Numerička integracija

Zadatak je izračunati integral

$$\int_a^b f(x)\,dx.$$

Umjesto da integriramo podintegralnu funkciju, što često nije moguće, ili zahtijeva puno posla, integriramo polinom, koji interpolira funkciju u odgovarajućim točkama. Numerički to radimo na sljedeći način. Segment $[a,b]$ podijelimo na podsegmente točkama

$$a=x_0<x_1<x_2<\ldots<x_{n-1}<x_n=b.$$

Radi jednostavnosti i određenosti postupka podjela se uzme ekvidistantnom. U tim točkama interpoliramo funkciju Lagrangeovim polinomom, i zatim integriramo polinom. Tako dobiven broj predstavlja približnu vrijednost zadanog integrala. Dakle

$$\int_a^b f(x)\,dx \approx{} \int_a^b P(x)\,dx.$$

Ako uvrstimo Lagrangeov polinom (3.14), imamo

$$\int_a^b f(x)\,dx \approx{} \int_a^b... ...f(x_k)\,\int_a^b \prod^n_{\substack{i=0\\ i\neq k}} \frac{x-x_i}{x_k-x_i}\,dx.$$ (3.19)

Da bismo razmatranje učinili neovisnim o segmentu $[a,b],$ svedimo ga supstitucijom na fiksni segment $[-1,1].$ To možemo učiniti afinom funkcijom (polinomom prvog stupnja) čiji je graf pravac kroz točke $(a,-1)$ i $(b,1).$

Jednadžba tog pravca je

$$t = -1 + \frac{2}{b-a}\,(x-a),$$

odnosno

$$x = \frac{b-a}{2}\,t + \frac{b+a}{2}.$$

Supstitucija čuva ekvidistantnost, pa je

$$-1=t_0<t_1<t_2<\ldots <t_{n-1}<t_n=1$$

ekvidistantna podjela segmenta $[-1,1]$ na $n$ podsegmenata. Tom supstitucijom formula (3.19) prelazi u

$$\int_a^b f(x)\,dx \approx{} \frac{b-... ...{b-a}{2}\,t_k + \frac{b+a}{2}\right) = \frac{b-a}{2}\,\sum_{k=0}^n w_k\,f(x_k),$$

gdje je

$$w_k = \int_{-1}^1 \prod^n_{\substack{i=0\\ i\neq k}} \frac{t-t_i}{t_k-t_i}\,dt,\hspace{1cm}k=0,1,2,\ldots,n.$$ (3.20)

Vidimo da ponderi $w_k$ ne ovise o segmentu $[a,b],$ niti o funkciji, već samo o broju $n.$

Iz formule (3.15) slijedi da je greška koju pri tom činimo

$$R_n = \int_a^b f(x)\,dx - \int_a^b P(x)\,dx = \frac{1}{(n+1)!}\,\int_a^b f^{(n+1)}(\xi_x)\,L(x)\,dx,$$

gdje je

$$L(x) = (x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n).$$

Točka $\xi_x$ nam nije poznata, pa za ocjenu greške moramo uzeti maksimum ove derivacije na segmentu $[a,b]$

$$\vert R_n\vert \leqslant{} \frac{M_n}{(n+1)!}\,\left\vert\int_a^b... ...\vert \leqslant{} \frac{M_n}{(n+1)!}\,\int_a^b \left\vert L(x)\right\vert\,dx,$$

gdje je

$$M_n=\max_{x \in [a,b]}\left\vert f^{(n+1)}(x)\right\vert.$$

Specijalno za $n=1$ imamo $x_0=a<x_1=b.$ Zatim,

$$L(x) = (x-a)(x-b),$$

pa je

$$\vert R_1\vert \leqslant{} \frac{M_1}{(n+1)!}\int_a^b (x-a)(b-x)\,dx = \frac{M_1\,\left(b-a \right)^3}{12},$$

gdje je

$$M_1 = \max_{x \in [a,b]} \left\vert f''(x)\right\vert.$$

Za $n=2,$ imamo tri točke podjele $x_0=a<x_1<x_2=b.$ Pretpostavimo da je podjela ekvidistantna, tj. da je $x_1=\frac{a+b}{2}.$ Tada je

$$L(x) = \frac{1}{2}(x-a)(2\,x-(a+b))(x-b).$$

Kad bismo ponovili postupak kao gore, dobili bismo u ocjeni $(b-a)^4$ No, ta se ocjena može poboljšati. Zbog činjenice da je funkcija $L(x)$ simetrična u odnosu na točku $\frac{a+b}{2}$ (graf je neparan u odnosu na tu točku), njezin integral po segmentu $[a,b]$ iščezava. U tom slučaju se funkcija može interpolirati s polinomom 4. stupnja, tako da se točka $\frac{a+b}{2}$ uzme kao dvostruka. O tome kako se to radi ovdje nećemo govoriti. Primijetimo samo da se zbog integriranja polinoma 4. stupnja u ocjeni pojavi $(b-a)^5.$ Može se pokazati de je ona

$$\vert R_2\vert \leqslant{} \frac{M}{90}\,\left(\frac{b-a}{2}\right)^5 = \frac{M\,(b-a)^5}{2880},$$

gdje je

$$M = \max_{x \in [a,b]} \left\vert f^{iv}(x)\right\vert.$$