משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/29.3.11 - היסטוריית גרסאות

אור שחף ב־16:40, 25 ביולי 2011

2011-07-25T16:40:06Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־16:40, 25 ביולי 2011
שורה 1:		שורה 1:
	=מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה\|(המשך)}}=		=מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה\|(המשך)}}=
	<ol start="3">		<ol start="3">
	<li>שיטת הטרפזים: נעשה חלוקה שווה של <math>[a,b]</math>: <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math>, כאשר <math>x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}n=h</math>. חלוקת הקטע <math>[a,b]</math> משרה חלוקת הגרף <math>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>[x_{k-1},x_k]</math> יש רוחב h ושני גבהים <math>f(x_{k-1}),\ f(x_k)</math>. לכן שטח אותו טרפז הוא <math>\frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h</math>, והקירוב לאינטגרל הוא {{left\|<math>\begin{align}\sum_{k=1}^n \frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h&=h\left(\frac{f(x_0)}2+\frac{f(x_1)}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>}}		<li>
	נותר לחשב את סדר הגודל של הטעות. נסמן לכל פונקציה g <math>I(g)=\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} g(x)\mathrm dx</math> וכן <math>T(g)</math> הקירוב של g ע"י טרפז. עתה נתמקד באחד הקטעים <math>[x_{k-1},x_k]</math> ונעריך את הטעות בו, השווה ל-<math>\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.		==שיטת הטרפזים==
			[[קובץ:שיטת הטרפזים.png\|300px\|ימין]]
			נעשה חלוקה שווה של <math>[a,b]</math>: <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math>, כאשר <math>x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}n=h</math>. חלוקת הקטע <math>[a,b]</math> משרה חלוקת הגרף <math>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>[x_{k-1},x_k]</math> יש רוחב h ושני גבהים <math>f(x_{k-1}),\ f(x_k)</math>. לכן שטח אותו טרפז הוא <math>\frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h</math>, והקירוב לאינטגרל הוא {{left\|<math>\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>I(g)=\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} g(x)\mathrm dx</math> וכן <math>T(g)</math> הקירוב של <math>I(g)</math> ע"י טרפז. עתה נתמקד באחד הקטעים <math>[x_{k-1},x_k]</math> ונעריך את הטעות בו, השווה ל-<math>\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>[a,b]</math> ונסמן <math>M=\max_{x\in[a,b]} \|f''(x)\|</math>. נפתח את f לפיתוח טיילור סביב הנקודה <math>x_{k-1}</math>: <math>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.		כעת נניח ש-f בעלת שתי נגזרות רציפות ב-<math>[a,b]</math> ונסמן <math>M=\max_{x\in[a,b]} \|f''(x)\|</math>. נפתח את f לפיתוח טיילור סביב הנקודה <math>x_{k-1}</math>: <math>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.

	~~לסיכום, עד כה הראינו כי~~ <math>I(f)=I(P)+I(R)</math> ו-<math>T(f)=T(P)+T(R)</math>~~. לכן השארית~~ <math>I(f)-T(f)</math> היא <math>I(P)-T(P)+I(R)-T(R)</math>, ומכיוון ש-P לינארית <math>I(P)-T(P)=0</math>, כלומר השארית היא <math>I(R)-T(R)</math>. נחשב: {{left\|<math>\begin{align}\|I(R)\|&=\left\|\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} \frac{f''(c)}2 (x-x_k)^2\mathrm dx\right\|\\&~~\le~~\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>}}		לפיכך <math>I(f)=I(P)+I(R)</math>, <math>T(f)=T(P)+T(R)</math> והשארית <math>I(f)-T(f)</math> היא <math>I(P)-T(P)+I(R)-T(R)</math>, ומכיוון ש-P לינארית <math>I(P)-T(P)=0</math>, כלומר השארית היא <math>I(R)-T(R)</math>. נחשב: {{left\|<math>\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 {{left\|<math>\begin{align}T(R)&=\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\\&=\frac{f''(c)~~(x_k-x_{k-1})^2~~}4h^3\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align}</math>}}		וכן {{left\|<math>\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>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.		בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.
	</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac		</li><li>
			==כלל סימפסון (Simpson's Role)==
			שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac
	h3\Big(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>		h3\Big(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>

