radu tiberiu trˆımbi¸tas¸ 27 martie 2015 - math.ubbcluj.rotradu/curs/culproan.pdf · teoria...

Culegere de probleme de Analiza numerica

Radu Tiberiu Trımbitas

13 martie 2018

Cuprins

Prefata 1

1 Formula lui Taylor si aplicatii 2

2 Elemente de Analiza functionala si teoria aproximarii 7

2.1 Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert . . . . . . . . . . . . 7

2.2 Spatii Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2.1 Functionale liniare ın spatii Hilbert . . . . . . . . . . . . 13

2.3 Serii Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.4 Polinoame ortogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4.1 Calculul polinoamelor ortogonale . . . . . . . . . . . . . 19

2.4.2 Exemple de polinoame ortogonale . . . . . . . . . . . . . 20

3 Teoria erorilor 36

3.1 Erori absolute si relative. Cifre semnificative corecte . . . . . . . 37

3.2 Propagarea erorilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.3 Erorile pentru vectori si operatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3.4 Aritmetica ın virgula flotanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.5 Conditionarea unei probleme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4 Rezolvarea numerica a sistemelor algebrice liniare 55

4.1 Descompunere LU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.2 Descompunere LUP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.3 Sisteme de ecuatii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

5 Calculul cu diferente 68

6 Interpolare 79

6.1 Interpolare polinomiala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

6.2 Interpolare Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

6.3 Interpolare Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

ii

CUPRINS iii

6.4 Interpolare Birkhoff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6.5 Interpolare rationala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6.6 Interpolare spline . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

7 Aproximari ın medie patratica 104

8 Operatori liniari si pozitivi 111

8.1 Operatorul lui Bernstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

8.2 B-spline . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

8.3 Alti operatori liniari si pozitivi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

9 Aproximarea functionalelor liniare 123

9.1 Derivare numerica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

9.2 Formule de integrare numerica de tip Newton-Cotes . . . . . . . . 128

9.2.1 Formule Newton-Cotes ınchise . . . . . . . . . . . . . . . 128

9.2.2 Formule Newton-Cotes deschise . . . . . . . . . . . . . . 131

9.3 Alte formule de tip interpolator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

9.4 Cuadraturi repetate. Metoda lui Romberg . . . . . . . . . . . . . 142

9.5 Formule de cuadratura de tip Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . 143

10 Ecuatii neliniare 152

10.1 Ecuatii ın R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

10.2 Sisteme neliniare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

11 Rezolvarea numerica ecuatiilor diferentiale 165

iv CUPRINS

Prefata

Aici ar veni prefata.

1

Capitolul 1

Formula lui Taylor si aplicatii

Fie I un interval si f : I → R o functie derivabila de n ori ın punctul a ∈ I .

Polinomul

(Tnf)(x) = f(a) +x− a1!

f ′(a) + · · ·+ (x− a)nn!

f (n)(a)

se numeste polinomul lui Taylor de gradul n, atasat functiei f ın punctul a.

Cantitatea

(Rnf)(x) = f(x)− (Tnf)(x)

se numeste restul de ordinul n al formulei lui Taylor ın punctul x.

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 numeste formula lui Taylor de ordinul n pentru functia f ın vecinatatea punc-

tului a.

Pentru rest avem

(Rnf)(x) =(x− a)n

n!ω(x), cu lim

x→aω(x) = 0.

Daca f ∈ Cn+1(I), atunci ∃θ ∈ (0, 1) astfel ıncat

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

(n+ 1)!

(restul ın forma lui Lagrange)

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

n!

2

3

(restul ın forma lui Cauchy)

(Rnf)(x) =

∫ b

a

(x− t)nn!

f (n+1)(t)d t

(restul ın forma integrala.

Daca ın formula lui Taylor se ia a = 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)

cosx = 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 1.0.1 Fie f : I → R si a ∈ I . Daca f admite derivata de ordinul

n pe I , continua pe I , 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, atunci a este un punct de maxim relativ;

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

4 Formula lui Taylor si aplicatii

• daca n = 2k + 1 si a este un punct interior, atunci a este un punct de

inflexiune.

II. Calculul aproximativ al functiilor ın unul din urmatoarele moduri:

(a) Fiind dat un punct x ∈ I , sa se determine un numar natural n (cat mai

mic posibil) astfel ıncat

|f(x)− (Tnf)(x)| < ε.

(b) Sa se determina n astfel ıncat inegalitatea |f(x) − (Tnf)(x)| < ε sa

fie satisfacuta ın toate punctele unui interval.

(c) Fiind dat un numar natural n sa se determine intervalul ın care are loc

inegalitatea anterioara.

III. La calculul unor limite.

IV. La deducerea unor metode numerice.

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

√a+ x, a > 0.

Solutie. Scriem f(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 functia f : R → R,

f(x) = arctan x. Care este raza de convergenta?

Solutie. Pornim de la

(arctanx)′ =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 ordinul n + 1 ın 0

(arctanx)(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

arctanx = 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 urmatoarelor

functii:

a) f :[−1

2, 12

]→ R, f(x) = 2x6 − x3 + 3;

b) f : R→ R, f(x) = 2 cosx+ x2.

Solutie.

a) f ′(x) = 12x5− 3x2 = 3x2(4x3− 1) are radacinile reale x1,2 = 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 cosx+ 2 = 2(1− cos x), f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = 2 sinx, f ′′′(0) = 0,

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

x = 0 este punct de minim si f(0) = 2.

Problema 1.0.5 Sa se determine numarul natural n astfel ca pentru a = 0 si

f : R→ R, f(x) = ex Tnf sa aproximeze f ın [−1, 1] cu trei zecimale exacte.

6 Formula lui Taylor si aplicatii

Solutie. Impunem conditia

|(Rnf) (x)| =∣∣∣∣xn+1eθx

(n+ 1)!

∣∣∣∣ < 10−3.

Deoarece θx < 1, eθx < e < 3, avem

∣∣∣∣xn+1

(n + 1)!eθx∣∣∣∣ <

3

(n+ 1)!< 10−3 ⇒ n = 6.

In particular, luand x = 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) pentru k = 1/3, x = − 11000

. Intr-o serie alternata modulul

erorii este mai mic decat modulul primului termen neglijat.

|(Rnf)(x)| <∣∣∣∣(

13

n

)10−3n

∣∣∣∣ .

Pentru n = 4 avem

|(Rnf)(x)| <10

24310−12 =

1

24300000000000.

Capitolul 2

Elemente de Analiza functionala si

teoria aproximarii

2.1 Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert

Problema 2.1.1 Spatiul s al sirurilor numerice ın care distanta dintre

x = (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:

functia ϕ(2) = λλ+1

este crescatoare pentru λ ≥ 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: Convergenta ın 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 deoarece S este uniform convergenta

(este majorata de seria numerica∑∞

k=112k

) fiecare termen tinzand la zero rezulta

d(xn, x0)→ 0. Daca (xn) este sir Cauchy, atunci fiecare componenta este Cauchy.

Fie x(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 ca C(K) este complet.

Demonstratie. Fie (xn) un sir Cauchy ınC(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)

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

xn(t) = x0(t) x0 ∈ C(K)?

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

|x0(t)− xn(t)| ≤ ε

xn ⇒ x0 ⇔ xn → x0 ın C(K) ⇒ x0 continua

Problema 2.1.4 Spatiul Lc(X, Y ) = B(X, Y ) al aplicatiilor liniare si continue

definite pe X cu valori ın Y , unde X si Y sunt spatii liniare normate, este un

spatiu liniar normat. Daca Y este spatiu Banach atunci si Lc(X, Y ) este spatiu

Banach.

Solutie. Fie U ∈ L(X, Y ).

2.1. Spatii metrice, spatii Banach, spatii Hilbert 9

Propozitia 2.1.5 U continuu ın x0 ∈ X ⇔ U continuu pe X . ( ⇒ ) 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 daca

exista C ∈ R astfel ıncat

∀ x ∈ X ‖Ux‖ ≤ C‖x‖ (2.3)

Teorema 2.1.7 U continuu ⇔ U marginit.

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

‖Ux‖ <∞ Intr-adevar daca

C0 =∞, atunci exista (xn) (xn ∈ X, ‖xn‖ = 1) astfel ıncat λn = ‖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; dar Ux′ = 1

‖x‖Ux

‖Ux‖ ≤ C0‖x‖, deci (2.3) este adevarata pentru C = C0. ( ⇐ ) (2.3) ⇒ Ucontinua ın 0 ⇒ U continuu pe X .

In (2.3) luam C = C0 = ‖U‖.

‖Ux‖ ≤ ‖U‖‖x‖ (2.4)

Daca am stabilit o inegalitate de tipul (2.3) pentru un anumit C, atunci ‖U‖ ≤ C.

Sa aratam ca Lc(X,U) ≤ L(X, Y ) si ca este normat. Fie U1, 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 superioara

a coeficientului de dilatare al unui vector prin operatorul U .

Corolar 2.1.10 X∗ este Banach.

X∗ = Lc(X,K)

f ∈ X∗ ‖f‖ = sup‖x‖≤1

f(x)

Observatia 2.1.11 Daca K = C, atunci (λf)(x) = λf(x).

Problema 2.1.12 Fie C[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‖ =∑n

k=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‖ ≤∑n

k=1 |ck|Sa construim acum pe [a, b] o functie x, liniara pe portiuni, care ia ın 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: Functia x din problema 2.1.12

Problema 2.1.13 Se considera urmatoarele trei norme pe R2

‖x‖2 = (|x1|2 + |x2|2)1/2, ‖x‖1 = |x1|+ |x2|, ‖x‖∞ = max|x1|, |x2|Sa se reprezinte grafic multimile B1(0) ın raport cu toate cele 3 norme. Sa se

determine geometric cele mai mici constante a, b, c, d astfel ıncat

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 apar ın figura 2.2.

