Seminarski rad izMetodike nastave matematike IIResavanje sistema
linearnihjednacina - Nekad i sadAutor: JelenaLoncarBrojindeksa:
ml04080Profesor: ZoranLucicMatematickifakultetBeograd2008.1
SistemlinearnihjednacinasadvenepoznateinjegovoresavanjeuproslostiZadatke,koji
se svode na sastavljanje i resavanje sistema jednacina sa dveili
vise nepoznatih, susrecemo, kako u vavilonskim i egipatskim
tekstovima iz IImilenijuma pre n.e., tako i u radovima starogrckih,
indijskih i kineskih
matema-ticara.Evojednogzadatkaiznajstarijekineskematematickezbirkezadataka[1]Kiu
-Cang Suan - Su[5] (Matematika u devet knjiga, XXVII vek pre
n.e.).Zadatak1. Ukavezusenalazefazani i zecevi;
svetezivotinjeimajuukupno35 glava i 94 noge. Treba naci broj fazana
i broj zeceva.Akobi ukavezubili samofazani (laznapretpostavka),
ondabi brojnoguiznosio 70, a ne 94. Prema tome, ovaj visak od 24
noge pripada zecevima - podva svakome. Tada je jasno da je zeceva
bilo 24 : 2 = 12, a fazana 35 12 =
23.UstarokineskomdeluMatematikaudevet knjiga (ili Devet
poglavljaovestiniracunanja)razmatrajuse(VIIiVIIIknjiga)sistemijednacinaidajukratka
pravila za njihovo resavanje, pri cemu se sve izlaze recima.
Koecijentijednacinepostavljeni
sunaracunskudasku(posebnavrstaabakusa)uvidutablice. Pri ponovljenim
operacijama na toj racunaljci, jasno se vidi da sa
koe-cijentimatrebapostupati poistompravilu(receptu)dabi
senasloresenjesistema jednacina.U VII knjizi tog dela, koja nosi
naziv Visak-manjak, izlozena su dva nacina(metoda) za resavanje
zadataka, koji se svode na sistem dve linearne jednacinesa dve
nepoznate.PrvinacinIlustrovacemo ga sledecim zadatkom iz VII knjige
pomenutog traktata Mate-matika u devet knjiga:Zadatak2.
Nekolikotrgovacahocezajednicki dakuperobu. Akosvaki
da9juana(novcanajedinica), preostaceim11juana; akobi, pak, svaki
daopo6juana,nedostajalobiimjos16juana.
Kolikojebilotrgovacaikolikajecenarobe?Oznacimolisaxbrojtrgovaca,
asaycenurobe, lakosastavljamosistemjednacina:9x y = 116x y = 16,
(1)odakle lako dobijamo (x, y) = (9, 70).1Kako se, pak, postupa u
pomenutom starokineskom delu?Postupak (nacin),koji se tamo kratko
izlaze,u savremenoj simbolici svodise na sledece:Ako imamo
sistem:a1x y = c1a2x y = c2, (2)to treba sastaviti tablicu
(tablica1) oblika:_a1a2c1c2_pomocu koje se trazene nepoznate
dobijaju tako sto se uzme:x = (c2 c1)/(a2 a1),y = (a1c2 a2c1)/(a2
a1). (3)Proverimo to u navedenom primeru. Uporedujuci (1) i (2)
imamo: a1 = 9,a2 = 6,c1 = 11,c2 = 16;tablica1 ima oblik:_9 611
16_,pa ce resenje, saglasno (3), biti:x = (16 11)/(6 9) = (27)/(3)
= 9y = (9 (16) 6 11)/(6 9) = (210)/(3) = 70.Odgovor: Bilo je 9
trgovaca, a cena robe je bila 70 juana.Napomena: Tablica1 moze se
zapisati i u obliku:_a1c1a2c2_.Uporedite izlozeni
sadanasnjimnacinomresavanjasistemaoddve linearnejednacine sa dve
nepoznate (pomocu determinanti, odnosno po gotovim formu-lama):a1x
+ b1y = c1a2x + b2y = c2x = (c1b2 c2b1)/(a1b2 a2b1),y = (a1c2
a2c1)/(a1b2 a2b1).Slicno se resava i zadatak:Zadatak3. Nekoliko
porodica u selu hoce zajednicki da kupe bivola. Ako svakih27
porodica da po 190 juana,manjak ce biti (tj. nedostajace) 330
juana. Ako,pak, svakih 9 porodica da po 270 juana, visak ce biti
(tj. preostace) 30 juana.Koliko je bilo porodica i koliko je kostao
bivo?Odgovor: 126 porodica; 3750 juana.DruginacinDrugi nacin za
resavanje problema, koji se svode na sistem od dve
linearnejednacinesadvenepoznate,
poznatjepodnazivommetodadvelaznepretpo-stavke(pravilodvejugresaka)iprimenjivanajenarocitousrednjemveku,
pasve do XVIII veka.Po toj metodi, za razliku od znatno
jednostavnije metode jedne lazne pretpo-stavke, nepoznatojx se daju
redom dve vrednosti (x1 ix2), po pravilu razliciteod prave
vrednosti, pa se onda pravi linearna interpolacija da bi se naslo
pravoresenje.NavodimojedanzadatakizVIIknjigeMatematikeudevet
knjiga, koji seresava metodom dve lazne pretpostavke (oznake su
prilagodene savremenoj no-taciji):Zadatak4.
Imamo9jednakihlegurazlatai 11jednakihlegurasrebra. Kadasu stavljene
na tasove terazija,terazije su bile u ravnotezi. Medutim,kada suna
tasovima medusobno zamenili jednu leguru zlata i jednu leguru
srebra, ondaje masa na prvom tasu - onom sa 9 legura (8 zlata i 1
srebra) bila manja za 16lana. Pita se kolika je masa svake legure
posebno.U danasnjim oznakama, ako masu jedne legure zlata oznacimo
sax, a masujedneleguresrebrasay, zadatakbismosveli
naresavanjesistemalinearnihjednacina:9x = 11y8x + y + 16 = 10y + x,
(4)ili:9x 11y = 07x 9y = 16, (5)odakle dobijamo: x = 44 (lana) iy =
36
(lana).Autor,kojiracunanjevrsinaspecijalnojdascizaracunanje,izlazepraviloiz
kojeg se moze zakljuciti u cemu je sustina njegovog nacina
resavanja.Prvi put
cemopretpostaviti(prvalaznapretpostavka)dajemasalegurezlata x1 = 55
(lana). Tada ce masa legure srebra biti y1 = 9x1/11 = 9 55/11 =45
(lana). Prema uslovu zadatka morali bismo imati jednakost:8x1 + y1
+ 16 = 10x1 + y1.3Medutim, leva strana je jednaka:8 55 + 45 + 16 =
501,a desna strana:10 45 + 55 = 505,tj. levoj strani
nedostaje4lana. Broj k1=4resavateljnazivamanjaklevestrane(visak
desne strane).Drugi putcemopretpostavljati (drugalaznapretpostavka)
dajemasalegurezlatax2=22(lana). Tadajey2=9x2/11=9 22/11=18(lana).
