

3

(3a+b4− t)3

t ∈(3a+b4, a+b

2

](b−t)4

4− 2(b−a)

3

(a+3b4− t)3

t ∈(a+b2, a+3b

4

]

(b−t)4

4t ∈(a+3b4, b]

Se verifica caK2(t) ≥ 0, t ∈ [a, b] si aplicand corolarul la teorema lui Peanose obtine

R2(f) =1

4!f (4)(ξ)R(e4)

R(e4) =

∫ b

a

x4dx− b− a3

[2

(3a+ b

4

)4

−(2a+ 2b

4

)4

+ 2

(a+ 3b

4

)4]=

= (b−a)[b4 + ab3 + a2b2 + a3b+ a4

5− 148a4 + 176a3b+ 120a2b2 + 176ab3 + 148b4

768

]=

=b− a5 · 768 · 28(b− a)

4 =7 · 4

15 · 4 · 64(b− a)5

R2(f) =14h5

45f (4)(ξ) =

14

45

(b− a4

)5

f (4)(ξ)


9.3 Alte formule de tip interpolator

Problema 9.3.1 Obtineti o formula de cuadratura de forma∫ b

a

f(x)dx = A00f(a) + A10f(b) + A01f′(a) + A11f

′(b) +R(f)

Solutie.A00 =

∫ b

a

h00(x)dx =

∫ b

a

(x− b)2(a− b)3 [3a− b− 2x]dx

A10 =

∫ b

a

h10(x)dx =

∫ b

a

(x− a)2(b− a)3 [3b− a− 2x]dx

A00 = A10 =b− a2

A01 = −A10 =

∫ b

a

(x− a)(x− b)2

(a− b)2 dx =(b− a)2

12

R(f) =

∫ b

a

K3(t)f(4)(t)dt

K3(t) =1

3!

(b− t)4

4− b− a

2(a− t)3+ −

b− a2

(b− t)3+−

−(b− a)212

· 3(a− t)2+

0+

(b− a)2

1223(b− t)2+

=

=1

3!

[(b− t)4

4− b− a

2(b− t)3 + (b− a)2

4(b− t)2

]=

=(b− t)2

4![b2 − 2bt+ t2 − 2(b− a)(b− t) + (b− a)2] =

=(b− t)2

4![b2 − 2bt + t2 − 2b2 + 2bt + 2ab − 2at + b2 − 2ab + a2] =

(b− t)2(a− t)24!

R3(f) =

(2!

4!

)(b− a)5

5f (4)(ξ), ξ ∈ [a, b]

Problema 9.3.2 Generalizare pentrum = 1 si r0 = r1 = s− 1.

Solutie.

∫ b

a

f(x)dx =s−1∑

j=0

[A0jf(j)(a) + A1jf

(j)(b)] +R2s−1(f)

A0j =

∫ b

a

h0j(x)dx =

∫ b

a

(x− ba− b

)s(x− a)j

j!

n−j∑

ν=0

(n+ ν

ν

)(x− ab− a

)dx =

9.3. Alte formule de tip interpolator 133

=s(s− 1) . . . (s− j)

2s(2s− 1) . . . (2s− j) ·(b− a)j+1

(j + 1)!

A1j =

∫ b

a

h1j(x)dx =

∫ b

a

(x− ab− a

)s(x− b)j

j!

n−j∑

ν=0

(n+ ν

ν

)(x− ba− b

)dx = (−1)jA0j

f ∈ C2s[a, b] ⇒ R2s−1(f) =

(s!

(2s)!

)2(b− a)2s+1

2s+ 1f (2s)(ξ)

K2s−1 =(b− t)2s(2s)!

−s−1∑

j=0

A1j(b− t)2s−j−1

(2s− j − 1)!=

=1

(2s)!(b− t)s(s− t)s

K2s−1(t) are semn constant pe[a, b], iar f (2s) este continua si se poate aplicaformula de medie sau corolarul la teorema lui Peano.

Problema 9.3.3 Stabiliti o formula de cuadratura de forma

∫ b

a

f(x)dx = Af ′(a) + Bf(b) +R1(f)

Solutie.Pornim de la formula de interpolare de tip Birkhoff

f(x) = (x− b)f ′(a) + f(b) + (R1f)(x)

Integrand se obtine

intbaf(x)dx = (b− a)[a− b2

f ′(a) + f(b)

]+R1(f)

Pentru rest se aplica teorema lui Peano si se ajungeın final la

R1(f) = −(b− a)3

3f ′′(ξ), ξ ∈ [a, b].

Problema 9.3.4 Deduceti o formula de cuadratura integrand formula de aproxi-mare a lui Bernstein.


Solutie.

f(x) =m∑

k=0

pm,k(x)f

(k

m

)+Rn(f)

∫ 1

0

f(x)dx =m∑

k=0

∫ 1

0

pm,k(x)dxf

(k

m

)−∫ 1

0

x(1− x)2m

f ′′(ξ)dx

∫ 1

0

pm,k(x)dx =

(m

k

)∫ 1

0

xk(1− x)m−kdx =

=

(m

k

)B(k + 1,m− k + 1) =

k!(m− k)!(m+ 1)!

· m!

k!(m− k)! =1

m+ 1

R(f) = −f′′(ξ)

2m

∫ 1

0

x(1− x)dx = −f′′(ξ)

2m

(x2

2− x3

3

) ∣∣∣∣∣

1

0

= − 1

12mf ′′(ξ)

∫ 1

0

f(x)dx =1

m+ 1

m∑

k=0

f

(k

m

)− 1

12mf ′′(ξ)

Observatia 9.3.5 Se pot folosi functiile lui EulerB si Γ:

Bρ,ν =

∫ 1

0

xρ−1(1− x)ν−1dx

B(ρ, ν) =Γ(ρ)Γ(ν)

Γ(ρ+ ν)

Observatia 9.3.6 Formule repetate

Problema 9.3.7 Calculati I =

∫ 1

0

dx

1 + xcu preciziaε = 10−3.

Solutie.Folosim formula Simpson repetatamaxx∈[0,1]

|f (4)(x)| = 24

|Rn(f)| ≤24

2880n4=

1

120n4≤ 10−3

n =

[3

√103

120

]+ 1 = 2

I ≈ ln 2 =1

12

f(0) + f(1) + 2f

(1

2

)+ 4

[f

(1

4

)+ f

(3

4

)]=


=1

12

[1 +

1

2+

4

3+ 4

(4

5+

4

7

)].

Problema 9.3.8 Deduceti formula repetata a lui Newton.

∫ b

a

f(x)dx =b− a8n

[f(a) + f(b) + 2

n−1∑

i=1

f(xi)+

+3n−1∑

i=0

f

(2xi + xi+1

3

)+ 3

n−1∑

i=0

f

(xi + 2xi+1

3

)]− (b− a)5

648n4f (4)(ξ)

Problema 9.3.9 (Semnul nucleului lui Peanoın FNC ınchise)

Fie f ∈ Cn+2[−1, 1] si τj = −1 +2j

n, j = 0, n n + 1 puncte echidistante

pe [−1, 1] cu pasulh =2

n.

1 Aratati caa) pentruj = 0, n, lim

x→τjx 6=τj

[τ0, . . . , τn, x; f ] exista

b) pentru oricex ∈ [−1, 1], d

dx[τ0, . . . , τn, x; f ] are sens si ca exista ξx ∈

[−1, 1] astfelıncatd

dx[τ0, . . . , τn, x; f ] =

f (n+2)(ξx)

(n+ 2)!