Problema 2.1.14 Fie C1[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 pe C1[0, 1].

(b) Orice sir convergent ın norma ‖ · ‖ este convergent si ın norma ‖ · ‖1; orice

sir convergent ın norma ‖ · ‖′ este convergent si ın norma ‖ · ‖.

(c) Sa se studieze convergenta sirurilor fn(t) = tn si gn(t) = n−1 sinnt. Ce se

poate 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, adica f = 0, ‖f‖ = 1 fn 9 ın ‖ · ‖1 ⇒ nu converge ın ‖ · ‖

‖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 nu

sunt echivalente.

Problema 2.1.15 Fie P spatiul liniar al polinoamelor cu coeficienti reali.

a) P (X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn, atunci p(P ) = |a0| + · · · + |an| este o

norma pe P si p(P1P2) ≤ p(P1)p(P2).b) Aplicatia ϕ : P → P, ϕ(P ) = P ′ este o aplicatie liniara care nu este

continua fata de norma P .

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 . Fie Pn(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 liniare ın spatii Hilbert

Problema 2.2.1 Expresia generala a unei functionale liniare ıntr-un spatiu Hil-

bert.

Solutie. (H, 〈·, ·〉) spatiu Hilbert. Pentru y 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 din H si ca ın (2.8)

are loc egalitatea.

Teorema 2.2.2 (Riesz) Pentru orice functionala liniara si continua, definita pe

spatiul Hilbert H , ∃! y ∈ H astfel ıncat ∀ x ∈ H , f(x) = 〈x, y〉 si

‖f‖ = ‖y‖. (2.9)

Demonstratie. Fie H0 = x ∈ H : f(x) = 0 = Kerf , f liniara si continua

⇒ H0 ınchis Daca H0 = H ⇒ y = 0. Presupunem ca H0 6= H . Fie y0 6∈ H0.

Scriem y0 sub forma y0 = y′ + y′′ (y′ ∈ H0, y′′ ⊥ H0) Evident y′′ 6= 0 si

f(y′′) 6= 0. Putem lua f(y′′) = 1.

Observatia 2.2.3 f(y0) = f(y′)︸︷︷︸0

+f(y′′) = f(y′′)

Putem lua f(y′′) = 1. Sa luam x ∈ H si punem f(x) = α. Elementul x′ =x− αy′′ ∈ H0 caci

f(x′) = f(x)− αf(y′′) = α− α = 0

Deci

〈x, y′′〉 = 〈x′ + αy′′, y′′〉 = α〈y′′, y′′〉+ 〈x′, y′′〉astfel ıncat

f(x) = α =

⟨x,

y′′

〈y′′, y′′〉

⟩

si deci putem lua y =y′′

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

deci y − y1 ⊥ H , posibil doar daca y = 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 ξkηkRn f(x) = 〈x, y〉 =

∑nk=1 ξkηk

2.3. Serii Fourier 15

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

bert.

Solutie. X∗ spatiu Banach. Sa aratam ca norma este indusa de un produs sca-

lar. f, g ∈ X∗ ⇒ ∃ x, y ∈ X astfel ıncat f(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〉

Fie f ′(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 ortonormal xk ıntr-un spatiu Hilbert (H, 〈·, ·〉) si x ∈ H . Nume-

rele

ak = 〈x, xk〉, k ∈ N

se numesc coeficienti Fourier ai elementului x ın raport cu sistemul considerat,

iar seria∞∑

k=1

akxk

seria Fourier a elementului x.

Consideram subspatiul Hn = L(x1, . . . , xn).Avem

Teorema 2.3.1 Suma partiala sn =∑n

k=1 akxk a seriei Fourier a unui element xeste proiectia acelui element pe subspatiul Hn.

Demonstratie. x = sn + (x − sn) si pentru sn ∈ Hn este suficient sa aratam

ca x− 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 pentru n→∞∞∑

k=1

|ak|2 ≤ ‖x‖2 (2.12)

Daca ın (2.12) are loc egalitate pentru x ∈ X spunem ca este verificata egali-

tatea lui Parseval sau ecuatia de ınchidere.

Teorema 2.3.4 Seria Fourier a oricarui element x ∈ H converge ıntotdeauna si

suma sa este proiectia lui H pe H0 = L(xk). Pentru ca suma seriei Fourier sa

fie egala cu un element dat x, este necesar si suficient ca ecuatia de ınchidere sa

fie verificata pentru acel element.

Demonstratie. (2.12) ⇒∑n

k=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. Deoarece s ∈ H0 si x = s + x − s putem arata ca ın

demonstratia teoremei 2.3.1 ca x − s ⊥ H0. Tinand cont de (2.11), (2.10) se

rescrie

‖x− sn‖2 = ‖x‖2 −n∑

k=1

|ak|2 ⇒ concluzia.

2.3. Serii Fourier 17

Daca xk este complet, H0 = H si ∀ x ∈ H proiectia lui x pe H0 coincide

cu X .

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

Spunem ca sistemul ortonormal xk este ınchis daca ecuatia de ınchidere este

verificata pentru orice x ∈ H .

Corolar 2.3.6 xk ınchis ⇔ xk complet.

Demonstratie. Teorema 2 ⇒ ecuatia de ınchidere are loc ∀ x ∈ H0, deci

ınchiderea este echivalenta cu H0 = 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 cos nxdx

∫ π

0

x2 cos nxdx =x2nknx

n

∣∣∣π

0− 2

n

∫ π

0

xnknxdx =

= −2

n

[−xcos nx

n

∣∣∣π

0+

1

n

∫ π

0

cos nxdx

]=

= −2

n

[−π cos nπ

n+

1

n

sinnx

n

∣∣∣π

0

]=

2π

n2cos nπ =

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

Pentru x = πn∑

k=1

1

n2=π2

6.

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

Solutie.

bn =2

π

∫ π

0

x sin nx =2

π

[−xcos nx

n

∣∣∣π

0+

1

4

∫ π

0

cos nxdx

]=

2(−1)n+1

n

⇒ x = 2

∞∑

n=1

(−1)n−1 sinnx

n

2.4. Polinoame ortogonale 19

2.4 Polinoame ortogonale

2.4.1 Calculul polinoamelor ortogonale

Se poate da o metoda generala de construire a unei familii de polinoame ortogo-

nale ın raport cu orice functie pondere pe un interval finit [a, b] sau pe o multime

finita de puncte (ın cazul unei multimi finite, familia va fi de asemenea finita). Se

poate aplica procedeul Gramm-Schmidt multimii 1, x, x2, . . . , dar procedeul nu

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

unjire.

Fie Q0, Q1, . . . , Qn−1 o familie ortonormala de polinoame, astfel ıncat gra-

dul lui Qi sa fie i si fie Qn ⊥ Qi, i = 0, n− 1.

Sa consideram polinomul

Qn(x)− αxQn−1(x)

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

deci

Qn − αxQn−1 =

n−1∑

i=0

αiQi

Daca 〈Qn, Qi〉 > 0 pentru orice i = 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 alege α = 1, deoarece ınmultirea cu o constanta nu afecteaza orto-

gonalitatea. Deci αn−1 si αn−2 se pot obtine din ecuatiile de mai sus. Aplicand

rationamente similare lui Qi pentru i < n − 2 obtinem αi = 0 pentru i < n − 2.

Aceasta sugereaza urmatoarea formula de recurenta pentru calculul lui Qn:

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 pentru an si bn astfel determinate avem 〈Qn, Qi〉 = 0, i =0, n− 2 si ca Qn cu an 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 L2w[a, b]. Vom ıncepe punand Q0 = b0, unde b0 este o

constanta astfe ıncat ‖Q0‖ = 1 si luam Q1 = (x+ a1)Q0. Din

〈Q1, Q0〉 = 〈xQ0, Q0〉+ a1 = 0

se determina

a1 = −〈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 ponderea w(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

Proprietati ale polinoamelor ortogonale

P1. Radacini reale, distincte, situate ın (a, b).P2. Relatia de recurenta data de ecuatiile (2.14), (2.15) si (2.16).

P3. pn ⊥ Pn−1, ‖pn‖ = minp∈Pn

‖p‖P4. Caracterizarea cu ajutorul ecuatiilor diferentiale.

Fie Pn = p0, . . . , pn o multime de polinoame ortogonale pe intervalul [a, b]ın raport cu ponderea w.

Avem∫ b

a

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

Se considera functia Ui astfel ıncat

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 de k + 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

pentru k = 0, 1, . . . , i− 1 conditii satisfacute daca

U

(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, functia Ui poate fi obtinuta ca solutie a ecuatiei

diferentialedi+1

dti+1

[1

w(t)U

(i)i (t)

]= 0

de ordinul 2i+ 1 cu conditiile la limita (2.18).

Deci Ui se determina pana la o constanta multiplicativa:

pi(t) =Ai

w(t)U

(i)i (t)

Constanta Ai se poate determina impunand conditii suplimentare, de exemplu

ortonormalitate ∫ 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 arccosx

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)

cu x = 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 dezvoltand xn = (cos θ)n =(

eiθ+e−iθ

2

)nsi facand sa apara

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

problema 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

unde Tn 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 sunt

foarte importante ca noduri de interpolare. In raport cu produsul scalar

(f, g)T :=

n+1∑

k=1

f(ξk)g(ξk)


unde ξ1, . . . , ξn+1 este multimea zerourilor lui Tn+1 are loc urmatoarea

proprietate

(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),

unde η0, . . . , ηn este multimea extremelor lui Tn, 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 produsul

scalar:

(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.

