數(shù)值分析5-計算方法5

1、第五章 數(shù)值積分Newton-Leibniz 公式 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥=𝐹 𝑏 ?𝐹(𝑎)當(dāng)被積函數(shù)𝑓 𝑥 如 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑥 w

2、909;≠0 ，sin 𝑥 2 ， 𝑒 ? 𝑥 2 時，𝑓 𝑥 的原函數(shù)𝐹(𝑥)不能用初等函數(shù)表示。需考慮用數(shù)值計算方法計算定積分的近似值。§5.1 機械求積公式 按照積分中值定理，如果𝑓(𝑥)∈𝐶 𝑎,𝑏 ，則 &#

3、119868;= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥=𝑓 𝜃 𝑏?𝑎 𝜃∈ 𝑎,𝑏,從近似計算的角度來看，只要找到一種平均高度𝑓 𝜃 的近似計算方法，則就得到一種定積分的近似計算公式。 如𝑓(&#

4、119886;)≈ 𝑓 𝜃 ,則有 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈𝑓(𝑎) 𝑏?𝑎 左矩形公式 如𝑓(𝑏)≈ 𝑓 𝜃 ,則有 𝐼=

5、𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈𝑓(𝑏) 𝑏?𝑎 右矩形公式 如𝑓( 𝑎+𝑏 2 )≈ 𝑓 𝜃 ,則有 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥

6、 d𝑥≈𝑓( 𝑎+𝑏 2 ) 𝑏?𝑎 中矩形公式,如 𝑓 𝑎 +𝑓(𝑏) 2 ≈ 𝑓 𝜃 ,則有 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈ w

7、887;?𝑎 2 𝑓 𝑎 +𝑓(𝑏) 梯形公式1、機械求積公式上述公式中平均高度均為𝑓 𝜃 的估計均為被積函數(shù)𝑓 𝑥 的加權(quán)平均。由此，可構(gòu)造更為一般性的求積公式 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d

8、𝑥≈ 𝑘=0 𝑛 𝜌 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 𝑏?𝑎 = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 其中 𝐴

9、𝑘 = 𝜌 𝑘 𝑏?𝑎 稱為機械求積公式， 𝐴 𝑘 求積系數(shù)， 𝑥 𝑘 求積節(jié)點,2、代數(shù)精度定義5.1 如果某個求積公式對于次數(shù)不超過𝑚的多項式均能準(zhǔn)確成立，但對于𝑚+1次多項式不能精確成立，稱該求積公式具有𝑚次代數(shù)精度。

10、 依上述定義，欲使機械求積公式具有𝑚次代數(shù)精度，僅需令機械求積公式對 𝑓 𝑥 =1,𝑥, 𝑥 2 ,?, 𝑥 𝑚 準(zhǔn)確成立，而對 𝑓 𝑥 = 𝑥 𝑚+1 不能準(zhǔn)確成立，即,𝑎 𝑏

11、; 1 d𝑥=𝑏?𝑎= 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑎 𝑏 𝑥 d𝑥= 1 2 𝑏 2 ? 𝑎 2 = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑥 Ү

12、96; 𝑎 𝑏 𝑥 2 d𝑥= 1 3 𝑏 3 ? 𝑎 3 = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑥 𝑘 2 ? 𝑎 𝑏 𝑥 𝑚

13、d𝑥= 1 𝑚+1 𝑏 𝑚+1 ? 𝑎 𝑚+1 = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑥 𝑘 𝑚 而 𝑎 𝑏 𝑥 𝑚+1 d𝑥≠

14、𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑥 𝑘 𝑚+1,例5.1 設(shè)有求積公式 ?1 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈ 𝐴 ?1 𝑓 ?1 + 𝐴 0 𝑓 0 + 𝐴 1 𝑓(1)

15、試求 𝐴 ?1 , 𝐴 0 , 𝐴 1 系數(shù)，使該公式具有盡可能高的代數(shù)精度。解：令時𝑓 𝑥 =1,𝑥, 𝑥 2 時，該公式準(zhǔn)確成立 𝐴 ?1 + 𝐴 0 + 𝐴 1 =2 ? 𝐴 ?1 + 𝐴 1 =0 Ү

16、60; 0 + 𝐴 1 = 2 3 解得 𝐴 ?1 = 1 3 ， 𝐴 0 = 4 3 ， 𝐴 1 = 1 3,于是，求積公式為 ?1 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈ 1 3 𝑓 ?1 + 4 3 𝑓 0 + 1 3 𝑓(1) 令𝑓 𝑥

