מבוא לאינטגרציה נומרית (המשך)

שיטת הטרפזים

נעשה חלוקה שווה של [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math]: [math]\displaystyle{ a=x_0\lt x_1\lt \dots\lt x_n=b }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}n=h }[/math]. חלוקת הקטע [math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] משרה חלוקת הגרף [math]\displaystyle{ y=f(x) }[/math]. נחבר את הנקודות האלה בגרף ע"י קווים ישרים, וכך ניצור איחוד של n טרפזים (במקום מלבנים בשיטה של סכומי רימן), והשטח הכולל של הטרפזים הוא קירוב של האינטגרל. לטרפז שמעל [math]\displaystyle{ [x_{k-1},x_k] }[/math] יש רוחב h ושני גבהים [math]\displaystyle{ f(x_{k-1}),\ f(x_k) }[/math]. לכן שטח אותו טרפז הוא [math]\displaystyle{ \frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h }[/math], והקירוב לאינטגרל הוא
[math]\displaystyle{ \begin{align}\sum_{k=1}^n \frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h&=h\left(\frac{f(x_0)}2+2\frac{f(x_1)}2+2\frac{f(x_2)}2+\dots+\frac{f(x_n)}2\right)\\&=\left(\frac{f(x_0)}2+\frac{f(x_n)}2\right)h+h\sum_{k=1}^{n-1} f(x_k)\end{align} }[/math]

נותר לחשב את סדר הגודל של הטעות. נסמן לכל פונקציה g [math]\displaystyle{ I(g)=\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} g(x)\mathrm dx }[/math] וכן [math]\displaystyle{ T(g) }[/math] הקירוב של [math]\displaystyle{ I(g) }[/math] ע"י טרפז. עתה נתמקד באחד הקטעים [math]\displaystyle{ [x_{k-1},x_k] }[/math] ונעריך את הטעות בו, השווה ל-[math]\displaystyle{ \int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f(x)\mathrm dx-\frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h=I(f)-T(f) }[/math]. נשים לב כי אם f לינארית בקטע אז הטעות היא 0.
כעת נניח ש-f בעלת שתי נגזרות רציפות ב-[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math] ונסמן [math]\displaystyle{ M=\max_{x\in[a,b]} |f''(x)| }[/math]. נפתח את f לפיתוח טיילור סביב הנקודה [math]\displaystyle{ x_{k-1} }[/math]: [math]\displaystyle{ f(x)=\underbrace{f(x_{k-1})+f'(x_{k-1})(x-x_{k-1})}_{P(x)}+\underbrace{\frac{f''(c)}2 (x-x_{k-1})^2}_{R(x)} }[/math], כאשר P הוא הפיתוח הלינארי של f ו-R השארית ממנו.
לפיכך [math]\displaystyle{ I(f)=I(P)+I(R) }[/math], [math]\displaystyle{ T(f)=T(P)+T(R) }[/math] והשארית [math]\displaystyle{ I(f)-T(f) }[/math] היא [math]\displaystyle{ I(P)-T(P)+I(R)-T(R) }[/math], ומכיוון ש-P לינארית [math]\displaystyle{ I(P)-T(P)=0 }[/math], כלומר השארית היא [math]\displaystyle{ I(R)-T(R) }[/math]. נחשב:
[math]\displaystyle{ \begin{align}|I(R)|&=\left|\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} \frac{f''(c)}2 (x-x_k)^2\mathrm dx\right|\\&=\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} \frac{|f''(c)|}2 (x-x_k)^2\mathrm dx\\&\le\frac M2\left[\frac{(x-x_{k-1})^3}3\right]_{x=x_{x-1}}^{x_k}\\&=\frac M2\frac{(x_k-x_{k-1})^3}3\\&=\frac {Mh^3}6\end{align} }[/math]
וכן
[math]\displaystyle{ \begin{align}|T(R)|&=\left|\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k-1}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\right|\\&=\left|\frac{f''(c)}4h^3\right|\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align} }[/math]

בסה"כ הטעות בקטע [math]\displaystyle{ [x_{k-1},x_k] }[/math] חסומה ע"י [math]\displaystyle{ \frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6 }[/math]. יש n קטעים כאלה, לכן [math]\displaystyle{ |I(f)-T(f)|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a) }[/math].
כלל סימפסון (Simpson's Role)