Iovoga putajednakost8x2 + y2 + 16 = 10y2 + x2,kojabimoralavaziti
premauslovu zadatka, nije tacna, jer je leva strana jednaka:8 22 +
18 + 16 = 210,a desna:10 18 + 22 = 202,tj. leva strana je veca od
desne za 8 lana. Brojk2 = 8 resavatelj naziva visakleve
strane(manjak desne strane).Dalje se sastavlja
tablica_k1k2x1x2_irecimanavodisledecepravilozaodredivanjeprave(stvarne)vrednostizax,koja
se (u danasnjoj simbolici) izrazava ovako:x = (k1x2 + k2x1)/(k1 +
k2). (6)U datom primeru dobijamo:x = (4 22 + 8 55)/(4 + 8) = (88 +
440)/12 = 528/12 = 44(lana).Prava vrednost zax nalazi se izmedu obe
norme, tj. x2 0, tj. u slucaju oba viska (c1> c ic2>
c);2)k1< 0 ik2< 0, tj. u slucaju oba manjka (c1< c ic2<
c);3) k1< 0 i k2> 0, tj. u slucaju viska pri jednoj i manjka
pri drugoj pretpostavci(c1> c ic2< c).Danas se jednacina (8)
resava veoma prosto cak i u osnovnoj skoli. Pri tomeseoperise,
kakosapozitivnim, takoi sanegativnimbrojevima.
Aupravojenastojanjedaseizbegnunegativni brojevi i
biorazlogdasusedugo, svedoXVIII veka, cak i vrlo jednostavni zadaci
resavali po receptu laznog pravila,koje je proizaslo iz resavanja
raznih zamrsenih zadataka.Pravilo lazne pretpostavke u srednjem
veku nazivano je takode i pravilom te-razija, jer je davalo cisto
mehanicko objasnjenje njegove primene. Ilustovacemoga na resenom
zadatku 7..Instrukcijaglasi: Nacrtaj terazijei
iznadtackeosloncapisi rezultatkojitreba da se dobije posle
navedenih operacija u zadatku sa nepoznatim (trazenim)7brojem. Obe
lazne pretpostavke pisi iznad tasova terazija; greske viskove-
pisiiznad tasova, manjkove- ispod tasova. Lazne pretpostavke i
pogreske pomnoziunakrsno.
Uzmirazlikuproizvoda-akosegreskenalazesaistestranetasovaterazija,
auzmi njihovzbir-
akosegreskenalazesarazlicitihstranatasovaterazija. To podeli
razlikom (zbirom) gresaka.24333211dddd
10052 4440 11dddd
10060 662044dddd
100Metoda dve lazne pretpostavke, pomocu koje se dobija tacno
resenje line-arnihzadataka, mozeseiskoristiti i
zapribliznoresavanjezadataka, koji sesvode na jednacine visih
stepena. Ovu ideju koristili su u proslosti mnogi po-znati
naucnici.Indijski matematicari nisu stvorili neki opsti algoritam
za resavanje sistemalinearnihjednacinasavisenepoznatih,
vecsuodgovarajucezadatkeresavalivestacki stvorenimreceptima.
Medutim, uslobodnomoperisanjusanega-tivnimi iracionalnimbrojevima,
uopstavanjupravilazaresavanjekvadratnihjednacina,
anarocitoualgebarskojsimbolici,
indijskimatematicarisuznatnopretekli kineske.Evo jednog zadatka
staroindijskog matematicara Bhaskare (XII vek):Zadatak8.
Nekorecesvomdrugu: Daj mi 100rupija, pacuimati 2putavise od tebe.
Drugi mu odgovori: Daj ti meni samo 10 rupija, pa cu imati 6puta
vise od tebe. Koliko je imao svaki?a) Ako je prvi imaox, a drugiy
rupija, onda, s obzirom na uslove zadatka,imamo sledeci prevod:x +
100 = 2 (y 100)y + 10 = 6 (x 10),8pa ostaje samo da se resi ovaj
sistem jednacina.b) Resenje samog Bhaskare je originalno. Neka je
prvi imao 2x100 rupija,a drugix + 100 rupija, sto zadovoljava prvi
uslov (jer kad drugi da prvome 100rupija ostace mux rupija, a prvi
ce imati 2x rupija, tj. 2 puta vise). Imajuci uvidu i drugi uslov
dobijamo:6 (2x 110) = x + 110,odakle jex = 70. Prema tome, prvi je
imao 140 100 = 40, a drugi 70 +100 =170.Resiti pomocu sistema dveju
jednacina sa dve nepoznate sledece zadatke:Zadatak9. (Al-Horezmi )
Naci dva broja ciji je zbir 10, a kolicnik 4.Odgovor: 8,
2.Zadatak10. (Iz Grcke antologije, zbirke zadatakaustihovima):
Hronose(vesnik vremena), reci koji deo dana je prosao?Dva puta po
dve trecine pre-ostalojeodonog stojevecprosloodpocetkadana.(Drevni
narodi supoddanom podrazumevali 12
casova.)Odgovor:367casova.Savremeni nacin zapisivanja i resavanja
jednacina potice iz XVIII veka. Priresavanju sistema jednacina prvo
se pojavio metod sabiranja (suprotnih koe-cijenata),
apotommetodazameneiuporedivanja. UNjutnovojUniverzalnojaritmetici
(1707. god.), vec se susrecu nacini koji se danas uce u
skoli.Veomaplodotvornametodalaznepretpostavkedanasjenedovoljnozastu-pljena
u nastavi matematike, cak i pri resavanju zadataka, gde bi njena
primenabila celishodna i poucna. Smatramo korisnim da se ucenici
upoznaju sa ovomlepom idejom drevne matematike, kojom su u
proslosti resavani zadaci, koje midanas opisujemo linearnim
jednacinama. [1]92 SistemilinearnihjednacinaCetiri osnovna zadatka
linearne algebre su:(1) resavanje sistema linearnih jednacinaAx =
b,(2) izracunavanje determinantedetA matriceA,(3) nalazenje
inverzne matriceA1,(4) odredivanje sopstvenih vrednosti i
sopstvenih vektora matrice, tj. nalazenjenetrivijalnih resenja
sistemaAx = x,gde jeA matrica,x ib su vektori, a je
skalar.Formalnogledano, nemapoteskocauresavanjuovihzadataka,
jerpostojeegzaktni algoritmi,koji teorijski dovode do tacnog
resenja. Na primer,sistemlinearnih jednacina se moze resiti
primenom Kramerovog pravila. Medutim,
zaresavanjesistemasanpromenljivihpotrebnojeizvrsiti O(n
n!)aritmetickihoperacija, sto dovoljno govori o neprihvatljivosti
ove metode za resavanje sistemavecihdimenzija.