	לפני ההוכחה נציג שתי למות להשכלה כללית (באינפי):		לפני ההוכחה נציג שתי למות להשכלה כללית (באינפי):
	<ul><li>נניח ש-f אינטגרבילית ואי-זוגית בקטע סימטרי <math>[-R,R]</math> אזי <math>\int\limits_{-R}^R f=0</math>.		<ul><li>נניח ש-f אינטגרבילית ואי-זוגית בקטע סימטרי <math>[-R,R]</math> אזי <math>\int\limits_{-R}^R f=0</math>.
	~~===~~הוכחה~~===~~
	נסמן <math>I_1=\int\limits_{-R}^0 f\ \and\ I_2=\int\limits_0^R f</math> ולכן <math>I_1+I_2=\int\limits_{-R}^R f</math>. ב-<math>I_1</math> נציב <math>t=-x\implies \mathrm dt=-\mathrm dx</math> ונקבל <math>I_1=\int\limits_{-(-R)}^{-0} f(-t)(-\mathrm dt)=-\left(-\int\limits_0^R -f(t)\mathrm dt\right)=-I_2</math>. {{משל}}</li>		'''הוכחה:''' נסמן <math>I_1=\int\limits_{-R}^0 f\ \and\ I_2=\int\limits_0^R f</math> ולכן <math>I_1+I_2=\int\limits_{-R}^R f</math>. ב-<math>I_1</math> נציב <math>t=-x\implies \mathrm dt=-\mathrm dx</math> ונקבל <math>I_1=\int\limits_{-(-R)}^{-0} f(-t)(-\mathrm dt)=-\left(-\int\limits_0^R -f(t)\mathrm dt\right)=-I_2</math>. {{משל}}</li>
	<li>נניח ש-f רציפה בסביבה של <math>x_0</math> וגזירה בסביבה מנוקבת של <math>x_0</math>. עוד נניח שקיים <math>\lim_{x\to x_0}f'(x)=L</math>. אזי <math>f'(x_0)</math> קיים ושווה ל-L.		<li>נניח ש-f רציפה בסביבה של <math>x_0</math> וגזירה בסביבה מנוקבת של <math>x_0</math>. עוד נניח שקיים <math>\lim_{x\to x_0}f'(x)=L</math>. אזי <math>f'(x_0)</math> קיים ושווה ל-L.
	~~===~~הוכחה~~===~~
	לפי ההגדרה, אם f גזירה ב-<math>x_0</math> אזי <math>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>\lim_{x\to x_0} f'(c)</math> עבור <math>c</math> כלשהו בין <math>x</math> ל-<math>x_0</math>. לכן, כאשר <math>x\to x_0</math> גם <math>c\to x_0</math> ונקבל <math>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>. {{משל}}		'''הוכחה:''' לפי ההגדרה, אם f גזירה ב-<math>x_0</math> אזי <math>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>\lim_{x\to x_0} f'(c)</math> עבור <math>c</math> כלשהו בין <math>x</math> ל-<math>x_0</math>. לכן, כאשר <math>x\to x_0</math> גם <math>c\to x_0</math> ונקבל <math>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>. {{משל}}
	</li></ul>		</li></ul>

