1个节点的牛顿-柯特斯公式代数精度是
时间: 2024-02-23 12:56:27 浏览: 245
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。
相关问题
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。
6个节点的牛顿-柯特斯公式代数精度是
使用6个节点的牛顿-柯特斯公式计算定积分的公式形如:
$$
\int_a^b f(x)dx \approx \frac{3h}{10}\left[f(x_0)+5f(x_1)+f(x_2)+6f(x_3)+f(x_4)+5f(x_5)+f(x_6)\right]
$$
其中,$h=\frac{b-a}{6}$,$x_i=a+ih$,$i=0,1,\ldots,6$,是区间 $[a,b]$ 上的节点。
使用6个节点的牛顿-柯特斯公式的代数精度为 $2n+1=2\times 6+1=13$,即它可以精确计算12次以下的多项式函数的定积分。这个结论可以通过插值多项式的理论进行证明,具体可参考数值分析的相关教材。
阅读全文