II. RF KMF DokuWiki

5.1. Interpolációk alkalmazása
5.2. Newton-Cotes formulák
5.3. Téglalap-formulák
5.4. Trapéz-formula (Trapéz-szabály)
5.5. Simpson-formula (Simpson-szabály)\ 5.6. Newton-formula (a három nyolcad-szabály)\ 5.7. Alappontok számának meghatározása\ 5.8. Gauss (Legendre-Gauss) kvadratúrák
5.9. Integrálás sorok alkalmazásával

Newton-Leibniz tétel:

$$S=\int\limits_a^bf(x)dx=F(b)-F(a),\tag{5.1}\label{eq:5.1}$$ $$ ahol a $F(x)$ függvény a $f(x)$ függvény primitív függvénye:

$$F′(x) = f(x). \tag{5.2}\label{eq:5.2}$$

A $\eqref{eq:5.1}$ képletet csak akkor lehet alkalmazni, ha megtudjuk határozni a $F(x)$ primitív függvényt, különben kénytelenek vagyunk numerikus integrálást alkalmazni. A numerikus integrálásnak úgy lehet végrehajtani, hogy a $f(x)$ függvényt egy $p(x)$ interpolációs polinommal közelítjük:

$$f(x) ≈ p(x)\tag{5.3}\label{eq:5.3}$$

és ez alapján a határozott integrál értékét általános formában így közelítjük:

$$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\int\limits_a^bp(x)dx. \tag{5.4}\label{eq:5.4}$$

Ha az interpolációs polinomként a Lagrange-féle interpolációs polinomot választjuk:

$$P(x) ≈ L^{(n)}(x) = L_0(x)y_0 + L_1(x)y_1 + L_2(x)y_2 + … +L_n(x)y_n, \tag{5.5}\label{eq:5.5}$$

akkor $$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\int\limits_a^bp(x)dx = \int\limits_a^b\left[\sum_{k=0}^{n}L_k(x)y_k\right]dx = \sum_{k=0}^{n}y_k\int\limits_a^bL_k(x)dx \tag{5.6}\label{eq:5.6}$$

A numerikus integrálás hibabecslése a következő képlet alapján állapítható meg:

$$R_n(f)=\int\limits_a^bf(x)dx-\int\limits_a^bp(x)dx =\displaystyle\frac{1}{(n+1)!}\int\limits_a^bf^{(n+1)}(\xi) (x-x_0)(x-x_1)\cdots(x-x_n)dx \tag{5.7}\label{eq:5.7}$$

Akkor:

$$|R_n(f)| \leqslant \frac{M_{n+1}(b - a )^{n+1}}{(n+1)!}, \tag{5.8}\label{eq:5.8}$$

ahol

$$ M_{n+1}=\max_{x\in[a,b]}|f^{(n+1)}(x)|. $$

A Newton-Cotes formulákat úgy kaphatjuk, hogy az $f(x)$ függvényt a Lagrange-féle interpolációs polinommal közelítjük, úgy hogy a alappontok ekvidisztánsak legyenek:

$$x_n =a + kh,\quad k = 0, 1, 2, …,n \tag{5.9}\label{eq:5.9}$$

ahol a lépésköz :

$$h = \frac{b-a}{n} \tag{5.10}\label{eq:5.10}$$

A Newton-Cotes formulákat két változatban alkalmazhatjuk.

Zárt Newton-Cotes formula (az alappontok az $a$ és a $b$ pontokat is tartalmazzák)

$$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\sum_{k=0}^{n}A^{(n)}_kf(a+kh)dx. \tag{5.11}\label{eq:5.11}$$

A $A^{(n)}_k$ együtthatókat a $B^{(n)}_k$ együtthatók alapján lehet kiszámítani:

$$A^{(n)}_k = (b-a)B^{(n)}_k, \tag{5.12}\label{eq:5.12}$$

ahol a $B^{(n)}_k$ együtthatók nem függnek az $(a, b)$ intervallumtól és

$$\sum_{k=0}^nB^{(n)}_k=1, \tag{5.13}\label{eq:5.13}$$

$$B^{(n)}_k = B^{(n)}_{n-k}$$

A $B^{(n)}_k$ értékeket a Lagrange-féle együtthatók integrálásával:

$$\int\limits_0^1L_k(x)dx$$

előre kiszámíthatjuk.