17、; = 𝑥 3 左 ?1 1 𝑥 3 𝑑𝑥=0 右 1 3 𝑓 ?1 + 4 3 𝑓 0 + 1 3 𝑓 1 =? 1 3 +0+ 1 3 =0再令𝑓 𝑥 = 𝑥 4 ，左邊≠右邊所以，該求積公式具有三次代數(shù)精度。,3、插值型求積公式 設(shè)已知w

18、891; 𝑥 在求積節(jié)點𝑎≤ 𝑥 0 < 𝑥 1 <?< 𝑥 𝑛 ≤𝑏的函數(shù)值𝑓 𝑥 0 , 𝑓 𝑥 1 ,?, 𝑓 𝑥 𝑛 ,在 𝑎,𝑏 上構(gòu)造L

19、agrange插值多項式 𝐿 𝑛 𝑥 ≈𝑓 𝑥 ，這里 𝐿 𝑛 𝑥 = 𝑘=0 𝑛 𝑙 𝑘 𝑥 𝑓 𝑥 𝑘 其中 𝑙 w

20、896; 𝑥 = 𝑥? 𝑥 𝑖 𝑥 𝑘 ? 𝑥 𝑖 = 𝜔 𝑛+1 (𝑥) 𝑥? 𝑥 𝑘 𝜔 𝑛+1 𝑥 𝑘 這里

21、 𝜔 𝑛+1 𝑥 = 𝑥? 𝑥 𝑖,𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝑎 𝑏 𝐿 𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = w

22、896;=0 𝑛 𝑓 𝑥 𝑘 𝑎 𝑏 𝑙 𝑘 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 其中

23、 𝐴 𝑘 = 𝑎 𝑏 𝑙 𝑘 𝑥 𝑑𝑥 ， 𝑘=0,1,?,𝑛以上求積公式稱為插值型求積公式。 積分余項 𝑅 𝑓 = 𝑎 𝑏 𝑓 &

24、#119909; ? 𝐿 𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎 𝑏 𝑓 𝑛+1 𝜃 𝑛+1 ! 𝜔 𝑛+1 𝑥 𝑑𝑥 ，𝜃∈ 

25、9886;,𝑏,顯然，當(dāng)𝑓 𝑥 為一次數(shù)不超過𝑛的多項式時，有 𝑅 𝑓 =0如果求積公式 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 ⻖

26、9; 𝑘 具有𝑛次代數(shù)精度，則有 𝑎 𝑏 𝑙 𝑘 𝑥 d𝑥= 𝑗=0 𝑛 𝐴 𝑗 𝑙 𝑘 𝑥 𝑗 基函數(shù) 𝑙 &#

27、119896; 𝑥 𝑗 = 1 , 𝑗=𝑘 0 , 𝑗≠𝑘 于是 𝐴 𝑘 = 𝑎 𝑏 𝑙 𝑘 𝑥 𝑑𝑥 ， 𝑘=0,1,?,𝑛,由此得如

28、下定理定理5.1 形如 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 的求積公式具有𝑛次代數(shù)精度的充要條件是，該公式是插值型的。4、求積公式的收斂性與穩(wěn)定性定義5.2 如果

29、 lim 𝑛→∞ 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 = 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 稱 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈

30、𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 是收斂的。,這里𝑛→∞??→0 ?= max 1≤𝑘≤𝑛 𝑥 𝑘 ? 𝑥 𝑘?1 記 𝐼 𝑛 𝑓

31、; = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 且 𝑓 𝑘 為𝑓 𝑥 𝑘 含有誤差的值， 𝐼 𝑛 𝑓 為 𝐼 𝑛 𝑓 含有誤差的值。

32、定義5.3 對?𝜀>0，?𝛿>0，當(dāng) max 1≤𝑘≤𝑛 𝑓 𝑥 𝑘 ? 𝑓 𝑘 <𝛿 有 𝐼 𝑛 𝑓 ? 𝐼 𝑛

33、 𝑓 <𝜀成立，稱求積公式是穩(wěn)定的。,定理5.2 如果求積公式 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 的求積系數(shù) 𝐴 𝑘 &g

34、t;0，則求積公式是穩(wěn)定的。證明：因 𝐴 𝑘 >0 𝑖=0,1,?,𝑛 ,當(dāng) max 1≤𝑘≤𝑛 𝑓 𝑥 𝑘 ? 𝑓 𝑘 0，取𝛿= 𝜀 𝑏?𝑎 ，有