שוב נקרב את [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] בעזרת חלוקה שווה [math]\displaystyle{ a=x_0\lt x_1\lt \dots\lt x_n=b,\ h=\frac{b-a}n }[/math], אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא [math]\displaystyle{ S(f)=\frac h3\left(f(x_0)+4\sum_{k=1}^{n/2}f(x_{2k-1})+2\sum_{k=1}^{n/2-1}f(x_{2k})+f(x_n)\right) }[/math]. למעשה, סימפסון מקרב [math]\displaystyle{ \int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f }[/math] ע"י [math]\displaystyle{ \frac h3\Big(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big) }[/math]
לפני ההוכחה נציג שתי למות להשכלה כללית (באינפי):
- נניח ש-f אינטגרבילית ואי-זוגית בקטע סימטרי [math]\displaystyle{ [-R,R] }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \int\limits_{-R}^R f=0 }[/math]. הוכחה: נסמן [math]\displaystyle{ I_1=\int\limits_{-R}^0 f\ \and\ I_2=\int\limits_0^R f }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ I_1+I_2=\int\limits_{-R}^R f }[/math]. ב-[math]\displaystyle{ I_1 }[/math] נציב [math]\displaystyle{ t=-x\implies \mathrm dt=-\mathrm dx }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ I_1=\int\limits_{-(-R)}^{-0} f(-t)(-\mathrm dt)=-\left(-\int\limits_0^R -f(t)\mathrm dt\right)=-I_2 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
- נניח ש-f רציפה בסביבה של [math]\displaystyle{ x_0 }[/math] וגזירה בסביבה מנוקבת של [math]\displaystyle{ x_0 }[/math]. עוד נניח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}f'(x)=L }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ f'(x_0) }[/math] קיים ושווה ל-L. הוכחה: לפי ההגדרה, אם f גזירה ב-[math]\displaystyle{ x_0 }[/math] אזי [math]\displaystyle{ f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} }[/math], ולפי משפט לגראנז' זה שווה ל-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0} f'(c) }[/math] עבור [math]\displaystyle{ c }[/math] כלשהו בין [math]\displaystyle{ x }[/math] ל-[math]\displaystyle{ x_0 }[/math]. לכן, כאשר [math]\displaystyle{ x\to x_0 }[/math] גם [math]\displaystyle{ c\to x_0 }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ L=\lim_{c\to x_0} f'(c)=\lim_{x\to x_0} f'(c)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0) }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
נחזור לכלל סימפסון.

שלב א

נניח ש-[math]\displaystyle{ h\gt 0 }[/math] ו-[math]\displaystyle{ p(x) }[/math] פולינום ממעלה 3 או פחות. נוכיח ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_{-h}^h p=\frac h3\Big(p(-h)+4p(0)+p(h)\Big)\implies I(p)=S(p) }[/math] (כאשר לכל f אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [-h,h] }[/math] הגדרנו [math]\displaystyle{ I(f)=\int\limits_{-h}^h f }[/math]).

הוכחה
לכל פולינום ממעלה 3 (או פחות) [math]\displaystyle{ p(x)=\sum_{k=0}^3 \alpha_kx^k }[/math] מתקיים
[math]\displaystyle{ \begin{align}I(p)&=\sum_{k=0}^3 \int\limits_{-h}^h \alpha_kx^k\mathrm dx\\&=\sum_{k=0}^3 \left[\alpha_k\frac{x^{k+1}}{k+1}\right]_{x=-h}^h\\&=2h\alpha_0+0+\frac23h^3\alpha_2+0\\&=\frac h3\left(6\alpha_0+2h^2\alpha_2\right)\\&=\frac h3\Big(\left(\alpha_0-h\alpha_1+h^2\alpha_2-h^3\alpha_3\right)+4\alpha_0+\left(\alpha_0+h\alpha_1+h^2\alpha_2+h^3\alpha_3\right)\Big)\\&=S(p)\end{align} }[/math]