2 Aratati ca eroarea de integrare numerica a functieif prin FNCı ın puncteleτ0, τ1, . . . , τn este data de

Rn(f) =

∫ 1

−1

n∏

j=0

(x− τj)[τ0, τ1, . . . , τn, x; f ]dx

3 Punemw(x) =

∫ x

−1

n∏

j=0

(t − tj)dt si Ik = w(τk+1) − w(τk) pentruk =

0, n− 1a) Presupunemn par (n = 2m); aratati ca Ik este un sir alternant, des-

crescator ın valoare absoluta; deduceti ca w(x) pastreaza un semn constant pe[−1, 1] cuw(1) = w(−1) = 0. Aratati ca exista η ∈ [−1, 1] astfelıncat

Rn(f) =hn+3

(n+ 2)!f (n+2)(η)

∫ m

−m

s2(s2 − 1) . . . (s2 −m2)ds


b) Presupunemn impar (n = 2m + 1). Reluand demonstratia precedenta sidescompunand [−1, 1] ın doua subintervale[−1, τn−1] si [τn−1, τn] deduceti ca

Rn(f) =hn+2

(n+ 1)!f (n+1)(η)

∫ m+1

−m

s(s2−12)(s2−22) . . . (s2−m2)(s−m−1)ds

cuη ∈ [−1, 1].

Solutie.1 este imediata din definitia diferentei divizate cu noduri multiple siformula de medie pentru diferente divizate.

2

Rn(f) =

∫ 1

−1

[f(x)− Ln(x)]dx =

∫ 1

−1

n∏

i=0

(x− τi)[τ0, . . . , τn, x; f ]dx

3 a)n = 2m. Prin simetriew(−1) = w(1). Avem

Ik =

∫ τk+1

τk

un(t)dt

si deci(−1)kIk > 0.

Cum |un(t + h)| = |un(t)|∣∣∣∣t+ 1 + h

t− 1

∣∣∣∣ < un(t) daca t ∈ [τ0, τ0 − 1) avem

|Ik| > |Ik+1| pentruk ≤ m − 1 deciw(τk) = I0 + I1 + · · · + Ik−1 are semnullui I0 pentruk = 0, . . . ,m si prin simetrie si pentru alte valorik ≤ 2m; dacax ∈ [τk, τk+1]

w(τk) < w(x) < w(τk+1)

caci w′(x) = un(x) pastreaza semn constant, deci pentru oricex ∈ [−1, 1],w(x) ≥ 0 (semnul luiI0).

Integrand prin parti

Rn(f) =

∫ 1

−1

un[τ0, . . . , τn, x; f ]dx =

= −∫ 1

−1

w(x)[τ0, . . . , τn, x; f ]dx

dupa formula de medie

Rn(f) = −[τ0, τ1, . . . , τn, η, η]∫ 1

−1

w(x)dx

cum ∫ 1

−1

w(x)dx =

∫ 1

−1

(1− t)un(t)dt = −∫ 1

−1

tun(t)dt =


= −hn+3

∫ m

−m

t2(t2 − 1) . . . (t2 −m2),

deci nucleul are semn constant.b) n = 2m+ 1

w(x) =

∫ x

−1

u2m(t)dt

analog ca la a).w(−1) = w(τ2m) = 0 siw(x) ≥ 0 pe [−1, τ2m]Avem

[τ0, τ1, . . . , τn, x; f ] = [τ0, τ1, . . . , τn, x; f ](x− 1)u2m(x) =

= ([τ0, . . . , τn−1, x]− [τ0, . . . , τn−1, τn; f ])u2m(x)

se deduce ∫ τ2m

−1

(f(x)− pn(x))dx =

∫ τ2m

−1

[τ0, . . . , τn−1, x; f ]dx =

= −f [τ0, . . . , τn−1, η, η]

∫ τ2m

−1

w(x)dx

La fel un fiind negativ pe[τ2m, 1],∫ 1

τ2m

(f(x)− on(x)) = −[τ0, . . . , τn, η′; f ]∣∣∣∣∫ 1

τ2m

w(x)dx

∣∣∣∣

Utiliz and teorema de medie pentru integrale si formula de medie pentru diferentedivizate se obtine ca

Rn(f) = cnf(n+1)(ξ)

Luandf = un se obtine∫ 1

−1

un(x)dx = Rn(un) = cn(n+ 1)!

Problema 9.3.10Aratati ca pentruf ∈ Cm+2[a, b] restul ın formula de cuadra-tura Newton-Cotesınchisa este dat de

Rm(f) =hm+3f (m+2)(ξ)

(m+ 2)!

∫ m

0

tt[m+1]dt, ξ ∈ (a, b)

pentrum par si

Rm(f) =hm+2f (m+1)(ξ)

(m+ 1)!

∫ m

0

t[m+1]dt, ξ ∈ (a, b)

pentrum impar.


Solutie.a = x0, xi = x0 + ih, i = 0,m, xm = b

ϕm+1(x) =m∏

i=0

(x− xi)

x = x0 + th

ϕm+1(x) = hm+1

m∏

i=0

(t− i) = hm+1ψm+1(t) = hm+1t[m+1]

Lema 9.3.11 a) ϕm+1(xm/2 + σ) = (−1)m+1ϕm+1(xm/2 − σ) undexm2= x0 +

m2h.

b) De asemenea pentrua < σ + h < xm2

si σ 6= xi

|ϕm+1(σ + h)| < |ϕm+1(σ)|

si pentruxm2< σ < b, σ 6= xi,

|ϕm+1(σ)| < |ϕm+1(σ + h)|

Demonstratie.ψm+1(t) = t[m+1]

ψm+1

(m2− s)= ψm+1

(m2+ s)

pentrum impar

ψm+1

(m2− s)= −ψm+1

(m2+ s)

pentrum par

ψm+1

(m2− s)=(m2− s)(m

2− s− 1

). . .(m2− s−m

)(9.5)

ψm+1

(m2+ s)=(m2+ s)(m

2+ s− 1

). . .(m2+ s−m

)=

=(2s+m)(2s+m− 2) . . . (2s−m)

2m

(9.5) ⇒ (2s−m)(2s−m+ 2) . . . (2s+m)

2m(−1)m+1

ϕm+1(xm2+ σ) = hm+1ψ

(m2+ σ)= (−1)m+1hm+1ψ

(m2− σ

)

b) 0 < t+ 1 < m2, t+ 1 ∈ Z

ψm+1(t+ 1)

ψ(t)=

∣∣∣∣(t+ 1)t(t− 1) . . . (t−m+ 1)

t(t− 1) . . . (t−m+ 1)(t−m)

∣∣∣∣ =


=|t+ 1||t−m| =

t+ 1

(m+ 1)− (t+ 1)≤

m

2

(m+ 1)− m

2

< 1

m

2< t+ 1 < m

ψm+1(t)

ψ(t)> 1

Definim

φm+1(x) =

∫ x

a

ϕm+1(σ)dσ =

∫ x

a

hm+1σ[m+1]dσ

Lema 9.3.12 Daca m este parφm+1(a) = φm+1(b) = 0 si φm+1(x) > 0 pentrua < x < b.

Demonstratie.Pentrum parφm+1 este o functie impara ın raport cuxm2

con-form partii L1 ⇒ φm+1(b) = 0

ϕm+1(x) < 0 pentrux < a cacim+ 1 este par,ϕm+1(x) > 0 pentrua < x < x1 ⇒ φm+1(x) > 0 pentrua < x ≤ x1.In [x1, x2], |ϕm+1(x)| < |ϕm+1(x − h)| ın [x0, x1]. Schimband variabila de

integrare se observa ca∣∣∣∣∫ x2

x1

ϕm+1(x)dx

∣∣∣∣ <∣∣∣∣∫ x1

x0

ϕm+1(x)dx

∣∣∣∣

Astfelφm+1(x) > 0 pentrua < x < x2 si prin acelasi rationamentφm+1(x) >0 pentrua < x < xm

2. Se utilizeaza apoi antisimetria luiϕn+1 ın raport cuxm

2.