A következő táblázat tartalmazza a $B^{(n)}_k$ értékeket, amelyek a zárt Newton-Cotes formulákhoz tartoznak ($n\leqslant 11$).

$$\begin{matrix} n\backslash k & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & \text{Nevező} \\ 2 & 1 & & & & & & 2 \\ 3 & 1 & 4 & & & & & 6 \\ 4 & 1 & 3 & & & & & 8 \\ 5 & 7 & 32 & 12 & & & & 90 \\ 6 & 19 & 75 & 50 & & & & 288 \\ 7 & 41 & 216 & 27 & 272 & & & 840 \\ 8 & 751 & 3577 & 1323 & 2989 & & & 17280 \\ 9 & 989 & 5888 & -928 & 10496 & -4540 & & 28350 \\ 10 & 2857 & 15741 & 1080 & 19344 & 5778 & & 89600 \\ 11 & 16067 & 106300 & -48525 & 272400 & -260550 & 427368 & 598752 \end{matrix}$$

Nyílt Newton-Cotes formula (az $a$ és $b$ pontokat nem tartalmazzák):

$$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\sum_{k=1}^{n-1}A^{(n)}_kf(a+kh)dx. \tag{5.14}\label{eq:5.14}$$

A következő táblázat tartalmazza a $B^{(n)}_k$ értékeket, melyek a nyílt Newton-Cotes formulákhoz tartoznak ($n\leqslant 10$).

$$\begin{matrix} n\backslash k & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \text{Nevező} \\ 2 & 1 & & & & & 2 \\ 3 & 2 & -1 & & & & 3 \\ 4 & 11 & 1 & & & & 24 \\ 5 & 11 & -14 & 26 & & & 20 \\ 6 & 611 & -453 & 562 & & & 1440 \\ 7 & 460 & -954 & 2196 & -2459 & & 945 \\ 8 & 1787 & -2803 &4967 & -1711 & & 4480 \\ 9 & 4045 & -11690 & 33340 & -55070 & 67822 & 9072 \\ 10 & 2752447 & -6603199 & 15673880 & -17085616 & 881258 & 7257600 \end{matrix}$$

5.1. Példa

$$\int\limits_0^1\frac{dx}{1+x^2},$$

zárt Newton-Cotes formula, $n=10$.

$$\begin{equation}\begin{aligned} y_0 &= 1,\!00000000, \\ y_1 &= 0,\!99009900, \\ y_2 &= 0,\!96168846, \\ y_3 &= 0,\!91743119, \\ y_4 &= 0,\!862066896, \\ y_5 &= 0,\!80000000, \\ y_6 &= 0,\!73529411, \\ y_7 &= 0,\!67114093, \\ y_8 &= 0,\!60975609, \\ y_9 &= 0,\!55248618, \\ y_{10} &= 0,\!50000000. \end{aligned}\end{equation} $$ $$B^{(11)}_1 = B^{(11)}_{11} =0,\!026834148,\quad B^{(11)}_2 = B^{(11)}_{10} =0,\!17753594,$$ $$B^{(11)}_3 = B^{(11)}_9 = -0,\!08104357,\quad B^{(11)}_4= B^{(11)}_8 =0,\!45494628,$$ $$B^{(11)}_5 = B^{(11)}_7 = -0,\!43515512,\quad B^{(11)}_6 = 0,\!71376463.$$ $$I=\sum_{k=0}^{10}B^{(11)}_{k+1}y_k=0,\!78539818.$$ Az integrál pontos értéke: $\displaystyle\frac{\pi}{4} = 0,\!78539816…$

A lépésköz:

$$h=\frac{b-a}{n}.$$

Első téglalap-formula:

$$S_n^1=h\sum_{i=0}^{n-1}y_i\tag{5.15}\label{eq:5.15}$$

Második téglalap-formula:

$$S_n^2=h\sum_{i=1}^{n}y_i\tag{5.16}\label{eq:5.16}$$

Ha az $f(x)$ függvény monoton, akkor $$\left|S_n^i-\int\limits_a^bf(x)dx\right|\leqslant|S_n^1-S_n^2|=h\cdot|y_n-y_0|=h\cdot|f(b)-f(a)| \tag{5.17}\label{eq:5.17}$$