Iuresavanjusistemamanjihdimenzija, ozbiljannedostatakmetodejeveliki
uticaj racunskegreskenakonacanrezultat. Slicni zakljuccivaze i za
druge klasicne metode za resavanje zadataka linearne algebre. Stoga
jeprimena numerickih metoda u ovoj oblasti nuzna. Razvojem
racunarske tehnikeone dozivljavaju intenzivan razvoj, posto se
diskretizacijom razlicitih problemaupravo dobijaju veliki sistemi
linearnih jednacina.Numericke metode za resavanje zadataka linearne
algebre mogu se podelitina dve osnovne grupe - direktne i
iterativne. Direktnim metodama odreduje setacno resenje sa konacno
mnogo racunskih operacija, pod pretpostavkom da susvi parametri
dati tacno i da se sve racunske operacije realizuju tacno.[3] Ako
sukoecijentiaijtacni brojevi, onda se resenje moze dobiti sa
proizvoljnom una-predzadatomtacnoscui tatacnostzavisi
samoodprimenesemeracunanja,odnosnogresakazaokrugljivanja.
Akosukoecijenti sistema aiji slobodniclanovi bipriblizni brojevi,
ondajemogucatacnostogranicenatacnoscuna-jtacnijeg podatka.[4]
Iterativnim metodama resenje je odredeno granicnom
vre-dnoscunizauzastopnihaproksimacija,kojeseracunajunekimjednoobraznimalgoritmom.[3]
Osim gresaka zaokrugljivanja, na tacnost pribliznog resenja uticei
sam iterativni proces, pa imamo i gresku metode. Osim greske
metode, bitnaje i brzina konvergencije i numericka stabilnost
racunskog procesa.Osim ovih dveju grupa metoda, koristi se jos i
metoda Monte-Karlo. MetodaMonte-Karlo je metoda verovatnosno -
statistickog karaktera i zasniva se na mo-deliranju slucajne
promenljive, cije je matematicko ocekivanje resenje zadatka.Inace,
metoda se primenjuje, osim za resavanje sistema linearnih jednacina
i zaresavanje sistema nelinearnih jednacina, za priblizno
izracunavanje integrala, zaresavanje konturnih zadataka, obicnih i
parcijalnih diferencijalnih jednacina, zaresavanje integralnih
jednacina.[4]10Neka je dat sistem linearnih jednacina sa realnim
koecijentimaa11x1 + a12x2 + + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + + a2nxn =
b2 an1x1 + an2x2 + + annxn = bn,koji se matricno moze napisati u
oblikuAx = b,gde je matricaA data izrazomA =__a11a12 a1na21a22 a2n
an1an2 ann__a matriceb ix izrazimab =__b1b2...bn__, x
=__x1x2...xn__.Skup brojevaxi(i = 1, . . . , n), odnosno vektorx,
koji svodi sistem na ide-ntitet, jeste resenje, a brojevixikoreni
sistema.Neka jeA nesingularna matrica, tj. detA = = 0. Tada imamo,
matricnoizrazen, sledeci postupak i rezultatAx = bA1Ax = A1bx =
A1b,sto u stvari predstavlja poznate Kramerove formulexi =i , i =
1, . . . , n,gdedeterminantei iimajupoznati smisao.
Iakojeproblemsistemali-nearnihjednacinaovimteorijski resen,
prakticneteskocesuvelike. Tako, naprimer,zan = 8,(osam jednacina sa
osam nepoznatih),za ispisivanje resenjapotrebnojenapisati
1024broja, zatimzasvakudeterminantuizvrsiti 282240mnozenja. Jos
treba izvrsiti i 8 deljenja. Zato postoje razni specijalni
postupciza resavanje sistema linearnih jednacina, a takode i razne
priblizne metode.112.1
Gausovametodaeliminacije-semajedinstvenogdeljenjaKod Gausove metode
rec je o izracunavanju vrednosti korena uz
postupnoiskljucivanjenepoznatih. Metoducemoprikazati zan=4,
stonesmanjujeopstost.Neka je dat sistema11x1 + a12x2 + a13x3 +
a14x4 = a15a21x1 + a22x2 + a23x3 + a24x4 = a25a31x1 + a32x2 + a33x3
+ a34x4 = a35a41x1 + a42x2 + a43x3 + a44x4 = a45.Neka je a11 = 0
[2] (prvi vodeci element) [4]. Ukoliko taj uslov u sistemu
nijezadovoljen, permutovanjemjednacinasistema, tj.
stavljanjemnaprvomestojednacinekodkojejeap1 =0,
ovajuslovsemozeispuniti. Elementap1 =0matriceA postoji, jer je po
pretpostavci matrica regularna i ne moze imati svenula elemente u
prvoj koloni.[3] Podelimo prvu jednacinu saa11i dobijamox1 + b12x2
+ b13x3 + b14x4 = b15.Pomnozimo li ovu jednacinu sa a21 i oduzmemo
od druge, sa a31 i oduzmemood trece, saa41i oduzmemo od cetvrte,
dobicemoa(1)22 x2 + a(1)23 x3 + a(1)24 x4 = a(1)25a(1)32 x2 +
a(1)33 x3 + a(1)34 x4 = a(1)35a(1)42 x2 + a(1)43 x3 + a(1)44 x4 =
a(1)45 .Sada podelimo prvu jednacinu saa(1)22[2] (drugi vodeci
element) [4] i dobi-jamox2 + b(1)23 x3 + b(1)24 x4 = b(1)25
.Iskljucivsix2na prethodni nacin, dobijamoa(2)33 x3 + a(2)34 x4 =
a(2)35a(2)43 x3 + a(2)44 x4 = a(2)45 .Sada delimo prvu jednacinu
saa(2)33[2] (treci vodeci element) [4] i dobijamox3 + b(2)34 x4 =
b(2)35 ,pa svedemo na kraju naa(3)44 x4 = a(3)45 .[2]12U rezultatu
dobijamo sistemx1 + b12x2 + b13x3 + b14x4 = b15x2 + b(1)23 x3 +
b(1)24 x4 = b(1)25x3 + b(2)34 x4 = b(2)35x4 = b(3)45 .Ovim
postupkom smo sistem jednacina, koji ima kvadratnu matricu,
transfo-rmisali u ekvivalentan sistem, koji ima trougaonu matricu.