Rm(f) =

∫ b

a

[f(x)− (Lmf)(x)] =

∫ b

a

ϕm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]dx

Integram prin parti

Rm(f) =

∫ b

a

d

dxφm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]dx =

= φm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]∣∣∣b

a

−∫ b

c

φm+1(x)d

dx[x0, . . . , xm, x; f ]dx =

= −∫ b

a

φm+1(x)d

dx[x0, . . . , xm, x; f ]dx =


= −∫ b

a

φm+1(x)f (m+2)(ξx)

(m+ 2)!dx =

=−f (m+2)(α)

(m+ 2)!

∫ b

a

φm+1(x)dx a < α < b

Integrand din nou prin parti se obtine∫ b

a

φm+1(x)dx = −∫ b

a

xϕn+1(x)dx > 0

Luandx = x0 + sh si utilizand lema 2

Rm(f) =f (m+2)(ξ)

(m+ 2)!hm+3

∫ m

0

sψm+1(s)ds < 0

Deoarecef (m+2)(ξ) = 0 candf ∈ Pm+1 ⇒ r = m+ 1 pentrum par.Cazulm impar

Rm(f) =

∫ b−h

a

ϕm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]dx+

+

∫ b

b−h

ϕm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]dx

ϕm+1(x) = ϕm(x)(x− xm)Deci ∫ b−h

a

ϕm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]dx =

=

∫ b−h

a

dφm

dx([x0, . . . , xm−1, x; f ]− [x0, . . . , xm; f ])dx

m impar ⇒ φm(b− h) = 0. Integrand prin parti se obtine

∫ b−h

a

φm+1(x)[x0, . . . , xm, x; f ]dx =

= −f(m+1)(ξ′)

(m+ 1)!

∫ b−h

a

φm(x)dx = Kf (m+1)(ξ′)

a < ξ′ < b− hAplicam Teorema 1 de medie

−f(m+1)(ξ′′)

(m+ 1)!

∫ b

b−h

ϕm+1(x)dx = Lf (m+1)(ξ′′)

9.4. Cuadraturi repetate. Metoda lui Romberg 141

AstfelRf = Kf (m+1)(ξ′) + Lf (m+1)(ξ′′)

DeoareceK < 0 si L < 0, Rf = (K + L)f (n+1)(ξ) pentruξ ∈ (ξ′, ξ′′).Deoarece

ϕn+1(x) =d

dxφn(x)(x− b)

integrarea prin parti ne daK + L = In.

9.4 Cuadraturi repetate. Metoda lui Romberg

Se vor utiliza formulele

Rk,1 =1

2

Rk−1,1 + hk−1

2k−2∑

i=1

f

(a+

(i− 1

2

)hk−1

) , k = 2, n

Rk,j =4j−1Rk,j−1 −Rk−1,j−1

4j−1 − 1, k = 2, n

R1,1 =h12[f(a) + f(b)] =

b− a2

[f(a) + f(b)]

hk =hk−1

2=b− a2k−1

Problema 9.4.1 Aproximati∫ π

0sin xdx prin metoda lui Romberg,ε = 10−2.

Solutie.

I =

∫ π

0

sin xdx = 2

R1,1 =π

2(0 + 0) = 0

R2,1 =1

2

(R1,1 + π sin

π

2

)= 1.571

R2,2 = 1.571 + (1, 571− 0)/3 = 2.094

(R2,2 −R1,1) > 0.01

R3,1 =1

2

[R2,1 +

π

2

(sin

π

4+ sin

3π

4

)]= 1.895


R3,2 = 1, 895 +1.895− 1.571

3= 2.004

R3,3 = 2.004 + (2.004− 2.094)/15 = 1.999

|R3,3 −R2,2| < 0.1

Pentru trapez cu acelasi numar de argumenteI ≈ 1, 895Pentru Simpson cu 4 noduriI ≈ 2.005

9.5 Formule de cuadratura de tip Gauss

Vom considera formule de cuadratura de forma∫ b

a

w(x)f(x)dx =m∑

k=1

Akf(xk) +Rm(f)

CoeficientiiAk si nodurilexk se determina din sistemul neliniar

A1 + A2 + . . .+ Am = µ0

A1x1 + A2x2 + · · ·+ Amxm = µ1

. . .A1x

m−11 + A2x

m−12 + · · ·+ Amx

m−1m = µm−1

. . .A1x

2m−11 + A2x

2m−12 + · · ·+ Amx

2m−1m = µ2m−1

undeµk =

∫ b

a

w(x)xkdx sunt momentele functiei ponderew.

Nodurilexk, k = 1,m vor fi radacinile polinomuluiu de gradm, ortogonalpePm−1 relativ la pondereaw si intervalul[a, b].

Pentru coeficienti avem expresia

Ak =1

[v′k(xk)]2

∫ b

a

w(x)v2k(x)dx, k = 1,m

undevk(x) =u(x)

x− xk, iar pentru rest

Rm(f) =f (2m)(ξ)

(2m)!

∫ b

a

w(x)u2(x)dx, ξ ∈ [a, b]

Dacaw(x) ≡ 1, atunciu este polinomul Legendre de gradm

u(x) =m!

(2m)!

dm

dxm[(x− a)m(x− b)m]

9.5. Formule de cuadratura de tip Gauss 143

iar coeficientii si restul au expresiile

Ak =(m!)4(b− a)2m+1

[(2m)!]2(xk − a)(b− xk)[v′k(xk)]2, k = 1,m

si respectiv

Rm(f) =(m!)4

[(2m)!]3(b− a)2m+1

2m+ 1f (2m)(ξ), ξ ∈ [a, b]

Problema 9.5.1 Stabiliti o formula de cuadratura de tip Gaussın cazulw(x) ≡ 1sim = 3.

Solutie.Polinomul Legendre de grad 3 corespunzand intervalului[−1, 1] este

P3(t) =1

2(5t3 − 3t)

cu radacinile

t1 = −√

3

5, t2 = 0, t3 =

√3

5

Coeficientii sunt solutiile sistemului

A1 + A2 + A3 = 2

−√

35A1 +

√35A3 = 0

35A1 +

35A2 =

23

A1 = A3 =5

9A2 =

8

9Pentru rest se obtine

R3(f) =(3!)4

(6!)3(b− a)7

7f (6)(ξ)

Trecerea de la[−1, 1] la [a, b] se poate face prin schimbarea de variabila

x =b+ a

2+b− a2

t

∫ b

a

f(x)dx =b− a2

∫ 1

−1

f

(b+ a

2+b− a2

t

)dt

∫ b

a

f(x)dx ≈ b− a2

m∑

i=1

Aif(xi)

undexi =b+ a

2+b− a2

t2, ti fiind radacinile polinomului Legendre cores-

punzator intervalului[−1, 1].


Problema 9.5.2 Aproximatiln 2 cu doua zecimale exacte folosind o formula ga-ussiana repetata.

Solutie.

ln 2 =

∫ 2

1

dx

x

Vom folosi formula repetata a dreptunghiului

∫ b

a

f(x)dx =b− an

n∑

i=1

f(xi) +(b− a)3

3f ′′(ξ)

M2f = 2 ξ ∈ (a, b)

|Rn(f)| ≤1

24n2M2f =

1

12n2<

1

2· 10−2 ⇒ 6n2 ≥ 100

n = 5

∫ 2

1

dx

x≈ 1

5

[1

1 + 110

+1

1 + 310

+1

1 + 510

+1

1 + 710

+1

1 + 910

]=

=1

5

[10

11+

10

13+

10

15+

10

17+

10

19

]=

= 2

[1

11+

1

13+

1

15+

1

17+

1

19

]

Problema 9.5.3 Determinati o formula cu grad de exactitate cel putin doi pentrua aproxima ∫ ∞

0

e−xf(x)dx

ın ipoteza ca integrala improprie exista.