Harmadik téglalap-formula:

$$S_n^3=h\sum_{i=1}^{n}y_{i-\frac{1}{2}},\tag{5.18}\label{eq:5.18}$$

ahol

$$y_{i-\frac{1}{2}} = f(x_{i-\frac{1}{2}}),\quad x_{i-\frac{1}{2}}=\frac{x_{i-1} + x_i}{2}, \quad i=1, 2, …, n \tag{5.19}\label{eq:5.19}$$

Ez a formula olyan zárt Newton-Cotes formulának felel meg, amely két alappontot tartalmaz.

$$h=\frac{b - a}{n}$$.

$$S_n=s_0 + s_1 + … + s_{n-1}$$

$$s_k =\frac{(y_k+ y_{k+1})h}{2},\quad k =0, 1, …, n-1$$

$$S_n= h \left(\frac{y_0+y_1}{2} +\frac{y_1+y_2}{2}+ … + \frac{y_{n-1}+ y_n}{2}\right) \tag{5.20}\label{eq:5.20}$$

$$S_n^T=h\left(\frac{y_0+y_n}{2}+\sum_{i=1}^{n-1}y_i\right) \tag{5.21}\label{eq:5.21}$$

A Trapéz-formula hiba-becslése:

$$R\leqslant\frac{h^2(b-a)M_2}{12},\tag{5.22}\label{eq:5.22}$$

ahol

$$M_2=\max_{x\in[a,b]}|f^{\prime\prime}(x)|.$$

Ha az $y=f(x)$ függvény táblázat formában van megadva, akkor

$$R≈\frac{(b-a)E(∆^2y)}{12}\tag{5.23}\label{eq:5.23}$$

Ahol a $E(∆^2y)$ a másodrendű differenciák abszolút értékeinek $|∆^2_ky|$ átlaga.

Ez a formula olyan zárt Newton-Cotes formulának felel meg, amely három alappontot tartalmaz, és $n=2m$ páros kell, hogy legyen.

A $x_{k-1}, x_k, x_{k+1}$ pontokra szerkesztünk egy Lagrange-féle interpolációs polinomot. Legyen

$$x_k - x_{k-1} = h$$

Bevezetünk új változót:

$$t=\frac{x - x_{k-1}}{h},$$

akkor:

$$x= x_{k-1}+th,\quad x - x_{k-1}=th,\tag{5.24}\label{eq:5.24}$$ (5.24)

$$x - x_k = (t-1)h,\quad x - x_{k+1} = (t-2)h, \tag{5.25}\label{eq:5.25}$$ (5.25)

és kiszámíthatjuk a Lagrange-féle együtthatóinak kifejezéséit:

$$L_0(x)=\frac{(x-x_k)(x-x_{k+1})}{(x_{k-1}-x_k)(x_{k-1}-x_{k+1})}= \frac{(t-1)h(t-2)h}{2h^2}=\frac{1}{2}(t^2-3t+2) \tag{5.26}\label{eq:5.26}$$

$$L_1(x)=\frac{(x-x_{k-1})(x-x_{k+1})}{(x_{k}-x_{k-1})(x_{k}-x_{k+1})}= \frac{th(t-2)h}{-h^2}=-t^2+2t$$

$$L_2(x)=\frac{(x-x_{k-1})(x-x_k)}{(x_{k+1}-x_{k-1})(x_{k+1}-x_{k})}= \frac{th(t-1)h}{2h^2}=\frac{1}{2}(t^2-t).$$

Figyelembe véve, hogy

$$dx =h\cdot dt$$

és $0 \leqslant t \leqslant 2$,

akkor

$$\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}}f(x)dx\approx h \int\limits_0^2(L_0y_{k-1}+L_1y_k+L_2y_{k+1})dt. \tag{5.29}\label{eq:5.29}$$

Mivel: $$\int\limits_0^2L_0dt=\frac{1}{3}, \quad \int\limits_0^2L_1dt=\frac{4}{3}, \quad \int\limits_0^2L_2dt=\frac{1}{3}, \tag{5.30}\label{eq:5.30}$$

akkor $$\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}}f(x)dx\approx\frac{h}{3} (y_{k-1}+4y_k+y_{k+1}) \tag{5.31}\label{eq:5.31}$$