35、 𝐼 𝑛 𝑓 ? 𝐼 𝑛 𝑓 <𝛿 𝑏?𝑎 =𝜀 證畢！,§5.2 Newton-Cotes公式1、Newton-Cotes公式的一般形式 將積分區(qū)間 𝑎,𝑏 劃分為𝑛等分，求積節(jié)點為

36、 𝑥 𝑘 =𝑎+𝑘? (𝑘=0,1,?,𝑛)其中?= 𝑏?𝑎 𝑛 稱為積分步長令𝑥=𝑎+𝑡? 0≤𝑡≤𝑛 由 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥

37、 d𝑥≈ 𝑎 𝑏 𝐿 𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘=0 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘 𝐴 𝑘 = 𝑎 𝑏 𝑙

38、𝑘 𝑥 𝑑𝑥 ， 𝑘=0,1,?,𝑛,得 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝑏?𝑎 𝑘=0 𝑛 𝑓 𝑥 𝑘 其中 =

39、 1 𝑏?𝑎 𝑎 𝑏 𝑙 𝑘 𝑥 𝑑𝑥 = 1 𝑏?𝑎 𝑎 𝑏 𝑥? 𝑥 0 ? 𝑥? 𝑥 𝑘?1 (𝑥? 

40、9909; 𝑘+1 )? 𝑥? 𝑥 𝑛 𝑥 𝑘 ? 𝑥 0 ? 𝑥 𝑘 ? 𝑥 𝑘?1 𝑥 𝑘 ? 𝑥 𝑘+1 ? 𝑥 𝑘 ? 𝑥

41、 𝑛 𝑑𝑥 = ? 𝑏?𝑎 0 𝑛 𝑡?𝑗 𝑘?𝑗 𝑑𝑡= ?1 𝑛?𝑘 𝑛𝑘!(𝑛?𝑘)! 0 𝑛

42、; 𝑡?𝑗 𝑑𝑡 當(dāng)𝑛=1時， = = 1 2 ，得,𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈𝑇= 𝑏?𝑎 2 𝑓 𝑎 +𝑓(𝑏)

43、 梯形公式當(dāng)𝑛=2時， = 1 6 ， = 4 6 ， = 1 6 ，得 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈𝑆= 𝑏?𝑎 6 𝑓 Ү

44、86; +4𝑓 𝑎+𝑏 2 +𝑓(𝑏) Simpson公式當(dāng)𝑛=4時，得 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥≈𝐶= 𝑏?𝑎 90 7𝑓

45、𝑥 0 + 𝑓 𝑥 1 + 12𝑓 𝑥 2 +32𝑓 𝑥 3 +7𝑓 𝑥 4 Newton-Cotes公式,表5.1(Cotes系數(shù)）,Cotes系數(shù)有如下性質(zhì)： 𝑘=0

46、 𝑛 =1 , = 表5.1中，當(dāng)𝑛=8時，Cotes系數(shù)有負(fù)值出現(xiàn)，穩(wěn)定性得不到保障。不能用高階Newton-Cotes公式進行計算，一般采用𝑛≤4。例5.2 𝟎 𝟏 sin 𝒙 𝒙 𝒅𝒙 ,試用梯形公式，Simpson公式和Newton-Co

47、tes公式計算該積分。解：𝑇= 1 2 1+ sin 1 ≈0.92073549 𝑆= 1 6 1+4×2 sin 1 2 + sin 1 ≈0.94614588,𝐶= 1 90 7+32×4 sin 1 4 +12×2 sin 2 4 + 32×4 sin 3 4 +7 sin 1 ≈0.9

48、4608300而 𝟎 𝟏 sin 𝒙 𝒙 𝒅𝒙 =𝟎.𝟗𝟒𝟔𝟎𝟖𝟑𝟎𝟕𝟎…定理5.3 當(dāng)𝑛為偶數(shù)時，Newton-Cotes公式至少具有𝑛

49、+1次代數(shù)精度。,2、誤差分析梯形公式的積分余項 設(shè)𝑓(𝑥)∈ 𝐶 2 𝑎,𝑏 插值余項 𝑅 1 𝑥 =𝑓 𝑥 ? 𝐿 1 𝑥 = 𝑓 (2) 𝜃 2! 𝑥?𝑎 