	נחזור לכלל סימפסון.		נחזור לכלל סימפסון.
	==שלב א==		===שלב א===
	נניח ש-<math>h>0</math> ו-<math>p(x)</math> פולינום ממעלה 3 או פחות. נוכיח ש-<math>\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>[-h,h]</math> הגדרנו <math>I(f)=\int\limits_{-h}^h f</math>).		נניח ש-<math>h>0</math> ו-<math>p(x)</math> פולינום ממעלה 3 או פחות. נוכיח ש-<math>\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>[-h,h]</math> הגדרנו <math>I(f)=\int\limits_{-h}^h f</math>).
	===הוכחה===		====הוכחה====
	לכל פולינום ממעלה 3 (או פחות) <math>p(x)=\sum_{k=0}^3 \alpha_kx^k</math> מתקיים {{left\|<math>\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>}}		לכל פולינום ממעלה 3 (או פחות) <math>p(x)=\sum_{k=0}^3 \alpha_kx^k</math> מתקיים {{left\|<math>\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==		===שלב ב===
	נניח ש-f בעלת 4 נגזרות רציפות בקטע <math>[-h,h]</math> ונסמן <math>M=\max_{x\in[-h,h]}\left\|f^{(4)}(x)\right\|</math>. נעריך את הטעות: <math>\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>f(x)=P_3(x)+R_3(x)</math>. לכן <math>I(f)-S(f)=\underbrace{I(P_3)-S(P_3)}_0+I(R_3)-S(R_3)</math>. כזכור <math>R_3(x)=\frac{f^{(4)}(c)x^4}{4!}</math>. נעריך: {{left\|<math>\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>}}		נניח ש-f בעלת 4 נגזרות רציפות בקטע <math>[-h,h]</math> ונסמן <math>M=\max_{x\in[-h,h]}\left\|f^{(4)}(x)\right\|</math>. נעריך את הטעות: <math>\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>f(x)=P_3(x)+R_3(x)</math>. לכן <math>I(f)-S(f)=\underbrace{I(P_3)-S(P_3)}_0+I(R_3)-S(R_3)</math>. כזכור <math>R_3(x)=\frac{f^{(4)}(c)x^4}{4!}</math>. נעריך: {{left\|<math>\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>}}
	{{left\|<math>\begin{align}\|S(R_3)\|&=\left\|\frac h3(R_3(-h)+4R_3(0)+R_3(h))\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>}}		{{left\|<math>\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>\|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>.		מכל זה, יוצא ש: <math>\|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==		===שלב ג===
	נוכיח כי לכל k שעבורו <math>1\le k\le n-1</math> מתקיים <math>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f-\frac n3\left(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\right)=I(f)-S(f)</math>		נוכיח כי לכל k שעבורו <math>1\le k\le n-1</math> מתקיים <math>\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===		====הוכחה====
	באינטגרל <math>I(f)</math> נציב <math>t=x-x_k</math> כדי לקבל <math>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>g:t\mapsto f(t+x_k)</math> ונבנה <math>S(g)</math> ב-<math>[-h,h]</math> כמו שעשינו בשלב ב: {{left\|<math>\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>}}		באינטגרל <math>I(f)</math> נציב <math>t=x-x_k</math> כדי לקבל <math>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>g:t\mapsto f(t+x_k)</math> ונבנה <math>S(g)</math> ב-<math>[-h,h]</math> כמו שעשינו בשלב ב: {{left\|<math>\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>g(x)=f(x+x_k)</math> מתקיים <math>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>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>.		כמו כן, מכיוון ש-<math>g(x)=f(x+x_k)</math> מתקיים <math>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>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==		===סיכום===
	מצאנו שעל כל תת קטע <math>[x_{k-1},x_{k+1}]</math> הטעות בקירוב סימפסון חסומה ע"י <math>\frac2{45}Mh^5</math>. יש <math>\frac n2</math> קטעים כאלה, ומכיוון ש-<math>h=\frac{b-a}n\implies n=\frac{b-a}h</math> הטעות חסומה ע"י <math>\frac2{45}Mh^5\frac{b-a}{2h}=\frac{Mh^4(b-a)}{45}</math>.		מצאנו שעל כל תת קטע <math>[x_{k-1},x_{k+1}]</math> הטעות בקירוב סימפסון חסומה ע"י <math>\frac2{45}Mh^5</math>. יש <math>\frac n2</math> קטעים כאלה, ומכיוון ש-<math>h=\frac{b-a}n\implies n=\frac{b-a}h</math> הטעות חסומה ע"י <math>\frac2{45}Mh^5\frac{b-a}{2h}=\frac{Mh^4(b-a)}{45}</math>.

