Численное вычисление определенного интеграла

Лекция №2 ПРИБЛИЖЕННОЕ ВЫЧИСЛЕНИЕ ОПРЕДЕЛЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ Опишем численное вычисление определенного интеграла. Пусть требуется найти определенный интеграл 𝑏 ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 от непрерывной функции 𝑓(𝑥). Если можно найти первообразную F(x) функции 𝑓(𝑥), то интеграл вычисляется по формуле Ньютона – Лейбница. Но не всегда первообразная функции выражается через элементарные функции. В этих и других случаях используют приближенные формулы, с помощью которых определенный интеграл находится с любой степенью точности. Наиболее употребимые формулы – формула прямоугольников, формула трапеции и формула парабол (Симпсона), основанные на геометрическом смысле определенного интеграла (т.е. в этих методах вычисление значения определенного интеграла сводится к приближенному вычислению площади криволинейной трапеции) §1. Метод прямоугольников Пусть на отрезке [𝑎, 𝑏], где 𝑎 < 𝑏, задана непрерывная функция 𝑓(𝑥). Требуется вычислить интеграл 𝑏 численно равный ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥, площади соответствующей криволинейной трапеции. Разобьем основание этой трапеции на п равных частей длины ℎ= 𝑏−𝑎 𝑛 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 . Тогда 𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖ℎ. xi −1 + xi (это середина 2 каждого полученного частичного отрезка [𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 ] ) отметим соответствующую ординату: 𝑦̃𝑖 = 𝑓(𝑐𝑖 ). Приняв эту ординату за высоту, построим прямоугольник с площадью 𝑆𝑖 = ℎ ⋅ 𝑦̃𝑖 . В точке сi = Тогда сумма площадей всех п прямоугольников (при достаточно большом п) дает площадь, приближенно равную площади трапеции, т.е. 𝑏 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3 +. . . . . . . . . 𝑆𝑛 = ℎ ⋅ (𝑦̃1 + 𝑦̃2 + 𝑦̃3 +. . . . . . . . 𝑦̃𝑛 ) = 𝑎 𝑛 𝑛 = ℎ ⋅ ∑ 𝑦̃𝑖 = ℎ ⋅ ∑ 𝑓(𝐶𝑖 ) 𝑖=1 𝑖=1 т.е. 𝒃 ∫𝒂 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ≈ 𝒃−𝒂 𝒏 𝒙𝒊−𝟏 +𝒙𝒊 ⋅ ∑𝒏𝒊=𝟏 𝒇 ( 𝟐 (1) – ) ± |𝑹𝒏 (𝒇)| формула средних прямоугольников Абсолютная погрешность этого метода определяется неравенством: |𝑹𝒏 (𝒇)| ≤ 𝑴𝟐 ∙𝒉𝟑 ∙𝒏 𝟐𝟒 , (2) где 𝑴2 = 𝒎𝒂𝒙 |𝒇′′ (𝒙)| (3) 𝒙∈[𝒂,𝒃] 2 Пример: Вычислить интеграл ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥 при п=4, используя метод средних прямоугольников. Решение. 