50、9909;?𝑏 積分余項 𝑅 𝑇 = 𝑎 𝑏 𝑓 (2) 𝜃 2! 𝑥?𝑎 𝑥?𝑏 𝑑𝑥 = 𝑓 (2) 𝜎 2 𝑎 &#

51、119887; 𝑥?𝑎 𝑥?𝑏 𝑑𝑥 積分中值定理 =? 𝑏?𝑎 3 12 𝑓 (2) 𝜎 ， 𝜎∈ 𝑎,𝑏,Simpson公式的積分余項 𝑅 w

52、878; =? 𝑏?𝑎 180 𝑏?𝑎 2 4 𝑓 (4) 𝜎 ， 𝜎∈ 𝑎,𝑏 Cotes公式的積分余項 𝑅 𝐶 =? 2 𝑏?𝑎 945 𝑏?𝑎 4 6

53、 𝑓 (6) 𝜎 ， 𝜎∈ 𝑎,𝑏,§5.3 復(fù)化求積公式1、復(fù)化梯形公式 將積分區(qū)間 𝑎,𝑏 劃分𝑛為等分,節(jié)點為 𝑥 𝑘 =𝑎+𝑘? 𝑘=0,1,?,𝑛 步長?= ⻔

54、7;?𝑎 𝑛 在每個等分小區(qū)間 𝑥 𝑘 , 𝑥 𝑘+1 𝑘=0,1,?,𝑛?1 上應(yīng)用梯形公式，有 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥= 𝑘=0 𝑛?1 &#

55、119909; 𝑘 𝑥 𝑘+1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 ≈ 𝑘=0 𝑛?1 ? 2 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓 𝑥 𝑘+1 ≈ ? 2 𝑓 𝑎 +2

56、 𝑘=1 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓(𝑏) = 𝑇 𝑛,余項 𝑅 𝑇 =? ? 2 12 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 (2) 𝜎 𝑘 ?

57、 ≈? ? 2 12 𝑎 𝑏 𝑓 (2) 𝑥 𝑑𝑥 =? ? 2 12 𝑓 𝑏 ? 𝑓 𝑎 2、復(fù)化Simpson公式 取區(qū)間 𝑥 𝑘 , 𝑥 𝑘+1

58、19896;=0,1,?,𝑛?1 中點 𝑥 𝑘+ 1 2 𝐼= 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥= 𝑘=0 𝑛?1 𝑥 𝑘 𝑥 𝑘+1 𝑓 ⻖

59、9; 𝑑𝑥,≈ 𝑘=0 𝑛?1 ? 6 𝑓 𝑥 𝑘 +4𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +𝑓 𝑥 𝑘+1 = ? 6 𝑓 𝑎 +4 𝑘=0 𝑛?1

60、𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +2 𝑘=1 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓(𝑏) = 𝑆 𝑛 余項 𝑅 𝑆 ≈? 1 180 ? 2 4 𝑓 (3) &

61、#119887; ? 𝑓 (3) 𝑎,3、復(fù)化Cotes公式 將間 𝑥 𝑘 , 𝑥 𝑘+1 𝑘=0,1,?,𝑛?1 劃分為四等分，等分節(jié)點記為 𝑥 𝑘+ 1 4 ， 𝑥 𝑘+ 1 2 , 𝑥 ⻕

62、6;+ 3 4 𝐶 𝑛 = ? 90 7𝑓 𝑎 +32 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘+ 1 4 + 12 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +32 w

63、896;=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘+ 3 4 +14 𝑘=1 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘 +7𝑓(𝑏) 余項 𝑅 𝐶 ≈? 2 945 ? 4 6 𝑓 (5) &#

64、119887; ? 𝑓 (5) 𝑎,例5.3 利用復(fù)化公式計算𝐼= 0 1 4 1+ 𝑥 2 𝑑𝑥 ，復(fù)化梯形公式𝑛=8，復(fù)化Simpson公式𝑛=4。解：將區(qū)間 0,1 劃分為8等分，分別計算被積函數(shù)𝑓 𝑥 = 4 1+ 𝑥 2 在9個求積節(jié)點上的

65、函數(shù)值,𝑇 8 = 1 8 × 1 2 𝑓 0 +2 𝑓 1 8 +𝑓 1 4 +𝑓 3 8 +𝑓 1 2 +𝑓 5 8 +𝑓 3 4 +𝑓 7 8 +𝑓(1) ≈3.138989

