Αριθµητική Ανάλυση Κεφάλαιο 9. Αριθµητική Ολοκλήρωση ιδάσκοντες: Τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής, Τµήµα Β (Περιττοί) : Επίκ. Καθηγητής Φ.Τζαφέρης ΕΚΠΑ 5 Μαΐου 010 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 1 / 64
Αριθµητική Ολοκλήρωση Κλειστοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης Εστω I(f) = b µε f(x) C[a, b], τότε I(f) = F(b) F(a), όπου F(x) είναι το αόριστο ολοκλήρωµα της f(x). a f(x)dx (1) Ο υπολογισµός του I(f) ϑα γίνει από τον τύπο I(f) n a i f(x i ). () i=0 Η f(x) προσεγγίζεται µε ένα πολυώνυµο παρεµβολής f(x) p n (x). (3) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 / 64
Κλειστοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης Υποθέτουµε ότι τα σηµεία x i, i = 0(1)n ισαπέχουν, δηλ. ( θ p n (x) = f 0 + 1 x i = x 0 + h, ) ( θ f 0 + i = 0(1)n ) ( θ f 0 + + n ) n f 0 (4) Για x 0 = a, x n = b έχουµε x = x 0 + θh θ = x x 0 h I(f) = b a f(x)dx xn x 0 p n (x)dx (5) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 3 / 64
Κλειστοί τύποι Εχουµε για x = x 0 θ = 0, x = x n θ = n και dx = hdθ. n [ ( θ ) ( θ ) ( ] θ I n (f) h f 0 + f 0 + f 0 + + ) n f 0 dθ. (6) 1 n 0 Πολυώνυµο παρεµβολής p 1 (x) κανόνας του Τραπεζίου Για n = 1 η (6) παράγει Τελικά I 1 (f) = x1 x 0 f(x)dx h 1 0 I 1 (f) = [ ( θ f 0 + 1 x1 ο οποίος είναι γνωστός ως ο κανόνας του Τραπεζίου. ] ) ) f 0 dθ = h (f 0 θ + θ 1 f 0 x 0 f(x)dx h (f 0 + f 1 ), (7) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 4 / 64 0.
Πολυώνυµο παρεµβολής p 1 (x) y y = f(x) y = p 1 (x) f 1 f 0 a = x 0 x 1 = b x ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 5 / 64
Παράδειγµα I = 1 0 dx 1 + x, x 0 = 0, x 1 = 1, h = 1 0, f(x) = 1 1 + x T 1 (f) = 1 [ 1 1 + 0 + 1 ] = 3 1 + 1 4 = 0.75 I = 1 0 dx 1 + x = ln(1 + x) 1 0 = ln 0.693147 E = I T 1 (f) = 0.693147 0.75 = 0.056853. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 6 / 64
y a = x 0 x 1 x b = x 3 x Βελτίωση της προσέγγισης Το διάστηµα [a, b] διαιρείται σε n ίσα υποδιαστήµατα µήκους h = b a. n ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 7 / 64
Βελτίωση της προσέγγισης Τα x i ορίζονται από τον τύπο x i = a + ih, i = 0(1)n I(f) h I(f) = = b a x1 f(x)dx = x 0 f(x)dx + xn x 0 x f(x)dx x 1 f(x)dx + + xn x n 1 f(x)dx [ ] f(x 0 ) + f(x 1 ) + h [ ] f(x 1 ) + f(x ) + + h [ ] f(x n ) + f(x n 1 ) [ I(f) = T n (f) h n 1 f 0 + f i + f n ], (8) i=1 ο οποίος είναι ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 8 / 64
Σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου Στην πράξη ξεκινούµε µε n = 1 και διπλασιάζουµε το n, δηλ. n =, 4, 8, 16,..., οπότε υπολογίζονται οι ποσότητες T 1, T, T 4, T 8 κ.τ.λ. Αν T n T n < ɛ τότε διακόπτονται οι υπολογισµοί. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 9 / 64
Παράδειγµα Να εφαρµοστεί σε δύο υποδιαστήµατα ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου στο ολοκλήρωµα του προηγούµενου παραδείγµατος. Λύση Από την (8) και για n = έχουµε T (f) = h [f 0 + f 1 + f ] όπου x 0 = 0, x 1 = x 0 + 1h = 0 + h = b a = 1 0 = 1 και x = 1. Αρα T (f) = 1 [ 1 4 1 + 0 + 1 1 + 1/ + 1 ] 1 + 1 = 1 4 και το αριθµητικό σφάλµα είναι [ 1 + 3 + 1 ] = 17 4 0.70833 E T = I(f) T (f) 0.015, ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 10 / 64
Πολυώνυµο παρεµβολής p (x) κανόνας του Simpson Για n = η (6) παράγει I(f) = b f(x)dx x a x 0 p (x)dx, όπου και x 0 = a, x 1 = a + h, x = b, h = b a I(f) = h x x 0 0 p (x)dx [ f 0 + ( θ 1 ) f 0 + ( θ ) f 0 ] dθ (9) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 11 / 64