Notam α = 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 sinβS2 = sin 2(n+ 1)β,

se obtine S1 = 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 pentru m 6= nπ2

pentru m = n

Polinoamele Qm, m = 0, 1, 2, . . . sunt ortogonale pe [−1, 1] ın raport cu pon-

derea w(t) =√1− t2.

Are loc relatia de recurenta

Qn+1(t) = 2tQn(t)−Qn−1(t)

Ea rezulta imediat din relatia sin(n + 2)θ + sinnθ = 2 cos θ sin(n + 1)θ. Dam

primele 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 puteri


Polinoamele Cebısev de speta I pot fi utilizate pentru a reduce gradul unui

polinom de aproximare cu o pierdere minima de precizie. Aceasta tehnica este

utila cand se utilizeaza pentru aproximare polinomul Taylor. Desi polinoamele

Taylor sunt foarte precise ın vecinatatea punctului ın care se face dezvoltarea,

daca ne ındepartam 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 un

interval, ele pot fi utilizate pentru a reduce gradul polinomului Taylor fara a depasi

gradul de toleranta admis.

Exemplul 2.4.6 f(x) = ex poate fi aproximata pe [−1, 1] prin polinomul Taylor

de grad 4 ın 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 este ε = 0.05 si ca dorim sa ınlocuim termenul din

polinomul Taylor care ıl contine pe x4 cu un polinom Cebısev de grad ≤ 4.

Sa deducem reprezentarea lui xk 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 3 ınlocuind x3 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

Deci P3 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 pentru n impar si impar pentru n 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 ca n ≥ 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 pentru n > m, iar pentru n = 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 eliminand L′n:

xL′n−1(x)− L′

n−2(x) = (n− 1)Ln−1(x)

si prin urmare

L′n(x)− L′

n−2(x) = (2n− 1)Ln−1(x)

Eliminand L′n−2 se obtine

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

(6) Fie C un contur ınchis ın C ce nu contine ın interiorul sau ±1, dar contine pe

z; 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

unde C1 este imaginea lui C prin schimbarea t→ 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 ortogonale ın raport cu w(x) =√x

(respectiv 1/√x) pe (0, 1) sunt

qn(x) = L2n+1

(√x)/√x

respectiv

qn(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

cu w(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 cum n 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 lui Hn pro-

cedand ca la problema 2.4.2. Proprietatea (6) se obtine dezvoltand (2x)n ın serie

Fourier.

(2x)n =n∑

k=0

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

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

e2tx−t2e2tx−t2 = e2(

t√2 x+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 lui tn din cei doi membri.

Problema 2.4.10 Polinoamele 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!

(ınL2w(0,∞) cuw(x) = xαe−x) unde Γ(s) este functia Γ a lui Euler definita

prin

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 dezvoltand ın serie Hn(x) si lαn(x).

Problema 2.4.11 (Ecuatia diferentiala verificata de polinoamele ortogonale) Fie

w o functie pozitiva pe [a, b] astfel ıncat

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+B2x2)p′′n+(A0+A1x+B1+B2x)p

′n−(A1n+B2n(n+1))pn = 0 (2.36)

Aplicatie. Stabiliti ecuatiile diferentiale corespunzatoare ponderii

w(x) = (1− x)α(1 + x)β, α > −1, β > −1, [a, b] = [−1, 1] (polinoa-

mele Jacobi pn(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 Legendre Ln

(1− x2)L′′n(x)− 2xL′

n(x) + Ln(x) = 0

w(x) = e−x2pe R, polinoamele lui Hermite Hn

H ′′n(x)− 2xH ′

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


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

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

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

2) ecuatia diferentiala (2.36)

ınmultita cu w(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 grad n; prin urmare

(pn)n≥0 constituie sistemul de polinoame ortogonale pe [a, b] relativ la ponderea

w. 2. Verificare prin calcul.

Problema 2.4.12 Fie 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 vectorial

P al polinoamelor este dens ın E ın care caz

f =∞∑

n=0

〈f, pn〉pn,

este serie convergenta ın E.

(2) P este dens ın E daca [a, b] este marginit.

(3) Polinomul de cea mai buna aproximare de grad n a lui f ın E este

qn(x) =

n∑

k=0

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

ın cel putin n+ 1 puncte din [a, b].


Solutie.

(1) Rezulta imediat de la curs.

(2) P este dens ın C0[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 pentru k = 0, n ın particular pentru

k = 0 ∫ b

a

(f(x)− qn(x))p0(x)w(x)dx = 0

deci f − sn se anuleaza ın cel putin ıntr-un punct din [a, b]. Daca f − qn se

anuleaza ın mai putin de n + 1 puncte x1, . . . , xl din [a, b] cu l ≤ n atunci

daca

s(x) =l∏

i=1

(x− xi),

s(x)(f(x)− qn(x)) pastreaza semn constant si deci 〈f − qn, s〉 6= 0 ceea ce

contrazice faptul ca f − qn ⊥ Pn ın L2w[a, b]

Teorema 2.4.13 (Cebısev) Pentru orice f ∈ 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

unde σ = sign(P ∗d(x0)− f(x0)).

Problema 2.4.14 Sa se determine p.c.b.a. unif. din P1 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 3.0.1 Aplicatia A : X → P(X) se numeste procedeu de aproximare,

iar a ∈ A(α) aproximanta pentru α.

F = mbn|m,n ∈ Z, b ∈ N, b > 1 numere practice (fractii b-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 cu

aproximari.

2) Erori reziduale - expresiile unor valori din analiza matematica rezulta din

procese 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 numar

finit de zecimale

1

3= 0.333 ∆ ≈ 3 · 10−4

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

erori inerente.

36

3.1. Erori absolute si relative. Cifre semnificative corecte 37

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 cu

3.14 ın loc de π.

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

Exemplul 3.1.2 Greutatea unui dm3 de apa la 0C este G = 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 semnificative

6= 00 ıntre cifre semnificative sau marcator de pozitie

0 nesemnificativ - cand fixeaza pozitia marcii zecimale

0 007010 2003 000 000

α = α0bk + a1b

n−1 + · · ·+ αn−1bk−n+1 + αnb

k−n

Definitia 3.1.3 Spunem ca a ≈ α cu n cifre semnificative corecte daca

|∆a| ≤ 1

2bk−n+1

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

Teorema 3.1.4 Daca a este obtinut din α prin rotunjire la n cifre atunci a apro-

ximeaza pe α cu n 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

38 Teoria erorilor

Teorema 3.1.6 Fie a, α ∈ R+. Daca a aproximeaza pe α cu m cifre semnificative

corecte, unde a0 este cifra cea mai semnificativa a lui a ın baza b, atunci

δa ≤1

a0bn−1

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

π?

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 3.1.9 α ∈ R+, a aproximeaza pe α si

δa ≤1

2(α0 + 1)bn−1,

unde α0 este cifra cea mai semnificativa a lui α atunci a aproximeaza pe α cu ncifre 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

3.3. Erorile pentru vectori si operatori 39

Exemplul 3.2.1 Gasiti o limita a erorii absolute si relative pentru volumul sferei

V = πd3

6cu diametrul egal cu 3.7cm± 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 raza R ≈2m, ınaltinea H ≈ 3m. Cu ce erori absolute trebuie determinate R si H astfel

ıncat 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 functia f 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

40 Teoria erorilor

‖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|

Daca u si v au acelasi semn

Sx(T ) = 1

Daca u si v au semne opuse |u+ v| < |u|+ |v| si Sx(T ) > 1.

Senzitivitatea poate fi facuta oricat de mare pentru u si v de semne contrare si

apropiate ın modul

u = 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 intrare

Morala: evitarea scaderii cantitatilor apropiate

Problema 3.3.3 Indicati o modalitate de a evita anularea pentru

1) ex − 1 |x| ≪ 12)√x+ 1−√x x≫ 0

Problema 3.3.4 Sa se determine numarul de conditionare pentru operatorul T :R2 → R2 [

xy

]T→[x+ yx+ 2y

]

3.4. Aritmetica ın virgula flotanta 41

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 virgula flotanta

Problema 3.4.1 Sa se compare urmatoarele doua metode pentru calculul lui x2−y2 :

x⊗ x⊖ y ⊗ y,(x⊕ y)⊗ (x⊖ y).

Solutie. Eroarea relativa pentru x⊖ y este

δx⊖y = δ1 = [(x⊖ y)− (x− y)]/(x− y)]

|δ1| ≤ 2ε

Altfel scris

x⊖ y = (x− y)(1 + δ1) |δ1| ≤ 2ε

La fel

x⊕ y = (x+ y)(1 + δ2) |δ2| ≤ 2ε

Presupunand ca ınmultirea se realizeaza calculand produsul exact si apoi efectu-

and rotunjirea, eroarea relativa este cel mult 1/2 ulp, deci

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

Se ia u = 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

42 Teoria erorilor

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 precis

decat x2 − 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 avem p = 24 si 224 < 108 deci 8 cifre par suficiente pentru a recupera

numarul original (totusi nu este asa!). Cand un numar binar IEEE simpla precizie

este convertit la cel mai apropiat numar zecimal de 8 cifre, nu este ıntotdeauna

posibil sa recuperam unic numarul binar din cel zecimal. Daca se utilizeaza noua

cifre, totusi, conversia numarul zecimal ın binar va recupera numarul flotant ori-

ginar.

Demonstratie. Numerele binare ın simpla precizie din intervalul [103, 210) =[1000, 1024) au zece biti ın stanga marcii zecimale si 14 la dreapta. Exista deci

(210 − 103) = 393216 numere binare diferite ın acest interval. Daca numerele

zecimale sunt reprezentate cu 8 cifre avem (210−103)104 = 240000 numere zeci-

male ın acest interval. Deci nu exista nici o modalitate de a reprezenta prin 240000

de numere zecimale 393216 numere binare diferite. 8 cifre sunt insuficiente!