66、 𝑆 4 = 1 4 × 1 6 𝑓 0 +4 𝑓 1 8 +𝑓 3 8 + 𝑓 5 8 + 𝑓 7 8 +2 𝑓 1 4 +𝑓 1 2 +𝑓 3 4 +𝑓 1 ≈3.141593準(zhǔn)確

67、值𝐼= 0 1 1 1+ 𝑥 2 𝑑𝑥 =3.1415926…,§5.4 Romberg算法 復(fù)化求積方法可提高計算精度，但事先要確定步長，步長取太大精度不夠，步長取太小計算量增加，選擇合適步長是一件困難的事情。1、變步長求積方法 將區(qū)間 𝑎,𝑏 劃分為𝑛等分，得 𝑥 &#

68、119896; =𝑎+𝑘? 𝑘=0,1,?,𝑛 , ?= 𝑏?𝑎 𝑛 對每個小區(qū)間 𝑥 𝑘 , 𝑥 𝑘+1 𝑘=0,1,?,𝑛?1 應(yīng)用梯形公式計算并求和，得 𝑇 𝑛 = &

69、#119896;=0 𝑛?1 ? 2 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓 𝑥 𝑘+1 復(fù)化梯形值,再將𝑛個區(qū)間 𝑥 𝑘 , 𝑥 𝑘+1 劃分為二等分，有 𝑥 𝑘 , 

70、9909; 𝑘+ 1 2 𝑥 𝑘+ 1 2 , 𝑥 𝑘+1 對上述兩個區(qū)間分別利用梯形公式并求和，得 ? 2 2 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 + ? 2 2 𝑓 w

71、909; 𝑘+ 1 2 +𝑓 𝑥 𝑘+1 = ? 4 𝑓 𝑥 𝑘 +2𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +𝑓 𝑥 𝑘+1 于是 𝑇 2𝑛 = 𝑘=0

72、19899;?1 ? 4 𝑓 𝑥 𝑘 +2𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +𝑓 𝑥 𝑘+1,= ? 4 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓 𝑥 𝑘+1

73、 + ? 2 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 = 1 2 𝑇 𝑛 + ? 2 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 例5.4 利用變步長梯形公式計算𝐼= 0 1 4 1+ 𝑥

74、2 𝑑𝑥 ，要求誤差不超過 1 2 × 10 ?5 解 由𝑓 0 =4，𝑓 1 =2，得 𝑇 1 = 1 2 𝑓 0 +𝑓(1) =3 將區(qū)間 0,1 二等分，計算𝑓 1 2 =3.2,得 𝑻 ҷ

75、84; = 1 2 𝑇 1 + 1 2 𝑓 1 2 =3.1進一步做區(qū)間二等分，增加分點 𝑓 1 4 =3.7647706 ， 𝑓 3 4 =2.56得 𝑻 4 = 1 2 𝑇 2 + 1 4 𝑓 1 4 +𝑓 3 4 =3.13117

76、7按上述方法不斷做二分，得如下結(jié)果,因 𝑇 2 9 ? 𝑇 2 8 =0.000002< 1 2 × 10 ?5 故 𝐼= 0 1 4 1+ 𝑥 2 𝑑𝑥 ≈3.141592 二分9次，計算513個分點函數(shù)值。,2、Romberg算法由復(fù)化梯形公式積分余項 𝑅

77、19879; 𝑛 =𝐼? 𝑇 𝑛 ≈? ? 2 12 𝑓 𝑏 ? 𝑓 𝑎 得 𝑅 𝑇 2𝑛 =𝐼? 𝑇 𝑛 ≈? ? 2 2 12 𝑓 w

78、887; ? 𝑓 𝑎 于是 𝐼? 𝑇 𝑛 𝐼? 𝑇 2𝑛 ≈4即 𝐼? 𝑇 2𝑛 ≈ 1 3 𝑇 2𝑛 ? 𝑇 𝑛 事后估計式,于是

79、 𝐼≈ 4 3 𝑇 2𝑛 ? 1 3 𝑇 𝑛 可驗證 𝑆 𝑛 = 4 3 𝑇 2𝑛 ? 1 3 𝑇 𝑛 = 4 𝑇 2𝑛 ? 𝑇 𝑛 4?1 由復(fù)化Simps

