Page 98 - 203_

3
b   a
k
12n 2
де k - найбільше значення f n   x на відрізку  ba, , причому наявність похідних порядку
вище другого не впливає на точність.
1 dx
Приклад 1. Обчислити за формулою трапеції інтеграл  при n 10.
0 1  x
Розіб’ємо відрізок  1,0 на 10 рівних частин точками x  , 0 x  , 1 , 0  , x  , 9 , 0 x  . 1
0 1 9 10
1
Обчислемо наближено значення функції  xf  в цих точках:
1  x
f   10  , 000 , f   01,0  , 9091 , f   02,0  , 8333 , f   03,0  , 7692 , f   04,0  , 7143 ,

f   05,0  , 6667 , f   06,0  , 6250 , f   07,0  , 5882 , f   08,0  , 5556 , f   09,0  , 5263 , f   01  , 5000
За формулою трапеції
одержимо
1 dx
 
0 1 x
1 , 1  000  , 0 5000 
  , 0 9091 , 0 8333 , 0 7692  , 0 7143 , 0 6667  , 0 6250 , 0 5882  , 0 5556  , 0 5263
10  2 
 , 0 69377  , 0 6938 .
1 1
Оцінимо похибку отриманого результата. Оскільки  xf  , то  xf    ,
1  x 1 x  2
2
f   x  . На відрізку  1,0 маємо  f    x 2 .
1 x  3
Тому похибка отриманого результату не перевищує величини
  ab  3 2 1
k    . 0 0017 .
12n 2 12  10 2 600
Обчислимо точне значення заданого інтеграла за формулою Ньютона-Лейбніца:
1 dx
1
  ln 1 x   ln 2  . 0 69315 .
0
0 1 x
Абсолютна похибка результата отриманого за формулою трапецій менша за 0,0007. Це
відповідає даній вище оцінці похибки.
11.2 Формула Сімсона.
Доведемо попередньо дві леми.
Лема 1. Через будь-які три точки M  , yx , M  , yx , M  , yx  з різними абцисами
1 1 1 2 2 2 3 3 3
можна провести єдину криву вигляду
2
y  Ax  Bx  C . (11.3)
Доведення. Підставляючи в рівняння параболи (11.3) координати точок M ,M ,M ,
1 2 3
одержимо систему трьох рівнянь першого степеня з трьома невідомими A, B, C :
2
Ax 1  Bx 1  C  y 1 ,
 2

,
 Ax 2  Bx 2  C  y
2
 2
 Ax 3  Bx 3  C  y 3 .

Оскільки числа , xx , x різні, то визначник цієї системи відмінний від нуля
1 2 3