Pentru a arata ca noua cifre sunt suficiente trebuie sa aratam ca spatiul dintre

numerele binare este ıntotdeauna 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 binar

unic.

Pentru a arata ca spatiul dintre numerele zecimale este ıntotdeauna mai mic

decat spatiul dintre numerele binare sa consideram intervalul [10n, 10n+1]. Pe

acest interval, spatiul dintre doua numere zecimale consecutive este 10(n+1)−9.


In intervalul [10n, 2m] unde m este cel mai mic ıntreg astfel ca 10n < 2m, spatiul

dintre numerele binare este 2m−24.

Inegalitatea

10(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 mare

decat 2m · 2−24 = 2m−24.

Problema 3.4.4 In multe probleme, cum ar fi integrarea numerica si rezolvarea

numerica a ecuatiilor diferentiale, este nevoie sa se ınsumeze mai multi termeni.

Deoarece fiecare adunare poate introduce o eroare ≈ 1/2ulp, o suma cu mii

de termeni poate introduce o eroare de rotunjire foarte mare. Sa se arate ca un

mod simplu de a micsora eroarea este de a efectua sumarea ın dubla precizie si

celelalte calcule ın simpla precizie.

Solutie. Pentru a da o estimare grosiera a modului ın care reprezentarea ın

dubla precizie ımbunatateste acuratetea fie s1 = 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 lui ε. Pentru dubla precizie

1/ε ≈ 1016 deci nε≪ 1 pentru orice valoare rezonabila a lui n.

44 Teoria erorilor

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

introdusa de Kahan.

Ea utilizeaza aceeasi strategie ca ınsumarea directa, dar la fiecare operatie de

adunare eroarea de rotunjire este estimata si compensata cu un termen de corectie.

Principiul de estimare este explicat ın figura 3.1, unde semnificantii termenilor asi 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, pentru a ≥ 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 rotunjire s− s = −b2

Pentru ınsumare compensata la fiecare pas eroarea de ınsumare este estimata

ın conformitate cu principiul lui Kahan si utilizata pentru ajustare (algoritmul 1).

Algoritmul 1 Insumare Kahans := x1;e := 0;for i = 2 to n do

y := xi − e;t := s + y;e := (t− s)− y;

s := tend for


Problema 3.4.5 (Insumare Kahan) Eroarea de rotunjire pentru algoritmul 1 poate

fi estimata prin

|sn − sn| ≤(2 eps+O

(n eps2

)) n∑

i=1

|xi|. (3.2)

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

s1 = x1, si = (1+ δi)(si−1 + xi). Atunci suma calculata este sn, care este o suma

de termeni de forma xi ınmultit cu o expresie ın δj-uri. Coeficientul exact al lui x1este (1 + δ2)(1 + δ3) . . . (1 + δn). Deci prin renumerotare, coeficientul lui x2 este

(1 + δ3)(1 + δ4) . . . (1 + δn) s.a.m.d. Se procedeaza la fel ca la problema 3.4.4,

doar coeficientul lui x1 este mai complicat. Avem s0 = 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 de eps. Este mai usor sa calculam coe-

ficientul lui x1 ın sk − ek si ek decat ın sk. Cand k = 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 lui x1 ın aceste expresii cu Ek si respectiv Sk, atunci

E1 = 2 eps+O(eps2)

S1 = 1 + η1 − γ1 + 4 eps2+O(eps3).

Pentru a obtine formula generala pentru Sk si Ek, dezvoltam definitiile lui sk si

ek, ignorand toti termenii ın 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)

46 Teoria erorilor

= [(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]

Deoarece Sk si Ek trebuie calculate cu precizia eps2, ignorand termenii de grad

mai 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.

Utilizand 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 lui x1 din sk. Pentru a obtine aceasta valoare, fie

xn+1 = 0 si toate literele grecesti cu indicii n+ 1 egale cu zero si calculam sn+1.

Atunci sn+1 = sn − cn si coeficientul lui x1 ın sn este mai mic decat coeficientul

lui sn+1, care este

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

Marginea (3.2) este o ımbunatatire semnificativa fata de ınsumarea obisnuita,

cu conditia ca n sa nu fie suficient de mare, dar nu este la fel de buna ca ınsumarea

ın dubla precizie.

Un exemplu de expresie care poate fi rescrisa utilizand anularea benigna este

(1 + x)n, unde x≪ 1.


Problema 3.4.6 Depunand 100$ pe zi ıntr-un cont cu o rata a dobanzii de 6%

calculata zilnic la sfarsitul anului avem 100[(1 + i/n)− 1]/(i/n)$.

Daca p = 2 si p = 24 (ca ın IEEE) obtinem 37615.45$ care comparat cu

raspunsul exact, 37614.05$ da o discrepanta de 1.40$. Explicati fenomenul.

Solutie. Expresia 1+ i/n implica adaugarea unui 1 la 0.0001643836, deci bitii

de ordin mic ai lui i/n se pierd. Aceasta eroare de rotunjire este amplificata cand

(1 + i/n) este ridicat la puterea a n− a. Expresia (1 + i/n)n se rescrie sub forma

exp[n ln(1 + i/n)]. Problema este acum calculul lui ln(1 + x) pentru x mic. O

posibilitate ar fi sa utilizam aproximarea ln(1 + x) ≃ x si se obtine 37617.26$ cu

o eroare de 3.21$ deci mai mare decat ın situatia anterioara. Rezultatul de mai jos

ne permite sa calculam precis ln(1 + x)(37614.67$, eroarea 2c). Se presupune ca

LN(x) aproximeaza ln x cu o precizie ≤ 1/2ulp. Problema care o rezolva este

aceea ca atunci cand x este mic LN(1⊕x) nu este apropiat de ln(1+x) deoarece

1 ⊕ x nu este precis. Adica valoarea calculata pentru ln(1 + x) nu este apropiata

de valoarea actuala cand x ≤ 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 mult 5ε cand 0 ≤ x < 3/4 cu conditia ca scaderea sa se

realizeze cu o cifra de garda, ε < 0.1 si ln este calculat cu o precizie de 1/2ulp.

Aceasta formula este operationala pentru orice valoare a lui x, dar este intere-

santa daca x≪ 1, cand apare anulare catastrofala ın formula naiva pentru calculul

lui 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 la x. Totusi µ este aproape constanta

deoarece ln(1 + x) ≃ x. Deci daca x se schimba putin eroarea va fi mica. Cu alte

cuvinte, daca x ≃ x, xµ(x) va fi o aproximare buna pentru xµ(x) = ln(1 + x).Exista o valoare pentru x astfel ıncat x + 1 sa poata fi calculat precis? Deci x =(1⊕ x)⊖ 1, deoarece ın acest caz 1 + x = 1⊕ x.

Lema 3.4.7 Daca µ(x) =ln(1 + x)

x, atunci pentru 0 ≤ x ≤ 3

4

1/2 ≤ µ(x) ≤ 1 si |µ′(x)| ≤ 1/2.

48 Teoria erorilor

Demonstratie. µ(x) = 1− x/2 + x2/3− . . . este o serie alternata cu termeni

descrescatori, deci pentru x ≤ 1,

µ(x) ≥ 1− x

2≥ 1/2 si µ(x) ≤ 1.

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

4, termenii

sunt descrescatori deci

−1/2 ≤ µ′(x) ≤ −12+

2x

3sau − 1

2≤ µ′(x) ≤ 0.

Demonstratia teoremei.

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− . . . (Taylor)

alternata si 0 < x− ln(1+x) <x2

2, δ pentru ln(1+x) ≈ x <

x

2. Daca 1⊕x = 1,

atunci |x| < ε, deci δ <ε

2.

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

cu o precizie de 1/2ulp

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

adica

µ(x) = µ(x)(1 + δ3), |δ3| ≤ ε

x ln(1 + x)

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

Daca ε > 0.1 atunci

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

cu |δ| < 5ε.

3.5. Conditionarea unei probleme 49

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 este nε atunci numarul de cifre contaminat este

logβ 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 doi ın δi, eroarea fiind

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

Deoarece δ ≪ 4ac, primul termen ∆(δ1+ δ3) poate fi ignorat. Pentru a estima

al doilea termen scriem

ax2 + bx+ c = a(x− x1)(x− x2),

deci ax1x2 = 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 aproximativ x1

√δn.

Deoarece δ4 ≈ 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 pentru n ∈ N

50 Teoria erorilor

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 lui fn ın y0 = I0. Rezultatul final va fi o aproxi-

mare I∗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,

cu pn independent de y0.

(cond fn)(y0) =

∣∣∣∣y0f

′(y0)

yn

∣∣∣∣ =∣∣∣∣y0(−5)nyn

∣∣∣∣ .

Deoarece In este descrescator

(cond fn)(I0) =I05

n

In>I0 · 5nI0

= 5n

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

fenomenul?

In loc sa ınmultim cu un numar mare, mai bine ımpartim 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 pornire yν .

Inainte de a ıncepe cu aceasta sa observam ca avem o noua cutie neagra


yν → gn → yn

(cond gn)(yν) =

∣∣∣∣∣yν(−1

5

)−ν−n

yn

∣∣∣∣∣ , ν > n.

Pentru yν = 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 luam I∗ν = 0, comitand o eroare de 100% ın valoarea de pornire obtinem

eroarea relativa ∣∣∣∣I∗n − InIn

∣∣∣∣ <(1

5

)ν−n

, ν > n

Daca alegem ν suficient de mare, de exemplu

ν > n+ln 1

ε

ln 5(3.5)

eroarea relativa este < ε. Avem deci urmatorul algoritm pentru calculul lui In: se

da precizia ε, se alege n, cel mai mic ıntreg 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 solutiilor

unor recurente liniare de ordinul II, cum ar fi cele satisfacute de functiile Bessel

si de multe alte functii ale fizicii matematice. Procedura recurentelor 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.