[ θ(θ 1) I(f) h f 0 + θ f 0 + f 0 ]dθ 0 [ ( ] = h f 0 θ + θ f θ 3 0 + ) 6 θ f0 4 0 = h [f 0 + f 0 + 1 ] 3 f 0 [ = h f 0 + f 1 f 0 + 1 ] 3 (f 0 f 1 + f ). Τελικά I(f) h 3 [f 0 + 4f 1 + f, ] (10) ο οποίος είναι γνωστός ως ο κανόνας του Simpson. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 1 / 64
Παράδειγµα Να εφαρµοστεί ο κανόνας του Simpson στο ολοκλήρωµα του προηγούµενου παραδείγµατος. Λύση Z 1 Εχουµε κσι η (10) δίνει h = b a = 1 0 I(f) = 0 dx 1 + x = 1, x0 = 0, x1 = x0 + h = 0 + 1 = 1, x = 1 S (f) = h 1 3 [f0 + 4f1 + f] = 3 h i 1 1 + 0 + 4 1 + 1 = 5 1 + 1 1 + 1 36 0.69444 Αρα αριθµητικό σφάλµα E S = I(f) S (f) = log 0.69444 = 0.693147 0.69444 = 0.00130. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 13 / 64
Σύνθετος κανόνας του Simpson Αν n είναι άρτιος τότε h = b a n και x i = x 0 + ih, i = 0(1)n I(f) = Z xn Z x Z x4 Z xn f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx + + f(x)dx x 0 x 0 x x n I(f) h 3 [f0 + 4f1 + f] + h 3 [f + 4f3 + f4] + + h [fn + 4fn 1 + fn] 3 ή I(f) h [f0 + 4f1 + f + 4f3 + f4 + + fn + 4fn 1 + fn], (11) 3 I(f) S n(f) = h (n/) 1 X 3 [f0 + ο οποίος είναι ο σύνθετος κανόνας του Simpson. i=1 f i + 4 n/ X i=1 f i 1 + f n], (1) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 14 / 64
Η γεωµετρική ερµηνεία του σύνθετου κανόνα του Simpson y y = p (x) y = f(x) x 0 x x 3 x 4 x 1 x ο οποίος είναι ο σύνθετος κανόνας του Simpson. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 15 / 64
Πολυώνυµο παρεµβολής p 3 (x) Κανόνας των 3/8 Για n = 3 από την (6) έχουµε I(f) = τελικά = h = h = h x3 x 0 3 0 3 [ f(x)dx [ f 0 + ( θ 1 ) f 0 + ( θ ) ( θ f 0 + 3 ) 3 f 0 ] [ θ(θ 1) f 0 + θ f 0 + θ(θ 1)(θ ) f 0 + 3 f 0 ]dθ 0 6 ( ) ( ] f 0 θ + θ f θ 3 0 + 6 θ f 0 + 1 θ 4 3 4 6 4 θ3 + θ ) 3 f0 I(f) = x3 ο οποίος είναι γνωστός ως ο κανόνας των 3 8. dθ x 0 f(x)dx 3h 8 (f 0 + 3f 1 + 3f + f 3 ), (13) 0 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 16 / 64
Σύνθετος κανόνας των 3/8 Αν n = 3k δηλ. πολλαπλάσιο του 3 τότε ο σύνθετος κανόνας των 3 8 είναι ο I(f) 3h 8 [f 0+3f 1 +3f +f 3 +3f 4 +3f 5 +f 6 + +f n 3 +3f n +3f n 1 +f n ]. (14) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 17 / 64
Σφάλµα αποκοπής στην Αριθµητική Ολοκλήρωση όπου E n (f) = 1 (n + 1)! b a E n (f) = b a [f(x) p n (x)]dx (15) (x x 0 )(x x 1 ) (x x n )f (n+1) (ξ 1 (x))dx (16) ξ 1 [x 0, x n ], x 0 = a, x i = x 0 + ih, i = 0(1)n, Αλλά h = b a, x n = b, x = x 0 + θh. n x x i = (θ i)h, dx = hdθ άρα E n (f) = hn+ (n + 1)! n 0 θ(θ 1)(θ ) (θ n)f (n+1) (ξ (θ))dθ. (17) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 18 / 64
Σφάλµα στον κανόνα Τραπεζίου Για n = 1 η (17) δίνει E T 1(f) = I(f) T 1 (f) = h3! 1 0 θ(θ 1)f () (ξ 1 (θ))dθ. Λόγω όµως του Θεωρήµατος Μέσης τιµής για Ολοκληρώµατα b f(x)g(x)dx = f(η) b a a g(x)dx, (αν g(x) 0 ή αν g(x) 0) άρα ή E T 1(f) = h3 f () (ξ) E T 1(f) = h3 f () (ξ) 1 1 0 θ(θ 1)dθ, ξ (x 0, x 1 ) τοπικό σφάλµα αποκοπής (18) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 19 / 64
Παρατηρήσεις 1 Αν h = b a δεν είναι αρκετά µικρό τότε ο κανόνας του τραπεζίου δεν παράγει ικανοποιητικά αποτελέσµατα. Αν max f () (ξ) M τότε a<ξ<b E T 1(f) h3 M 1. (19) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 0 / 64
Σφάλµα στον σύνθετο τύπο του Τραπεζίου ή E T n(f) = = Z b + f(x)dx T n(f) = Z xn a x Z 0 x1 f(x)dx h x 0 (f0 + f1) Z xn f(x)dx T n(f) + f(x)dx h x n 1 (fn 1 + fn) Z x x 1 f(x)dx h (f1 + f) + E T n(f) = h3 1 f (ξ 1) h3 1 f (ξ ) h3 1 f (ξ n). Λόγω, όµως, του Θεωρήµατος Ενδιάµεσης Τιµής Αλλά hn = b a συνεπώς E T n(f) = h3 1 [nf (ξ)], ξ [a, b]. En(f) T (b a)h = f (ξ), ξ [a, b] ολικό σφάλµα αποκοπής (0) 1 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 1 / 64