חופית: /* שלב ג */

2011-05-05T08:29:44Z

שלב ג

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־08:29, 5 במאי 2011
שורה 31:		שורה 31:
	מכל זה, יוצא ש: <math>\|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>.		מכל זה, יוצא ש: <math>\|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==		==שלב ג==
	נוכיח כי לכל k שעבורו <math>1\le k\le n-1</math> מתקיים <math>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f-\frac n3\left(f(x_{k-1}+4f(x_k)+f(x_{k+1})\right)=I(f)-S(f)</math>		נוכיח כי לכל k שעבורו <math>1\le k\le n-1</math> מתקיים <math>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f-\frac n3\left(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\right)=I(f)-S(f)</math>
	===הוכחה===		===הוכחה===
	באינטגרל <math>I(f)</math> נציב <math>t=x-x_k</math> כדי לקבל <math>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>g:t\mapsto f(t+x_k)</math> ונבנה <math>S(g)</math> ב-<math>[-h,h]</math> כמו שעשינו בשלב ב: {{left\|<math>\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>}}		באינטגרל <math>I(f)</math> נציב <math>t=x-x_k</math> כדי לקבל <math>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>g:t\mapsto f(t+x_k)</math> ונבנה <math>S(g)</math> ב-<math>[-h,h]</math> כמו שעשינו בשלב ב: {{left\|<math>\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>}}

חופית: /* מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה|(המשך)}} */

2011-05-05T06:39:49Z

מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה|(המשך)}}

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־06:39, 5 במאי 2011
שורה 10:		שורה 10:
	בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.		בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.
	</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac		</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac
	h3\Big(f(x_{k-1}+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>		h3\Big(f(x_{k-1})+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>

	לפני ההוכחה נציג שתי למות להשכלה כללית (באינפי):		לפני ההוכחה נציג שתי למות להשכלה כללית (באינפי):

חופית: /* מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה|(המשך)}} */

2011-05-05T06:19:23Z

מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה|(המשך)}}

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־06:19, 5 במאי 2011
שורה 7:		שורה 7:

	לסיכום, עד כה הראינו כי <math>I(f)=I(P)+I(R)</math> ו-<math>T(f)=T(P)+T(R)</math>. לכן השארית <math>I(f)-T(f)</math> היא <math>I(P)-T(P)+I(R)-T(R)</math>, ומכיוון ש-P לינארית <math>I(P)-T(P)=0</math>, כלומר השארית היא <math>I(R)-T(R)</math>. נחשב: {{left\|<math>\begin{align}\|I(R)\|&=\left\|\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} \frac{f''(c)}2 (x-x_k)^2\mathrm dx\right\|\\&\le\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>}}		לסיכום, עד כה הראינו כי <math>I(f)=I(P)+I(R)</math> ו-<math>T(f)=T(P)+T(R)</math>. לכן השארית <math>I(f)-T(f)</math> היא <math>I(P)-T(P)+I(R)-T(R)</math>, ומכיוון ש-P לינארית <math>I(P)-T(P)=0</math>, כלומר השארית היא <math>I(R)-T(R)</math>. נחשב: {{left\|<math>\begin{align}\|I(R)\|&=\left\|\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} \frac{f''(c)}2 (x-x_k)^2\mathrm dx\right\|\\&\le\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 {{left\|<math>\begin{align}T(R)&=\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k-1}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\\&=\frac{f''(c)(x_k-x_{k-1})^2}4h\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align}</math>}}		וכן {{left\|<math>\begin{align}T(R)&=\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\\&=\frac{f''(c)(x_k-x_{k-1})^2}4h^3\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align}</math>}}
	בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.		בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.
	</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac		</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac

אור שחף ב־18:15, 6 באפריל 2011

2011-04-06T18:15:11Z

→ הגרסה הקודמת		גרסה מ־18:15, 6 באפריל 2011
שורה 9:		שורה 9:
	וכן {{left\|<math>\begin{align}T(R)&=\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k-1}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\\&=\frac{f''(c)(x_k-x_{k-1})^2}4h\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align}</math>}}		וכן {{left\|<math>\begin{align}T(R)&=\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k-1}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\\&=\frac{f''(c)(x_k-x_{k-1})^2}4h\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align}</math>}}
	בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.		בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>\|I(f)-T(f)\|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.
	</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{~~x_k~~} f</math> ע"י <math>\frac		</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_{k+1}} f</math> ע"י <math>\frac
	h3\Big(f(x_{k-1}+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>		h3\Big(f(x_{k-1}+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>