52 Teoria erorilor

Problema este de a se determina ξ, dandu-se p. Vectorul de date

a = [a0, a1, . . . , an−1]T ∈ R

n

consta din coeficientii polinomului p, iar rezultatul este ξ, un numar real sau com-

plex. Astfel avem:

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

Care este conditionarea lui ξ?

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

(condξ)(a) =

n−1∑

ν=0

(condνξ)(a) (3.9)

Pentru a determina derivatele partiale ale lui ξ ın raport cu aν , observam ca

avem 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.

Derivand ın raport cu aν 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 produsului aνξν.

Ultima identitate se poate scrie

p′(ξ)∂ξ

∂aν+ ξν = 0


Deoarece p′(ξ) 6= 0, putem obtine ∂ξ∂aν

si sa ınlocuim ın (3.8) si (3.9) pentru a

obtine

(condξ)(a) =1

|ξp′(ξ)|

n−1∑

ν=0

|aν ||ξ|ν (3.10)

Vom ilustra (3.10) considerand un polinom p de grad n cu radacinile 1, 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 a descoperit proasta

conditionare a anumitor zerouri aproape printr-un accident. Daca luam ξµ = µ,

µ = 1, 2, . . . , n se poate arata ca

minµ condξµ = condξ1 ∼ n2 cand n→∞maxµ condξµ ∼ 1

(2−√2)πn

(√2+1√2−1

)ncand n→∞.

Cea mai prost conditionata radacina este ξµ0 cu µ0 ıntregul cel mai apropiat

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

deci exponential. De exemplu pentru n = 20 condξµ0 = 0, 540× 1014.Exemplul ne ınvata ca radacinile unei ecuatii algebrice scrise ın 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 ca ın (3.7) si (3.11). Aceasta

este ın particular adevarat pentru polinoamele caracteristice ale matricelor. Este

mult mai bine sa lucram cu matricele ınsele si sa le reducem (prin transformari

de 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 logaritmica

ne furnizeaza y = ln x pentru orice numar ın virgula flotanta, x, producand un yAce satisface yA = (1 + ε) lnx, |ε| ≤ 5eps. Ce putem spune despre conditionarea

algoritmului A?

Solutie. Avem evident

yA = ln xA unde xA = x1+ε (unic)

In consecinta∣∣∣∣xA − xx

∣∣∣∣ =∣∣∣∣x1+ε − x

x

∣∣∣∣ = |xε − 1| ≈ |ε lnx| ≤ 5| lnx|eps

si deci (condA)(x) ≤ 5| lnx|. Algoritmul A este bine conditionat exceptand ve-

cinatatea dreapta a lui x = 0 si pentru x foarte mare. In ultimul caz, totusi, este

posibil ca x sa dea depasire ınainte ca A sa devina prost conditionat.

54 Teoria erorilor

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 ca x ∈ Rn(t, s). Utilizand legile de baza ale aritmeticii

masinii obtinem

p1 = x1

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

de unde

pn = 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 orice x ∈ Rn(t, s) si algoritmul este bine conditionat.

Capitolul 4

Rezolvarea numerica a sistemelor

algebrice liniare

4.1 Descompunere LU

A = LU

A =

(a11 wT

v A′

)=

(1 0

v/a11 In−1

)(a11 wT

0 A′ − vwT/a11

)

Matricea A′ − vwT/a11 se numeste complement Schur al lui a11.

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

55

56 Rezolvarea numerica a sistemelor algebrice liniare

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 liniar

El. Gaussiana

Factorizare Crout vii = 1Factorizare Doolittle lii = 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)

4.2. Descompunere LUP 57

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) alternativ

Algoritmul:

P1 l11 := a11u12 := a12/l11

P2 for i = 2 to n− 1li,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 de ak1.Efectul QA, Q matrice de permutare

QA =

(ak1 wT

v A′

)=

(1 0

v/ak1 In−1

)(ak1 wT

0 A′ − vwT/ak1

)

Matricea A′ − vwT/ak1 se numeste complementul Schur al lui ak1 si este

nesingulara.

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

)=


=

(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 complementul

Schur se ınmultesc cu matricea de permutare P ′.

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 matricea A n × n este diagonal dominanta pe linii

daca

|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


cu solutia y = [4, 2, 1]T si respectiv

x1 + 2x2 + x3x2 + x3

x3

===

421

cu solutia x = [1, 1, 1]T .

Problema 4.2.4 Calculati descompunerea QR a matricei

A =

[3 14 1

].

Solutie. Reflexia pentru prima coloana este P = I − 2uuT . Vectorul u se

determina 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 solutia y = [8, 0,−1]T si

2 4 20 −1 10 0 −1

x =

80−1

,

cu solutia x = [1, 1, 1]T .

Problema 4.2.6 Aratati ca orice matrice diagonal dominanta este nesingulara.

Solutie. Fie sistemul Ax = 0. Presupunem ca are solutie nebanala. Exista kastfel ıncat 0 < |xk| = max

1≤j≤n|xj| = ‖x‖1

Deoarecen∑

j=1

aijxj = 0, pentru i = k


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 ca m-norma

‖A‖m = maxi

n∑

j=1

|aij|

este naturala.

Solutie. Vom arata ca

‖A‖m = max‖x‖∞=1

‖Ax‖∞

Fie x ∈ Rn astfel ıncat

‖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 |

4.3. Sisteme de ecuatii 63

‖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)

Fie p ∈ N, 1 ≤ p ≤ n astfel ıncat

n∑

j=1

|apj| = max1≤i≤n

n∑

j=1

|aij|

Alegem x astfel ıncat

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|

Fie x ∈ Rn astfel ıncat ‖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|.

Fie p ∈ N, 1 ≤ p ≤ n astfel ıncat

max1≤j≤n

n∑

i=1

|aij| =n∑

i=1

|aip|

si x ∈ Rn astfel ıncat xi = 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 si m-norma sunt norme

matriciale.

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 precizie dorita 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-Seidel x(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 pentru A ∈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 5.0.1 Pentru f :M → R, cantitatea

∆hf(ai) = f(ai + h)− f(ai), i < m

se numeste diferenta finita de ordinul I cu pasul h a functiei f ın punctul ai.Diferenta finita de ordinul k 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

68

69

Problema 5.0.2 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 pentru j = r + 1, m iar pentru m < r,(m+ 1

j + 1

)= 0, pentru j = 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 5.0.3 Sa se demonstreze formula

∆mh

1

x=

(−1)mm!hm

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

(prin inductie).

70 Calculul cu diferente

Definitia 5.0.4 Prederivata de ordinul m cu pasul h a functiei f ın a este

Dmh f(a) =

∆mh f(a)

hm

D0nf(a) = f(a)

Problema 5.0.5 Daca f are derivata de ordinul m continua pe (a, a +mh) are

loc

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 5.0.6 f (m) continua ın a ⇒ limh→0

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

Problema 5.0.7 Sa 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 functiilor cosx,

sin x si sa se calculeze limitele lor cand h→ 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 de n− 1 ori

71

∆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

)

Facand a = 1, b = 0 si ımpartind cu hm se obtine

Dmh cosx =

(sin h

2h2

)m

cos

(x+m

h + π

2

)

Dmh sin x =

(sin h

2h2

)m

sin

(x+m

h+ π

2

)

Problema 5.0.8 Sa 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



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


Problema 5.0.10 Sa se stabileasca generalizarea formulei lui Leibniz prin calcul

simbolic.

Solutie. Eh operator de translatie ce are efect numai asupra lui u

Eh operator de translatie ce are efect numai asupra lui v

∆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 lui u

∆h operator de diferenta ce are efect asupra lui v

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 5.0.11 Sa 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)

73

Solutie. Daca F 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 pentru F (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


Problema 5.0.12 Sa 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 5.0.13 Sa se demonstreze

[a0, a1, . . . , am;

1

t

]=

(−1)ma0a1 . . . am

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

Problema 5.0.14 Se considera p + 1 puncte distincte a0, a1, . . . , ap. Sa se de-

monstreze formula

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

∑

r0+r1+···+rp=n−p

ar00 ar11 . . . arpp .


[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.

75

Problema 5.0.16 Daca f, g : X → R, atunci

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

m∑

k=0

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

Demonstratie. Prin inductie dupa mm = 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 pentru m− 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 de ınsumare [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]+


+

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 5.0.17 Diferenta divizata se poate introduce ca si coeficient dominant

ın PIL.

Problema 5.0.18 (Aplicatie) O modalitate rapida de a calcula valorile unui po-

linom de grad 3 ın 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 5.0.19 Daca f, g :M → R are loc

(∆mh fg)(a) =

m∑

i=0

(m

i

)(∆i

hf)(a)(∆m−ih g)(a+ ih)

77

Demonstratie. Inductie dupa mm = 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 pentru m− 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 5.0.20 (Formula lui Vandermonde)

(a+ b)[m,h] =

m∑

j=0

(m

j

)a[m−j,h]b[j,h].

Demonstratie. Inductie dupa mm = 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


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 nodurile xi ∈ [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)

unde u(x) = (x− x0) . . . (x− xm).Daca α = minx, x0, . . . , xm, β = maxx, x0, . . . , xm, f ∈ Cm[α, β], f (m)

derivabila pe (α, β) ∃ ξ ∈ (α, β) astfel ıncat

(Rmf)(x) =u(x)

(m+ 1)!f (m+1)(ξ)

79

80 Interpolare

Daca f ∈ 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 diferente progresive)

(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)

6.1. Interpolare polinomiala 81

(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

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

(Rnf)(x) =u(x)

(n + 1)!f (n+1)(ξ) ξ ∈ [a, b]

Daca f ∈ 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)

82 Interpolare

Cazuri particulare

1) rk = 0, k = 0, n Lagrange

2) n = 0, r0 = n Taylor

3) 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) Daca m = 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)

Daca f ∈ 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)

6.2. Interpolare Lagrange 83

Daca f ∈ 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 Lagrange ın cazurile

speciale m = 1 si m = 2. Interpretare geometrica.