és megkaptuk a Simpson-formula képletét: $$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\frac{h}{3}(y_0+4y_1+2y_2+4y_3+2y_4+ \ldots+2y_{n-2}+4y_{n-1}+y_n) \tag{5.32}\label{eq:5.32}$$

vagy

$$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\frac{h}{3}[y_0+y_n+4(y_1+y_3+y_5+ \ldots+y_{n-1})+2(y_2+y_4+y_6+\ldots+y_{n-2})] \tag{5.33}\label{eq:5.33}$$

A Simpson-formula hiba-becslése:

$$R = \frac{mh^5M_2}{90} \leqslant \frac{h^4(b - a)M_2}{180}, \tag{5.34}\label{eq:5.34}$$

ahol

$$M_2=\max_{x\in[a,b]}|f^{(4)}|.$$

Ha a $y=f(x)$ függvény táblázat formában van megadva, akkor a hibabecslést így lehet meghatározni:

$$R≈\frac{(b - a)E(∆^4y)}{180} \tag{5.35}\label{eq:5.35}$$

ahol az $E(∆^4y )$ a $|∆^4_ky|$ differenciák átlaga.

$$n=3m$$

$$\int\limits_a^bf(x)dx\approx\frac{3h}{8} [y_0+y_n+2N_2+3N_2] \tag{5.36}\label{eq:5.36}$$

ahol

$$N_2 = (y_3+ y_6 + y_9+ …+ y_{3m-3}) \tag{5.37}\label{eq:5.37}$$

$$N_3 = (y_1+ y_2 + y_4+ y_5+ …+ y_{3m-2}+ y_{3m-1}) \tag{5.38}\label{eq:5.38}$$

A Newton-formula hiba-becslése:

$$R≈\frac{h^4 (b - a )M}{80} \tag{5.39}\label{eq:5.39}$$

ahol

$$M=\max_{x\in[a,b]}|f^{(4)}|.$$

Ha a $y=f(x)$ függvény táblázat formában van megadva, akkor

$$R≈\frac{(b - a)E(∆^4y)}{80} \tag{5.40}\label{eq:5.40}$$

ahol a $E(∆^4y )$ a $|∆^4_ky|$ differenciák átlaga.

5.2. Példa

$$S=\int\limits_0^1e^{-x^2}dx$$

Trapéz-formula, $n=10$

$$y^{\prime\prime}=2(2x^2-1)e^{-x^2},\quad M=\max_{x\in[0,1]}|y^{\prime\prime}|=2$$

$$R\leqslant\frac{h^2(b-a)M}{12}= \frac{(0,\!1)^2\cdot 2}{12}<0,\!002$$

$$S=\int\limits_0^1e^{-x^2}dx\approx 0,\!7462\approx 0,\!746.$$

5.3. Példa

$$S=\int\limits_0^1e^{x^2}dx$$

Simpson-formula, $n=10$

$$y^{(4)}=4(4x^4+12x^2+3)e^{x^2},$$

$$M=\max_{x\in[0,1]}|y^{(4)}|=2$$

$$R\leqslant \frac{5\cdot (0,\!1)^5\cdot 76\cdot 2,\!718}{90} ≈0,\!000115$$

$$S=\int\limits_0^1e^{-x^2}dx\approx\frac{1}{30}(3,\!7183+4\cdot 7,\!2685+2\cdot 5,\!5441)=1,\!46268$$

$$S ≈1,\!4627$$

5.4 Példa

$$S=\int\limits_0^{0,6}\frac{dx}{1+x}dx$$

Három nyolcad-szabály, $h = 0,\!1$

$$y^{(4)} =24 (1+x)^{-5}$$

$$M =\max | y^{(4)}| =24.$$

A függvény a maximum értékét a $x=0$ pontban éri el.

$$R \leqslant \frac{6\cdot(0,\!1)^5\cdot 24}{80} ≈1,\!8\cdot 10^{-5}$$

$$S=\int\limits_0^{0,6}\frac{dx}{1+x}dx\approx\frac{3}{8} 0,\!1(1,\!622500+1,\!53846+9,\!37014)=0,\!47001$$

5.5. Példa

$$S=\int\limits_0^{0,8}f(x)dx$$

Simpson-formula.