Ovaj proces zove sedirektanhodilidirektankorakeliminacije.
Resenjesenalaziobrnutimhodom(korakom):x4 = b(3)45x3 = b(2)35 b(2)34
b(3)45...Sve se radi u obliku seme da bi mogli kontrolisati
racunanje.i ai1ai2ai3ai4ai5
i,j aij1 a11a12a13a14a15
j a1j2 a21a22a23a24a25
j a2j3 a31a32a33a34a35
j a3j4 a41a42a43a44a45
j a4j1 1 b12b13b14b15
j b1j2 a(1)22a(1)23a(1)24a(1)25
j a(1)2j3 a(1)32a(1)33a(1)34a(1)35
j a(1)3j4 a(1)42a(1)43a(1)44a(1)45
j a(1)4j2 1 b(1)23b(1)24b(1)25
j b(1)2j3 a(2)33a(2)34a(2)35
j a(2)3j4 a(2)43a(2)44a(2)45
j a(2)4j3 1 b(2)34b(2)35
j b(2)3j4 a(3)44a(3)45
j a(3)4j4 1 b(3)45
j b(3)4j4 1 x4x
43 1 x3x
32 1 x2x
21 1 x1x
1Kada je obim sistema veliki, koristi se ova
sema.Kontrolnakolona(poslednjakolonautabeli)sekoristi
zakontroluupro-cesu racunanja i na kraju. Kontrolna kolona se
formira sabiranjem elemenata13po vrsti. Kada transformisemo
koecijente sistema nekim postupkom, onda
do-bijamonekedrugekoecijente, akontrolnakolonasemozedobititako
stotutransformacijuizvrsimoinadkontrolnomkolonomilitako
stotransformisanekoecijente saberemo. Ako je razlika izmedu zbira i
transformisanog zbira
vecaodmaksimalnemoguceakumuliranegreskezaokrugljivanja,
ondasigurnopo-stoji greska u racunu. Ako je razlika manja, onda
skoro sigurno nije napravljenagreska. Ako u sistemu umesto desnih
slobodnih clanova (b15,. . . , b45)
uzmemoodgovarajuceelementeizkontrolnekolone,
dobijenaresenjasuzajedanveca(x
4 = x4 + 1,x
3,x
2,x
1). To je kontrola na kraju.[4]Dobijenikoreni,
sobziromnazaokrugljivanjepriracunu, mahomsusamopriblizne vrednosti.
Oni se mogu naci preciznije na sledeci nacin. Uvedemo livec poznati
matricni nacin obelezavanja, sistem ce biti napisan u oblikuAx =
b.Neka je nadeno priblizno resenjex0. Znaci,x = x0 + , gde
supopravke.Tada jeA(x0 + ) = b,odnosnoAx0 + A = b,tj.A = b Ax0 =
,sto sluzi za izracunavanje popravke.Gausova metoda ce, izmedu
ostalih primena, korisno posluziti kod izracunavanjainverzne
matrice.Neka je, naime data matricaA1= [xij] takva da jeAA1=E, gde
jeEjedinicna matrica. Pomnozimo li AA1, imacemo n sistema jednacina
u odnosunan2nepoznatihxij.n
k=1aikxkj = ij,i, j = 1, . . . , nij =_1 : i = j0 : i =
jDobijenihnsistemalinearnihjednacinazaj =1, . . . , n, koji
imajuistumatricuAi razne slobodneclanove, moguse istovremenoresiti
Gausovommetodom.142.2 Gausova metoda eliminacije - sema sa izborom
glavnihelemenataNeka je dat sistema11x1 + a12x2 + + a1nxn =
a1,n+1a21x1 + a22x2 + + a2nxn = a2,n+1 an1x1 + an2x2 + + annxn =
an,n+1.Posmatrajmo prosirenu matricuM=__a11a12 a1j a1q
a1na1,n+1a21a22 a2j a2q a2na2,n+1 ai1ai2 aij aiq ainai,n+1 ap1ap2
apj apq apnap,n+1 an1an2 anj anq
annan,n+1__.Izaberemonenulti,popravilunajvecipomodulu,elementapq(q
=n + 1),koji cemo nazvati glavnim elementom ili pivotom, i
izracunajmo,mi = aiqapq,zasve i =p.[2] Radi numerickestabilnosti
algoritma, obicnosemedusvimelementima prve kolone razlicitim od
nule bira najveci po modulu,|ap1| =max1in|ai1|.Nalazenje pivota
medu elementima samo jedne kolone (ili vrste) matrice nazivase
delimicno pivotiranje, a potpuno pivotiranje je nalazenje najveceg
po moduluelementa cele matrice,|apq| = max1i,jn|aij|.Ako se u prvom
koraku algoritma vrsi potpuno pivotiranje, onda treba permu-tovati
prvu ip -tu vrstu matrice, kao i prvu iq -tu kolonu.[3]Vrsta sa
indeksom p je glavna vrsta. Svakoj neglavnoj vrsti dodajmo
glavnupomnozenu odgovarajucimmiza tu vrstu. Dobicemo novu matricu u
kojoj jeq-ta kolona nula.Odbacivsi tu kolonu i glavnu vrstu
dobijamoM(1). Sa ovom matricom po-navljamo postupak i dobijamo niz
matricaM, M(1), . . . , M(n1),15od kojih je poslednja dvoclana
matrica-vrsta. Sada skupimo u sistem sve glavnevrste, pocinjuci sa
poslednjom, koja ulazi u matricu.Posle odgovarajuce promene
numeracije nepoznatih dobija se sistem sa trou-glastom matricom iz
koje se lako, korak po korak, dobijaju nepoznate.[2]2.3 Istovremeno
resavanje vise sistema linearnih jednacinaDirektne metode za
resavanje sistema linearnih jednacina mogu se primenitiza
istovremeno resavanje vise sistema linearnih jednacina,koji imaju
istu ma-tricusistemai zaizracunavanjeinverznihmatrica.