Solutie. Polinomul de interpolare Lagrange corespunzator unei functii f si

nodurilor x0 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 functii f si nodurilor x0, 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 apare ın figura 6.1.

Problema 6.2.2 Construiti polinomul de interpolare Lagrange pentru functia y =sin πx alegand x0 = 0, x1 =

16, x2 =

12.

Solutie.

(L2y)(x) =7

2x− 3x2,

(R2y)(x) =x(x− 1

6

) (x− 1

2

)

3!π cos πξ, ξ ∈

(0,

1

2

).

84 Interpolare

fL

1(x)

(a) (L1f)

fL

2(x)

(b) (L2f)

Figura 6.1: Interpretarea geometrica a lui L1f (stanga) si L2f

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

interpolare a lui Lagrange, considerand functia f(x) =√x si nodurile x0 =

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 zecimali ai

numerelor de la x = 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

6.2. Interpolare Lagrange 85

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 diferente

x ∆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 aproximeze sin 40, sin 50, sin 44 cu formula Gregory-Newton pentru

m = 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.

86 Interpolare

Problema 6.2.6 Sa se determine un polinom de interpolare de grad 3 pe interva-

lul [−1, 1] astfel ıncat 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 nodurile

x0 = −1 multiplu de ordinul 3, x1 = 0 simplu si x2 = 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

]

6.3. Interpolare Hermite 87

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

88 Interpolare

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)unde lk sunt polinoamele fundamentale Lagrange.

Problema 6.3.4 Sa se determine PIH pentru x0 = a, x1 = b, m = 1, r0 = r1 =1.

Solutie. Se poate aplica formula cu noduri duble sau generalizarea formulei

lui 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)


Problema 6.3.5 Se considera f : [−1, 1] → R. Se noteaza cu F2n+1f polinomul

Hermite 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 de

speta 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) arccosx]−

-

(m+ 1)√1− x2 cos[(m+ 1) arccosx]

)/(√

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)

]=

90 Interpolare

=

(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. Pentru t ∈ R si j ∈ 0, 1, . . . , n fixat, functia x → (x − t)j ∈ Pn

si coincide cu polinomul sau de interpolare ın x0, . . . , xn; formula ceruta nu este

altceva decat polinomul de interpolare Lagrange pentru t = x.

Problema 6.3.7 (Nucleul lui Peano pentru operatorul de interpolare Lagrange)

a) Aratati ca pentru f ∈ Cn+1b [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) daca x ∈ (x0, x1)? Deduceti existenta unui ξx ∈ (x0, x1)astfel ıncat

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] astfel ıncat u′′(x) = g(x) pentru x ∈]x0, x1[, u(x0) = u(x1) = 0”

este data de

u(x) =

∫ x1

x0

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


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)

caci

K1(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 ca p1 = 0 este polinomul de interpolare al lui u cu nodurile x0 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 numeste

functia lui Green a problemei la limita.

92 Interpolare

6.4 Interpolare Birkhoff

Problema 6.4.1 Dandu-se f ∈ C2[0, h], h > 0 sa se determine un polinom de

grad minim B astfel ıncat 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 Pentru f ∈ C3[0, h], h ∈ R+, m = 2, r0 = 1, r1 = 0, r2 =1, I0 = I = 1, I1 = 0 sa se construiasca formula de interpolare Birkhoff

corespunzatoare.

Solutie.

P (x) = a0x2 + a1x+ a2

P ′(0) = a1 = f ′(0)

P(h2

)= h2

4a0 +

h2a1 + a2 = f

(h2

)

P ′(h) = 2ha0 + a1 = f ′(h)

6.4. Interpolare Birkhoff 93

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]

Pentru x ∈ [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),

unde f ∈ C3[0, 2h] (Problema Abel-Goncearov cu doua noduri). Dati expresia

restului.

Solutie. Din conditiile de interpolare se obtine

P (x) =f ′′(2h)

2x2 + [f ′(h)− hf ′′(2h)]x+ f(0)

94 Interpolare

Tratand problema ca pe o PIB cu m = 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 cu n = 2, n = 3pentru f(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)=

6.5. Interpolare rationala 95

=

∞∑

i=0

aixi

m∑

i=0

qixi −

n∑

i=0

pixi

q(x)

f−r are o radacina multipla de ordinN . Pentru coeficientul lui xk de la numarator

avemk∑

i=0

aiqk−1 − pk = 0, k = 0, N

Luam q0 = 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 pentru f(x) = sin x si

n = 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!+ . . .

96 Interpolare

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-se f(0) = 1, f(12

)= 2

3, f(1) = 1

2, determinati o functie

F de interpolare rationala pentru f .

Solutie.

F =Pr

Psm = 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 inverse

M = 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

6.6. Interpolare spline 97

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−1k = 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

= −32

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

−32+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 functie f ∈ Cm[a, b] poate fi aproximata uni-

form, ımpreuna cu derivatele ei pana la ordinul m printr-o functie spline de gra-

dul m, derivatele ei respectiv prin derivatele functiei spline pana la ordinul m.

98 Interpolare

Demonstratie. f ∈ Cm[a, b] ⇒ f (m) ∈ [a, b] ⇒ f (m) poate fi aproximata

uniform pe [a, b] printr-o functie ın scara, continua la dreapta si discontinua ın

x1, x2, . . . , xn ∈ [a, b], notata cu hm.

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 grad m 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 nodurile x1 = 0, x2 =1

2, x3 = 1 si a restului.

Solutie.

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

unde

si(xj) = δij , i, j = 1, 3

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

(x− 1

2

)3

+ b3(x− 1)3+


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

100 Interpolare

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 functia f(x) = sin πx si nodurile x0 = 0, x1 = 16, x2 =

12, x3 = 1.

Sa se determine o functie spline naturala si o functie spline limitata (racor-

data) care aproximeaza pe f .

Solutie. Vom rezolva un sistem liniar de forma Ax = 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

.


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 cosπx f ′(0) = π f ′(1) = −π

102 Interpolare

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 se

scrie 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)


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 la

H3f

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

Aproximari ın medie patratica

Se pune problema sa se aproximeze o multime de date (xi, yi), i = 1, m, yi =f(xi) printr-o functie F care se exprima ca o combinatie liniara a unor functii

g1, . . . , gn liniar independente astfel ıncat

(∫ 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).

Daca f(xi)− F (xi) = 0, i = 0, m ajungem la interpolarea clasica.

P.c.m.m.p. consta ın determinarea unui e.c.m.b.a ın L2w[a, b] adica g∗ ∈ A ⊂L2w[a, b] astfel ıncat

‖f − g∗‖ = ming∈A‖f − g‖

Daca A este spatiu liniar

〈f − g∗, g〉 = 0, ∀ g ∈ A. (7.1)

Punand g =

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)

104

105

Ecuatiile lui (7.2) se numesc ecuatii normale. Determinantul lui (7.2) este de-

terminantul Gram al vectorilor g1, . . . , gn, G(g1, . . . , gn) 6= 0, caci g1, . . . , gn sunt

liniar independente.

Deci g∗ 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 lui G vom rezolva sistemul

∂G

∂aj(a1, . . . , an) = 0, i = 1, n.

Observatia 7.0.1 Daca functiile gk, k = 1, n formeaza un sistem ortogonal

coeficientii λ∗k sau a∗k se pot obtine astfel

a∗k =〈f, gk〉〈gk, gk〉

.

Problema 7.0.2 Dandu-se punctele

(0,−4), (1, 0), (2, 4), (3,−2),

determinati polinomul de gradul I corespunzator acestor date prin metoda celor

mai 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

106 Aproximari ın medie patratica

matricial

Ga = 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 7.0.3 Sa se gaseasca aproximarea continua de gradul 2 prin metoda

celor mai mici patrate pentru f(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− 2

n∑

k=0

ak

∫ b

a

xkf(x)dx+

∫ b

a

(n∑

k=0

akxk)

)2

dx

=

= −2∫ b

a

xjf(x)dx+ 2

n∑

k=0

ak

∫ b

a

xj+kdx = 0

107

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 7.0.4 Sa se calculeze aproximarea Fourier discreta pentru m = 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

=


=

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(cosx+ i sin x) + c2(cos 2x+ i sin 2x) + c3(cos 3x+ i sin 3x)]

1

mcke

−πik = ak + ibk

Algoritmul FFT simplificat

Intrare: a = [a0, a1, . . . , aTn−1, n = 2k, k dat

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

bi =

n−1∑

j=0

ajωij, i = 0, n− 1

Metoda

P1. Pentru i = 0, . . . , 2k − 1 executa R[i] := aiP2. Pentru l = 0, . . . , k − 1 executa P3-P4

P3. Pentru i = 0, . . . , 2k−1 executa S[i] := R[i]Fie [d0d1 . . . dk−1] reprezentarea binara a lui i

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

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

P5. Pentru i = 0, . . . , 2k − 1 executa

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

Avem n = 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]

109

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


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 functii f 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 cand f(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

111

112 Operatori liniari si pozitivi

Problema 8.1.3 Sa se arate ca pentru f(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

cosx =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)

8.1. Operatorul lui Bernstein 113

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)

daca a1, . . . , 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)

Fie

Fm = k| |x− xk| ≤ δ

Jm = k| |x− xk| > δ


S ≤ ε

2

∑

k∈Im

pm−r,k(x)

︸︷︷︸≤1

+2Mr(f)∑

n∈Jmpm−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 pentru r.