𝑛 𝑏 𝑏−𝑎 𝑥𝑖−1 + 𝑥𝑖 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ ⋅ ∑𝑓( ) ± |𝑅𝑛 (𝑓)| ⇒ 𝑛 2 𝑎 𝑖=1 2 ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥 ≈ 2−0 4 ⋅ ∑4𝑖=1 𝑓 ( 𝑥𝑖−1 +𝑥𝑖 2 ) ± |𝑅𝑛 (𝑓)|= = 1 4  xi −1 + xi  1  x + x  f  + Rn ( f ) =  f  0 1  +  2 i =1  2  2  2  1 2 x +x  f 1 2 +  2  Так как 𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖ℎ и h = , получим: x +x  f 2 3 +  2   x + x4   f 3    Rn ( f ) 2   0 + 1⁄2 𝑥0 + 𝑥1 1 1 3 1 ) = 𝑓( ) = 𝑓( ) = ( ) = 𝑓( 2 2 4 4 64 𝒙𝟎 = 𝟎 𝟏 𝟏 = 𝟐 𝟐 𝟏 𝒙𝟐 = 𝒙𝟎 + 𝟐 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟐 ⋅ = 𝟏 𝟐 𝟏 𝟑 𝒙𝟑 = 𝒙𝟎 + 𝟑 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟑 ⋅ = 𝟐 𝟐 𝟏 𝒙𝟒 = 𝒙𝟎 + 𝟒 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟒 ⋅ = 𝟐 𝟐 1⁄ + 1 𝑥1 + 𝑥2 3 3 3 27 2 ) = 𝑓( ) = 𝑓( ) = ( ) = 𝑓( 2 2 4 4 64 𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 + 𝟏 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟏 ⋅ |𝑅𝑛 (𝑓)| ≤ 1 + 3⁄2 𝑥2 + 𝑥3 5 5 3 125 ) = 𝑓( ) = 𝑓( ) = ( ) = 𝑓( 2 2 4 4 64 3⁄ + 2 𝑥3 + 𝑥4 7 7 3 343 2 ) = 𝑓( ) = 𝑓( ) = ( ) = 𝑓( 2 2 4 4 64 𝑴𝟐 ∙𝒉𝟑 ∙𝒏 𝟐𝟒 , где 𝑴2 = 𝒎𝒂𝒙 |𝒇′′(𝒙)| 𝒙∈[𝒂,𝒃] 𝒇′′(𝒙) = 𝟔𝒙, 𝑀1 = 𝑚𝑎𝑥 |𝟔𝒙| = 12, |𝑅4 (𝑓)| ≤ 1 3 2 12 ∙ ( ) ⋅4 24 [0; 2] 𝟐 𝟏 𝟏 𝟐𝟕 Следовательно: ∫𝟎 𝒙𝟑 𝒅𝒙 ≈ ⋅ ( + + 𝟐 𝟔𝟒 𝟔𝟒 𝟏𝟐𝟓 𝟔𝟒 + 𝟑𝟒𝟑 𝟔𝟒 = 1 4 ) ± 𝟎, 𝟐𝟓 ≈ 𝟑, 𝟖𝟕𝟓 ± 0,25. §2. Метод трапеций Формулу трапеций получают аналогично формуле прямоугольников: на каждом частичном отрезке криволинейная трапеция заменяется обычной. Пусть на отрезке [𝑎, 𝑏], где 𝑎 < 𝑏, задана непрерывная функция 𝑓(𝑥). Требуется вычислить интеграл 𝑏 ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥, численно равный площади соответствующей криволинейной трапеции. Разобьем основание этой трапеции на п равных частей длины ℎ= 𝑏−𝑎 𝑛 = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 . Тогда 𝑥𝑖 = 𝑥0 + 𝑖ℎ, 𝑦𝑖 = 𝑓(𝑥𝑖 ). На каждом частичном промежутке тогда построится трапеция вида ABCD: 𝐴(𝑥𝑖−1 , 0), 𝐵(0, 𝑦𝑖−1 ), 𝐶(0, 𝑦𝑖 ), 𝐷(𝑥𝑖 , 0), 𝑖 = 1,2, … , 𝑛. Площадь каждой такой трапеции равна (полусумма оснований, умноженная на высоту): 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑆𝑖 = 𝑦𝑖−1 + 𝑦𝑖 𝑦𝑖−1 + 𝑦𝑖 ∙ (𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 ) = ∙ ℎ. 2 2 Тогда площадь всей криволинейной трапеции приблизительно равна сумме площадей трапеций 𝑆𝑖 , высота каждой из которых равна h, то: 𝒃 ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ≈ 𝑆1 + 𝑆2 + 𝑆3 +. . . 