0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

Аналогічно визначаємо площі параболічних трапецій, що відповідають

відрізкам [x2 ; x4 ], [x4 ; x6 ],

…, [x2n−2 ; x2n ] :

s =

h

( y

2

+ 4y + y

4

),

34

3

3

s =

h

( y

4

+ 4y + y ),

56

3

5

6

.......................................

s2n−1 2n =

h

( y2n−2 + 4 y2n−1 + y2n ).

Тоді

3

b

∫ f (x)dx ≈ s12 + s34 + s56 + ... + s2n−12n ,

або

a

b

b − a

∫ f (x)dx ≈

( y0 + y2n

+ 2( y2 + y4

+ ... + y2n−2 ) +

6n

(5.10)

a

+ 4( y1 + y3 + ... + y2n−1 )) .

Формулу (5.10) називають формулою Сімпсона.

2.5. Абсолютні похибки для квадратурних формул

Різницю між лівою і правою частинами квадратурної формули називають її залишковим членом і позначають Rn ( f ) . Величина | Rn ( f ) | визна-

чає абсолютну похибку квадратурної формули, яка залежить від числа n — кількості відрізків, на які розбивають відрізок інтегрування [a; b] (зі збіль-

шенням n абсолютна похибка зменшується).

Оцінювання абсолютних похибок формул прямокутників, трапецій та парабол проводять за формулами, що вміщені у табл. 5.3. Використовуючи ці формули, можна визначити число n так, щоб обчислити заданий інтеграл із наперед заданою точністю.

Таблиця 5.3

№	Назва формули	Оцінка абсолютної похибки						Mi
1	прямокутників	| Rn ( f ) | ï ð1≤		(b − a)2 M1			M1 =	max	| f ′(x) |
	(5.6), (5.7)			2n				x [a; b]
2	прямокутників	| Rn ( f ) |ï ð 2 ≤		(b − a)3 M2			M2 =	max	| f ′′(x) |
	(5.8)			24n	2			x [a; b]

401

Закінчення табл. 5.3

№

Назва формули

Оцінка абсолютної похибки

Mi

3

трапецій

| Rn ( f ) |òð ≤

(b − a)3 M 2

M2

= max

| f ′′(x) |

12n2

x [a; b]

4

Сімпсона

| R

( f ) |

≤

(b − a)5 M3

M3

= max

| f (4) (x) |

180 (2n)4

2n

ï àð

x [a; b]

Т.2 ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

1

1. Обчисліть інтеграл I = ∫ 1+ x2 dx , використовуючи формули прямо-

0

кутників, трапецій та Сімпсона. Оцініть похибку кожної формули.

Розв’язання.			Розіб’ємо		відрізок	[0; 1] на		10 рівних			частин точками
x0 = 0,	x1 = 0,1,		x2 = 0, 2, ...,		x10 = 1 і	обчислимо значення					підінтегральної
функції		f (x) =	1+ x2 у цих точках (табл. 5.4)
											Таблиця 5.4
№		хі		уі		№		хі			уі
											1,1661903
0		0		1		6		0,6
1		0,1		1,0049875		7		0,7			1,2206555
											1,2806248
2		0,2		1,0198039		8		0,8
3		0,3		1,0440306		9		0,9			1,3453624
4		0,4		1,0770329		10		1			1,4142135
5		0,5		1,1180339

Обчислимо наближено заданий інтеграл за формулами (5.6) — (5.10). Маємо:

1) за формулою (5.6)

I≈ 101 ( y0 + y1 + …+ y9 ) = 1,1276722;

2)за формулою (5.7)

I ≈ 101 ( y1 + y2 + …+ y10 ) = 1,1690936;

402

3) за формулою (5.8)

I≈ 101 ( f (0, 5) + f (1, 5) + ... + f (9, 5)) = 1,1474988;

4)за формулою (5.9)

I ≈ 201 ( y0 + y10 + 2( y1 + y2 + …+ y9 )) = 1,1483829. 5) за формулою (5.10)

I ≈ 301 ( y0 + y10 + 2( y2 + y4 + y6 + y8 ) + + 4( y1 + y3 + y5 + y7 + y9 )) = 1,1477932.

Оцінимо точність одержаних результатів. Знайдемо похідні

f ′(x) =	x	, f ′′(x) =	1	, f (4) (x) =	3(4x2 −1)	.
	1+ x2		(1+ x2 )3		(1+ x2 )7

На відрізку [0; 1] виконуються нерівності

| f ′(x) |≤ 1 , | f ′′(x) |≤ 1 , | f (4) (x) | ≤ 9 .

Використовуючи формули з табл. 5.3, дістанемо такі оцінки:

| R ( f ) |

пр1

≤

(1− 0)2 1

=

0, 05 ; | R

( f ) |

≤

1

< 0, 00042 ;

n

2 10

n

пр2

2400

| Rn ( f ) |тр ≤

1

< 0, 00084

; | R2n ( f ) | пар≤

9

= 0, 000005.