Nekatrebaresiti sistemejednacina:Ax(1)= b(1), Ax(2)= b(2), . . . ,
Ax(k)= b(k),gde jeA =__a11 a1n......an1 ann__,
x(i)=__x(i)1x(i)2...x(i)n__, b(i)=__b(i)1b(i)2...b(i)n__, i = 1, .
. . , k.Semu treba primeniti na sledeci nacin: direktnim hodom se
kvadratna ma-trica prevodi u trougaonu matricu. Neka treba resiti
sisteme jednacina:1, 48x1 + 3, 24x2 + 1, 27x3 = 1, 513, 45x1 + 1,
25x2 + 1, 38x3 = 1, 471, 34x1 + 1, 42x2 + 3, 20x3 = 1, 411, 48x1 +
3, 24x2 + 1, 27x3 = 4, 743, 45x1 + 1, 25x2 + 1, 38x3 = 4, 811, 34x1
+ 1, 42x2 + 3, 20x3 = 5, 03Koristi se Gausova metoda eliminacije -
sema sa izborom glavnih elemenata.[4]i miai1ai2ai3ai4ai5
i aij1 0, 4290 1, 48 3, 24 1, 27 1, 51 4, 74 12, 24002 3,45 1,
25 1, 38 1, 47 4, 81 12, 26003 0, 3884 1, 34 1, 42 3, 20 1, 41 5,
03 12, 40001 2,7038 0, 6780 0, 8794 2, 6765 6, 9377(6)3 0, 3456 0,
9345 2, 6640 0, 8391 3, 1618 7, 59943 2,4297 0, 5352 3, 2368 5,
20173 1 0, 2203 0, 9206 2, 14091 1 0, 2699 0, 7591 2, 0290(1)2 1 0,
2402 0, 7509 1, 9911162.4 Gausovametodaeliminacije-ZordanovasemaKod
Gausove metode eliminacije, jednacina iz koje je izabran glavni
eleme-nt, posle tog koraka se vise ne transformise. Stoga se posle
(n 1) - vog korakadobija trougaoni sistem. U Gaus - Zordanovoj
metodi, u svakom koraku se tra-nsformisusvejednacine,
osimonekojasadrzi glavni elementtogkoraka. Priizboru glavnog
elementa ne uzimaju se u obzir koecijenti jednacina iz kojih
jevecbiranglavnielement. Takoseposle(n
1)-vogkorakadobijasistemsadijagonalnom matricom.Ovom metodom je
determinanta matrice A do na znak odredena proizvodomglavnih
elemenata.UporedenjusaGausovommetodomeliminacije,
brojracunskihoperacija,kojejepotrebnoizvrsitidabiseovommetodomresiosistem,vecije;
ali,ovametoda je ekasnija, kada se odreduje inverzna matrica, jer
se u obrnutom hoduresavan dijagonalnih umeston trougaonih
sistema.[3]2.5 MetodakvadratnihkorenaNeka je dat sistemAx =
b,gdejematricaAtakvadasujoj glavni dijagonalni minori razliciti
odnuleiA
=A(transponovanamatricajednakajesamojmatrici,
daklerecjeotzv.simetricnojmatrici).
PodovompretpostavkommatricaAmozesenapisatiuoblikuA = T
T,saT=__t11t12 t1n0 t22 t2n 0 0 tnn__; T
=__t110 0t12t22 0 t1nt2n tnn__.Mnozenjem ovih matrica dobijamo
jednacine za odredivanjetij. Ako jetii = 0, sistem ima resenje, jer
jedetA = detT
detT= (detT)2= (t11t22 tnn)2= 0.U samom izracunavanjutijna
odreden nacin gurisu kvadratni koreni, stoopravdavanazivmetode.
Kadasetijizracunaju, nassesistemociglednora-spada na dva
sistemaT
y = b,Tx = yiz kojih se prvo racuna y, pa onda x. Oba sistema
su, medutim, sa trouglastommatricom koecijenata, sto znatno
olaksava racun.172.6 ShemaHaleckogDat je sistemAx = b,gde jeA =
[aij] kvadratna matrica, ix =__x1...xn__, b
=__a1,n+1...an,n+1__.Ako se matricaA moze napisati u oblikuA = BC,
gde jeB =__b110 0b21b22 0 bn1bn2 bnn__; C =__1 c12 c1n0 1 c2n 0 0
1__,stojemoguce, naprimer, kadasuglavni dijagonalni minori
razliciti odnule,onda se izracunajubiji cij,pa se,kao kod prethodne
metode,sistem raspadana dvaBy = bCx = y,gde se prvo racuna y, a
onda x, pri cemu su obe matrice koecijenata trouglaste.2.7
MetodaiteracijeDat je sistemAx = b, sa aii = 0.Svedemo ga na
oblikx1 = 1 + 12x2 + 13x3 + + 1nxnx2 = 2 + 21x1 + 23x3 + + 2nxnx3 =
3 + 31x1 + 32x2 + + 3nxn xn = n + n1x1 + n2x2 + + n,n1xn1.Uvedimo
matrice =__1112 1n2122 2n n1n2 nn__; =__1...n__saii = 0.18Tada
mozemo, u matricnom obliku, napisati sistemx = +
x.Uzmimozaprvuaproksimacijux(0)=, aondacemo, iteracijom,
dobitisledece aproksimacijex(1)= + x(0)x(2)= + x(1) x(k+1)= + x(k),
k = 0, 1, 2, . . . .Ako postojix =limkx(k),to ce biti resenje
sistema.Ako jen
j=1|ij| < 1, ilin
i=1|ij| < 1,zai = 1, . . . , n, odnosnoj= 1, . . . , n, nas
ce proces konvergirati jedinstvenomresenju nezavisno od pocetne
aproksimacije. Iz gornjeg proistice i uslov|aii| >
j=i|aij|, i = 1, . . . , n.Ako jedetA = 0, pomocu linearnog
kombinovanja sistema pocetni sistem seuvek moze zameniti
ekvivalentnim sistemomx = + xtakvimdausloviteoremebuduispunjeni.