שלב ב
נניח ש-f בעלת 4 נגזרות רציפות בקטע [math]\displaystyle{ [-h,h] }[/math] ונסמן [math]\displaystyle{ M=\max_{x\in[-h,h]}\left|f^{(4)}(x)\right| }[/math]. נעריך את הטעות: [math]\displaystyle{ \int\limits_{-h}^h f-\frac h3\Big(f(-h)+4f(0)+f(h)\Big)=I(f)-S(f) }[/math]. לצורך זה נשתמש בפיתוח טיילור של f סביב 0 מסדר 3, [math]\displaystyle{ f(x)=P_3(x)+R_3(x) }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ I(f)-S(f)=\underbrace{I(P_3)-S(P_3)}_0+I(R_3)-S(R_3) }[/math]. כזכור [math]\displaystyle{ R_3(x)=\frac{f^{(4)}(c)x^4}{4!} }[/math]. נעריך:
[math]\displaystyle{ \begin{align}|I(R_3)|&=\left|\int\limits_{-h}^h\frac{f^{(4)}(c)x^4}{4!}\mathrm dx\right|\\&\le\frac M{4!}\int\limits_{-h}^h\left|x^4\right|\mathrm dx\\&=\frac M{24}\left[\frac{x^5}5\right]_{x=-h}^h\\&=\frac{Mh^5}{60}\end{align} }[/math]

[math]\displaystyle{ \begin{align}|S(R_3)|&=\left|\frac h3\Big(R_3(-h)+4R_3(0)+R_3(h)\Big)\right|\\&=\frac h3\left|\frac{f^{(4)}(c_1)}{4!}h^4+\frac{f^{(4)}(c_2)}{4!}h^4\right|\\&\le\frac M{36}\cdot h^5\end{align} }[/math]

מכל זה, יוצא ש: [math]\displaystyle{ |I(f)-S(f)|=|I(R_3)-S(R_3)|\le\frac M{36}h^5+\frac M{60}h^5=\frac 2{45}Mh^5 }[/math].

שלב ג

נוכיח כי לכל k שעבורו [math]\displaystyle{ 1\le k\le n-1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f-\frac h3\left(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\right)=I(f)-S(f) }[/math]

הוכחה
באינטגרל [math]\displaystyle{ I(f) }[/math] נציב [math]\displaystyle{ t=x-x_k }[/math] כדי לקבל [math]\displaystyle{ I(f)=\int\limits_{x_{k-1}-x_k}^{x_{k+1}-x_k}f(t+x_k)\mathrm dt=\int\limits_{-h}^h f(t+x_k)\mathrm dt }[/math]. ניצור פונקציה [math]\displaystyle{ g:t\mapsto f(t+x_k) }[/math] ונבנה [math]\displaystyle{ S(g) }[/math] ב-[math]\displaystyle{ [-h,h] }[/math] כמו שעשינו בשלב ב:
[math]\displaystyle{ \begin{align}S(g)&=\frac h3\Big(g(-h)+4g(0)+g(h)\Big)\\&=\frac h3\Big(f(x_k-h)+4f(x_k)+f(x_k+h)\Big)\\&=\frac h3\Big(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)\\&=S(f)\end{align} }[/math]

כמו כן, מכיוון ש-[math]\displaystyle{ g(x)=f(x+x_k) }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ M=\max_{x\in[-h,h]}\left|g^{(4)}(x)\right|=\max_{x\in[x_{k-1},x_{k+1}]}\left|f^{(4)}(x)\right| }[/math], ומכל זה נובע [math]\displaystyle{ I_{[x_{k-1},x_{k+1}]}(f)-S_{[x_{k-1},x_{k+1}]}(f)=I_{[-h,h]}(g)-S_{[-h,h]}(g)\le\frac2{45}Mh^5 }[/math].

סיכום

מצאנו שעל כל תת קטע [math]\displaystyle{ [x_{k-1},x_{k+1}] }[/math] הטעות בקירוב סימפסון חסומה ע"י [math]\displaystyle{ \frac2{45}Mh^5 }[/math]. יש [math]\displaystyle{ \frac n2 }[/math] קטעים כאלה, ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ h=\frac{b-a}n\implies n=\frac{b-a}h }[/math] הטעות חסומה ע"י [math]\displaystyle{ \frac2{45}Mh^5\frac{b-a}{2h}=\frac{Mh^4(b-a)}{45} }[/math].
הערה: ניתן להוכיח כי הטעות חסומה גם ע"י [math]\displaystyle{ \frac{Mh^4(b-a)}{180} }[/math].

מבוא לאינטגרציה נומרית (המשך)

שיטת הטרפזים

כלל סימפסון (Simpson's Role)

שלב א

הוכחה

שלב ב

שלב ג

הוכחה

סיכום