1200

180 (10)4

Порівнявши похибки, переконуємось, що найбільш точним є результат, одержаний за формулою Сімпсона (парабол)

I = 1,147793 ± 0, 000005.

Зауваження. Заданий інтеграл можна обчислити за формулою Нью- тона—Лейбніца. Маємо

1	1	1	x	2	1	1	+ x	2	−1
I = ∫ 1+ x2 dx = x 1+ x2		− ∫			dx = 2 − ∫					dx =
			1+ x2
0	0	0			0		1+ x2

	1	1	dx
	= 2 − ∫	1+ x2 dx + ∫		= 2 − I + ln(1+ 2) .
	0	0	1+ x2

403

Звідси

	I =	1	( 2 + ln(1+ 2)) ≈ 1,1477935			,
		2
	що підтверджує правильність проведених обчислень.
			2	dx
	2. Обчисліть інтеграл ∫				з точністю до 0,00005, використовуючи фор-
				x
			1

мулу Сімпсона.

Розв’язання. Оцінимо спочатку, на скільки рівних частин достатньо

розбити відрізок [1; 2] ,											щоб гарантувати задану точність. Число n визна-
чимо з нерівності
									| R			( f ) |							≤		(b − a)5				M			3	< 0, 00005 ,
																					180 (2n)4
									2n							пар
де b − a = 1,						M3		= max			1				(4)			= max						24			= 24. Маємо
																								x5
									x [1; 2]		x									x [1; 2]
		24																					24							, (2n)4
							< 0, 00005, (2n)4												>													> 2668, 2n > 7,18 .
	180 (2n)4																				180 0, 00005
	Отже,				2n = 8 . Розіб’ємо відрізок																		[1; 2]							на 8 рівних частин точками
	x = 1+ 0,125i (i = 0, 1, 2, ..., 8)																	і обчислимо значення функції f (x) =																1	у
	i																																	x
цих точках із точністю до 0,000001 (табл. 5.5).
																																	Таблиця 5.5
	№				хі										уі									№							хі		уі
0				1						1													5							1,675			0,653846
1				1,125						0,888888													6							1,750			0,571428
2				1,25						0,8													7							1,875			0,533333
3				1,375						0,727272													8							2			0,5
4				1,5						0,666666
	За формулою Сімпсона дістаємо
		I ≈		1		( y	0	+ y + 2( y						2	+ y		4		+ y ) + 4( y + y												+ y	+ y )) = 0, 69315 .
				24				8													6					1				3	5	7
404

Отже,

	2	dx		2
	∫		= ln x	= ln 2 ≈ 0, 69315 ± 0, 00005. .
		x
	1			1

Т.2 ВПРАВИ ДЛЯ АУДИТОРНОЇ І САМОСТІЙНОЇ РОБОТИ

2 dx

1. Обчисліть інтеграл ∫1 x2 :

а) з точністю до 0,01, використовуючи формулу трапецій; б) з точністю до 0,0001, використовуючи формулу Сімпсона. Результат порівняйте з точною відповіддю.

2. Обчисліть інтеграл

1

∫ e− x2 dx

0

зточністю до 0,0001 за формулою Сімпсона.

3.Знайдіть інтеграл

1
∫ arctg xdx
0	x

за формулою Сімпсона, взявши n = 5. Обчислення проведіть з п’ятьма знаками після коми.

Відповіді

1. а) 1,01; б) 0,5000. 2. 0,7468 ± 0,00005. 3. 0,915965.

Т.2 ІНДИВІДУАЛЬНІ ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ

b

Обчисліть інтеграл ∫ f (x)dx , використовуючи формули трапецій та

a

Сімпсона за умови, що відрізок інтегрування [a; b] розбито на 10 рів-

них частин. Оцініть абсолютну похибку. Перевірте результат безпосереднім інтегруванням. Підінтегральна функція та межі інтегрування вміщені у табл. 5.6.

405

Таблиця 5.6

№					f(x)							a	b	№						f(x)					a	b
1					ln x							1	2	16						x−2					1	2
2						x						0	1	17						3 x					0	1
3					4 x							0	2	18						x + 1					0	2
4					1							1	2	19			1								0	1
		1 + x2															4 + x2
5						x						0	1	20						x					0	2
	1				+ x2												4 + x2
6					2 − x							0	2	21		3 x + 2									0	1
7					xex							0	1	22				x ln x							1	2
8					ln x							1	2	23				1							0	1
						x													x + 2
9						1						1	2	24						1					1	2
						x3														x
10						x						1	2	25					x + 1						2	4
				x + 1															x − 1
11						x2						1	2	26						x2					1	2
	1				+ x2												4 + x2
12					1							0	1	27		1									1	2
				4 − x2															9 − x2
13		ln(x −1)										2	3	28		ln(x + 1)									0	2
14				2x + 1								0	1	29					3x − 1						1	2
15						x 2						0	1	30						x3					0	1
	1				+ x3												3 + x4
406

Тема 3. ІНТЕРПОЛЮВАННЯ ФУНКЦІЙ.