Solutie.Polinoamele ortogonale pe[0,∞) relativ la pondereaw(t) = e−t suntpolinoamele lui Laguerre

gn(t) =et

n!

dn

dtn(tne−t)

g2(t) = t2 − 4t+ 2

cu radacinilet1 = 2−√2, t2 = 2 +

√2.


Momentele functiei pondere sunt

µ0 =

∫ ∞

0

e−xdx = 1 µ1 = 1 µ2 = 2

A1 + A2 = 1A1x1 + A2x2 = 1

⇒ A1 =2 +√2

4, A2 =

2−√2

4

R2(f) =f (4)(ξ)

4!

∫ b

a

w(x)u2(x)dx

∫ b

a

w(x)u2(x) =

∫ ∞

0

(x2 − 4x+ 2)2e−xdx =

=

∫ ∞

0

(x4 +16x2 +4− 8x3 +4x2− 16x)e−xdx = 4+32+ 4− 24+ 8− 16 = 8

Problema 9.5.4 Aceeasi problema pentru gradul de exactitater = 3 si∫ ∞

−∞e−x2

f(x)dx

Solutie. Nodurile formulei gaussiene cautate vor fi radacinile polinoamelorHermite ortogonale pe(−∞,∞) relativ la pondereaw(t) = e−t2.


dtn(e−t2) t ∈ R

h0(t) = 1, h1(t) = 2thn+1(t) = 2thn(t)− 2nhn−1(t)h2(t) = 2(2t2 − 1) = 2th1(t)− 2 = 4t2 − 2h3(t) = 2th2(t)− 2h1(t) = 2t(4t2 − 2)− 8t = 4t(2t2 − 3)

t1 = −√

3

2, t2 = 0, t3 =

√3

2

µ0 =

∫ ∞

−∞e−t2dt =

√π

µ1 =

∫ ∞

−∞te−t2dt = 0

µ2 =

∫ ∞

−∞t2e−t2dt =

1

4

∫ ∞

−∞(2t)(2t)e−t2dt =

1

422 · 2!

√π = 2

√π

A1 + A2 + A3 =√π

−A1 + A3 = 0

A1 + A3 =2

3· 2√π =

4

3

√π


A1 = A3 =2

3

√π

A2 =1

3

√π

R3(f) =f (6)(ξ)

6!

∫ ∞

−∞e−x2 h23(t)

82dt =

= 8 · 3!√π · 1

82· f

(6)(ξ)

6!=

√π

4 · 5 · 6 · 8f(6)(ξ)

Problema 9.5.5 Fie formula de cuadratura de forma

∫ 1

−1

f(x)√1− x2

dx =n∑

i=1

Aif(xi) +Rn(f), f ∈ C2n[−1, 1].

1 Aratati ca coeficientiiAi si nodurilexi sunt date de

Ai =

∫ 1

−1

Tn(x)√1− x2(x− xi)T ′

n(xi)dx,

xi = cos θi, θi =(2i− 1)

2n

π

2, i = 1, n,

undeTn este polinomul Cebısev de speta I de gradn.

2 Punand pentru1 ≤ i ≤ n,

δj =

∫ π

0

cos jθ − cos jθicos θ − cos θi

dθ, j = 1, 2, . . .

aratati ca δj+1− 2 cos θiδj + δj−1 = 0, pentruj = 2, 3, . . .si calculatiδk+1.Deduceti caAi =

πn, i = 1, n.

3 Aratati ca

Rn(f) =π

22n−1

f (2n)(ξ)

(2n)!, ξ ∈ (−1, 1).

Solutie.

1 Tinand cont ca nodurile formulei vor fi radacinile polinomului lui Cebasevde speta I, iar coeficientii se obtin integrand polinoamele fundamentale, for-mulele de la punctul 1 sunt imediate.


2 Punandx = cos θ avem

Ai =

∫ π

0

cosnθ

cos θ − cos θi

1

T ′n(xi)

=δn

T ′n(xi)

,

caci cosnθi = 0, i = 1, n. Din relatia

cos(j + 1)θ + cos(j − 1)θ = 2 cos θ cos jθ

rezulta pentruj ≥ 2 ca

δj+1 + δj−1 = 2

∫ π

0

cos θ cos jθ − cos θi cos jθicos θ − cos θi

dθ

= 2

∫ π

0

cos jθdθ + 2 cos θiδj

si δ0 = 0 si δ1 = π. Relatia de recurenta δj+1 − 2 cos θiδj + δj−1 = 0 aresolutia generala δj = A cos jθi + B sin jθi; se obtine

δn =π sinnθisin θi

si cum

T ′n(xi) =

n sinnθisin θi

se deduce caAi =πn, i = 1, n.

3 Din expresia restului se obtine

Rn(f) =f (2n)(ξ)

(2n)!

∫ 1

−1

T 2n(x)

22n−2√1− x2

dx =π

22n−1

f (2n)(ξ)

(2n)!.

Problema 9.5.6 Deduceti o formula de cuadratura de forma

∫ 1

−1

√1− x2f(x)dx = A1f(x1) + A2f(x2) + A3f(x3) +R3(f)

Solutie.Formula va fi de tip Gauss; polinoamele ortogonale care dau nodurilevor fi polinoamele Cebasev de speta a II-a.

Qn(t) =sin[(n+ 1) arccos t]√

1− t2, t ∈ [−1, 1]


Ele au radaciniletk = coskπ

n+ 1, k = 1, n

In cazul nostru avem

Q3(t) = 8t3 − 4t Q3(t) =1

8(8t3 − 4t)

Radacinile vor fi

t1 = −√2

2, t0 = 0, t2 =

√2

2

Pentru coeficienti, tinand cont ca formula are gradul de exactitate2m− 1 = 5obtinem sistemul

A1 + A2 + A)3 = µ0

A1t1 + A2t2 + A3t3 = µ1

A1t21 + A2t

22 + A3t

23 = µ2

unde

µk =

∫ 1

−1

tk√1− t2dt

µ0 =π

2, µ1 =

∫ 1

−1

t√1− t2dt = 0

µ2 =

∫ 1

−1

t2√1− t2dt = 1

4

∫ 1

−1

(2t)(2t)√1− t2dt = π

8

Se observa caµ2k+1 =

∫ 1

−1

t2k+1√1− t2dt = 0, deoarece functia de integrat

este impara.Sistemul are solutiile

A1 = A3 =π

8, A2 =

π

4

Restul va fi

Rm(f) =f (2m)(ξ)

(2m)!

∫ 1

−1

w(x)u2(x)dx =

=f (2m)(ξ)

(2m)!· 1

2m· π2=

π

2m+1(2m)!f (2m)(ξ)

Am obtinut formula

∫ 1

−1

f(x)dx =π

8

[f

(−√2

2

)+ 2f(0) + f

(√2

2

)]+

π

246!f (6)(ξ)


Problema 9.5.7 Deduceti o formula de tip Cebasev pe[−1, 1] cuw(x) = 1 si cu3 noduri.

Solutie.