Pentru r + 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 115

8.2 B-spline

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

multiplicitatea ri + 1 ≤ k + 1Foarte frecvent avem

t0 = t1 = · · · = tk = a < tk+1 ≤ · · · ≤ tn−1 < b = tm = · · · = tn+k

Bi,0(x) =

1 daca x ∈ [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 nodurile

ti = i|i ∈ Z

Solutie. Avem

Bi,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)]


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-splinele Bi,k pentru k = 2 si S∆f si pentru f ∈ 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

8.2. B-spline 117

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


Problema 8.2.3 Pentru orice k ≥ 0 si orice x ∈ R,Bi,k este derivabila la dreapta

si 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 se ınlocuieste cu 0.

Demonstratie. Prin recurenta dupa k, cazul k = 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+1Bi+1,k−2 +

ti+k+1 − xti+k+1 − ti+2

Bi+2,k−2

]

din care aplicand definitia lui Bi,k−1 si Bi+1,k−1 se obtine rezultatul dorit.

Problema 8.2.4∫ ∞

−∞Bi,k(x)dx =

1

k + 1(ti+k+1 − ti)

Demonstratie. Presupunem ca suppBi,k ∈ [a, b]Bi,k > 0 pentru x ∈ [ti, ti+k+1)Fie diviziunea ∆′ obtinuta din diviziunea initiala adaugand nodurile t−1 = t0

si tn+k+1 = tn+k

Consideram primitiva lui Bi,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)

8.2. B-spline 119

pentru x ∈ [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

]

Deoarece Bi,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)

)

pentru x ∈ [a, b] si deci pentru ti+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

Problema 8.3.1 (operatorul lui Fejer) Se obtine din polinomul de interpolare

Hermite 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 echivalent f ′(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 Zeller Mm : B[0, 1) → C[0, 1)

pentru orice x ∈ [0, 1] prin egalitatea

(Mmf)(x) =

m∑

k=0

(m+ k

k

)xk(1− x)m+1f

(k

m+ k

)

8.3. Alti operatori liniari si pozitivi 121

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

limm→∞

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)

Punand α = 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] avem limm→∞ Lmf = f uniform pe [0, a],0 < a <∞.

Solutie. Lucrand cu seria binomiala ın care se ia α = 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.


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

limx→∞

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 proprietatea

limm→∞

Lmf = f

uniform pe [0, a].

Solutie. Pentru functiile de proba 1, 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 independenti

Formula

F (f) =m∑

i=1

AiFi(f) +R(f) f ∈ X (9.1)

se numeste formula de aproximare a functionalei F ın raport cu functionalele

F1, . . . , Fm.

R(f) - termen rest

Daca Pr ⊂ 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 3,4

si 5 puncte ın 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)

123

124 Aproximarea functionalelor liniare

(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)

9.1. Derivare numerica 125

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 exactitate r = 2.

Solutie.

A0 + A1 = 0A0x0 + A1x1 = 1A0x

20 + A1x

21 = 2α

⇒ A1 = −A0 =1

2(α− x0)x1 = 2α− x0

Restul cu Peano x0 < 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)

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


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 formula O(h4) folosind extrapolarea Richardson.

Solutie. Sa stabilim ıntai 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)

Facand ın (9.2) h = 2h avem

f ′(x0) =1

4h[f(x0 + 2h)− f(x0 − 2h)]− 4h2

6f ′′′(x0)−

16h4

120f (5)(ξ) (9.3)

9.1. Derivare numerica 127

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 formula O(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 aproxima M cu formula

M = N1(h) +K1h2 +K2h

4 +K3h6

a) Aratati ca polinomul liniar de interpolare P0,1(h) ce trece prin punctele

(h2, N1(h)) si (h2/4, N1(h/2)) satisface P0,1(0) = N2(h).La fel P1,2(0) = N2

(h2

),

b) Aratati ca polinomul P0,2(h) ce trece prin (h4, N2(h)) si(

h4

16, N2

(h2

))sa-

tisface P0,2(0) = N3(h).Generalizare.


9.2 Formule de integrare numerica de tip Newton-

Cotes

9.2.1 Formule Newton-Cotes ınchise

Sunt formule care se obtin integrand termen cu termen formula de interpolare a

lui 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 cu m + 1 noduri este de tip

interpolator daca si numai daca are gradul de exactitate cel putin m.

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) daca xi 6= xj deci (9.4) are solutie unica.

Dar (9.4) este satisfacuta pentruAj =∫ b

alj(x)dx si exacta pentru 1, x, . . . , xm.

Unicitatea ⇒ Aj =∫ b

alj(x)dx.

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

h.

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

].

9.2. Formule de integrare numerica de tip Newton-Cotes 129

Volumul obtinut prin rotatia arcului y ın jurul axei Ox 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 practica V 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 fiind r = 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 pentru t ∈ [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)5

2880f 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-Cotes ınchisa pentru m = 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. Formule de integrare numerica de tip Newton-Cotes 131

9.2.2 Formule Newton-Cotes deschise

La aceste formule nodurile sunt echidistante

xi = x0 + ih, i = 0, m, h = b−am+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 pentru m = 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 orice t ∈ [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 pentru m = 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 ca K2(t) ≥ 0, t ∈ [a, b] si aplicand corolarul la teorema lui Peano

se 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 133

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)2

12· 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 pentru m = 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 =


=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 aplica

formula 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 ajunge ın 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 Euler B 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 precizia ε = 10−3.

Solutie. Folosim formula Simpson repetata

maxx∈[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)+

+3

n−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 Peano ın FNC ınchise)

Fie f ∈ Cn+2[−1, 1] si τj = −1 +2j

n, j = 0, n n + 1 puncte echidistante

pe [−1, 1] cu pasul h =2

n.

1 Aratati ca

a) pentru j = 0, n, limx→τjx 6=τj

[τ0, . . . , τn, x; f ] exista

b) pentru orice x ∈ [−1, 1], d

dx[τ0, . . . , τn, x; f ] are sens si ca exista ξx ∈

[−1, 1] astfel ıncat

d

dx[τ0, . . . , τn, x; f ] =

f (n+2)(ξx)

(n+ 2)!

2 Aratati ca eroarea de integrare numerica a functiei f prin FNCı ın punctele

τ0, τ1, . . . , τn este data de

Rn(f) =

∫ 1

−1

n∏

j=0

(x− τj)[τ0, τ1, . . . , τn, x; f ]dx

3 Punem w(x) =

∫ x

−1

n∏

j=0

(t − tj)dt si Ik = w(τk+1) − w(τk) pentru k =

0, n− 1a) Presupunem n 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] cu w(1) = w(−1) = 0. Aratati ca exista η ∈ [−1, 1] astfel ıncat

Rn(f) =hn+3

(n + 2)!f (n+2)(η)

∫ m

−m

s2(s2 − 1) . . . (s2 −m2)ds


b) Presupunem n impar (n = 2m + 1). Reluand demonstratia precedenta si

descompunand [−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

cu η ∈ [−1, 1].

Solutie. 1 este imediata din definitia diferentei divizate cu noduri multiple si

formula 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 simetrie w(−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| pentru k ≤ m − 1 deci w(τk) = I0 + I1 + · · · + Ik−1 are semnul

lui I0 pentru k = 0, . . . , m si prin simetrie si pentru alte valori k ≤ 2m; daca

x ∈ [τk, τk+1]w(τk) < w(x) < w(τk+1)

caci w′(x) = un(x) pastreaza semn constant, deci pentru orice x ∈ [−1, 1],w(x) ≥ 0 (semnul lui I0).

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 si w(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

∣∣∣∣

Utilizand teorema de medie pentru integrale si formula de medie pentru diferente

divizate se obtine ca

Rn(f) = cnf(n+1)(ξ)

Luand f = un se obtine∫ 1

−1

un(x)dx = Rn(un) = cn(n+ 1)!

Problema 9.3.10 Aratati ca pentru f ∈ Cm+2[a, b] restul ın formula de cuadra-

tura Newton-Cotes ınchisa este dat de

Rm(f) =hm+3f (m+2)(ξ)

(m+ 2)!

∫ m

0

tt[m+1]dt, ξ ∈ (a, b)

pentru m par si

Rm(f) =hm+2f (m+1)(ξ)

(m+ 1)!

∫ m

0

t[m+1]dt, ξ ∈ (a, b)

pentru m 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+1m∏

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) unde xm2= x0 +

m2h.

b) De asemenea pentru a < σ + h < xm2

si σ 6= xi

|ϕm+1(σ + h)| < |ϕm+1(σ)|

si pentru xm2< 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)

pentru m impar

ψm+1

(m2− s)= −ψm+1

(m2

+ s)

pentru m 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 par φm+1(a) = φm+1(b) = 0 si φm+1(x) > 0 pentru

a < x < b.

Demonstratie. Pentru m par φm+1 este o functie impara ın raport cu xm2

con-

form partii L1 ⇒ φm+1(b) = 0ϕm+1(x) < 0 pentru x < a caci m+ 1 este par,

ϕm+1(x) > 0 pentru a < x < x1 ⇒ φm+1(x) > 0 pentru a < 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

∣∣∣∣

Astfel φm+1(x) > 0 pentru a < x < x2 si prin acelasi rationament φm+1(x) >0 pentru a < x < xm

2. Se utilizeaza apoi antisimetria lui ϕn+1 ın raport cu xm

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

Luand x = x0 + sh si utilizand lema 2

Rm(f) =f (m+2)(ξ)

(m+ 2)!hm+3

∫ m

0

sψm+1(s)ds < 0

Deoarece f (m+2)(ξ) = 0 cand f ∈ Pm+1 ⇒ r = m+ 1 pentru m par.

