Орловский Определенный интеграл.Практикум Част 2 2010

+0,2007843137 + 0,1774081774 + 0,1641025641 + 0,1568627451+

+0,1461187215 + 0,1333333333 + 0,1198501873 + 0,1066666667+

+0,0943952802 = 3,1415926513.

Оставляя в ответе пять знаков после запятой, получаем

π ≈ 3,14159.

Замечание. В процессе вычислений необходимо также учитывать погрешность округления. В нашем случае значения всех дробей брались с десятью знаками после запятой, т. е. с точностью 10−10. При сложении 17 членов погрешность возрастает до 17 · 10−10 и не превышает 10−8, что не влияет на принятую точ-

ность вычисления числа π.

∫1

2541. Вычислить ex2 dx с точностью до 0,001.

0

Для функции y(x) = ex2 величина погрешности формулы Симпсона на отрезке [0; 1] с разбиением на n частей и шагом h = (b − a)/n имеет вид

Rn = −	1	yIV (ξ) (ξ [0; 1]).
	180n4

Четвертая производная подынтегральной функции

yIV (x) = 4(4x4 + 12x2 + 3)ex2

возрастает на отрезке [0; 1] и свой максимум достигает при x = 1. Отсюда следует, что

|yIV (x)| 6 4(4 + 12 + 3)e = 76e.

Таким образом,

19e

|Rn| 6 45n4 .

281

Для обеспечения заданной точности достаточно, чтобы

	19e			< 0,001,
	45n4
что равносильно
n > √4
			3800e			≈ 5, 82.
				9

Таким образом, достаточно взять n = 6. По формуле Симпсона

(12.3) c n = 6 имеем:									6 )		+ y (	2 ) + y (		6 ))
I6	= 18		[y(0) + y(1) + 4 (y (													+
		1							1			1		5
	+2	(y (		3 ) + y		(	3 ))] ≈ 0,055556 [1 + 2,718282+
				1			2
			+4(1,028167 + 1,284025 + 2,002596)+

+2(1,117519 + 1,559623)] ≈ 1,462885.

Оставляя три значащих цифры после запятой, получаем требуемое приближенное значение:

∫1

ex2 dx ≈ 1,463.

0

	1	1
	2542. Вычислить ∫ (ex − 1) ln		dx с точностью до 10−4.
		x

0

Аппроксимируем функцию ex − 1 по формуле Тэйлора с дополнительным членом в форме Лагранжа:

	n−1 xk			eξ
ex − 1 =	∑		+		xn (ξ [0; 1])
		k!		n!
	k=1

и заменим подынтегральную функцию

f(x) = (ex − 1) ln x1

282

∫1

на функцию f˜(x) = (n∑−1 xk )ln 1 . k! x

k=1

Разность этих функций

f(x) − f˜(x) = eξ xn ln 1 . n! x

Так как при ξ [0; 1] величина eξ 6 e, то

|f(x) − f˜(x)| 6 ne! xn ln x1 .

	Функция	1
	φ(x) = xn ln		= −xn ln x
		x

имеет производную

φ′(x) = −xn−1 (n ln x + 1) ,

которая меняет знак с плюса на минус в точке x = e−1/n образом, эта точка является точкой максимума функции отрезке [0; 1] и максимальное значение этой функции

φ(e−1/n) = n1e .

Отсюда следует, что при x [0; 1]
|f(x) − f˜(x)| 6		1		.
	n	·	n!

Оценивая разность интегралов от функций f(x) и f˜(x),

ем:

f(x) dx − ∫1 f˜(x) dx 6 ∫1 f(x) − f˜(x) dx 6

0

0

0

. Таким

φ(x) на

получа-

283

												6		1				∫01 dx =					1		.
														n · n!									n · n!
Выпишем несколько первых оценок:
	1					= 1;			1			= 0,25;								1		≈ 0,0556;								1		≈ 0,0104;
1	·	1!						2	·	2!									3	·	3!								4	·	4!
					1										1										1
							≈ 0,0017;										≈ 0,00023;											≈ 0,0000283.
			5	·		5!							6		·	6!								7	·	7!

Отсюда видно, что при замене исходного интеграла на интеграл от функции f˜(x) нужную точность обеспечивает значение n = 7. Погрешность вычисления в этом случае не превосходит 3 · 10−5.