Ταχύτητα σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου Από την (0) έχουµε En(f) T (b a)h M. (1) 1 Ο τύπος (1) δηλώνει ότι αν f(x) C [a, b], τότε ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου έχει ταχύτητα σύγκλισης O(h ). Επίσης, επειδή η δεύτερη παράγωγος κάθε σταθεράς και κάθε πολυωνύµου πρώτου ϐαθµού είναι µηδέν, τότε, λόγω της (1), το απόλυτο ολικό σφάλµα αποκοπής είναι µηδέν και ο τύπος του Τραπεζίου για σταθερές και γραµµικά πολυώνυµα ϑα παράγει ακριβή αποτελέσµατα. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 / 64
Παράδειγµα ίνεται το ολοκλήρωµα του οποίου η ακριβής τιµή είναι. I(f) = Z π 0 sinx dx, Ο ακόλουθος πίνακας εµφανίζει τις τιµές του T n(f), που είναι οι προσεγγίσεις του I(f) µε το σύνθετο κανόνα του Τραπεζίου. Να σηµειωθεί ότι σε κάθε νέα γραµµή, ο αριθµός των υποδιαστηµάτων n διπλασιάζεται και συνεπώς το µέγεθος του υποδιαστήµατος υποδιπλασιάζεται. Η στήλη Λόγος εµφανίζει τον λόγο των διαδοχικών σφαλµάτων, δηλαδή τον παράγοντα µε τον οποίο ελαττώνεται το σφάλµα όταν διπλασιάζεται το n. Επίσης, ας σηµειωθεί ότι ο λόγος του σφάλµατος στην τελευταία στήλη προσεγγίζει το λόγο h (h/) = 4. Αυτό είναι αναµενόµενο για µια ακολουθία συγκλίνουσα µε ταχύτητα σύγκλισης O(h ). ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 3 / 64
Σφάλµα και ταχύτητα σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου n h T n (f) En T = I(f) T n (f) Λόγος 1 π 0.0000000.0000000 π/ 1.5707963 0.49036 4.65979 4 π/4 1.8961188 0.1038811 4.131681 8 π/8 1.974316 0.057683 4.031337 16 π/16 1.9935703 0.006496 4.007741 3 π/3 1.9983933 0.0016066 4.00199 64 π/64 1.9995983 0.0004016 4.00048 18 π/18 1.9998996 0.0001004 4.00010 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 4 / 64
Σφάλµα στον κανόνα του Simpson Για n = η (17) δίνει E S (f) = I(f) S (f) = h4 3! 0 θ(θ 1)(θ )f (3) (ξ 1 (θ))dθ. () Τώρα όµως δεν µπορούµε να εφαρµόσουµε το ϑεώρηµα Μέσης τιµής για ολοκληρώµατα γιατί η ποσότητα θ(θ 1)(θ ) αλλάζει πρόσηµο στο θ = 1. Ακολουθώντας διαφορετική πορεία είναι δυνατόν να αποδειχθεί ότι E S (f) = h5 90 f (4) (ξ), ξ [a, b]. (3) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 5 / 64
Το ολικό σφάλµα αποκοπής του σύνθετου τύπου του Simpson Το ολικό σφάλµα αποκοπής του σύνθετου κανόνα του Simpson ϐρίσκεται ακολουθώντας ανάλογη πορεία όπως του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου. Ετσι εύκολα αποδεικνύεται ότι En(f) S = h4 (b a) f (4) (ξ), ξ [a, b] (4) 180 Ο κανόνας του Simpson είναι ακριβής για όλα τα πολυώνυµα ϐαθµού 3. Αυτό το αποτέλεσµα δεν ήταν αναµενόµενο, γιατί ϑα περίµενε κανείς να είναι ακριβής για πολυώνυµα ϐαθµού το πολύ, αφού το πολυώνυµο παρεµβολής για την εύρεση του κανόνα του Simpson είναι ϐαθµού. Επίσης, µε την προϋπόθεση ότι f(x) C 4 [a, b] ο σύνθετος κανόνας του Simpson έχει ταχύτητα σύγκλισης O(h 4 ). ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 6 / 64
Παράδειγµα ίνεται το ολοκλήρωµα του οποίου η ακριβής τιµή είναι. I(f) = Z π 0 sinx dx, Ο ακόλουθος πίνακας εµφανίζει τις τιµές του S n(f), που είναι οι προσεγγίσεις του I(f) µε τον σύνθετο κανόνα του Simpson. Να σηµειωθεί ότι σε κάθε νέα γραµµή, ο αριθµός των υποδιαστηµάτων n διπλασιάζεται και συνεπώς το µέγεθος του υποδιαστήµατος υποδιπλασιάζεται. n h S n(f) En S = I(f) S n(f) Λόγος π/.0943951039 0.0943951039 4 π/4.00455975498 0.00455975498 0.70179 8 π/8.0006916995 0.0006916995 16.940059 16 π/16.00001659105 0.00001659105 16.3806 3 π/3.00000103337 0.00000103337 16.0559 64 π/64.00000006453 0.00000006453 16.01378 18 π/18.00000000403 0.00000000403 16.00344 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 7 / 64