שורה 23:		שורה 23:
	נחזור לכלל סימפסון.		נחזור לכלל סימפסון.
	==שלב א==		==שלב א==
	נניח ש-<math>h>0</math> ו-<math>p(x)</math> פולינום ממעלה 3 או פחות. נוכיח ש-<math>\int\limits_{-h}^h p=\frac h3\~~left~~(p(-h)+4p(0)+p(h)\~~right~~)\implies I(p)=S(p)</math> (כאשר לכל f אינטגרבילית ב-<math>[-h,h]</math> הגדרנו <math>I(f)=\int\limits_{-h}^h f</math>).		נניח ש-<math>h>0</math> ו-<math>p(x)</math> פולינום ממעלה 3 או פחות. נוכיח ש-<math>\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>[-h,h]</math> הגדרנו <math>I(f)=\int\limits_{-h}^h f</math>).
			===הוכחה===
			לכל פולינום ממעלה 3 (או פחות) <math>p(x)=\sum_{k=0}^3 \alpha_kx^k</math> מתקיים {{left\|<math>\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>[-h,h]</math> ונסמן <math>M=\max_{x\in[-h,h]}\left\|f^{(4)}(x)\right\|</math>. נעריך את הטעות: <math>\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>f(x)=P_3(x)+R_3(x)</math>. לכן <math>I(f)-S(f)=\underbrace{I(P_3)-S(P_3)}_0+I(R_3)-S(R_3)</math>. כזכור <math>R_3(x)=\frac{f^{(4)}(c)x^4}{4!}</math>. נעריך: {{left\|<math>\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>}}
			{{left\|<math>\begin{align}\|S(R_3)\|&=\left\|\frac h3(R_3(-h)+4R_3(0)+R_3(h))\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>\|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>1\le k\le n-1</math> מתקיים <math>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f-\frac n3\left(f(x_{k-1}+4f(x_k)+f(x_{k+1})\right)=I(f)-S(f)</math>
			===הוכחה===
			באינטגרל <math>I(f)</math> נציב <math>t=x-x_k</math> כדי לקבל <math>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>g:t\mapsto f(t+x_k)</math> ונבנה <math>S(g)</math> ב-<math>[-h,h]</math> כמו שעשינו בשלב ב: {{left\|<math>\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>g(x)=f(x+x_k)</math> מתקיים <math>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>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>[x_{k-1},x_{k+1}]</math> הטעות בקירוב סימפסון חסומה ע"י <math>\frac2{45}Mh^5</math>. יש <math>\frac n2</math> קטעים כאלה, ומכיוון ש-<math>h=\frac{b-a}n\implies n=\frac{b-a}h</math> הטעות חסומה ע"י <math>\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>\frac{Mh^4(b-a)}{180}</math>.
	</li>		</li>
	</ol>		</ol>

אור שחף: המשך יבוא

2011-04-06T15:01:00Z

המשך יבוא

דף חדש

=מבוא לאינטגרציה נומרית {{הערה|(המשך)}}=
<ol start="3">
<li>שיטת הטרפזים: נעשה חלוקה שווה של <math>[a,b]</math>: <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b</math>, כאשר <math>x_k-x_{k-1}=\frac{b-a}n=h</math>. חלוקת הקטע <math>[a,b]</math> משרה חלוקת הגרף <math>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>[x_{k-1},x_k]</math> יש רוחב h ושני גבהים <math>f(x_{k-1}),\ f(x_k)</math>. לכן שטח אותו טרפז הוא <math>\frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h</math>, והקירוב לאינטגרל הוא {{left|<math>\begin{align}\sum_{k=1}^n \frac{f(x_{k-1})+f(x_k)}2h&=h\left(\frac{f(x_0)}2+\frac{f(x_1)}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>I(g)=\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} g(x)\mathrm dx</math> וכן <math>T(g)</math> הקירוב של g ע"י טרפז. עתה נתמקד באחד הקטעים <math>[x_{k-1},x_k]</math> ונעריך את הטעות בו, השווה ל-<math>\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>[a,b]</math> ונסמן <math>M=\max_{x\in[a,b]} |f''(x)|</math>. נפתח את f לפיתוח טיילור סביב הנקודה <math>x_{k-1}</math>: <math>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.