A =2

3

t1 + t2 + t3 = 0t21 + t22 + t23 = 1t31 + t32 + t33 = 0

C1 = t1 + t2 + t3C2 = t1t2 + t1t3 + t2t3C3 = t1t2t3

C1 = 0

C2 =1

2[(t1 + t2 + t3)

2 − (t21 + t22 + t23)] = −1

2

C3 =1

6[(t1+t2+t3)

3−3(t1+t2+t3)(t21+t22+t23)+2(t31+t32+t

33)] =

1

6(0−0+0) = 0

t3 − C1t2 + C2t− C3 = 0

t3 − 1

2t = 0, t1 = −

√2

2, t2 = 0, t3 =

√2

2

∫ 1

−1

f(t)dt =2

3

[f

(−√2

2

)+ f(0) + f

(√2

2

)]+R3(f)

R3(f) =

∫ 1

−1

K3(f)f(4)(t)dt

K3(t) =1

6

[(1− t)4

4− 2

3

3∑

i=1

(ti − t)3+

]

K3(t) =1

6

Deoarece

2

3

3∑

i=1

(ti − t)3 =∫ 1

−1

(x− t)3dx =(1− t)4

4− (1 + t)4

4


obtinem

K3(t) =1

6

(1+t)4

4t ∈[−1,−

√22

]

(1+t)4

4− 2

3

(√22+ t)3

t ∈(−

√22, 0]

(1−t)4

4− 2

3

(√22− t)3

t ∈(0,

√22

]

(1−t)4

4t ∈(√

22, 1]

K3 para,K3 ≥ 0. Pentru rest avem

R3(f) = f (4)(ξ)

∫ 1

−1

K3(t)dt =1

360f (4)(ξ),

sau cu corolarul teoremei lui Peano

R3(f) =1

4!f (4)(ξ)R(e4) =

1

24f (4)(ξ)

∫ 1

−1

x4dx− 2

3

(−√2

2

)4

+

(√2

2

)4 =

=1

24

[2

5− 2

3· 12

]f (4)(ξ) =

1

360f (4)(ξ).

Capitolul 10

Ecuatii neliniare

10.1 Ecuatii ın R

Metoda coardei (a falsei pozitii sau a partilor proportionale)Fie ecuatiaf(x) = 0 si intervalul[a, b] astfelıncatf(a)f(b) < 0. Presupunem

caf(a) < 0 si f(b) > 0.In loc sa ınjumatatim intervalul ca la metoda intervaluluiıl ımpartim ın rapor-

tul −f(a)f(b)

. Se obtine pentru radacina aproximanta

x1 = a+ h1 (10.1)

unde

h1 =−f(a)

−f(a) + f(b)(b− a) = − f(a)

f(b)− f(a)(b− a). (10.2)

Procedand analog pentru intervalul[a, x1] sau[x1, b], la capatul caruia functiaf are semne opuse, obtinem o a doua aproximarex2, s.a.m.d.

Interpretare geometrica. Metoda partilor proportionale este echivalenta cuınlocuirea luiy = f(x) cu coarda ce trece prin puncteleA[a, f(a)] si B[b, f(b)](vezi figura 10.1).

y − f(a)f(b)− f(a) =

x− ab− a

Facandy = 0 se obtine

x1 = a− f(a)

f(b)− f(a)(b− a). (10.3)

(10.3) ⇔ (10.1) ∧ (10.2)

151

152 Ecuatii neliniare

a

b

f(a)

f(b)

ξx1

h1

Figura 10.1: Metoda falsei pozitii

Convergenta metodei.Presupunem ca radacina este izolata si caf ′′ are semnconstant pe[a, b].

Presupunem ca f ′′(x) > 0 pe [a, b] (cazulf ′′(x) < 0 se reduce la precedentulscriind−f(x) = 0. Curbay = f(x) este convexa si putem avea doua situatii:f(a) > 0 si f(b) > 0 (figura 10.2).

In primul caz capatul este fix iar aproximatiile succesive se obtin astfel

x0 = b

xn+1 = xn −f(xn)

f(xn)− f(a)(xn − a), n = 0, 1, 2, . . . (10.4)

sirul obtinut fiind monoton descrescator si marginit.

a < ξ < · · · < xn+1 < xn < · · · < x1 < x0

Pentru celalalt cazb este fix six0 = a

xn+1 = xn −f(x1)

f(b)− f(x1)(b− xn)

Sirul obtinut este crescator si marginit

x0 < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < · · · < ξ < b

10.1. Ecuatiiın R 153

a

b=x0

f(a)

f(b)

ξ

x1

x2

a=x0

b

f(a)

f(b)

ξ

x1

x2

Figura 10.2: Convergenta metodei falsei pozitii

Pentru a arata ca limita este radacina a ecuatiei initiale se trece la limita ınrelatia de recurenta. Pentru delimitarea erorii folosim formula

|xn − ξ| ≤|f(xn)|m1

unde|f ′(x)| ≤ m1 pentrux ∈ [a, b]

f(xn)− f(ξ) = (xn − ξ)f ′(c), c ∈ (xn, ξ)

|f(xn)− f(ξ)| = |f(xn)| ≥ m1|xn − ξ|Vom da o delimitare mai buna dacaf este continua pe[a, b], [a, b] contine toate

aproximantele sif ′ ısi pastreaza semnul.

0 < m1 ≤ |f ′(x)| ≤M1 <∞

Pentru primul caz avem

xn = xn−1 −f(xn−1)

f(xn−1)− f(a)(xn−1 − a)

f(ξ)− f(xn−1) =f(xn−1)− f(a)

xn−1 − a(xn − xn−1)

Utiliz and teorema lui Lagrange avem

(ξ − xn−1)f′(ξn−1) = (x− xn−1)f

′(xn−1)


xn−1 ∈ (xn−1, ξ), xn−1 ∈ (a, xn−1). Deci

|ξ − xn| =|f ′(xn−1)− f ′(ξn−1)|

f ′(ξn−1)||xn − xn−1|

Deoarecef ′ are semn constant pe[a, b] si xn−1, ξn−1 ∈ [a, b] obtinem

|f ′(xn−1)− f ′(ξn−1)| ≤M1 −m1

Deci

|ξ − xn| ≤M1 −m1

m1

|xn − xn−1|

DacaM1 ≤ 2m1 (lucru care se poateıntampla daca [a, b] este mic)

|ξ − xn| ≤ |xn − xn−1|

Deci daca programam aceasta metoda, putem folosi drept criteriu de oprire

M1 −m1

m1

|xn − xn−1| < ε

sau|xn − xn−1| < ε

Problema 10.1.1Determinati o radacina pozitiva a ecuatiei

f(x) = x3 − 0.2x2 − 0.2x− 1.2

cu precizia 0.002.

Solutie.f(1) = −0.6 < 0, f(2) = 5.6 > 0

ξ ∈ (1, 2), f(1.5) = 1.425, ξ ∈ (1, 1.5)

x1 = 1 +0.6

1.425 + 0.6(1.5− 1) = 1 + 0.15 = 1.15

f(x1) = −0.173

x2 = 1.15 +0.173

1.425 + 0.173(1.5− 1.15) = 1.15 + 0.040 = 1.150

f(x2) = −0.036

x3 = 1.150 +0.036

1.425 + 0.036(1.5− 1.15) = 1.190

f(x3) = −0.0072


f ′(x) = 2x2 − 0.4x− 0.2, x3 < x < 1.5

f ′(x) ≥ 3.11982 − 0.4 · 1.5− 0.2 = 3 · 1.43− 0.8 = 3.49

0 < ξ − x3 <0.0072

3.49≈ 0.002

ξ = 1.198 + 0.002θ, θ ∈ (0, 1]

Problema 10.1.2Utilizand metoda lui Newton, calculati o radacina negativa aecuatiei

f(x) ≡ x4 − 3x2 + 75x− 10000 = 0

cu 5 zecimale exacte.