Nekaje, naime, matricasaargu-mentimaij, malimpomodulu.
UvedimonovumatricuD=A1 . Tadaje(A1 )Ax = DbiA1Ax Ax = Db,tj.x = Ax
+ Db.Uvedemo liA = iDb = , dobijamox = + x.Ako su |ij| dovoljno
mali, moze se podesiti da uslovi teoreme budu ispunjeni.192.8
ZajdelovametodaRecjeojednojmodikacijimetodeiteracije.
Osnovnaidejajeutome stose pri izracunavanju(k + 1)-e aproksimacije
nepoznate xi, uracunavajuvecizracunate ranije (k + 1)-e
aproksimacije nepoznatihx1,x2,. . . ,xi1.Neka je, naime, dat
sistemxi = i +n
j=1ijxj, i = 1, 2, . . . , n.Izaberimo proizvoljnox01,x02,. . .
,x0n.Dalje racunajuci da suk-te aproksimacijex(k)ipoznate,
primenicemox(k+1)1= 1 +n
j=11jx(k)jx(k+1)2= 2 +n
j=22jx(k)j+ 21x(k+1)1 x(k+1)i= i +i1
j=1ijx(k+1)j+n
j=iijx(k)j x(k+1)n= n +n1
j=1njx(k+1)j+ nnx(k)n,zak = 0, 1, 2, . . . .Teorema
konvergencije za metodu iteracije ostaje u vaznosti i ovde.2.9
PrimedbaodovodenjulinearnogsistemanaoblikpogodanzaiteracijuNeka je
linearan sistem zadan u opstem oblikua11x1 + a12x2 + a13x3 =
a14a21x1 + a22x2 + a23x3 = a24a31x1 + a32x2 + a33x3 = a34.Dabi
zaresenjeovogsistemabilomogucekoristiti
semetodomiteracije,neophodno je dovesti ga na oblikx1 = b11x1 +
b12x2 + b13x3 + c120x2 = b21x1 + b22x2 + b23x3 + c2x3 = b31x1 +
b32x2 + b33x3 + c3sto se moze uciniti na beskrajno mnogo nacina. Mi
treba da izaberemo takavnacin da dobijemo konvergentan iteracioni
proces. Ovakav je zadatak uvek resiv,kada sistem ima jedinstveno
resenje, odnosno kada je determinanta sistema ra-zlicita od
nule.Narocito se lako zadatak resava ako je|a11| > |a12| +
|a13||a22| > |a21| + |a23||a33| > |a31| + |a32|.Tada je
dovoljno resiti prvu jednacinu po x1, drugu po x2, trecu po x3.
Akonavedeni uslovi nisu ispunjeni, zadatak se moze, recimo, resiti
na sledeci nacin.U datom sistemu izdvoji se jednacina, kod koje je
koecijent uz jednu nepo-znatupomoduluveci
odzbiramodulakoecijenatauzostalenepoznatetejednacine.Ako pri tome u
datom sistemu dve ili veci broj jednacina imaju
koecijenteuzjednuistunepoznatu, koji zadovoljavajugornji uslov,
tosebirajednaodnjih po sledecem kriterijumu. Ako, recimo, u sistemu
dati uslov zadovoljavajukoecijenti uzx2u prve dve jednacine,
tj.|a12| > |a11| + |a13||a22| > |a21| + |a23|,to se od prve
dve jednacine uzima ona kod koje je razlomak|a11| +
|a13||a12|ili|a21| + |a23||a22|manji.
Daljeseprenumerisesistemizdvojenihjednacinatako, danajveci pomodulu
koecijent bude dijagonalan.Mozese, medutim, desiti,
dasvejednacinedatogsistemaneuduunovisistem, tj.
daunovomsistemusvevrstenebudupopunjene.
Tadaseiznei-skoriscenihjednacinai izjednacina, zapisanihunovsistem,
sastavljajualge-barski zbirovi saspecijalnoizabranimkoecijentom,
takodanovejednacinezadovoljavaju gornji uslov i popune sve vrste.
Uocimo sistemx1 + 3x2 + x3 = 0, 62x1 + x2 x3 = 0, 721x1 x2 + 2x3 =
2, 6.Kako je =1 3 12 1 11 1 2=1 4 12 0 11 1 2=3 4 10 0 15 1 1=3 45
1 = 3 20 == 17 = 0, to je postavljeni zadatak resiv.U prvoj
jednacini ispunjen je uslov3 > 1 + 1 = 2.Pomnozimo drugu
jednacinu sa 3 i saberemo sa trecom jednacinom. Bice6x1 + 3x2 3x3 =
2, 1+x1 x2 + 2x3 = 2, 67x1 + 2x2 x3 = 0, 5,gde je7 > 2 +
1.Dalje,pomnozimoprvuitrecujednacinusa2,drugusa 3,pasaberemo.Dobija
se2x1 + 6x2 + 2x3 = 1, 26x1 3x2 + 3x3 = 2, 12x1 2x2 + 4x3 = 5, 22x1
+ x2 + 9x3 = 8, 5.Ovde je 9 > 2 + 1.Novi je sistem7x1 + 2x2 x3 =
0, 5x1 + 3x2 + x3 = 0, 62x1 + x2 + 9x3 = 8, 5,koji je pogodan za
iteraciju, kada se jednacine rese pox1,x2,x3.222.10
UslovljenostlinearnogsistemaNeka je dat sistema11x1 + a12x2 + +
a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + + a2nxn = b2 an1x1 + an2x2 + + annxn =
bn,ili, matricno,Ax = b, saA =__a11a12 a1na21a22 a2n an1an2 ann__,
x =__x1x2...xn__, b =__b1b2...bn__.Normom matriceA zvacemo||A||
=maxx(R)|Ax||x|= maxx=0{[
j(
kajkxk)2]12[
jx2j]12}gde je (R) realan Euklidov prostor.Ova norma igra vaznu
ulogu pri izracunavanju pojma uslovljenosti linearnogsistema. Neka
je na desnoj strani ucinjena izvesna greska b; dok
koecijentesistema smatramo, jednostavnosti radi, apsolutno tacnim
znaci da jeA(x + x) = b + b,tj.Ax = b.Odavde jex = A1bi|x| ||A1||
|b|, |b| ||A|| |x|,sto se izvodi iz osobine |Ax| ||A|| |x|.Dalje
je|x||x| ||A|| ||A1|||b||b|.Proizvod ||A|| ||A1||
jestemerauslovljenosti sistema. Akojeovamera,kojanemozebiti
manjaodjedinice, veomabliskajedinici, sistemjedobro23uslovljen. Ako