𝑆𝑛 = ℎ ⋅ 𝒂 =𝒉⋅( 𝑦0 + 𝑦1 𝑦1 + 𝑦2 𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛 +ℎ⋅ +. . . +ℎ ⋅ = 2 2 2 𝒚𝟎 + 𝟐𝒚𝟏 + 𝟐𝒚𝟐 +. . . +𝟐𝒚𝒊−𝟏 + 𝟐𝒚𝒊 +. . . +𝟐𝒚𝒏−𝟏 + 𝒚𝒏 )= 𝟐 𝒃 − 𝒂 𝒚𝟎 + 𝒚𝒏 = ⋅( + 𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 +. . . +𝒚𝒏−𝟏 ) 𝒏 𝟐 Абсолютная погрешность прямоугольников) составляет: |𝑹𝒏 (𝒇)| ≤ метода (аналогично 𝑴𝟐 ∙𝒉𝟑 ∙𝒏 𝟏𝟐 , где 𝑴2 = 𝒎𝒂𝒙 |𝒇′ ′(𝒙)| методу (4) 𝒙∈[𝒂,𝒃] Тогда 𝒃−𝒂 𝒃 ∫𝒂 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 ≈ 𝒏 ⋅ ( 𝒚𝟎 +𝒚𝒏 + 𝒚𝟏 𝟐 + 𝒚𝟐 +. . . . . . +𝒚𝒏−𝟏 ) ± |𝑹𝒏 (𝒇)| (5) – формула трапеций 2 Пример: Вычислить интеграл ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥 при п = 4, используя метод трапеций. Решение. По формуле трапеций: 2 𝒚 +𝒚 ⋅(  x dx  𝟐−𝟎 𝟒 𝟐 3 𝟎 𝟒 + 𝒚𝟏 + 𝒚𝟐 + 𝒚𝟑 ) ± R n ( f ) , 1 т.к. 𝒙𝒊 = 𝒙𝟎 + 𝒊 ⋅ 𝒉, ℎ = , то 2 𝟏 𝟏 𝟐 𝟐 𝒙𝟎 = 𝟎, 𝒙𝟏 = 𝒙𝟎 + 𝟏 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟏 ⋅ = , 𝟏 𝒙𝟐 = 𝒙𝟎 + 𝟐 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟐 ⋅ = 𝟏, 𝟐 𝟏 𝟑 𝒙𝟑 = 𝒙𝟎 + 𝟑 ⋅ 𝒉 = 𝟎 + 𝟑 ⋅ = , 𝟐 1 𝟐 𝑥4 = 𝑥0 + 4 ⋅ ℎ = 0 + 4 ⋅ = 2. 2 Тогда 𝑦0 = 𝑓(0) = 03 = 0, 3 3 3 𝑦2 = 𝑓(1) = 13 = 1, 𝑦3 = 𝑓 ( ) = ( ) = 2 2 Найдем погрешность: 1 3 1 1 𝑦1 = 𝑓 ( ) = ( ) = , 2 2 8 27 8 , 𝑦4 = 𝑓(2) = 23 = 8. |𝑅𝑛 (𝑓)| ≤ 𝑴𝟐 ∙𝒉𝟑 ∙𝒏 𝟏𝟐 где 𝑀2 = 𝑚𝑎𝑥 |𝑓 ″ (𝑥)| , [𝑎; 𝑏] 𝒇″ (𝒙) = 𝟔𝒙, 𝑀2 = 𝑚𝑎𝑥 |6𝑥| = 12, [0; 2] |𝑅4 (𝑓)| ≤ Следовательно, 𝟐 𝟏 ∫𝟎 𝒙𝟑 𝒅𝒙 ≈ 𝟐 ⋅ ( 𝟎+𝟖 𝟐 𝟏 𝟐𝟕 𝟖 𝟖 + +𝟏+ 1 3 2 12⋅ ( ) ∙4 ) ± 𝟎, 𝟓 = 4,25 ± 0,5. 12 1 = = 0,5 2 §3. Метод парабол (Метод Симпсона) Если заменить график функции на каждом отрезке [𝑥𝑖−1 ; 𝑥𝑖 ] не отрезками прямых, как в методах прямоугольников и трапеций, а дугами парабол, то получим более точную формулу приближенного значения 𝑏 интеграла ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. Предварительно найдем вспомогательную площадь S криволинейной трапеции, ограниченной сверху параболой 𝑦 = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐, прямыми 𝑥 = −ℎ, 𝑥 = ℎ и отрезком [−ℎ, ℎ]. Пусть парабола проходит через точки М1(-h; у0), М2(0; у1) и М3(h; у2). 𝑦0 = 𝑎(−ℎ)2 + 𝑏(−ℎ) + 𝑐 = 𝑎ℎ2 − 𝑏ℎ + 𝑐 {𝑦1 = 𝑎 ⋅ 02 + 𝑏 ⋅ 0 + 𝑐 = 𝑐 𝑦2 = 𝑎ℎ2 + 𝑏ℎ + 𝑐 (6) тогда полученная площадь: h h x3 x2 S =  (ax + bx + c)dx = a + b + cx 3 2 −h −h 2 =a  ( − h) 3  2 h3 h2 ( − h) 2 + b + ch −  a +b + c(−h)  = ah 3 + 2ch 3 2 3 2   3 (7) Выразим полученное значение через 𝑦0 , 𝑦1 и 𝑦2 . Используя формулы (6), 1 получим: 𝑐 = 𝑦1 , 𝑎 = 2 ∙ (𝑦0 − 2𝑦1 + 𝑦2 ). Подставляя полученные значения 2ℎ в (7), получим: ℎ 𝑆 = (𝑦0 + 4𝑦1 + 𝑦2 ) 3 (8) Вывод формулы парабол (Симпсона) Пусть дана криволинейная трапеция, ограниченная графиком функции 𝑦 = 𝑓(𝑥) и прямыми 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏, 𝑦 = 0. 