Αριθµητική επαλήθευση της ταχύτητας σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Simpson n h S n (f) En S = I(f) S n (f) Λόγος π/.0943951039 0.0943951039 4 π/4.00455975498 0.00455975498 0.70179 8 π/8.0006916995 0.0006916995 16.940059 16 π/16.00001659105 0.00001659105 16.3806 3 π/3.00000103337 0.00000103337 16.0559 64 π/64.00000006453 0.00000006453 16.01378 18 π/18.00000000403 0.00000000403 16.00344 Η στήλη Λόγος εµφανίζει τον λόγο των διαδοχικών σφαλµάτων, δηλαδή τον παράγοντα µε τον οποίο ελαττώνεται το σφάλµα όταν διπλασιάζεται το n. Επίσης, να σηµειωθεί ότι ο λόγος του σφάλµατος στην τελευταία στήλη προσεγγίζει το λόγο h 4 (h/) 4 = 16. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 8 / 64
Ταχύτητα σύγκλισης Για την αριθµητική επαλήθευση της ταχύτητας σύγκλισης ενός σύνθετου κανόνα όταν δεν γνωρίζουµε την ακριβή τιµή του ολοκληρώµατος εργαζόµαστε ως εξής: Ας υποθέσουµε ότι έχουµε προσεγγίσει την τιµή ενός ορισµένου ολοκληρωµάτος I(f) χρησιµοποιώντας τον σύνθετο κανόνα του τραπεζίου. Εστω ότι τα T n(f), T n(f) και T 4n(f) συµβολίζουν τις προσεγγίσεις που λαµβάνονται εφαρµόζοντας τον σύνθετο κανόνα του τραπεζίου και χρησιµοποιώντας αντίστοιχα υποδιαστήµατα µε h, h/, και h/4. ίνεται ο λόγος T n(f) T n(f) T n(f) T 4n(f). Αφού ο σύνθετος κανόνας του τραπεζίου έχει ϑεωρητικά ταχύτητα σύγκλισης O(h ), ϑα πρέπει να αναµένουµε ότι E n 4E n για αρκετά µικρό h, όπου E n(f) = I(f) T n(f). Για τον ανωτέρω λόγο έχουµε T n(f) T n(f) T n(f) T = Tn(f) I(f) (Tn(f) I(f)) 4n(f) T n(f) I(f) (T 4n(f) I(f)) για αρκετά µικρό h. E n(f) + E n(f) E n(f) + E 4n(f) 4En + E n E n + 1 4 En = 4 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 9 / 64
Παράδειγµα 1 ίνεται το ορισµένο ολοκλήρωµα I(f) = 1 0 1 + x 3 dx. Να επαληθευτεί αριθµητικά ότι η ταχύτητα σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του τραπεζίου είναι O(h ). ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 30 / 64
Αριθµητική επαλήθευση της ταχύτητας σύγκλισης του σύνθετου κανόνα του Τραπεζίου Ο ακόλουθος πίνακας εµφανίζει τις προσεγγιστικές τιµές του σύνθετου κανόνα του τραπεζίου στο I(f) για διάφορες τιµές του n. Παρατηρήστε ότι ο λόγος n h T n(f) T n(f) T n (f) T n (f) T 4n (f) 1 1 1.07106781186 4.33558 1/ 1.133883476483 4.05769 4 1/4 1.11699393318 4.01494 8 1/8 1.11830349496 4.003560 16 1/16 1.111793319381 4.000889 3 1/3 1.1115349393 4.000 64 1/64 1.111469550038 18 1/18 1.111453365349 T n(f) T n(f) T n(f) T 4n(f) προσεγγίζει το 4 όσο το h µειώνεται, επαληθεύοντας έτσι αριθµητικά ότι η ταχύτητα σύγκλισης είναι O(h ). ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 31 / 64
Παρατήρηση Από την (4) συµπεραίνεται ότι ο κανόνας του Simpson δεν ϑα έχει την αναµενόµενη ταχύτητα σύγκλισης αν δεν ισχύει η f(x) C 4 [a, b]. Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί ο σύνθετος κανόνας του Simpson για την προσέγγιση του ολοκληρώµατος Λύση I = Z 1 0 x dx = 3. Η στήλη Λόγος στον ακόλουθο πίνακα δείχνει ότι η σύγκλιση δεν είναι η αναµενόµενη 16 αλλά περίπου.8, λόγω της ασυνέχειας όλων των παραγώγων της x στο 0. n Σφάλµα Λόγος.860e 4 1.01e.8 8 3.587e 3.83 16 1.68e 3.83 3 4.485e 4.83 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 3 / 64