Cazul m 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′′)


Astfel

Rf = Kf (m+1)(ξ′) + Lf (m+1)(ξ′′)

Deoarece K < 0 si L < 0, Rf = (K + L)f (n+1)(ξ) pentru ξ ∈ (ξ′, ξ′′).Deoarece

ϕn+1(x) =d

dxφn(x)(x− b)

integrarea prin parti ne da

K + 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

9.5. Formule de cuadratura de tip Gauss 143

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 argumente I ≈ 1, 895Pentru Simpson cu 4 noduri I ≈ 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)

Coeficientii Ak si nodurile xk 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

unde µk =

∫ b

a

w(x)xkdx sunt momentele functiei pondere w.

Nodurile xk, k = 1, m vor fi radacinile polinomului u de grad m, ortogonal

pe Pm−1 relativ la ponderea w si intervalul [a, b].Pentru coeficienti avem expresia

Ak =1

[v′k(xk)]2

∫ b

a

w(x)v2k(x)dx, k = 1, m

unde vk(x) =u(x)

x− xk, iar pentru rest

Rm(f) =f (2m)(ξ)

(2m)!

∫ b

a

w(x)u2(x)dx, ξ ∈ [a, b]

Daca w(x) ≡ 1, atunci u este polinomul Legendre de grad m

u(x) =m!

(2m)!

dm

dxm[(x− a)m(x− b)m]


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 Gauss ın cazulw(x) ≡ 1si m = 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)

unde xi =b+ a

2+b− a2

t2, ti fiind radacinile polinomului Legendre cores-

punzator intervalului [−1, 1].


Problema 9.5.2 Aproximati ln 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 pentru

a aproxima ∫ ∞

0

e−xf(x)dx

ın ipoteza ca integrala improprie exista.

Solutie. Polinoamele ortogonale pe [0,∞) relativ la ponderea w(t) = e−t sunt

polinoamele lui Laguerre

gn(t) =et

n!

dn

dtn(tne−t)

g2(t) = t2 − 4t+ 2

cu radacinile t1 = 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 exactitate r = 3 si

∫ ∞

−∞e−x2

f(x)dx

Solutie. Nodurile formulei gaussiene cautate vor fi radacinile polinoamelor

Hermite ortogonale pe (−∞,∞) relativ la ponderea w(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 coeficientii Ai si nodurile xi 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,

unde Tn este polinomul Cebısev de speta I de grad n.

2 Punand pentru 1 ≤ 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, pentru j = 2, 3, . . .si calculati δk+1.

Deduceti ca Ai =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 Cebasev

de speta I, iar coeficientii se obtin integrand polinoamele fundamentale, for-

mulele de la punctul 1 sunt imediate.


2 Punand x = 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 pentru j ≥ 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 are

solutia generala δj = A cos jθi +B sin jθi; se obtine

δn =π sinnθisin θi

si cum

T ′n(xi) =

n sin nθisin θi

se deduce ca Ai =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 nodurile

vor fi polinoamele Cebasev de speta a II-a.

Qn(t) =sin[(n+ 1) arccos t]√

1− t2, t ∈ [−1, 1]


Ele au radacinile tk = 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 exactitate 2m− 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 ca µ2k+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] cu w(x) = 1 si cu

3 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 ecuatia f(x) = 0 si intervalul [a, b] astfel ıncat f(a)f(b) < 0. Presupunem

ca f(a) < 0 si f(b) > 0.

In loc sa ınjumatatim intervalul ca la metoda intervalului ıl 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 functia

f are semne opuse, obtinem o a doua aproximare x2, s.a.m.d.

Interpretare geometrica. Metoda partilor proportionale este echivalenta cu

ınlocuirea lui y = f(x) cu coarda ce trece prin punctele A[a, f(a)] si B[b, f(b)](vezi figura 10.1).

y − f(a)f(b)− f(a) =

x− ab− a

Facand y = 0 se obtine

x1 = a− f(a)

f(b)− f(a)(b− a). (10.3)

(10.3) ⇔ (10.1) ∧ (10.2)

152

10.1. Ecuatii ın R 153

a

b

f(a)

f(b)

ξx1

h1

Figura 10.1: Metoda falsei pozitii

Convergenta metodei. Presupunem ca radacina este izolata si ca f ′′ are semn

constant pe [a, b].Presupunem ca f ′′(x) > 0 pe [a, b] (cazul f ′′(x) < 0 se reduce la precedentul

scriind −f(x) = 0. Curba y = 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 caz b este fix si x0 = 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

154 Ecuatii neliniare

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 ın

relatia de recurenta. Pentru delimitarea erorii folosim formula

|xn − ξ| ≤|f(xn)|m1

unde |f ′(x)| ≤ m1 pentru x ∈ [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 daca f este continua pe [a, b], [a, b] contine toate

aproximantele si f ′ 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)

Utilizand 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|

Deoarece f ′ 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|

Daca M1 ≤ 2m1 (lucru care se poate ıntampla 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 10.1.1 Determinati 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 10.1.2 Utilizand metoda lui Newton, calculati o radacina negativa a

ecuatiei

f(x) ≡ x4 − 3x2 + 75x− 10000 = 0

cu 5 zecimale exacte.

Solutie.

f(0) = −10000, f(−10) = −1050f(−100) = 1− 8

f(−11) = 3453, f ′(x) < 0, f ′′(x) > 0

f(−11) > 0, f ′′(−11) > 0

Luam x0 = −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 10.1.3 Fie ecuatia

f(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 Newton

pornind cu x0.

c) Daca f ′(x0) = 0, f(x0)f′′(x) < 0, ecuatia are doua radacini care pot fi

calculate 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) < 0

Ecuatia (10.5) are doua radacini ξ si ξ′ ın (−∞,∞) (figura 10.4, stanga).

Aproximam f 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 axa Ox ale parabolei (figura 10.4,

dreapta)

Y = f(x0) +1

2f ′′(x0)(x− x0)2.

Observatia 10.1.4 Avem de fapt doua cazuri de interes date de I si II.

Problema 10.1.5 Determinati 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 pentru x ∈ [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 pentru a ≤ 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 10.1.6 Concepeti 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 − af ′(x) = 2x > 0 pentru x > 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 10.1.7 Numarul 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 10.1.8 La fel pentru radacina cubica 3√x.

yn+1 =1

3

(2yn +

x

y2n

)

y0 > 0

Problema 10.1.9 Strict aplicabilitatea metodei lui Newton pentru radacini mul-

tiple.

Solutie. Fie x∗ o radacina multipla de ordinul m.

Dorim convergenta de ordinul 2.

g(x) = x−m(f ′(x))−1f(x)

g(x∗) = x∗

Presupunem ca f(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 pentru f ′(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 10.1.10 Deduceti 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 10.1.11 Stabiliti urmatoarea metoda de aproximare a unei radacini

reale a ecuatiei f(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] =


= 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 10.2.1 Utilizati metoda aproximatiilor succesive pentru a aproxima

solutia sistemului x21 + x22 = 1x31 − x2 = 0

(10.6)

Solutie. Interpretarea geometrica apare ın 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)

10.2. Sisteme neliniare 163

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 neliniare

este uneori convenabil sa se utilizeze un proces Seidel.

xn+1 = ϕ1(xn, yn)xn+2 = ϕ2(xn+1, yn)

.

Problema 10.2.3 Aproximati solutia sistemului

F (x, y) = 2x3 − y2 − 1 = 0G(x, y) = xy3 − y − 4 = 0

folosind metoda lui Newton.


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

Utilizand formula lui Taylor se obtine

F (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 ecuatiilor

diferentiale

Problema 11.0.1 Aproximati solutia problemei Cauchy

y′ = −y + x− 1, x ∈ [0, 1], y(0) = 1

pentru N = 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 este

y(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 date ın urmatorul tabelxi yi y(xi) |yi − y(xi)|0.0 1.000000 1.000000 0

0.1 1.000000 1.004837 0.004837

0.2 1.01 1.018731 0.008731

0.3 1.029 1.040818 0.011818

0.4 1.0561 1.070320 0.014220

165

166 Rezolvarea numerica ecuatiilor diferentiale

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 eu

0 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 11.0.2 Aproximati solutia ecuatiei

y′ = −y + 1

y(0) = 0

folosind:

a) metoda Euler cu h = 0.025;

b) metoda Euler modificata cu h = 0.05;

c) metoda Runge-Kutta cu h = 0.1.

Comparati rezultatele celor 3 metode ın punctele 0.1, 0.2, 0.3, 0.4, 0.5 ıntre

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.exacta

0.1 0.096312 0.095123 0.0951620 0.095162582

0.2 0.183348 0.181198 0.18126910 0.181269247

0.3 0.262001 0.259085 0.25918158 0.259181779

0.4 0.333079 0.329563 0.32967971 0.329679954

0.5 0.397312 0.393337 0.39346906 0.393469340

Problema 11.0.3 Deduceti metode predictor corector de tip Adams de ordinul

2,3,4.

167

Solutie. Predictorul cu m 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

Pentru m = 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)] =


=1

h

[5

12h3f ′′(µi, y(µi))

]=

5

12h2y′′′(µi, y(µi))

Pentru m = 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)

Pentru m = 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)] =

169

= 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 11.0.4 Am integrat polinomul lui Newton cu diferente regresive cu

nodurile

(xi, y(xi)), (xi−1, y(xi−1)), . . . , (xi+1−n, y(xi+1−m))

pentru m pasi.

Pentru corectorul cu m 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)]−


− 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 11.0.5 Deduceti 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)

171

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 11.0.6 Pentru predictor s-a folosit formula Newton-Cotes deschisa

de ordinul II, iar pentru corector formula Newton-Cotes ınchisa de ordinul II

(Simpson).

radu tiberiu trˆımbi¸tas¸ 27 martie 2015 - math.ubbcluj.rotradu/curs/culproan.pdf · teoria...

Documents