1个节点的牛顿-柯特斯公式代数精度是

使用1个节点的牛顿-柯特斯公式计算定积分的公式形如 $\int_a^b f(x)dx \approx w_0 f(x_0)$，其中 $x_0$ 是区间 $[a,b]$ 上的一个节点，$w_0$ 是权重系数。容易发现，该公式的代数精度为 $2n+1=3$，即它可以精确计算一次多项式的定积分。因此，1个节点的牛顿-柯特斯公式的代数精度为3。

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1个节点的牛顿-柯特斯公式代数精度

使用一个节点的牛顿-柯特斯公式计算定积分，公式形如 $\int_a^b f(x)dx \approx w_0 f(x_0)$，其中 $x_0$ 是区间 $[a,b]$ 上的一个节点，$w_0$ 是权重系数。容易发现，该公式的代数精度为 $2n+1=3$，即它可以精确计算一次多项式的定积分。

这个结论可以通过泰勒公式进行推导。我们知道，对于一个 $k$ 次可导的函数 $f(x)$，它在点 $x_0$ 处的 $k$ 阶泰勒多项式为：

$$
f(x) = \sum_{i=0}^k \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i + R_k(x)
$$

其中 $R_k(x)$ 是余项，满足 $R_k(x) = o((x-x_0)^k)$。将上式中的 $x$ 替换为 $x_0+h$，其中 $h=x-x_0$ 是步长，得到：

$$
f(x_0+h) = \sum_{i=0}^k \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}h^i + R_k(x_0+h)
$$

上式两边同时积分得：

$$
\int_{x_0}^{x_0+h}f(x)dx = \sum_{i=0}^k \frac{f^{(i)}(x_0)}{(i+1)!}h^{i+1} + \int_{x_0}^{x_0+h}R_k(x)dx
$$

将 $k=0$ 和 $k=1$ 的情况代入上式，可以得到：

$$
\int_{x_0}^{x_0+h}f(x)dx = hf(x_0) + O(h^2)
$$

$$
\int_{x_0}^{x_0+h}f(x)dx = \frac{h}{2}(f(x_0)+f(x_0+h)) + O(h^3)
$$

第一个公式对应使用一个节点的牛顿-柯特斯公式，第二个公式对应使用两个节点的梯形公式。从公式中可以看出，使用一个节点的牛顿-柯特斯公式的代数精度为 $2n+1=3$，即它可以精确计算一次多项式的定积分。

5个节点的牛顿-柯特斯公式代数精度是

使用5个节点的牛顿-柯特斯公式计算定积分，可以将区间 $[a,b]$ 平均分成4个子区间，每个子区间上使用4个节点的牛顿-柯特斯公式。因此，整个定积分的计算公式可以写成：

$$
\int_a^b f(x)dx \approx \frac{h}{90}(7f(a)+32f(a+h)+12f(a+2h)+32f(a+3h)+7f(b))
$$

其中 $h=\frac{b-a}{4}$ 是子区间的步长，$f(a),f(a+h),f(a+2h),f(a+3h),f(b)$ 是区间端点和中间节点的函数值，系数 $7,32,12,32,7$ 是权重系数。这个公式的代数精度为 $2n+1=11$，即它可以精确计算一个十次多项式的定积分。

牛顿-柯特斯公式的代数精度公式为 $2n+1$，其中 $n$ 表示使用的节点数。因此，5个节点的牛顿-柯特斯公式的代数精度为 $2\times 5+1=11$。