rząd kwadratury newtona-cotesa

Przybliżanie, metoda najmniejszych kwadratów, wielomiany interpolacyjne i inne.
angelst
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 96
Rejestracja: 3 sty 2010, o 13:04
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: kraków
Podziękował: 1 raz

rząd kwadratury newtona-cotesa

Post autor: angelst » 8 wrz 2011, o 15:40

Udowodnić, że jeśli n jest liczbą parzystą to kwadratura Newtona-Cotesa jest dokładna dla wszystkich wielomianów stopnia n+1

Awatar użytkownika
szw1710
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 18756
Rejestracja: 1 cze 2010, o 22:13
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Cieszyn
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 3726 razy

rząd kwadratury newtona-cotesa

Post autor: szw1710 » 8 wrz 2011, o 15:49

Możesz np. powołać się na postać błędu tej kwadratury. Błąd zależy od pochodnej odpowiedniego rzędu, więc kwadratura jest dokładna dla wielomianów odpowiedniego rzędu (pochodne odpowiednio wysokich rzędów dla wielomianów po prostu znikają). Możesz też bardziej od kuchni użyć wielomianu interpolacyjnego Lagrange'a lub Newtona, bo kwadratury polegają na interpolowaniu funkcji wielomianami i całkowaniu tych wielomianów zamiast funkcji. Wtedy wyprowadza się postać wyżej wspomnianego błędu, ale trzeba się trochę pogimnastykować. Podręczniki analizy numerycznej ujmują tu sprawę trochę nieściśle, ale da się wykoncypować właściwy dowód.

Zakładam, że chodzi o kwadratury zamknięte, a nie otwarte. Błąd takiej kwadratury (dla \(\displaystyle{ n}\) parzystego) jest postaci \(\displaystyle{ Mf^{n+2}(\xi),}\) gdzie \(\displaystyle{ M}\) jest stałą zależną od \(\displaystyle{ n}\), a \(\displaystyle{ \xi}\) jest pewnym punktem pośrednim z przedziału całkowania. Toteż jeśli \(\displaystyle{ p}\) jest wielomianem rzędu \(\displaystyle{ n+1,}\) to jego pochodne od rzędu \(\displaystyle{ n+1}\) włącznie są równe zero. Oznacza to, że błąd kwadratury jest zerowy, jeśli stosujemy ją do wielomianu rzędu \(\displaystyle{ n+1.}\) Oznacza to dokładność kwadratury na tych wielomianach.

angelst
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 96
Rejestracja: 3 sty 2010, o 13:04
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: kraków
Podziękował: 1 raz

rząd kwadratury newtona-cotesa

Post autor: angelst » 8 wrz 2011, o 16:17

Chodzi mi właśnie aby udowodnić to za pomocą wielomianu Lagrange'a ( Newtona) Ale nie mam pojecia jak się za to zabrać a w żadnej książce nie mogę znależć tego dowodu

Awatar użytkownika
szw1710
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 18756
Rejestracja: 1 cze 2010, o 22:13
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Cieszyn
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 3726 razy

rząd kwadratury newtona-cotesa

Post autor: szw1710 » 8 wrz 2011, o 16:50

Musisz więc wykorzystać błąd tego wielomianu (interpolacji wielomianowej). Czy to jest dozwolone?

Podstawą jest zdefiniowanie wielomianu \(\displaystyle{ p(x)=(x-x_0)(x-x_1)\dots(x-x_n),}\) gdzie \(\displaystyle{ x_0,x_1\dots,x_n}\) są węzłami kwadratury (w tym momencie równoodległymi). Wielomiany podstawowe Lagrange'a w przypadku węzłów równoodległych mają ładną postać. Zapisz ją. I teraz trzeba wykorzystać błąd interpolacji Lagrange'a. Coś gotowego trzeba mieć, nie można startować od Adama i Ewy. Teraz całkujemy otrzymaną równość. Kłopot to scałkowanie formuły błędu - tu trzeba dwóch sprytnych sztuczek wymagających nieco obycia z rachunkiem całkowym i własnością Darboux. Dostajemy wspomniany już błąd kwadratury i dalej rozumujemy jak w moim pierwszym poście.

A jeszcze inaczej to tak: \(\displaystyle{ w(x)}\) - wielomian rzędu \(\displaystyle{ n+1}\), o którym trzeba pokazać, że kwadratura N-C jest równa jego całce. Interpolujemy go w węzłach \(\displaystyle{ x_0,\dots,x_n}\) wielomianem Lagrange'a i dostajemy resztę - stałą, bo wielomian Lagrange'a na \(\displaystyle{ n+1}\) węzłach ma rząd \(\displaystyle{ n.}\) I kombinujemy w wiedzą o wielomianach. To chyba najwłaściwsza metoda. Ale trzeba konkretniej pokombinować. W podobny sposób dowodzi się analogicznego faktu dla kwadratur Gaussa.

ODPOWIEDZ