80、on公式積分余項 𝑅 𝑆 𝑛 =𝐼? 𝑆 𝑛 ≈? 1 180 ? 2 4 𝑓 (3) 𝑏 ? 𝑓 (3) 𝑎 得 𝐼? 𝑆 𝑛 𝐼? 𝑆 2&#

81、119899; ≈16,即 𝐼≈ 𝑆 2𝑛 + 1 15 𝑆 2𝑛 ? 𝑆 𝑛 = 16 15 𝑆 2𝑛 ? 1 15 𝑆 𝑛 可驗證 𝐶 𝑛 = 16 15 𝑆 2𝑛

82、; ? 1 15 𝑆 𝑛 = 4 2 𝑆 2𝑛 ? 𝑆 𝑛 4 2 ?1 將復(fù)化Cotes公式做類似處理，得如下Romberg公式 𝑅 𝑛 = 64 63 𝐶 2𝑛 ? 1 63 𝐶 𝑛 = 4 3 𝐶

83、; 2𝑛 ? 𝐶 𝑛 4 3 ?1 外推公式 𝑇 𝑚 ? = 4 𝑚 4 𝑚 ?1 𝑇 𝑚?1 ? 2 ? 1 4 𝑚 ?1 𝑇 𝑚?1 (?),例5.5 利用Romberg公式計算𝐼= 0 1

84、4 1+ 𝑥 2 𝑑𝑥 。共計算33個分點的函數(shù),§5.5 Gauss求積公式1、Gauss求積公式的構(gòu)造考察定積分 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥做變量代換，令𝑥= 𝑏?𝑎 2 𝑡+ 𝑎+⻔

85、7; 2 ，則有 𝑎 𝑏 𝑓 𝑥 d𝑥= 𝑏?𝑎 2 ?1 1 𝑓 𝑏?𝑎 2 𝑡+ 𝑎+𝑏 2 𝑑𝑡 后續(xù)僅討論定積分 ?1 1 𝑓

86、19909; d𝑥由機械求積公式 ?1 1 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝑘=1 𝑛 𝐴 𝑘 𝑓 𝑥 𝑘,插值型求積公式中，求積節(jié)點 𝑥 𝑘 事先確定。如果將求積節(jié)點（Gauss點）和求積系數(shù)都待定，則可在求積節(jié)

87、點相同的情形下，構(gòu)造比插值型求積公式代數(shù)精度更高的求積公式，即Gauss求積公式。例5.6 對于求積公式 𝑎、 ?1 1 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝐴 0 𝑓 𝑥 0 𝑏、 ?1 1 𝑓 𝑥 d𝑥≈ 𝐴 1 𝑓 w

88、909; 1 + 𝐴 2 𝑓 𝑥 2 確定公式中的求積系數(shù) 𝐴 0 ， 𝐴 1 和 𝐴 2 ，使其具有更高的代數(shù)精度。解：討論公式𝑎,令𝑓 𝑥 =1,𝑥，得 𝐴 0 =2 𝑥 0 =0 由此，得 ?1 1

89、 𝑓 𝑥 d𝑥≈2𝑓 0 中矩形公式討論公式𝑏令𝑓 𝑥 =1,𝑥, 𝑥 2 , 𝑥 3 ，得 𝐴 1 + 𝐴 2 =2 𝐴 1 𝑥 1 + &

90、#119860; 2 𝑥 2 =0 𝐴 1 𝑥 1 2 + 𝐴 2 𝑥 2 2 = 2 3 𝐴 1 𝑥 1 3 + 𝐴 2 𝑥 2 3 =0,解得 𝐴 1 = 𝐴 2 =1 ， &

91、#119909; 2 =? 𝑥 1 = 1 3 由此，得 ?1 1 𝑓 𝑥 d𝑥≈𝑓 ? 1 3 +𝑓 1 3 公式𝑎與𝑏分別具有1次和3次代數(shù)精度。2、Gauss點的基本特性 設(shè) 𝑥 𝑘 𝑘=1,2,?,𝑛

92、; 為Gauss點，構(gòu)造多項式 𝜔 𝑥 = 𝑥? 𝑥 1 𝑥? 𝑥 2 ? 𝑥? 𝑥 𝑛 再設(shè)𝑝(𝑥)為次數(shù)≤𝑛?1的任意多項式，則有 𝑝(𝑥)𝜔 𝑥