Перейдем к вычислению интеграла от функции f˜(x). С помощью интегрирования по частям находим неопределенный интеграл:

1

xk+1

∫

xk ln

dx = − ∫

xk ln x dx = − ∫

ln x d (

) =

x

k + 1

xk+1

1

∫

xk+1

k+1

= −

ln x +

xkdx = −

ln x +

x

+ C.

k + 1

k + 1

k + 1

(k + 1)2

Далее, с помощью формулы Ньютона – Лейбница находим:

1

1

x2

x3

x4

x5

x6

1

∫

f˜(x) dx = ∫ (x +

+

+

+

+

)ln

dx =

2

6

24

120

720

x

00

			1			1					1		1				1						1	1					1
		= ∫0		x ln					dx +				∫0		x2 ln						dx +				∫0	x3 ln					dx+
							x				2						x						6						x
	1	1				1					1				1				1					1			1				1
+		∫0	x4 ln						dx +						∫0	x5 ln						dx +					∫0	x6 ln				dx =
	24					x				120									x						720						x

284

					x2									x2								1			1								x3									x3						1
	= (− 2 ln x +																					1	+																											1
														4 ) 0											2 (− 3 ln x + 9 ) 0 +
1						x4									x4										1									x5									x5
																					1																														1
+ 6 (− 4 ln x +																								+
														16 ) 0												24 (− 5 ln x + 25 ) 0 +
1							x6									x6									1											x7										x7
+	120			(−			6				ln x +					36				) 0				+			720					(−				7				ln x +						49			) 0			=
				1							1			1										1							1									1
				=							+		+								+							+									+								.
								4				18					96							600								4320									35280

Так как погрешность использованной формулы не превышает 3·10−5, то для обеспечения результирующей точности 10−4 достаточно, чтобы при замене обыкновенных дробей на десятичные, суммарная погрешность округления не превышала 10−5. Так как сумма содержит шесть слагаемых, то достаточно каждую дробь

брать с приближением					10−6:
1		+	1	+	1	+	1	+	1	+	1	≈
	4		18		96		600		4320		35280

≈ 0,25000000 + 0,05555556 + 0,01041667 + 0,00166667+

+0,00023148 + 0,00002834 = 0,31789872.

Оставляя четыре знака после запятой, получаем значение интеграла с требуемой точностью:

	1		1
	∫0	(ex − 1) ln		dx ≈ 0,3179.
			x

2543. Вычислить с точностью до 0,001 интеграл вероятно-

стей

∫+∞

e−x2 dx.

0

285

Заменим несобственный интеграл собственным:

+∞

A

I = ∫0

e−x2 dx ≈ J = ∫0

e−x2 dx.

Погрешность этой формулы

+∞

A

+∞

∆1 = I − J = ∫

e−x2 dx − ∫ e−x2 dx = ∫

e−x2 dx

0

0

A

можно оценить, делая замену переменной t = x2:

1

+∞

∆1 =

∫2

e−t

√

dt.

2

t

A

Так как на промежутке [A2; +∞) величина

1

6

1

√

,

A

t

то

+∞

1

e−A2

∆1 <

∫2

e−tdt =

.

2A

2A

A

Подберем значение A так, чтобы оно обеспечивало заданную

точность. Вычислим

e−A2 φ(A) = 2A

сначала при целых A. Имеем:

φ(1) =2e1 ≈0, 18, φ(2) =4e14 ≈0, 0046, φ(3) =6e19 ≈0, 0000206.

Таким образом, величину A можно брать в пределах от A = = 2, до A = 3. Оценим, далее, величину A с точностью до 0,1. Вычисления дают:

φ(2,1) ≈ 0,0029, φ(2,2) ≈ 0,0018,

286

φ(2,3) ≈ 0,0011, φ(2,4) ≈ 0,00066 < 0,00067.

Таким образом, выбор A = 2,4 обеспечивает точность приближения

|∆1| < 0,00067.

Для вычисления интеграла

∫2,4

J = e−x2 dx

0

воспользуемся формулой Симпсона. При разбиении отрезка интегрирования [a; b] (a = 0, b = 2,4) на n частей и шагом h = = (b −a)/n погрешность вычиления интеграла от функции f(x):

	∆	2	=	−	(b − a)h4	fIV (ξ) (ξ		[a; b]).
					180

Функция f(x) = e−x2 имеет четвертую производную

F (x) = fIV (x) = 4(4x4 − 12x2 + 3)e−x2 .

Исследуя эту функцию на максимум, находим

F ′(x) = −8x(4x4 − 20x2 + 15)e−x2 .