je velika, sistem je slabouslovljen;takvi sistemi su veoma
neu-dobni za numericko racunanje.Preciznije, imamo:Neka je dat
sistemAx = b. Neka je, dalje,||A|| = maxxR|Ax||x|=_
j(
k ajkxk)2_
j x2j.Nekaje unezavisnomclanugreskab. Bice A(x + x) =b + b,
tj.Ax = b.Iz denicije norme sleduje |Ax||x| ||A||, tj. |Ax| ||A||
|x|. Takode je|Ax| ||A|| |x|, tj. |b| ||A|| |x|.Ako uzmemo ||A1||
max |A1b||b|, sto je ista denicija norme, dobijamo|A1b| ||A1|| |b|,
tj. |x| ||A1|| |b|.Podemo li od dobijene nejednakosti |b| ||A|| |x|
i iskoristimo prethodnu,onda je|b| ||A|| ||A1|| |b|, tj. ||A||
||A1|| 1.Sa druge strane,|Ax| ||A|| |x|, tj. |b| ||A|| |x|,ili1|x|
||A|||b|,tj.|x||x| ||A1|| ||A|| |b||b|.[2]Standardne metode (na
primer Gausova eliminacija) su nepogodne za
resavanjesistemalinearnihjednacinasaloseuslovljenimmatricama,
jermaleracunskegreske mogu dovesti do velikih gresaka
rezultata.Resenje sistema linearnih jednacinax1 + 12x2 + 3x3 =
3812x1 2x2 + 9x3 = 9243x1 + 9x2 + 4x3 = 49jex1 = 9157, x2 = 2166,
x3 = 11729,a priblizno resenje odredeno Gausovom metodom
eliminacije, izracunato u obi-cnoj tacnosti, jex
1 = 9157.064000, x
2 = 2166.015000, x
3 = 11729.080000.Sobziromnamaludimenzijusistema, greskajevelikai
uzroktomejelosauslovljenost matrice sistema (cond(A) = ||A|| ||A1||
= 6601). Kada se sistemresava Gausovom eliminacijom u dvostrukoj
tacnosti, postize se tacnost
106.Primerukazujedatrebaracunatiudvostrukojtacnosti,
ukolikoseprime-njujustandardnemetodezaresavanjeloseuslovljenihsistema.
Ovakvejesi-steme moguce, medutim, bolje resavati iterativnim
metodama ili tzv. metodomsingularne dekompozicije.[3]2.11
Primerizatacnoipribliznoresavanjelinearnihsistema1. Sistem:x + y +
z = 6x y + 3z = 8x + y z = 0,resiti po metodi glavnih
elemenata.MatricaM:__1 1 1 61 1 3 81 1 1 0__mi = aiqapqm1 = 13m2
=13.MatricaM(1):__2343103432383__m1 = 12.25MatricaM(2):_1 1 iz koje
sledix = 1.Iz prethodne matrice imamo23 1 + 43y =103, tj. y = 2,pa
iz prve jos dobijamo1 2 + 3z = 8, tj. z = 3.2. Sistem:x + 2y + 3z =
142x + y + 4z = 163x + 4y + z = 14,resiti metodom kvadratnih
korena.ImamoA = A
.Dalje je__1 2 32 1 43 4 1__ =__t110
0t12t220t13t23t33____t11t12t130 t22t230 0 t33__.Dobija set11 = 1,
t12 = 2, t13 = 3, t22 = i3, t23 =2i3, t33 = 2i_53,pa jey1 = 142y1 +
i3y2 = 163y1 +2i3y2 + 2i_53y3 = 14.Odavde jey1 = 14, y2 =12i3, y3 =
10i_35,pa imamox + 2y + 3z = 14i3y +2i3z =12i3262i_53z = 10i_35,a
odavdez = 3, y = 2, x = 1.3. Sistem:x + 2y + 3z = 142x + y + 4z =
163x + 4y + z = 14,resiti po shemi Haleckog.Ovo je malopredasnji
sistem. Imamo__1 2 32 1 43 4 1__ =__b110 0b21b220b31b32b33____1
c12c130 1 c230 0 1__.Odavde jeb11 = 1, b21 = 2, b31 = 3, c12 = 2,
c13 = 3, b22 = 3,c23 =23, b32 = 2, b33 = 203,pa imamoy1 = 142y1 3y2
= 163y1 2y2 203y3 = 14,odnosnoy1 = 14, y2 = 4, y3 = 3.Dalje jex +
2y + 3z = 14y + 23z = 4z = 3,tj. x=1, y=2, z=3.4. Metodom iteracije
resimo sistemx =y4 +z5 110y =x7 +z2 +51427z = x2 +y3 + 176.Uzmemo
li za pocetne vrednostix0 = 0, y0 = 1, z0 = 2,dobijamo,
iteracijom,x1 = 0, 55; y1 = 1, 36; z1 = 3, 17x2 = 0, 87; y2 = 2,
02; z2 = 3, 01.Primenom Zajdelove metode, polazeci od
istihx0,y0,z0dobijamox1 = 0, 55; y1 = 1, 44; z1 = 3, 04x2 = 0, 87;
y2 = 2, 001; z2 = 3, 07x3 = 1, 01; y3 = 2, 04; z3 = 3, 01x4 = 1,
01; y4 = 2, 01; z4 = 2, 998.Prava su resenja: x = 1,y = 2,z =
3.2.12
JosometodinajmanjihkvadrataPrimenamatematikenaraznaprakticnapitanjacestodovodi
doslucajapreodredenih problema, odnosno do protivrecnih sistema, na
primer, sa vecimbrojem jednacina nego nepoznatih.Pretpostavimo da
su merenja nepoznate duzinex dala tri rezultatal1, l2, l3.Tada
nepoznatax treba da zadovoljava tri jednacinel1 x = 0, l2 x = 0, l3
x = 0.Sa matematickog stanovista, ovo je nesaglasan, protivrecan
sistem. Ako sa1,2,3oznacimo greske merenja, dobicemol1 x = 1, l2 x
= 2, l3 x = 3(tri jednacine sa cetiri nepoznate, gde je preodreden
problem sveden na neodre-den).Za pretvaranje problema u odreden
potrebna je jos jedna jednacina: ona biizrazila dopunski uslov,
naime na koji nacin u izracunavanju treba uzeti u obzirdopustene
greske 1, 2, 3. To se moze uciniti na vise nacina. Princip, ili
metodanajmanjih kvadrata postavlja kao uslov da zbir kvadrata
gresaka bude najmanji.28U nasem slucaju treba da bude21 + 22 + 23 =
Min.Dobicemo(l1 x)2+ (l2 x)2+ (l3 x)2= Min.Za odredivanje
ekstremuma nase funkcije treba uzeti izvod po x i izjednacitiga sa