93、 次數(shù)≤2𝑛?1,故有 ?1 1 𝑝 𝑥 𝜔 𝑥 𝑑𝑥= 𝑘=1 𝑛 𝐴 𝑘 𝑝 𝑥 𝑘 𝜔 𝑥 𝑘 由于𝜔 

94、9909; 𝑘 =0，故有 ?1 1 𝑝 𝑥 𝜔 𝑥 𝑑𝑥=0 結(jié)論：以Gauss點為零點的多項式𝜔 𝑥 與任意次數(shù)不超過𝑛?1次的多項式𝑝 𝑥 正交。 其逆命題亦成立：如果𝜔 𝑥

95、 與任意𝑛?1次的多項式正交，則𝜔 𝑥 的零點必為Gauss點。,3、Legendre多項式與Gauss點 設(shè) 𝑥 𝑘 𝑥 1 , 𝑥 2 ,?, 𝑥 𝑛 為Gauss點,構(gòu)造多項式 𝑃 𝑛 𝑥 = 𝑥?

96、𝑥 1 𝑥? 𝑥 2 ? 𝑥? 𝑥 𝑛 對 𝑃 𝑛 𝑥 做𝑛重積分,得 𝑢 𝑥 = ?1 𝑥 ?1 𝑥 ? ?1 𝑥 𝑃 𝑛 𝑥

97、 𝑑𝑥?𝑑𝑥𝑑𝑥 𝑢 𝑥 為2𝑛次多項式，且有 𝑢 (𝑛) 𝑥 = 𝑃 𝑛 𝑥 𝑢 ?1 = 𝑢 ?1 =?= 𝑢

98、 𝑛?1 ?1 =0?1為𝑢 𝑥 的𝑛?1重零點。設(shè)𝑣(𝑥)為任意𝑛?1次多項式，顯然 𝑣 (𝑛) 𝑥 =0,考察 ?1 1 𝑣 𝑥 𝑃 𝑛 𝑥 𝑑

99、𝑥= ?1 1 𝑣 𝑥 𝑢 𝑛 𝑥 𝑑𝑥=0 利用分部積分方法，得 ?1 1 𝑣(𝑥) 𝑢 (𝑛) 𝑥 𝑑𝑥 =𝑣 1 𝑢

100、 𝑛?1 1 ? 𝑣 1 𝑢 𝑛?2 1 +?+ ?1 𝑛?1 𝑣 𝑛?1 1 𝑢 1 =0考慮到𝑣 𝑥 的任意性，必有 𝑢 1 = 𝑢 1 =?= 𝑢 𝑛

101、?1 1 =0所以±1都是𝑢(𝑥)的𝑛?1重零點，因而 𝑢(𝑥)=𝑐 𝑥 2 ?1 𝑛,為使 𝑃 𝑛 𝑥 的首項系數(shù)為1，取 𝑐= 𝑛! 2𝑛 !

102、 于是，Legendre多項式為 𝑃 𝑛 𝑥 = 𝑛! 2𝑛 ! 𝑑 𝑛 𝑑 𝑥 𝑛 𝑥 2 ?1 𝑛 幾個常用的低階Legendre多項式 𝑃 1 ⻖

103、9; =𝑥 𝑃 2 𝑥 = 𝑥 2 ? 1 3 𝑃 3 𝑥 = 𝑥 3 ? 3 5 𝑥 𝑃 4 𝑥 = 𝑥 4 ? 30 35 𝑥 2 + 3 35 ??,譬如，構(gòu)造三點

104、Gauss公式 ?1 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈ 𝐴 1 𝑓 𝑥 1 + 𝐴 2 𝑓 𝑥 2 + 𝐴 3 𝑓 𝑥 3 令 𝑃 3 𝑥 = 𝑥 3 ? 3 5 w

105、909;=0，得 𝑥 1 =? 3 5 ， 𝑥 2 =0 ， 𝑥 3 = 3 5 再令𝑓 𝑥 =1,𝑥, 𝑥 2 ，求積公式準(zhǔn)確成立，則有 𝐴 1 + 𝐴 2 + 𝐴 3 =2

106、 𝐴 1 𝑥 1 + 𝐴 2 𝑥 2 + 𝐴 3 𝑥 3 =0 𝐴 1 𝑥 1 2 + 𝐴 2 𝑥 2 2 + 𝐴 3 𝑥 3 2 = 2 3,解得

107、 𝐴 1 = 5 9 ， 𝐴 2 = 9 8 ， 𝐴 3 = 5 9 三點Gauss求積公式為 ?1 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈ 5 9 𝑓 ? 3 5 + 9 8 𝑓 0 + 5 9 𝑓 3 5,習(xí)題1、試確定下面求積公式 ?1 1 w