Приравнивая производную к нулю, находим точки экстремума. На рассматриваемый отрезoк [0; 2,4] попадают три точки: точка максимума

x = 0; F (x) = 12,

точка минимума

√√

x = 5 − 10 ≈ 0,96, F (x) ≈ −7, 42 2

иточка максимума

√√

x = 5 + 10 ≈ 2,02. F (x) ≈ 1, 39. 2

287

Таким образом,
	max fIV (x)						= 12
[0;2,4]
и погрешность формулы Симпсона
(2,4)512							5,308416
|∆2| 6					=				.
		180n4						n4
При n = 12 величина
5,308416					0,000256
				≈
	n4
и

|∆2| < 0,00026.

Суммарная погрешность

|∆1 + ∆2| < 0,00067 + 0,00026 = 0,00093

обеспечивает заданную точность (при условии, что погрешность округлений не будет превышать, например, 10−5).

Формула Симпсона для n = 12 (с шагом h = 0,2):

J ≈ 302 [f(0) + f(2,4)+

+4 (f(0,2) + f(0,6) + f(1) + f(1,4) + f(1,8) + f(2,2)) + +2 (f(0,4) + f(0,8) + f(1,2) + f(1,6) + f(2))] ≈

≈ 0, 0666666667 [1 + 0,0031511116 + 4(0,9607894392+

+0,6976763261 + 0,3678794412 + 0,1408584209 + 0,0391638951+

+0,0079070541) + 2(0,8521437890 + 0,5272924240+ +0,2369277587 + 0,0773047404 + 0,0183156389)] ≈0,8856145418.

Оставляя четыре значащих цифры после запятой, получаем требуемое приближенное значение:

∫+∞

e−x2 dx ≈ 0,8856.

0

288

Замечание. Точное значение рассматриваемого интеграла

известно:

∫+∞

e−x2 dx = 12 √π ≈ 0,8862269255.

0

2544. Приближенно найти длину эллипса, полуоси которого a = 10 и b = 6.

Воспользуемся параметрическим уравнением эллипса:

x = 10 cos t,

y = 6 sin t,

0 6 t 6 2π.

Длину дуги вычисляем по формуле (7.3):

s = ∫2π

dt = ∫2π

100 sin2 t + 36 cos2 t dt =

x′2

(t) + y′2(t)

0

√

0

√

π/2

π/2

0 √

0

√

= 4

100 sin2 t + 36 cos2 t dt = 8

25 sin2 t + 9 cos2 t dt.

∫

∫

Согласно известным тригонометрическим формулам:

sin2 t =

1 − cos 2t

,

cos2 t =

1 + cos 2t

,

2

2

поэтому

π/2

√25(

cos 2t

1 + cos 2t

s = 8 ∫0

1 −

)

+ 9(

) dt =

2

2

π/2

= 8

∫0

√

dt.

17 − 8 cos 2t

√

Интеграл от функции y(t) =

17 − 8 cos 2t вычислим по фор-

муле Симпсона с n = 6 (h = π/12). Это значение n удобно

289

тем, что мы получаем табличные значения тригонометрических

функций. Вычисления дают:

(y

(

12 )

(

4 )

(

12 ))

s ≈ 8 · 36

[y(0)

+ y (

2 ) + 4

+ y

+ y

+

π

π

π

π

5π

+2

(y (

6 ) + y

(

3 ))]

=

9 [3 + 5+

π

π

2π

(√ √ √ √ √ )

+4 17 − 4 3 + 17 + 17 + 4 3 +

√√ ]

+2( 13 + 21) ≈ 0,6981317008 [8 + 4(3,1736094230+

	+4,1231056256 + 4,8916462699) + 2(3,6055512755+
	+4,5825756950)] ≈ 51,0541612918.
	Таким образом,		s ≈ 51,05.
	2545. Построить по точкам график функции
	x	sin t
	y = ∫0
				dt (0 6 x 6 2π),
		t

приняв ∆x = π/3.

Рассматриваемый интеграл совпадает с интегралом от непрерывной функции

			sin t	,	t ̸= 0,
f(t) =			t
		1,		t = 0.
Для приближенного вычисления					воспользуемся формулой

Симпсона с n = 4. Для отрезка [a; b] и функции f(t) она имеет следующий вид:

b 12− a [f(a) + f(b) + 4 (f(a + h) + f(a + 3h)) + 2f(a + 2h)] ,

290