Solutie.f(0) = −10000, f(−10) = −1050

f(−100) = 1− 8

f(−11) = 3453, f ′(x) < 0, f ′′(x) > 0

f(−11) > 0, f ′′(−11) > 0

Luamx0 = −11xn+1 = xn −

f(xn)

f ′(xn)

x1 = −11−3453

−5183 = −10.3

x2 = −10.3−134.3

−4234 = −10.3 + 0.03 = −10.27

x3 = −10.27−37.8

−4196 = −10.27 + 0.009 = −10.261

|x2 − x3| = |0.09|, s.a.m.d.

Problema 10.1.3Fie ecuatiaf(x) = 0 (10.5)

si f ′′ este continua si ısi pastreaza semnul pe(−∞,∞).Aratati ca:a) Ecuatia are cel mult doua radacini.b) Sa presupunem ca

f(x0)f′(x0) < 0, f(x0)f

′′(x) < 0


atunci (1) are o radacina unica ın (x0, x1). Cum poate fi calculata cu Newtonpornind cux0.

c) Daca f ′(x0) = 0, f(x0)f ′′(x) < 0, ecuatia are doua radacini care pot ficalculate cu Newton si cu aproximantele initiale

x1 = x0 −√−2f(x0)

f ′′(x0)

x′1 = x0 +

√−2f(x0)

f ′′(x0)

a) Rezulta din teorema lui Rolle.b) ξ are o solutie unica ın (x0, x1) (vezi figura 10.3)

x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)

x0

ξ

x1

y=f(x)

Figura 10.3: Cazul b) al problemei 10.1.3

c) f ′(x0) = 0, f(x0)f ′′(x) < 0Ecuatia (10.5) are doua radacini ξ si ξ′ ın (−∞,∞) (figura 10.4, stanga).Aproximamf cu Taylor

f(x0) + f ′(x0)(x− x0) +1

2f ′′(x0)(x− x0)2 = 0.


ξ ξ′

x0

f(x0)

ξ ξ′x1

x1′

Figura 10.4: Cazul c) al problemei 10.1.3

Ecuatia

f(x0) =1

2f ′′(x0)(x− x0)2

are doua radacini

x1 = x0 −√−2f(x0)

f ′′(x0)

x′1 = x0 +

√−2f(x0)

f ′′(x0)

care sunt abscisele punctelor de intersectie cu axaOx ale parabolei (figura 10.4,dreapta)

Y = f(x0) +1

2f ′′(x0)(x− x0)2.

Observatia 10.1.4Avem de fapt doua cazuri de interes date de I si II.

Problema 10.1.5Determinati o radacina a ecuatiei

x3 − x− 1 = 0

folosind metoda aproximatiilor succesive.


Solutie.f(1) = −1 < 0, f(2) = 5 > 0

x− x3 − 1

f(x) = x3 − 1, ϕ′(x) = 3x2

ϕ′′(x) ≥ 3 pentrux ∈ [1, 2]

dar nu se poate aplica m.a.s.x = 3√x+ 1

ϕ(x) = 3√x+ 1, ϕ′(x) =

1

3 3√(x+ 1)2

0 < ϕ′(x) <1

3 3√4<

1

4= 2 pentrua ≤ x ≤ 2

metoda aproximatiilor succesive are o convergenta rapida

|xn − x∗| ≤qn

1− q |x1 − x0|

x0 = 1, x1 =3√2

x2 =3

√1 +

3√2, x3 =

3

√1 +

3

√1 +

3√2

Problema 10.1.6Concepeti o metoda cu un pas si una cu doi pasi pentru a apro-xima

√a, a > 0.

Solutie.Folosim metoda lui Newton

xn+1 = xn −x2n − a2xn

=1

2

(xn +

a

xn

)

(Metoda lui Heron)f(x) = x2 − a

f ′(x) = 2x > 0 pentrux > 0

f ′′(x) = 2 > 0

f ′(x) 6= 0 pe [a, b] ⊂ (0,∞)

f ′′(x) > 0 pe [a, b]

Orice valoare pozitiva poate fi utilizata ca valoare de pornire.


Observatia 10.1.7Numarul de zecimale corecte se dubleaza la fiecare pas, com-parativ cu numarul original de zecimale corecte.

x0 =√a(1 + δ)

x1 =1

2

(x0 +

a

x0

)=

1

2

[√a(1 + δ) +

√a(1 + δ)−1

]=

=1

2

√a(1 + δ + 1− δ + δ2) =

√x

(1 +

δ2

2

)

b) Folosim metoda secantei

xn+1 = xn −(xn − xn−1)f(xn)

f(xn)− f(xn−1)=

= xn −(xn − xn−1)(x

2n − a)

x2n − x2n−1

=

= xn −x2n − a

xn + xn−1

=x2n + xnxn−1 − x2n + a

xn + xn−1

x0 > 0

Problema 10.1.8La fel pentru radacina cubica 3√x.

yn+1 =1

3

(2yn +

x

y2n

)

y0 > 0

Problema 10.1.9Strict aplicabilitatea metodei lui Newton pentru radacini mul-tiple.

Solutie.Fiex∗ o radacina multipla de ordinulm.Dorim convergenta de ordinul 2.

g(x) = x−m(f ′(x))−1f(x)

g(x∗) = x∗

Presupunem caf(x∗) = f ′(x∗) = · · · = f (m−1)(x∗) = 0

f (m)(x∗) 6= 0


f(x∗ + h) =f (n)(x∗)hm

m!(1 +O(h))

f ′(x∗ + h) =fm(x∗)hm−1

(m− 1)!(1 +O(h))

f(x∗ + h)

f ′(x∗ + h)=

h

m(1 +O(h)) =

h

m+O(h2)

si pentruf ′(x∗ + h) 6= 0,

g(x∗ + h) = x∗ + h−m(h

m+O(h2)

)

g′(x∗) = limh→0

g(x∗ + h)− g(x∗)h

=

= limh→0

h− h+mO(h2)

h< 1 convergenta

Problema 10.1.10Deduceti formula

xi+1 = xi −f(xi)

f ′(xi)− 1

2

[f(xi)

f ′(xi)

]2f ′′(xi)

f(xi)

Solutie.Folosim interpolarea Taylor inversa:

F Tm(xi) = xi +

m−1∑

k=1

(−1)lk!

[f(xi)]kg(k)(f(xi))

Problema 10.1.11Stabiliti urmatoarea metoda de aproximare a unei radacinireale a ecuatieif(x) = 0

xk+1 = xk −f(xk)

[xk−1, xk; f ]− [xk−2, xk−1, xk; f ]f(xk−1)f(xk)

[xk−2, xk−1; f ][xk−2, xk; f ][xk−1, xk; f ]

k = 3, 4, . . .

Solutie.Folosim polinomul de interpolare inversa a lui Newton.

g(y) ≈ g(y0) + (y − y0)[y0, y1; g] + (y − y0)(y − y1)[y0, y1, yi; f ]

g(0) ≈ g(y0)− y0[y0, y1; g] + y0y1[y0, y1, y2; g] =

10.2. Sisteme neliniare 161

= x0 − f(x0)x1 − x0

f(x1)− f(x0)+ f(x0)f(x1)

[y1, y2; g]− [y0, y1; g]

y2 − y0=

= x0 −f(x0)

[x0, x1; f ]+ f(x0)f(x1)

x2 − x1f(x2)− f(x1)

− x1 − x0f(x1)− f(x0)

f(x2)− f(x0)=

= x0 −f(x0)

[x0, x1; f ]− f(x0)f(x1)

f(x2)− f(x1)x2 − x1

− f(x1)− f(x0)x1 − x0

x2 − x0·

· x2 − x0f(x2)− f(x0)

· x1 − x0f(x1)− f(x0)

· x2 − x1f(x2)− f(x1)

=

= x0 −f(x0)

[x0, x1; f ]− [x0, x1, x2; f ]f(x1)f(x2)

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

10.2 Sisteme neliniare

Problema 10.2.1Utilizati metoda aproximatiilor succesive pentru a aproximasolutia sistemului

x21 + x22 = 1x31 − x2 = 0

(10.6)

Solutie. Interpretarea geometrica apareın figura 10.5.