ІНТЕРПОЛЯЦІЙНИЙ МНОГОЧЛЕН ЛАГРАНЖА

Постановка задачі інтерполяції. Інтерполяційний многочлен Лагранжа. Похибка інтерполяційної формули. Інтерполяційна формула Лагранжа для рівновіддалених вузлів.

Література: [2, стр.30–34], [6], [11], [14, розділ 8, §3], [18, розділ 2, с.84–92].

Т.3 ОСНОВНІ ТЕОРЕТИЧНІ ВІДОМОСТІ

3.1. Постановка задачі

Нехай на відрізку [a; b] обрано деяку фіксовану сукупність попарно різних точок x0 , x1 , ..., xn ( a ≤ x0 < x1 < < xn ≤ b ) і в цих точках відомі значення деякої функції f(x): yi = f (xi ), i = 0, 1,..., n (див. табл. 5.7). По-

трібно знайти таку функцію ϕ(x), яка збігається з f(x) у вказаних точках,

тобто ϕ(x0 ) = f (x0 ), ϕ(x1 ) = f (x1), … , ϕ(xn ) = f (xn ) , при цьому в усіх інших точках x [a; b] виконується наближена рівність: ϕ(x) ≈ f(x).

Процес пошуку функції ϕ(x) називають інтерполюванням; функцію ϕ(x) ―

інтерполяційною функцією, точки x0 ,				x1 , ..., xn ―вузлами інтерполювання.
							Таблиця 5.7
	х	х0	х1		х2	…	хn
	f(х)	y0	y1		y2	…	yn

Розглянемо спочатку наближення функції f(x) за допомогою многочлена степеня n:

ϕ(x) = P (x) = a xn + a xn−1			+ + a	x + a .
n	0	1	n−1	n

Цей многочлен має n + 1 коефіцієнтів, які можна однозначно визначити з системи n + 1рівнянь:

ϕ(x0 ) = y0 ,

ϕ(x1 ) = y1 ,

.................

ϕ(xn ) = yn ,

407

або

a xn + a xn−1			+ + a x + a = y ,
	0 0	1 0	n−1 0	n	0
a xn + a xn−1			+ + a x	+ a	= y ,
	0 1	1 1	n−1 1	n	1			(5.11)
............................................................
a xn + a xn−1			+ + a x	+ a	= y	n	.
	0 n	1 n	n−1 n	n

Справді, система лінійних алгебраїчних рівнянь (5.11) відносно невідомих а0, а1, … , аn має єдиний розв’язок, оскільки визначник основної матриці системи

xn	xn−1	x	1
0	0	0
xn	xn−1	x	1
1	1	1		,
........................
xn	xn−1	x	1
n	n	n

відомий в алгебрі як визначник Вандермонда, відмінний від нуля. Звідси випливає, що інтерполяційний многочлен n-го степеня Рn(x) існує і єдиний (може трапитися, що деякі коефіцієнти в Рn(x) дорівнюють нулю, в тому числі й а0; отже, інтерполяційний многочлен у загальному випадку має степінь не більший, ніж n).

Проте запропонований спосіб не є раціональним, тому на практиці використовують інші, зручніші й менш громіздкі методи.

Розглянемо наближення функції f(x) за допомогою функцій ϕ(x), представлених многочленами різного степеня.

Нехай обрано деяку сукупність функцій

ϕ0(x), ϕ1(x), ϕ2(x), ... , ϕn(x).
Інтерполяційну функцію ϕ(x) запишемо у вигляді
ϕ(x) = а0ϕ0(x) + а1ϕ1(x) + а2ϕ2(x) + ... + аn ϕn(x),	(5.12)

або

n

ϕ(x) = ∑ ai ϕi(x),

i=0

де а0, а1, … , аn — невизначені параметри, які повинні підбиратися так, щоб функція ϕ(x) була рівна заданій функції f (x) у вузлах інтерполяції, тобто

задовольняла умови

ϕ(x0 ) = f (x0 ), ϕ(x1 ) = f (x1), … , ϕ(xn ) = f (xn ) . (5.13)

408

Функції вигляду (5.12) називають узагальненими многочленами або узагальненими поліномами.

Підставляючи вираз (5.12) в умови (5.13) для функції ϕ(x), дістанемо систему n + 1 лінійних алгебраїчних рівнянь з невідомими а0, а1, …, аn:

ϕ0 (x0 )a0 + ϕ1 (x0 )a1 + + ϕn (x0 )an = y0 ,

ϕ0 (x1 )a0 + ϕ1 (x1 )a1 + + ϕn (x1 )an = y1 ,

(5.14)

............................................................