A függvény táblázat formában van adva:

$$\begin{matrix} x & 0 & 0,\!1 & 0,\!2 & 0,\!3 & 0,\!4 & 0,\!5 & 0,\!6 & 0,\!7 & 0,\!8 \\ f(x) & 1,\!0000 & 0,\!9950 & 0,\!9801 & 0,\!9553 & 0,\!9211 & 0,\!8776 & 0,\!8353 & 0,\!7648 & 0,\!6967 \end{matrix}$$

$$h =0,\!1,\quad n = 2m = 8.$$

$$S=\int\limits_0^{0,8}f(x)dx\approx\frac{1}{30}(1,\!6967+4\cdot 3,\!5927+2\cdot 2,\!7265)=0,\!71735 $$

Hiba-becslés:

$$\begin{matrix} x & y & \Delta y & \Delta^2y & \Delta^3y & \Delta^4y \\ 0 & 1,\!0000 & -0,\!0050 & -0,\!0099 & 0,\!0000 & 0,\!0005 \\ 0,\!1 & 0,\!9950 & -0,\!0149 & -0,\!0099 & 0,\!0005 & -0,\!0004 \\ 0,\!2 & 0,\!9801 & -0,\!0248 & -0,\!0094 & 0,\!0001 & 0,\!0004 \\ 0,\!3 & 0,\!9553 & -0,\!0342 & -0,\!0093 & 0,\!0005 & 0,\!0001 \\ 0,\!4 & 0,\!9211 & -0,\!0435 & -0,\!0088 & 0,\!0006 & 0,\!0000 \\ 0,\!5 & 0,\!8776 & -0,\!0523 & -0,\!0082 & 0,\!0006 \\ 0,\!6 & 0,\!8253 & -0,\!0605 & -0,\!0076 & \\ 0,\!7 & 0,\!7648 & -0,\!0681 & & \\ 0,\!8 & 0,\!6967 \end{matrix} $$

$$E(∆^4y) ≈ 2\cdot 10^{-4}$$

$$R≈\frac{(b - a)E(∆^4y)}{180} =\frac{0,\!8\cdot 2\cdot 10^{-4}}{180} ≈ 10^{-6}$$

Az eredmény összes számjegye biztos.

Javasoljuk megoldani a 10. Fejezetben található feladatokat.

Kvadratúra-formulák hibáinak utólagos becslése

Egy egyszerű gyakorlati fogás. Kétszer végrehajtjuk a numerikus integrálást $n$ és $2n$ esetén. A integrál közelítő értékeit $S_n(f)$ és $S_{2n}(f)$ -el jelöljük.

Ha

$$| S_n(f) - S_{2n}(f)|\leqslant ε \tag{5.41}\label{eq:5.41}$$

akkor a $S_{2n}(f)$ integrál közelítő értékét ε pontossággal elfogadhatjuk. Ha pedig

$$| S_n(f) - S_{2n}(f)| >ε \tag{5.42}\label{eq:5.42}$$

akkor az $n$ értékét tovább kell növelni.

A hibabecslést az un. Runge-elv alapján lehet végrehajtani.

A trapéz-formula esetén a hibabecslés:

$$∆s ≈ \frac{| S_n(f) - S_{2n}(f)|}{3} \tag{5.43}\label{eq:5.43}$$

a Simpson-formula esetén:

$$∆s ≈ \frac{| S_n(f) - S_{2n}(f)|}{15}$$

5.6. Példa

Számítsuk ki a szükséges alappontok számát, hogy a Simpson formula alkalmazása esetén az eredmény pontossága $ε =0,\!5\cdot 10^{-6}$ legyen.

$$S=\int\limits_{\displaystyle\frac{\pi}{4}}^{\displaystyle\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{x}dx$$.

A $\eqref{eq:5.34}$ képletből

$$R\leqslant \frac{h^4(b - a) M}{180} $$

megállapíthatjuk azt a $h$ értéket, amely az adott pontosságot biztosítja. Ezt a

$$\frac{h^4(b-a)}{180}\max|f^{(4)}(x)|<10^{-6}$$

feltétel alapján lehet kiszámítani.