Χρήση σφάλµατος αποκοπής Είναι δυνατόν να επιλεγεί το πλήθος των σηµείων σε ένα σύνθετο κανόνα ολοκλήρωσης έτσι ώστε να επιτευχθεί επιθυµητή ακρίβεια στην προσέγγιση της τιµής του ολοκληρώµατος. Αν απαιτηθεί E T n(f) < ɛ, τότε το h πρέπει να εκλεγεί έτσι ώστε h < [ 1ɛ (b a)m ] 1, M = max x [a, b] f (x), h = b a. n ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 33 / 64
Ανοικτοί τύποι Αριθµητικής Ολοκλήρωσης Οι ανοικτοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης δεν συµπεριλαµβάνουν τα άκρα του ορισµένου ολοκληρώµατος στα σηµεία παρεµβολής. Πιο συγκεκριµένα έχουµε I(f) = b a f(x)dx xn+1 x 1 p n (x) dx (5) όπου a = x 0 h, x i = x 0 + ih, i = 0, 1,,..., n, b = x n+1 = x n + h και h = b a n+. Η (5) µε αντικατάσταση του p n (x) γίνεται I(f) h n+1 1 [ f 0 + ( θ 1 ) ( θ f 0 + ) ( θ f 0 + + n ) n f 0 ] dθ. (6) Για διάφορες τιµές του n η (6) παράγει τους ανοικτούς τύπους αριθµητικής ολοκλήρωσης. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 34 / 64
Κανόνας του µέσου Για n = 0 η (6) δίνει I(f) = x1 x 1 f(x)dx h 1 1 f 0 dθ = hf 0. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 35 / 64
Γεωµετρική ερµηνεία του κανόνα του µέσου y y = p 1 (x) y = f(x) x 1 a x 1 b x1 x ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 36 / 64
Κανόνας του µέσου a + b Για x 0 = a, b, ο κανόνας του µέσου δίνει x 0 = a, h = b a I(f) (b a)f(a) x 0 = b I(f) (b a)f(b) x 0 = a + b I(f) (b a)f( a + b ) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 37 / 64
Κανόνας του µέσου Για n = 1 η (6) δίνει Z x I(f) = f(x)dx x 1 Z θ h f 0 + 1 1 f 0 # dθ = h f 0θ + θ f0! 1 = 3h (f0 + f1), σφάλµα EA 1 (f) = 3h3 4 f (ξ) (7) Για n = η (6) δίνει I(f) = Z x3 f(x)dx x 1 Z 3 θ h f 0 + 1 1 θ f 0 + f 0 #dθ = 4h (f0 f1 + f), (8) 3 ο οποίος είναι γνωστός ως ο τύπος του Milne µε σφάλµα E A (f) = 14h5 45 f (4) (ξ). ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 38 / 64
Ορισµός Ενας τύπος αριθµητικής ολοκλήρωσης έχει ακρίβεια ϐαθµού n αν παράγει ακριβή αποτελέσµατα για όλα τα πολυώνυµα ϐαθµού n και δεν είναι ακριβής για πολυώνυµο ϐαθµού n + 1. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 39 / 64
Οι τύποι των Newton-Cotes Οι τύποι που µελετήθηκαν ονοµάζονται τύποι των Newton-Cotes και είναι δυνατόν να αποδειχθεί το ακόλουθο ϑεώρηµα Θεώρηµα Αν I n (f) είναι ένας τύπος αριθµητικής ολοκλήρωσης Newton-Cotes (κλειστός ή ανοικτός) µε n + 1 σηµεία παρεµβολής, τότε (α) Αν το n είναι άρτιο και f(x) C n+ [a, b], τότε υπάρχει µια σταθερά c και ένα ξ [a, b] τέτοιο ώστε I(f) = I n (f) c(b a) n+3 f (n+) (ξ). Ο ϐαθµός ακριβείας του I n (f) είναι n + 1. (ϐ) Αν το n είναι περιττό και f(x) C n+1 [a, b], τότε υπάρχει µια σταθερά c και ένα ξ [a, b] τέτοιο ώστε I(f) = I n (f) c (b a) n+ f (n+1) (ξ ). Ο ϐαθµός ακριβείας του I n (f) είναι n. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 40 / 64
Παρατηρήσεις 1. Αµφότεροι οι τύποι για n = και n = 3 έχουν ϐαθµό ακριβείας 3. Συνεπώς, οι τύποι των Newton-Cotes µε άρτιο n είναι καλύτεροι αφού παράγουν αποτελέσµατα µε ίδια ακρίβεια αλλά µε λιγότερους υπολογισµούς της τιµής µιας συνάρτησης.. Για δεδοµένο n, έχουµε c < c και κατά συνέπεια οι κλειστοί τύποι παράγουν γενικά καλύτερα αποτελέσµατα από τους ανοικτούς. Οι ανοικτοί τύποι χρησιµοποιούνται κυρίως για την αριθµητική επίλυση συνήθων διαφορικών εξισώσεων. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 41 / 64