ϕ

0

(x

)a + ϕ

(x

)a + + ϕ

n

(x )a = y

n

.

n

0 1

n

1

n n

Якщо основний визначник системи (5.14) не дорівнює нулю, тобто

ϕ0 (x0 ) ϕ1 (x0 )

ϕn (x0 )

ϕ0 (x1 ) ϕ1 (x1 )

ϕn (x1 )

≠ 0 ,

.................................................

ϕ0 (xn ) ϕ1 (xn )

ϕn (xn )

то система (5.14) має єдиний розв’язок а0, а1, …, аn, який виражається через вузлові значення у0, у1, …, уn.

Залишилося з’ясувати умови вибору функцій ϕ0(x), ϕ1(x), …, ϕn(x). Ці

функції повинні бути досить простими і зручними для обчислень. Крім того, вважатимемо, що будь-яка скінченна або зліченна система функцій

{ϕi(x)} лінійно незалежна на [a; b], тобто лінійна комбінація а0ϕ0(x) + + а1ϕ1(x) + а2ϕ2(x) + ... + аnϕn(x) тотожно рівна нулю тільки тоді, коли всі

коефіцієнти а0, а1, … , аn рівні нулю. Наприклад, системи функцій

{ϕi(x)} ={xi}, i = 0, 1, 2,…; {ϕi(x)} = {1, sinx, cosx, sin2x, cos2x,…} ― ліній-

но незалежні на будь-якому проміжку [a; b].

3.2. Інтерполяційний многочлен Лагранжа

Нехай функція f задана таблицею 5.7. Побудуємо інтерполяційний многочлен ϕ(x) = Ln (x) , степінь якого не більший за n і для якого виконуються умови

Ln (x0 ) = f (x0 ), Ln (x1 ) = f (x1 ), …, Ln (xn ) = f (xn ) .	(5.15)
Шукатимемо Ln (x) у вигляді
Ln (x) = f (x0 )Ф0 (x) + f (x1 )Ф1 (x) + + f (xn )Фn (x) .	(5.16)

409

Для	виконання умов (5.15)				достатньо накласти на функції Ф0 (x) ,
Ф1 (x),	, Фn (x)	такі обмеження:
		Ф (x			0	для i ≠ j,
				j	) =
		i				для i = j,
					1
тобто Ф0 (x0 ) = 1,		Ф1 (x1 ) = 1,…,		Фn (xn ) = 1 ; в усіх інших вузлах значення
цих функцій дорівнюють нулю.
Побудуємо функцію Фi (x)			загального вигляду, яка в заданих точках

x0, x1, … , xі–1, xі+1, … , xn дорівнює нулю, а в точці xі ― одиниці. Першу умову Фi (x j ) = 0 , j ≠i задовольняє функція

Фi (x) = ci (x − x0 )(x − x1 )…(x − xi−1 )(x − xi+1 )…(x − xn ) ,

де ci ― довільна стала.

Враховуючи другу умову Фi (xi ) =1 , дістанемо

Фi (xi ) = ci (xi − x0 )(xi − x1 )…(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )…(xi − xn ) = 1 .

Звідси

	ci	=			1	,
			(xi	− x0 )(xi	− x1 )…(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )…(xi − xn )
	тоді			(x − x0 )(x − x1 )…(x − xi−1 )(x − xi+1 )…(x − xn )
	Фi	(x) =					. (5.17)
				(xi − x0 )(xi − x1 )…(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )…(xi − xn )
	Отже, функція (5.16),				в якій функції Ф0 (x), Ф1 (x), ..., Фn (x) визнача-

ються за формулою (5.17), інтерполює задану функцію f(x) у вузлах x0, x1, … , xn . Справді, при х = x0 Ф0 (x0 ) = 1, а функції Ф1 (x), Ф2 (x), , Фn (x) обертаються в нуль, отже, Ln (x0 ) = f (x0 ). При х= x1 уже Ф1 (x1 ) = 1 , а функ-

	ції Ф0 (x) , Ф2 (x), ,		Фn (x) обертаються в нуль і т. д.
	Запишемо многочлен (5.16) у розгорнутому вигляді
		L (x) = f (x )				(x − x1 )(x − x2 )…(x − xn )				+
						(x0 − x1 )(x0 − x2 )…(x0 − xn )
		n	0
		+ f (x1 )		(x − x0 )(x − x2 )…(x − xn )			+ …+				(5.18)
				(x1 − x0 )(x1 − x2 )…(x1 − xn )
					(x − x0 )(x − x1 )…(x − xn−1 )
		+ f (xn )						.
					(xn − x0 )(xn − x1 )…(xn − xn−1 )
	410