−1 −0.5 0 0.5 1−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 10.5: Interpretarea geometrica a sistemului (10.6)


x(0) =

[0.90.5

]f(x) =

[x21 + x22 − 1x31 − x2

]

f ′(x) =

[2x1 2x23x21 −1

]f ′(x0) =

[1.8 12.43 −1

]

det f ′(x0) 6= 0 = −4.23

[f ′(x0)]−1 = − 1

4.23

[−1 −1−2.43 1.8

]

Λ = −[f ′(x0)]−1 =1

4.23

[−1 −1−2.43 1.8

]

ϕ(x) = x+ Λf(x) =

[x1x2

]− 1

4.23

[1 1

2.43 −1.8

] [x21 + x22 − 1x31 − x2

]

x(1) =

[x(0)1

x(0)2

]− 1

4.23

[1 1

2.43 −1.8

] [0.92 + 0.52 − 1

0.93 − 0.5

]=

[0.83170.5630

]

x(2) =

[0.83170.5630

]− 1

4.23

[1 1

2.43 −1.8

] [0.83172 + 0.56302 − 1

0.83172 − 0.5630

]=

[0.82650.5633

]

x(3) =

[0.82610.5361

], x(4) =

[0.82610.5636

]

‖x(4) − x(3)‖ < 10−4.

Observatia 10.2.2 In locul procesului Picard-Banach pentru sisteme neliniareeste uneori convenabil sa se utilizeze un proces Seidel.

xn+1 = ϕ1(xn, yn)xn+2 = ϕ2(xn+1, yn)

.

Problema 10.2.3Aproximati solutia sistemului

F (x, y) = 2x3 − y2 − 1 = 0G(x, y) = xy3 − y − 4 = 0

folosind metoda lui Newton.

10.2. Sisteme neliniare 163

Solutie. F (x, y) = 0G(x, y) = 0

F, g ∈ C1

x = xn + hn

y = yn + knF (xn + hn, yn + kn) = 0G(xn + hn, yn + kn) = 0

Utiliz and formula lui Taylor se obtineF (xn, yn) + hnF

′x(xn, yn) + knF

′(xn, yn) = 0G(xn, yn) + hnG

′x(xn, yn) + knG

′(xn, yn) = 0

Daca jacobianul

J(xn, yn) =

∣∣∣∣F ′x(xn, yn) F ′

y(xn, yn)G′

x(xn, yn) G′y(xn, yn)

∣∣∣∣ 6= 0

obtinem

hn = − 1

J(xn, yn)

∣∣∣∣F (xn, yn) F ′

y(xn, yn)G(xn, yn) G′

y(xn, yn)

∣∣∣∣

kn = − 1

J(xn, yn)

∣∣∣∣F ′x(xn, yn) F (xn, yn)

G′x(xn, yn) G(xn, yn)

∣∣∣∣

x0 = 1.2, y0 = 1.7

F (x0, y0) = −0.434G(x0, y0) = 0.1956

J(x, y) =

∣∣∣∣6x2 −2yy3 3xy2 − 1

∣∣∣∣ =∣∣∣∣8.64 −3.404.91 5.40

∣∣∣∣ = 57.91

h0 = 0.6349

k0 = −0.0390

Capitolul 11

Rezolvarea numerica ecuatiilordiferentiale

Problema 11.0.4Aproximati solutia problemei Cauchy

y′ = −y + x− 1, x ∈ [0, 1], y(0) = 1

pentruN = 10, h = 0.1, xi = 0.1i folosind metoda lui Euler.

Solutie.y′ = −y + x+ 1, x ∈ [0, 1], y(0) = 1

y0 = α

yi+1 = yi + hf(xi, yi)

τ =h2

2y′′(ξi)

Solutia exacta estey(x) = x+ e−x

y0 = 1

yi = yi−1 + h(−yi−1 + xi−1 + 1) =

= yi−1 + 0 · 1(−yi−1 + 0.1(i− 1) + 1) =

= 0.9yi−1 + 0.01(i− 1) + 0.1 = 0.9yi−1 + 0.01i+ 0.09

Calculele sunt dateın urmatorul tabelxi yi y(xi) |yi − y(xi)|0.0 1.000000 1.000000 00.1 1.000000 1.004837 0.0048370.2 1.01 1.018731 0.0087310.3 1.029 1.040818 0.0118180.4 1.0561 1.070320 0.014220

164

165

Sa aplicam acum pentru aceeasi problema metoda Runge-Kutta de ordinul IV.y0 = α = y(a)k1 = hf(xi, yi)

k2 = kf

(xi +

h

2, yi +

1

2k1

)

k3 = hf

(xi +

h

2, yi +

1

2k2

)

k4 = hf(xi + h, yi + k3), τ ∈ O(h4)yi+1 = yi +

1

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

xi val.exacta yi eu0 1.0 1.0 0

0.1 1.0048374180 1.0048375000 8.1 · 15−8

0.2 1.0187307531 1.0187309014 1.483 · 10−7

0.3 1.0408

Problema 11.0.5Aproximati solutia ecuatiei

y′ = −y + 1

y(0) = 0

folosind:a) metoda Euler cuh = 0.025;b) metoda Euler modificata cuh = 0.05;c) metoda Runge-Kutta cuh = 0.1.Comparati rezultatele celor 3 metodeın punctele 0.1, 0.2, 0.3, 0.4, 0.5ıntre

ele si cu valoarea exacta.

Solutie.y0 = α

yi+1 = yi +h

2[f(xi, yi) + f(xi+1, yi + hf(xi, yi))]

x Euler Euler mod. RK4 val.exacta0.1 0.096312 0.095123 0.0951620 0.0951625820.2 0.183348 0.181198 0.18126910 0.1812692470.3 0.262001 0.259085 0.25918158 0.2591817790.4 0.333079 0.329563 0.32967971 0.3296799540.5 0.397312 0.393337 0.39346906 0.393469340

Problema 11.0.6Deduceti metode predictor corector de tip Adams de ordinul2,3,4.

166 Rezolvarea numerica ecuatiilor diferentiale

Solutie.Predictorul cum pasi se genereaza astfel:

y(xi+1) = y(xi) +

∫ xi+1

xi

f(x, y(x))dx

∫ xi+1

xi

f(x, y(x))dx =m−1∑

k=0

∇kf(xi, y(xi))h(−1)k∫ 1

0

(−sk

)ds+

+hm+1

m!

∫ 1

0

s(s+ 1) . . . (s+m− 1)f (m)(ξi, y(ξi))ds

k 0 1 2 3 4 5

(−1)k∫ 1

0

(s

k

)ds 1

1

2

5

12

3

8

251

720

95

288

y(xi+1) = y(xi) + h

[f(xi, y(xi)) +

1

2∇f(xi, y(xi)+

+5

12∇2f(xi, y(xi)) +

3

8∇3f(xi, y(xi)) + . . .