Η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών Εστω ότι I(f) = b a f(x)dx w 0 f 0 + w 1 f 1 + w n f n (9) όπου x i = x 0 + ih, i = 0(1)n. Οι συντελεστές w 0, w 1,..., w n προσιδορίζονται έτσι ώστε ο ανωτέρω τύπος αριθµητικής ολοκλήρωσης να είναι ακριβής (δηλαδή τα δύο µέλη του είναι ίσα) για όλα τα πολυώνυµα µε όσο το δυνατόν µεγαλύτερου ϐαθµού. Αν f(x) = a 0 + a 1 x + + a m x m, τότε E n (f) = 0 για κάθε πολυώνυµο ϐαθµού m. E n (f) = xn x 0 f(x) n w i f i (30) i=0 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 4 / 64
...Η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών ή E n (f) = E n (a 0 + a 1 x + + a m x m ) = xn x 0 (a 0 + a 1 x + + a m x m )dx [ xn = a 0 1 dx x 0 n i=0 ] [ n xn w i 1 + a 1 x dx i=0 [ xn + a m x m dx x 0 n i=0 w i x m i ] x 0 w i (a 0 + a 1 x i + + a i x m i ) ] n w i x i + + = a 0 E n (1) + a 1 E n (x) + + a m E n (x m ). (31) i=0 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 43 / 64
...Η µέθοδος των προσδιοριστέων συντελεστών Συνεπώς E n(f) = 0 για κάθε πολυώνυµο ϐαθµού m αν και µόνο αν E n(x k ) = 0, k = 0(1)m. (3) Για n = 0 b a f(x)dx w 0f(x 0 ) Απαιτούµε ο παραπάνω τύπος να είναι ακριβής για f(x) = 1, οπότε αντικαθιστώντας έχουµε A = x 0 = a, x 1 = b, x 1 = x 0 + h. Z x1 x 0 f(x)dx = B = w 0f(x 0) = w 0 1 Z x1 x 0 1 dx = x 1 x 0 = h Απαιτώντας A = B λαµβάνουµε συνεπώς Z x1 w 0 = h I(f) = x 0 f(x)dx hf(x 0), που είναι ο κανόνας του ορθογωνίου. (33) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 44 / 64
Για n = 1 I(f) = x 1 x 0 f(x)dx w 0 f 0 + w 1 f 1 Είναι x 0 = a, x 1 = b = x 0 + h Απαιτούµε ο παραπάνω τύπος να είναι ακριβής για f(x) = 1 και f(x) = x. Για f(x) = 1 έχουµε x1 x1 A = f(x)dx = 1 dx = x 1 x 0 = h x 0 x 0 B = w 0 f(x 0 ) + w 1 f(x 1 ) = w 0 + w 1. Απαιτώντας A = B προκύπτει w 0 + w 1 = h. (34) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 45 / 64
Για f(x) = x έχουµε A = x1 x 0 f(x)dx = x1 x 0 xdx = x x 1 = x x 0 1 x 0 ή και A = h(x 0 + x 1 ) B = w 0 f(x 0 ) + w 1 f(x 1 ) = w 0 x 0 + w 1 x 1. Απαιτώντας A = B προκύπτει w 0 x 0 + w 1 x 1 = h(x 0 + x 1 ). (35) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 46 / 64
Λύνοντας το σύστηµα (34) και(35) ϐρίσκουµε w 0 = w 1 = h. Αρα x1 x 0 f(x)dx h [f(x 0) + f(x 1 )] (36) ο οποίος είναι ο κανόνας του τραπεζίου και είναι ακριβής για πολυώνυµα πρώτου ϐαθµού. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 47 / 64
Τοπικό σφάλµα Προκειµένου να ϐρούµε το σφάλµα έχουµε Z x1 x 0 f(x)dx = h [f(x0) + f(x1)] + Af () (ξ), (37) όπου A σταθερά που ϑα προσδιοριστεί και ξ (x 0, x 1). Το τοπικό σφάλµα έχει την έκφραση Af () (ξ) καθόσον ο τύπος (36) είναι ακριβής για πρώτου ϐαθµού πολυώνυµα. Η σταθερά A ϑα προσδιοριστεί από την απαίτηση ο τύπος να ισχύει για f(x) = x, δηλαδή Z x1 x 0 x dx = h (x 0 + x 1 ) + A ή ή ή x 3 1 x 3 0 3 h(x 1 + x 0x 1x 0 ) 3 = h (x 0 + x 1 ) + A h(x 0 + x 1 ) = A A = h3 1 όπως αναµενόταν (ϐλ. τοπικό σφάλµα αποκοπής του Τραπεζίου) (38) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 48 / 64
Ολοκλήρωση κατά Romberg Ξεκινώντας µε τον κανόνα του Τραπεζίου για h 1 = b a [ ] b f(x)dx = h m 1 (b a) f(a) + f(b) + f(x i ) h f (ξ), (39) 1 a (b a) όπου a < ξ < b, h = m, x i = a + ih, i = 0(1)m, τον εφαρµόζουµε διαδοχικά για h 1 = h, h = h 1, h 3 = h, h 4 = h 3,, h 4 = h n 1 i=1 ή γενικά για. h k = b a, k = 1(1)n k 1 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 49 / 64