לסיכום, עד כה הראינו כי <math>I(f)=I(P)+I(R)</math> ו-<math>T(f)=T(P)+T(R)</math>. לכן השארית <math>I(f)-T(f)</math> היא <math>I(P)-T(P)+I(R)-T(R)</math>, ומכיוון ש-P לינארית <math>I(P)-T(P)=0</math>, כלומר השארית היא <math>I(R)-T(R)</math>. נחשב: {{left|<math>\begin{align}|I(R)|&=\left|\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} \frac{f''(c)}2 (x-x_k)^2\mathrm dx\right|\\&\le\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 {{left|<math>\begin{align}T(R)&=\frac{\frac{f''(c)}2 (x_{k-1}-x_{k-1})^2+\frac{f''(c)}2 h^2}2h\\&=\frac{f''(c)(x_k-x_{k-1})^2}4h\\&\le\frac{Mh^3}4\end{align}</math>}}
בסה"כ הטעות בקטע <math>[x_{k-1},x_k]</math> חסומה ע"י <math>\frac{Mh^3}4+\frac {Mh^3}6</math>. יש n קטעים כאלה, לכן <math>|I(f)-T(f)|\le\frac {5Mh^3}{12}n=\frac {5Mh^2}{12}(b-a)</math>.
</li><li>כלל סימפסון (Simpson's Role): שוב נקרב את <math>\int\limits_a^b f</math> בעזרת חלוקה שווה <math>a=x_0<x_1<\dots<x_n=b,\ h=\frac{b-a}n</math>, אלא שהפעם נדרוש ש-n זוגי. הקירוב של סימפסון הוא <math>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>\int\limits_{x_{k-1}}^{x_k} f</math> ע"י <math>\frac
h3\Big(f(x_{k-1}+4f(x_k)+f(x_{k+1})\Big)</math>

לפני ההוכחה נציג שתי למות להשכלה כללית (באינפי):
<ul><li>נניח ש-f אינטגרבילית ואי-זוגית בקטע סימטרי <math>[-R,R]</math> אזי <math>\int\limits_{-R}^R f=0</math>.
===הוכחה===
נסמן <math>I_1=\int\limits_{-R}^0 f\ \and\ I_2=\int\limits_0^R f</math> ולכן <math>I_1+I_2=\int\limits_{-R}^R f</math>. ב-<math>I_1</math> נציב <math>t=-x\implies \mathrm dt=-\mathrm dx</math> ונקבל <math>I_1=\int\limits_{-(-R)}^{-0} f(-t)(-\mathrm dt)=-\left(-\int\limits_0^R -f(t)\mathrm dt\right)=-I_2</math>. {{משל}}</li>
<li>נניח ש-f רציפה בסביבה של <math>x_0</math> וגזירה בסביבה מנוקבת של <math>x_0</math>. עוד נניח שקיים <math>\lim_{x\to x_0}f'(x)=L</math>. אזי <math>f'(x_0)</math> קיים ושווה ל-L.
===הוכחה===
לפי ההגדרה, אם f גזירה ב-<math>x_0</math> אזי <math>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>\lim_{x\to x_0} f'(c)</math> עבור <math>c</math> כלשהו בין <math>x</math> ל-<math>x_0</math>. לכן, כאשר <math>x\to x_0</math> גם <math>c\to x_0</math> ונקבל <math>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>. {{משל}}
</li></ul>

נחזור לכלל סימפסון.
==שלב א==
נניח ש-<math>h>0</math> ו-<math>p(x)</math> פולינום ממעלה 3 או פחות. נוכיח ש-<math>\int\limits_{-h}^h p=\frac h3\left(p(-h)+4p(0)+p(h)\right)\implies I(p)=S(p)</math> (כאשר לכל f אינטגרבילית ב-<math>[-h,h]</math> הגדרנו <math>I(f)=\int\limits_{-h}^h f</math>).
</li>
</ol>