nulom. Kako izvod ima vrednost2(l1 x) 2(l2 x) 2(l3 x),za
odredivanje imamo jednacinul1 x + l2 x + l3 x = 0tj.x =l1 + l2 +
l33sto je aritmeticka sredina.Uopste, neka je daton jednacina sam
nepoznatih (n > m)fi(x, y, z, . . . ) = 0, i = 1, 2, . . . ,
n.Treba naci vrednost nepoznatihx, y, z, . . . tako da vrednosti
funkcijefi(x, y, z, . . . ) = i, i = 1, . . . , nnajmanje odstupaju
od nule, tj. prema principu najmanjih kvadrata da je21 + 22 + + 2n
= Min.Neka je dat niz linearnih jednacinaa1x + b1y + c1 = 0a2x +
b2y + c2 = 0 anx + bny + cn = 0.Dobijamo, po principu najmanjih
kvadrata, funkcijuF(x, y) = (a1x + b1y + c1)2+ (a2x + b2y + c2)2+ +
(anx + bny + cn)2,koja treba da ima minimalnu vrednost. Uslovi za
ekstremum ove funkcije suFx= 0,Fy= 0.29U nasem slucaju ovi uslovi
postajua1(a1x + b1y + c1) + a2(a2x + b2y + c2) + + an(anx + bny +
cn) = 0b1(a1x + b1y + c1) + b2(a2x + b2y + c2) + + bn(anx + bny +
cn) = 0ili, ako uvedemo oznake[aa] = a21 + a22 + + a2n[ab] = a1b1 +
a2b2 + + anbn[ac] = a1c1 + a2c2 + + ancnitd., dobijamo[aa]x + [ab]y
+ [ac] = 0[ba]x + [bb]y + [bc] = 0odakle izracunavamox iy.Neka je
dat sistema1x + b1y + c1 = 0a1x + b1y + c2 = 0 a1x + b1y + cn =
0.Ovde je[aa] = na21, [ab] = na1b1[ac] = a1(c1 + + cn)[ba] = na1b1,
[bb] = nb21, [bc] = b1(c1 + + cn),pa jena21x + na1b1y + a1(c1 + +
cn) = 0na1b1x + nb21y + b1(c1 + + cn) = 0,odnosnoa1[na1x + nb1y +
(c1 + + cn)] = 0b1[na1x + nb1y + (c1 + + cn)] = 0.Kako nisu
ia1ib1jednaki nuli, mora bitina1x + nb1y + (c1 + + cn) = 0,tj.a1x +
b1y +c1 + + cnn= 0.30Dobijase, dakle, beskonacnomnogovrednosti zaxi
y, kojesedobijajuizsrednjejednacine,gdejezanezavisni
clanuzetaaritmetickasredinasvihnezavisnih clanova.Neka su date
jednacinex + y 1 = 0x + y 2 = 02x 3y + 1 = 0.Po metodi najmanjih
kvadrataF(x, y) = (x + y 1)2+ (x + y 2)2+ (2x 3y + 1)2tj.2(x + y 1)
+ 2(x + y 2) + 4(2x 3y + 1) = 0i2(x + y 1) + 2(x + y 2) 6(2x 3y +
1) = 0ili12x 8y 2 = 08x + 22y 12 = 0i6x 4y = 14x + 11y = 6.Odavde
jex =1 46 116 44 11=11 + 2466 16=3550=710y =6 14 650=36 +
450=4050=45.Sa druge strane, kombinujmo moguce saglasne sisteme iz
datog sistema. Tosux + y 1 = 0 x + y 2 = 0i2x 3y + 1 = 0 2x 3y + 1
= 0.Kod prvog sistemax =1 11 31 12 3= 3 + 13 2=25; y =1 12 15= 1
25=35.31Kod drugog sistemax =2 11 35= 6 + 15= 1; y =1 22 15= 1 45=
1.Dakle,x1 =25, x2 = 1; y1 =35, y2 = 1.Dalje jex1 + x22=25 + 12=2 +
510=710iy1 + y22=35 + 12=810=45,sto je isti rezultat kao po metodi
najmanjih kvadrata (ne zaboravimo da se ovametoda zove i metodom
aritmetickih sredina).[2]32Sadrzaj1 Sistem linearnih jednacina sa
dve nepoznate i njegovo resavanjeuproslosti 12
Sistemilinearnihjednacina 102.1 Gausova metoda eliminacije - sema
jedinstvenogdeljenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . 122.2 Gausova metoda eliminacije - sema sa
izborom glavnih elemenata 152.3 Istovremeno resavanje vise sistema
linearnih jednacina . . . . . . 162.4 Gausova metoda eliminacije
-Zordanova sema . . . . . . . . . . . 172.5 Metoda kvadratnih
korena. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.6 Shema
Haleckog . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
182.7 Metoda iteracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 182.8 Zajdelova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . 202.9 Primedba o dovodenju linearnog sistema na
oblikpogodan za iteraciju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . 202.10Uslovljenost linearnog sistema . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . 232.11Primeri za tacno i priblizno resavanje
linearnihsistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . 252.12Jos o metodi najmanjih kvadrata . . . . . . . .
. . . . . . . . . . 28Literatura[1] Bogoljub Marinkovic, Dorde
Kadijevic, Metoda lazne pretpostavke (umatematici i informatici),
Arhimedesovi materijali za mlade matematicare,Sveska 78, Arhimedes,
Beograd, 1991[2] dr Milorad Bertolino, Numericka analiza,
Univerzitet u Beogradu, Naucnaknjiga, 1977[3] BoskoJovanovic,
DesankaRadunovic, Numerickaanaliza, Matematickifakultet, Beograd,
2003[4] Predavanjadr ArifaZolicaiz
predmetaUvodunumerickumatematikuMatematickog fakulteta u Beogradu
skolske 2006/2007. godine[5] Carl Meyer, Matrix Analysis and
Applied Linear Algebra Book andSolutions Manual, (Paperback - Feb
15, 2001), www.amazon.com33