...Ολοκλήρωση κατά Romberg Τα αποτελέσµατα των διαδοχικών εφαρµογών του σύνθετου τύπου του Τραπεζίου για h k, k = 1(1)n συµβολίζονται µε T(f, h), T f, h!, T f, h 4!,, T f,! h n 1 R 11 R 1 R 31 R n1 Οι προσεγγίσεις R k1, k = 1,, συγκλίνουν πολύ αργά. Για το λόγο αυτό επιταχύνονται µε τη µέθοδο του Richardson. Είναι δυνατόν να δειχτεί ότι ο σύνθετος κανόνας του Τραπεζίου µπορεί να γραφτεί ως εξής I = Z b a f(x)dx = R k 1,1 + c 1h k 1 + c h 4 k 1 + + c mh m k 1 + O(h m+ k 1 ). (40) Θέτοντας στον ανωτέρω τύπο όπου k 1 το k έχουµε I = R k,1 + c 1h k + c h 4 k + + c mh m k + O(h m+ k ) (41) ή ϑέτοντας όπου h k το h k 1 στον τελευταίο τύπο λαµβάνουµε I = R k,1 + c1h k 1 4 + ch4 k 1 16 + + cm hm m k 1 + O(h m+ k 1 ). (4) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 50 / 64
...Ολοκλήρωση κατά Romberg Απαλείφοντας τον όρο h k 1 από τον πρώτο και τον τελευταίο τύπο προκύπτει ή I = 4Rk1 Rk 1,1 3 4Rk1 Rk 1,1 + c h 4 k 1 + c 3h 6 k 1 + + c mh m k 1 + O(h m+ k 1 ). (43) I = + O(hk) 4 (σύνθετος τύπος του Simpson). (44) 3 Από τον παραπάνω τύπο ορίζουµε τις ποσότητες: R k = 4Rk1 Rk 1,1 Για τις ποσότητες αυτές έχουµε (ϐλ. (43) ) και για k = k 1 3, k =, 3,, n. (45) I = R k + c h 4 k + c 3 h 6 k + c mh m k + O(h m+ k ) (46) I = R k 1, 1 + c h 4 k 1 + c 3 h 6 k 1 + + c mh m k 1 + O(h m+ k 1 ). (47) Θέτοντας όπου h k το h k 1 στην (46) λαµβάνουµε: I = R k, + c h 4 k 1 16 + h 6 c k 1 3 64 + + h m c k 1 m + O(hm+ m k 1 ). (48) ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 51 / 64
...Ολοκλήρωση κατά Romberg Απαλείφοντας τον όρο hk 1 4 από τις (47) και (48) λαµβάνουµε I = 16R k R k 1, 15 + O(h 6 k), (49) οπότε ορίζονται κατ ανάλογο τρόπο οι ποσότητες Γενικά, λοιπόν έχουµε R k3 = 16R k R k 1,, k = 3, 4,, n. (50) 15 R ij = 4j 1 R i, j 1 R i 1, j 1, 4 j 1 i =, 3, 4,, n, j =, 3,, i (51) 1 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 5 / 64
...Ολοκλήρωση κατά Romberg Γενικά, λοιπόν έχουµε R ij = 4j 1 R i, j 1 R i 1, j 1, 4 j 1 i =, 3, 4,, n, j =, 3,, i (5) 1 οπότε σχηµατίζεται ο πίνακας R 11 R 1 R R 31 R 3 R 33 R 41 R 4 R 43 R 44....... R n1 R n R n3 R n4 R nn ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 53 / 64
Παράδειγµα Να ϐρεθεί προσεγγιστική τιµή για το I = 1 0 Λύση dx µε τη µέθοδο Romberg. 1+x R ij = 4j 1 R i, j 1 R i 1, j 1, 4 j 1 i =, 3,, n, j =, 3,, i 1 Εφαρµόζοντας τον σύνθετο τύπο του τραπεζίου υπολογίζονται οι ποσότητες οπότε R 11 = 0.75, R 1 = 0.7083, R 31 = 0.6970 0.75 0.7083 0.7083 4 0.7083 0.75 = 0.6944 4 1 4 0.6970 0.7083 = 0.693 4 1 16 0.693 0.6944 = 0.6970 15 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 54 / 64
Ολοκλήρωση του Gauss Να ϐρεθεί τύπος Αριθµητικής Ολοκλήρωσης της µορφής I(f) = 1 1 f(x)dx n w j f(x j ), (53) j=1 ο οποίος να είναι ακριβής για πολυώνυµα όσο το δυνατόν µεγαλύτερου ϐαθµού µε την υπόθεση ότι οι κόµβοι δεν ισαπέχουν και ότι ϑα επιλεγούν κατάλληλα έτσι ώστε ο τύπος b n f(x)dx w j f(x j ) a να είναι ακριβής για πολυώνυµα όσο το δυνατόν µεγαλύτερου ϐαθµού. j=1 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 55 / 64
Για n = 1 1 1 f(x)dx w 1f(x 1 ) και ο τύπος έχει τους δύο αγνώστους w 1 και x 1. Για τον προσδιορισµό τους απαιτείται ο τύπος (53) να είναι ακριβής για τα f(x) = 1 και f(x) = x. Για f(x) = 1 έχουµε Z 1 1dx = w 1 1, άρα w 1 =. 1 Για f(x) = x έχουµε Z 1 xdx = w 1x 1 ή 0 = w 1x 1 άρα x 1 = 0 1 οπότε Z 1 f(x)dx f(0) 1 τύπος του µέσου ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 56 / 64
Για n = 1 1 f(x)dx w 1f(x 1 ) + w f(x ) και ο τύπος έχει τώρα τους τέσσερις αγνώστους w 1, w, x 1 καιx. Για τον προσδιορισµό τους απαιτείται ο τύπος να είναι ακριβής για τα f(x) = 1, x, x, x 3. Ετσι προκύπτει το σύστηµα w 1 + w = w 1x 1 + w x = 0 Η λύση του σύστήµατος είναι w 1x 1 + w x = 3 w 1x 3 1 + w x 3 = 0. άρα w 1 = w = 1, Z 1 1 f(x)dx f 3 3 x 1 = 3, x = 3 3 3! + f 3 3! ο τύπος αυτός είναι ακριβής, λόγω της κατασκευής του, για πολυώνυµα ϐαθµού 3. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 57 / 64