Kiszámítsuk az $f^{(4)}(x)$ -t

$$f^{(4)}(x)=\frac{\sin x}{x}+4\frac{\cos x}{x^2}-12\frac{\sin x}{x^3}- 24\frac{\cos x}{x^4}+24\frac{\sin x}{x^5} $$

Mivel a

$$\frac{\sin x}{x}+4\frac{\cos x}{x^2}-12\frac{\sin x}{x^3}- 24\frac{\cos x}{x^4}+24\frac{\sin x}{x^5}$$

kifejezés pozitív és monoton csökkenő a

$\left[\displaystyle\frac{\pi}{4}, \displaystyle\frac{\pi}{2}\right]$ intervallumon, a maximális értékét a $\displaystyle\frac{π}{4}$ pontban éri el. Akkor

$$f^{(4)}(x)\leqslant\frac{\sin x}{x}+4\frac{\cos x}{x^2}-12\frac{\sin x}{x^3}- 24\frac{\cos x}{x^4}+24\frac{\sin x}{x^5}\leqslant 0,\!15767 $$

$$\frac{h^4\cdot\displaystyle\frac{\pi}{4} }{180}\cdot 0,\!15767< 0,\!5\cdot 10^{-6} $$

Innen

$$h^4 < 73\cdot 10^{-4}$$

és $h<0,\!29$.

Ez azt jelenti, hogy a megadott pontosság eléréséhez elegendő, hogy legyen $n=6$.

$$\frac{π}{4} -> 0,\!7854, …, \frac{π}{2} -> 1,\!5708$$

Akkor az alappontok:

$$x= (0,\!7854, 0,\!.9163, 1,\!0471, 1,\!1781, 1,\!3090, 14399, 1,\!5708)$$

Az integrál közelítő értéke:

$$≈ h[(y_0 + y_6) +4(y_1 + y_3 + y_5) +2(y_2 + y_4)]/3 =$$

$$= 0,\!043633\, (1,\!5369 +4\cdot 2,\!3386 +2\cdot 1,\!5649) =0,\!6118 ≈0,\!612$$

$$\int\limits_{-1}^{1}f(x)dx\approx\sum_{k=1}^nA_kf(t_k)+R_n(f) \tag{5.45}\label{eq:5.45}$$

ahol a $t_k$, $(k =1, 2, …, n)$ a $n$-edik Legendre-polinom gyökei.

Ilyen fajta kvadratúrákkal nagyon jó közelítést lehet elérni.

Az $\eqref{eq:5.45}$-ben a $t_k$ és a $A_k$ értékeit előre ki lehet számítani:

$$n =2:\quad t_1 = -0,\!5773502692,$$

$$t_2 = 0,\!5773502692,\quad A_1 = A_2 = 1.$$

$$n =3:\quad t1=-0,\!774566692,\quad t_2=0,\quad t_3 =0,\!774566692,$$

$$A_1 = A_3 = \frac{5}{9},\quad A_2 = \frac{8}{9}.$$

$$n =4:\quad t_1 = -0.8611363116,\quad t_2 = -0,\!3399810436, $$

$$t_3 = 0,\!3399810436, \quad t_4 = 0,\!8611363116,$$

$$A_1 = A_4 = 0,\!3478548451, \quad A_2 = A_3 = 0,\!6521451549. $$

$$n =5: \quad t_1 = -0,\!9061798459, \quad t_2 = -0,\!5384693101,$$

$$t_3 = 0,\quad t_4 = 0,\!5384693101,\quad t_5 = -0,\!9061798459$$

$$A_1 = A_5 = 0,\!2369268851,\quad A_2 = A_4 = 0,\!4786286705, $$

$$A3 = 0,\!5688888889$$

$$n =6: \quad t_1 = -0,\!9324695142, \quad t_2 = -0,\!6612093865,$$

$$t_3 = -0,\!2386191861,\quad t_4 = 0,\!2386191861,$$

$$t_5 = 0,\!6612093865,\quad t_6 = 0,\!9324695142$$

$$A_1 = A_6 = 0,\!1713244924,\quad A_2 = A_5 = 0,\!3607615730,$$

$$A_3 = A_4 =0,\!4679139346.$$

A Legendre-Gauss-féle kvadratúrák hiba-becslései:

$$R_4(f) ≈ 2,\!88 \cdot 10^{-7}f(8)(c), \quad –1< c <1 \tag{5,49}\label{eq:5.49}$$

$$R_5(f) ≈ 8,\!08 \cdot 10^{-4}f(10)(c), \quad –1< c <1 \tag{5.50}\label{eq:5.50}$$

$$R_7(f) ≈ 2,\!13\cdot 10^{-15}f^{(14)}(c), \quad –1< c <1 \tag{5.51}\label{eq:5.51}$$