]+

+hm+1f (m)(µi, y(µi))(−1)m∫ 1

0

(−sm

)ds

Pentrum = 2 obtinem

y(xi+1) ≈ y(xi) + h

[f(xi, y(xi)) +

1

2∇f(xi, y(xi))

]=

= y(xi) + h

[f(xi, y(xi)) +

1

2(f(xi, y(xi))− f(xi−1, y(xi−1)))

]=

= y(xi) +h

2[3f(xi, y(xi))− f(xi−1, y(xi−1))]

y0 = α, y1 = α1

yi+1 = yi +h

2[3f(xi, yi)− f(xi−1, yi−1)]

h3f ′′(µi, y(µi))(−1)2∫ 1

0

(−s2

)ds =

5

12h3f ′′(µi, y(µi))

f ′′(µi, y(µi)) = y(3)(µi)

τi+1 =y(xi+1)− y(xi)

h− 1

2[3f(xi, yi)− f(xi−1, yi−1)] =

167

=1

h

[5

12h3f ′′(µi, y(µi))

]=

5

12h2y′′′(µi, y(µi))

Pentrum = 3 avem

y(xi+1) ≈ y(xi) + h

[f(xi, y(xi)) +

1

2∇f(xi, y(xi)) +

5

12∇2f(xi, y(xi))

]=

= y(xi) + hf(xi, yi) +1

2[f(xi, y(xi))− f(xi−1, y(xi−1))]+

+5

12[f(xi, y(xi))− 2f(xi−1, y(xi−1)) + f(xi−2, y(xi−2))] =

= y(xi) +4

12[23f(xi, yi)− 16f(xi−1, y(xi−1)) + 5f(xi−2, yi−2)]

y0 = α, y1 = α1, y2 = α2

yi+1 = yi +h

12[23f(xi, yi)− 16f(xi−1, yi−1) + 5f(xi−2, yi−2)]

h4f (3)(µi, y(µi))(−1)3∫ 1

0

(−s3

)ds =

3h4

8f (3)(µi, y(µi))

f (3)(µi, y(µi)) = y(4)(µi)


4− 1

12[23f(xi, y(xi))− hf(xi−1, y(xi−1))+

+5f(xi−2, y(xi−2))] =1

4

[3h4

8f (3)(µi, y(µi))

]=

3h3

8y(4)(µi)

Pentrum = 4 obtinem

y(xi+1) = y(xi) + h

[f(xi, yi) +

1

2∇f(xi, y(xi))+

+5

12∇2f(xi, y(xi)) +

3

8∇3f(xi, y(xi))

]+

+h5f (4)(µi, y(µi))(−1)4∫ 1

0

(−s4

)ds

yi+1 = yi + h

f(xi, yi) +

1

2[f(xi, yi)− f(xi−1, yi−1)]+

+5

12[f(xi, yi)− 2f(xi−1, yi−1) + f(xi−2, yi−2)]+

+3

8[f(xi, yi)− 3f(xi−1, yi−1) + 3f(xi−2, yi−2)− f(xi−3, yi−3)] =


= yi +h

24[55f(xi, yi)− 55f(xi−1, yi−1) + 37f(xi−2, yi−2)− 9f(xi−3, yi−3)]

h5f (4)(µi, y(µi))(−1)4∫ 1

0

(−s4

)ds =

251

720f (4)(µi, y(µi))

τi+1 =251

720f (4)y(5)(µi)

Observatia 11.0.7Am integrat polinomul lui Newton cu diferente regresive cunodurile

(xi, y(xi)), (xi−1, y(xi−1)), . . . , (xi+1−n, y(xi+1−m))

pentrum pasi.Pentru corectorul cum pasi vom folosi formula lui Newton cu diferente regre-

sive(xi+1, f(xi+1)), (xi, f(xi)), . . . , (xi−m+1, f(xi−m+1))

Pm(x) =m∑

k=0

(s+ k − 2

k

)∇kf(xi+1, y(xi+1))

yi+1 = yi + hm∑

k=0

dk∇kf(xi+1, y(xi+1))

dk =

∫ 1

0

(s+ k − 2

k

)ds = (−1)k

∫ 1

0

(−s+ 1

k

)ds

d0 = 1, d1 = −1

2, d2 = −

1

12

d3 = −1

24, d4 = −

19

720

s =x− xi

4

x = xi + sh−m ≤ s ≤ 0

xi+1 = xi + h−m+ 1 ≤ s ≤ 1

m = 2

yi+1 = yi + h

[f(xi+1, yi+1 −

1

2∇f(xi+1, yi+1)−

1

12∇2f(xi+1, yi+1)

]=

= yi + 4

f(xi+1, yi+1)−

1

2[f(xi+1, yi+1)− f(xi, yi)]−

169

− 1

12[f(xi+1, yi+1)− 2f(xi, yi) + f(xi−1, yi−1)]

=

= yi +4

12[5f(xi+1, yi+1) + 8f(xi, yi)− f(xi−1, yi−1)]


h− 1

12[5f(xi+1, yi+1) + 8f(xi, yi)− f(xi−1, yi−1)] =

=h4

3!

f (3)(µi, y(µi))

3!(−1)3

∫ 1

0

(−s+ 1)(−s)(−s− 1)ds = − 1

24h4y(IV )(µi)

m = 4

yi+1 = yi + h

[f(xi+1, yi+1)−

1

2∇f(xi+1, yi+1)−

− 1

12∇2f(xi+1, yi+1)−

1

24∇3f(xi+1, yi+1)

]=

= yi + h

f(xi+1, yi+1)−

1

2[f(xi+1, yi+1)− f(xi, yi)]−

− 1

12[f(xi+1, yi+1)− 2f(xi, yi) + f(xi−1, yi−1)]−

− 1

24[f(xi+1, yi+1)− 3f(xi, yi) + 3f(xi−1, yi−1)− f(xi−2, yi−2)]

=

= yi +h

24[9f(xi+1, yi+1) + 19f(xi, yi)− 5f(xi−1, yi−1) + f(xi−2, yi−2)]

τi+1 = −19

720y(5)(µi)h

4

Problema 11.0.8Deduceti urmatoarea formula predictor-corector

y(0)i+1 = yi−3 +

4h

3[2f(xi, yi)− f(xi−1, yi−1) + 2f(xi−2, yi−2)]

τi+1 =14

45h4y(5)(ξi), ξi ∈ (ti−1, ti+1) (Milne)

y(c)i+1 = yi−1 +

h

3[f(xi+1, y

(p)i+1) + 4f(xi, yi) + f(xi−1, yi−1)]

τi+1 = −h4

90y(5)(ξi), ξi ∈ (ti−1, ti+1) (Simpson)


Solutie.Corectorul

y(xi+1)− y(xi−1) =

∫ xi+1

xi−1

f(t, y(t))dt ≃

≃ h

3[f(xi+1, yi+1) + 4f(xi, yi) + f(xi−1, yi−1)]

τi+1 = −(b− a)52880

f (IV )(ξi, y(ξi)) = −32h5

2880y5(ξi) = −

h5

90y(5)(ξi)

Predictorul

y(xi+1)− y(xi−3) =

∫ xi+1

xi−3

f(t, y(t))dt =

=h

3

xi+1 − xi−3

4[2f(xi−2, yi−2)− f(xi−1, yi−1) + 2f(xi−2, yi−2)] =

=4h

3[2f(xi−2, yi−2)− 4f(xi−1, yi−1) + 2f(xi−2, yi−2)]

τi+1 =14h5

45y(5)(ξi)

Observatia 11.0.9Pentru predictor s-a folosit formula Newton-Cotes deschisade ordinul II, iar pentru corector formula Newton-Cotesınchisa de ordinul II(Simpson).

Culegere de probleme de Analiz˘a numeric˘a

Documents

Transcript of Culegere de probleme de Analiz˘a numeric˘a