Παρατήρηση Ο τύπος Αριθµητικής Ολοκλήρωσης ( 1 f(x)dx f 1 ) ( ) 3 3 + f 3 3 (54) ο οποίος, λόγω της κατασκευής του, είναι ακριβής για πολυώνυµα ϐαθµού 3. Για f(x) = x 4 ο τύπος (54) δεν δίνει ακριβή αποτελέσµατα. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 58 / 64
Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί ο τύπος (54) για την προσέγγιση του 1 1 e x dx. Λύση Ο τύπος (54) για το ανωτέρω ολοκλήρωµα δίνει I e 3/3 + 3/3 e.346961, ενώ η ακριβής τιµή του είναι I = 1 1 e x dx = e e 1.350404. Παρατηρήστε ότι το σφάλµα είναι 0.00771, το οποίο είναι πολύ µικρό για µόνο δύο σηµεία (x 1, x ). ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 59 / 64
Η περίπτωση n > Ο τύπος (53) έχει τους n αγνώστους x 1, x,..., x n, w 1,..., w n. Για τον προσδιορισµό τους απαιτείται ο κανόνας αριθµητικής ολοκλήρωσης να είναι ακριβής για τα n µονώνυµα f(x) = 1, x, x,..., x n 1. Αυτό σηµαίνει ότι I(f) = I n(f) για όλα τα πολυώνυµα ϐαθµού n 1, το οποίο καταλήγει στο ακόλουθο σύστηµα n µη γραµµικών εξισώσεων µε n αγνώστους = w 1 + w +... + w n 0 = w 1x 1 + w x +... + w nx n 3 = w 1x 1 + w x +... + w nx n 0 = w 1x 3 1 + w x 3 +... + w nx 3 n.... n 1 = w 1x n 1 + w x n +... + w nx n n 0 = w 1x n 1 1 + w x n 1 +... + w nx n 1 n. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 60 / 64
Η περίπτωση n > Η επίλυση του ανωτέρω συστήµατος είναι αρκετά δύσκολη. Ευτυχώς όµως η λύση του υπάρχει και υπολογίζεται από τις ϐιβλιοθήκες µαθηµατικού λογισµικού (IMSL, NAG). Οι τύποι του Gauss Οι τύποι που παράγονται από την (53) όπως περιγράφτηκε ανωτέρω καλούνται τύποι του Gauss. Στην περίπτωση που επιθυµείται η προσέγγιση ενός ορισµένου ολοκληρώµατος στο διάστηµα [a, b] αντί του [ 1, 1], τότε αυτό µπορεί να επιτευχθεί πολύ εύκολα µε αλλαγή µεταβλητής. Ας υποθέσουµε ότι τότε εισάγοντας τη µεταβλητή I(f) = b a f(x) dx x = a + b + t(b a), 1 t 1 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 61 / 64
το ολοκλήρωµα µετασχηµατίζεται στο ακόλουθο I(f) = b a 1 ( ) a + b + t(b a) f 1 dt όπου τώρα µπορεί να εφαρµοστεί ο τύπος του Gauss I(f) = 1 1 f(x)dx n w j f(x j ). j=1 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 6 / 64
Παράδειγµα Να χρησιµοποιηθεί ο τύπος του Gauss για την προσέγγιση του I = R 1 0 Λύση x dx = 3. Τα αποτελέσµατα εµφανίζονται στον ακόλουθο πίνακα, όπου n είναι το πλήθος των σηµείων. Η στήλη Λόγος δείχνει ότι το σφάλµα συµπεριφέρεται ως εξής I I n ch 3 (55) για κάποιο c. Συγκρίνοντας τα αποτελέσµατα µε αυτά του πίνακα, ο οποίος δίνει τα αποτελέσµατα από την εφαρµογή του κανόνα του Simpson, η πειραµατική ταχύτητα σύγκλισης είναι µόνο h 3/ η οποία είναι πολύ αργή σε σχέση µε την (55). n h I I n Λόγος 1-7.Ε-3-1 4-1.16Ε-3 6. 4 1 8-1.69Ε-4 6.9 8 1 16 -.30Ε-5 7.4 16 1 3-3.00Ε-6 7.6 3 1 64-3.84Ε-7 7.8 64 Πίνακασ: Εφαρµογή του τύπου του Gauss στο 1 0 x dx ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 63 / 64
Παρατήρηση Οι τύποι του Gauss δεν είναι εύκολο να εφαρµοστούν όπως είναι οι κανόνες του Τραπεζίου και του Simpson. Ωστόσο, η αύξηση στην ταχύτητα σύγκλισης είναι τόσο γρήγορη ώστε η χρήση τους καθίσταται αναµφισβήτητη. ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής,Τµήµα Αριθµητική ΑνάλυσηΚεφάλαιο Β (Περιττοί) : Επίκ. 9. Καθηγητής Αριθµητική Φ.Τζαφέρης Ολοκλήρωση (ΕΚΠΑ) 5 Μαΐου 010 64 / 64