1. Разобьем отрезок [𝑎, 𝑏], где 𝑎 < 𝑏, на 2п равных частей. Получим отрезки длиной ℎ= 𝑏−𝑎 (1) 2𝑛 2. В точках деления вычислим значения функции y = f (x): у0, у1, у2, ......, у2п-2, у2п-1, у2п. 3. Заменим каждую пару соседних криволинейных трапеций параболическими трапециями с основаниями, равными 2h. На отрезке [x0; x2] парабола проходит через точки (х0; у0), (х1; у1), (х2; у2). ℎ 𝑥 Используя формулу (8), получим 𝑆1 = ∫𝑥 2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑦0 + 4𝑦1 + 𝑦2 ) 3 ℎ 𝑥 Аналогично на отрезке [x2; x4]: 𝑆2 = ∫𝑥 4 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑦2 + 4𝑦3 + 𝑦4 ) и т. д. 3 2 до ℎ 𝑥 𝑆𝑛 = ∫𝑥 2𝑛 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑦2𝑛−2 + 4𝑦2𝑛−1 + 𝑦2𝑛 ) 3 2𝑛−2 Следовательно: ℎ 𝑏 ℎ ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑆1 + 𝑆2 +. . . . +𝑆𝑛 = 3 (𝑦0 + 4𝑦1 + 𝑦2 ) + 3 (𝑦2 + 4𝑦3 + ℎ +𝑦4 )+. . . . . + (𝑦2𝑛−2 + 4𝑦2𝑛−1 + 𝑦2𝑛 )= 3 ℎ = [(𝑦0 + 𝑦2𝑛 ) + 4(𝑦1 + 𝑦3 +. . . . +𝑦2𝑛−1 ) + 2(𝑦2 + 𝑦4 +. . . +𝑦2𝑛 )] 3 Учитывая погрешность вычислений |𝑅𝑛 |и Симпсона ℎ= 𝑏−𝑎 2𝑛 , получим формулу 𝒃 ∫𝒂 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 = = 𝒃−𝒂 𝟔𝒏 [(𝒚𝟎 + 𝒚𝟐𝒏 ) + 𝟒(𝒚𝟏 + 𝒚𝟑 +. . . . +𝒚𝟐𝒏−𝟏 ) + 𝟐(𝒚𝟐 + 𝒚𝟒 +. . . +𝒚𝟐𝒏 )] ± |𝑹𝒏 | (10) – формула парабол (Симпсона) Абсолютная погрешность метода оценивается соотношением: |𝑹𝒏 (𝒇)| ≤ 𝑴𝟑 ∙𝒉𝟑 𝟏𝟗𝟐 ∙ (𝒃 − 𝒂) , где 𝑴𝟑 = 𝒎𝒂𝒙|𝒇′′′ (𝒙)| [𝒂; 𝒃] (11) Пример 3.4: 2 Вычислить интеграл ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥, используя метод парабол при п = 4. Решение. Количество разбиений 2п = 8, ℎ = 2−0 2⋅4 1 = , f (x)= x3 4 Составим таблицу: х учетное y0 , y8 унечетное y0 = f(0) = 03 = 0 x0 =0 3 1 1 1 у1 = f   =   = 64 4 4 1 1 x1 = 0 + = 4 4 3 1 1 1 у2 = f   =   = 8 2 2 1 2 1 x2 = 0 + 2  = = 4 4 2 x3 = 0 + 3  1 3 = 4 4 x4 = 0 + 4  1 4 = =1 4 4 3 27 3 3 у3 = f   =   = 64 4 4 у 4 = f (1) = 13 = 1 3 125 5 5 у5 = f   =   = 64 4 4 1 5 x5 = 0 + 5  = 4 4 x6 = 0 + 6  1 6 3 = = 4 4 2 x7 = 0 + 7  1 7 = 4 4 x8 = 2 3 27 3 3 у6 = f   =   = 8 2 2 3 343 7 7 у7 = f   =   = 64 4 4 y8 = f(2) = 23 = 8 Рассмотрим погрешность метода: 𝑀3 ∙ ℎ3 |𝑅𝑛 (𝑓)| ≤ ∙ (𝑏 − 𝑎) 192 3 |𝑅4 (𝑓)| ≤ 𝑀3 ∙ ℎ = 192 1 3 6 ∙ (2) ∙ 2 192 = 0,0078125 По формуле Симпсона получаем: 2 2−0 1 27 ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥= 6⋅4 [(0 + 8) + 4 (64 + 64 + 125 64 + 343 64 1 8 ) + 2 (8 + 8 + 27 8 )] ± 0,0078125 = 4 ± 0,0078125