108、891; 𝑥 𝑑𝑥≈𝐶 𝑓 𝑥 0 +𝑓 𝑥 1 +𝑓 𝑥 2 使其具有三次代數(shù)精度。2、試確定下列積分公式中的參數(shù)，使其具盡可能高的代數(shù)精度。 0 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈⻔

109、6; 𝑓 0 +𝑓(1) +𝑏 𝑓 0 ? 𝑓 (1),3、分別利用復(fù)化梯形公式與復(fù)化Simpson公式計算 1 2 𝑥 ln?(𝑥+1) 𝑑𝑥 （取步長?= 1 6 ）4、用變步長梯形公式計算 0 1 𝑠

110、;𝑖𝑛𝑥 𝑥 𝑑𝑥 精確到𝜀=0.0025、用Romberg算法計算積分 0 1 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑥 𝑑𝑥,1、解：分別令𝑓 𝑥 =1,ү

111、09;, 𝑥 2 , 𝑥 3 由𝑓 𝑥 =1，得 2=𝐶 1+1+1 ，于是𝐶= 2 3 由𝑓 𝑥 =𝑥, 𝑥 2 , 𝑥 3 ，得 𝑥 0 + ү

112、09; 1 + 𝑥 2 =0 𝑥 0 2 + 𝑥 1 2 + 𝑥 2 2 =1 𝑥 0 3 + 𝑥 1 3 + 𝑥 2 3 =0令 𝑥 0 =0解得 𝑥 1 = 2 2 ， 𝑥

113、; 2 =? 2 2,于是 ?1 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈ 2 3 𝑓 0 +𝑓 2 2 +𝑓 ? 2 2 2、解：取𝑓 𝑥 =1，得 1=2𝑎 ， 𝑎= 1

114、2 取𝑓 𝑥 =𝑥，得 1 2 =𝑎 0+1 +𝑏 1?1 =𝑎 成立 取𝑓 𝑥 = 𝑥 2 ，得 1 3 =𝑎 0+1 +𝑏 0?2 =Ү

115、86;?2𝑏,于是 𝑏= 1 12 求積公式為 0 1 𝑓 𝑥 𝑑𝑥≈ 1 2 𝑓 0 +𝑓(1) + 1 12 𝑓 0 ? 𝑓 (1) 取𝑓 𝑥 = 𝑥 3 ，有 公式左邊為

116、 1 4 ，右邊為 1 2 + 1 12 ?3 = 1 4 取𝑓 𝑥 = 𝑥 4 ，有 公式左邊為 1 5 ，右邊為 1 2 + 1 12 ?4 = 1 6 所以上述求積公式具有三次代數(shù)精度。,3、解：𝐼≈ 𝑇 6 = 𝑘=0 5 ? 2 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓

117、; 𝑥 𝑘+1 = ? 2 𝑓 𝑥 0 +2 𝑘=1 5 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓 𝑥 6 = ? 2 𝑓 1 +2 𝑘=1 5 𝑓

118、𝑥 𝑘 +𝑓 2,𝑇 6 =1.635126 𝐼≈ 𝑆 3 = 𝑘=0 2 ? 6 𝑓 𝑥 𝑘 +4𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +𝑓 𝑥 𝑘+1 = ?

119、 6 𝑓 𝑥 0 +2 𝑘=1 2 𝑓 𝑥 𝑘 +4 𝑘=0 2 𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 +𝑓 𝑥 3 這里?= 1 3 𝑆 3 = 1 18 1.442695 +2 1.573630 +1

120、.699242 + 4 1.508901 +1.637035 +1.760360 +1.820478 =1.635228,4、解： 由 𝑇 𝑛 = 𝑘=0 𝑛?1 ? 2 𝑓 𝑥 𝑘 +𝑓 𝑥 𝑘+1 𝑇 2

121、𝑛 = 1 2 𝑇 𝑛 + ? 2 𝑘=0 𝑛?1 𝑓 𝑥 𝑘+ 1 2 𝑇 1 = 1 2 𝑓 0 +𝑓(1) =0.9207355 𝑇 2 = 1 2 𝑇 1 + 1 2 𝑓 1

122、2 =0.9397933 𝑇 2 ? 𝑇 1 =0.019>0.002 𝑇 4 = 1 2 𝑇 2 + 1 4 𝑓 1 4 +𝑓 3 4 =0.9445135 𝑇 4 ? 𝑇 2 =0.004>0.002,𝑇 8 = 1 2 ⻓