Ha $x\in[a,b]$ akkor

$$x = \frac{b+a}{2} +\frac{t(b -a)}{2} \tag{5.52}\label{eq:5.52}$$

és

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\approx\frac{b-a}{2} \sum_{k=1}^nA_kf(t_k)+R_n^*(f) \tag{5.53}\label{eq:5.53}$$

ahol

$$x_k = \frac{b+a}{2} +t_k \frac{b –a}{2} \tag{5.54}\label{eq:5.54}$$

$$R^*_n(f)=\left[\frac{b – a}{2}\right]^{2n+1} R_n(f) \tag{5.55}\label{eq:5.55}$$

5.7. Példa

$$I=\int\limits_0^1\frac{dx}{1+x^2}$$

akkor

$$x = \frac{t+1}{2}$$

és

$$I=2\int\limits_{-1}^{1}\frac{dt}{4+(t+1)^2}$$

Legyen $n=5$

$$I ≈ 2[ A_1f(t_1) + A_2f(t_2) + A_3f(t_3) + A_4f(t_4) + A_5f(t_5)] =0,\!78539816$$

Az integrál pontos értéke:

$$I = \frac{π}{4} =0,\!785398163…$$

Ez azt jelenti, hogy az eredménynek mind a nyolc számjele biztos.

Javasoljuk megoldani a 10. Fejezetben található feladatokat.

Legyen a

$$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}c^kx^k, \tag{5.56}\label{eq:5.56}$$

sor konvergens a $(-R, R)$ -ben, és. $(a,b)\in (-R,R)$. Akkor

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\approx\sum_{k=0}^{\infty} \frac{c^k}{k+1}(b^{k+1}-a^{k+1}) \tag{5.57}\label{eq:5.57}$$

Ha a $\eqref{eq:5.56}$ sor könnyen előállítható és gyorsan konvergál, akkor van értelme az integrál értékét a következő képlet

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)dx\approx\sum_{k=0}^{N} \frac{c^k}{k+1}(b^{k+1}-a^{k+1}) \tag{5.58}\label{eq:5.58}$$

alapján kiszámítani.

5.7. Példa

$$\int\limits_{0}^{1}e^{-x^2}dx$$

$$e^{-x^2}=1-x^2+\frac{x^4}{2!}-\frac{x^6}{3!}+\ldots+ (-1)^n\frac{x^{2n}}{n!}+\ldots$$

ez a sor tetszőleges $x$ esetén konvergens. Akkor

$$\int\limits_{0}^{1}e^{-x^2}dx\approx\left.\left[x- \frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5\cdot 2!}-\frac{x^7}{7\cdot 3!}+\frac{x^9}{9\cdot 4!}-\frac{x^11}{11\cdot 5!}+\frac{x^5}{13\cdot 6!} \right]\right|_0^1=$$

$$=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{10}-\frac{1}{42}+\frac{1}{216}-\frac{1}{1320}+\frac{1}{9360}\approx 0,\!7468.$$

A hiba-becslés

$$|R_7|\leqslant\left.\frac{x^{15}}{15\cdot 7!}\right|_0^1=\frac{1}{756000}<1,\!5\cdot 10^{-5}. $$

5.8. Példa $$I=\int\limits_{0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\sin(x^2)dx,$$

$10^{-4}$ pontossággal.

$$\sin(x^2)=x^2-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^{10}}{5!}-\frac{x^{14}}{7!}+\ldots$$

ez a sor tetszőleges $x$ esetén konvergens.

$$\int\limits_{0}^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}\sin(x^2)dx\approx \left.\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^7}{7\cdot 3!}+\frac{x^{11}}{11\cdot 5!}-\frac{x^{15}}{15\cdot 7!} +\cdots\right]\right|_0^{\displaystyle\frac{\pi}{4}}=$$

$$=\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{4}\right)^3-\frac{1}{7\cdot 3!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^7+\frac{1}{11\cdot 5!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^{11}-\frac{1}{15\cdot 7!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^{15}$$

Mivel

$$\frac{1}{11\cdot 5!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^{11}<\frac{(0,\!786)^{11}}{1320}=\frac{0,\!051}{1320}<4\cdot 10^{-5}$$.

ezért az összegben elég csak az első két tagot megtartani, és akkor

$$I\approx\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{4}\right)^3-\frac{1}{7\cdot 3!}\left(\frac{\pi}{4}\right)^7\approx 0,\!1571$$.