Formule di Newton-Coves

Formula dei trapezi

Considero una funzione positiva crescente, considero la retta passante per $(a,f(a))$$(a,f(a))$ e $(b,f(b))$$(b,f(b))$ e calcolo l'area del trapezio sotteso, ponendo $h=b-a$$h=b-a$. Il trapezio ha area

$$h/2*(f(a)+f(b))*(b-a)=I_{n}(f)$$

$$h/2*(f(a)+f(b))*(b-a)=I_{n}(f)$$

Osservo che il polinomio interpolante $f$$f$ nei nodi $x_{1}=a$$x_{1}=a$ e $x_{2}=b$$x_{2}=b$ è:

$$f(a)*l_{1}(x)+f(b)*l_{2}(x)=f(a)*{\frac {x-a}{b-a}}+f(b)*{\frac {x-b}{a-b}}$$

$$f(a)*l_{1}(x)+f(b)*l_{2}(x)=f(a)*{\frac {x-a}{b-a}}+f(b)*{\frac {x-b}{a-b}}$$

quindi

$$\int _{a}^{b}f(x)\,dx$$

$$\int _{a}^{b}f(x)\,dx$$

si approssima con

$$I_{n}=\int _{a}^{b}f(a)*{\frac {x-a}{b-a}}+f(b)*{\frac {x-b}{a-b}}\,dx=$$

$$I_{n}=\int _{a}^{b}f(a)*{\frac {x-a}{b-a}}+f(b)*{\frac {x-b}{a-b}}\,dx=$$

$$I_{n}=\int _{a}^{b}f(a)*{\frac {x-a}{b-a}}-f(b)*{\frac {x-b}{b-a}}\,dx=$$

$$I_{n}=\int _{a}^{b}f(a)*{\frac {x-a}{b-a}}-f(b)*{\frac {x-b}{b-a}}\,dx=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*\int _{a}^{b}f(a)*(x-a)-f(b)*(x-b)\,dx=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*\int _{a}^{b}f(a)*(x-a)-f(b)*(x-b)\,dx=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*\int _{a}^{b}x(f(a)-f(b))-af(a)+bf(b)\,dx=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*\int _{a}^{b}x(f(a)-f(b))-af(a)+bf(b)\,dx=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*[x^{2}/2(f(a)-f(b))-af(a)x+bf(b)x]_{a}^{b}=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*[x^{2}/2(f(a)-f(b))-af(a)x+bf(b)x]_{a}^{b}=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*[b^{2}/2f(a)-a^{2}/2f(a)-b^{2}/2f(b)+a^{2}/2f(b)-abf(a)+a^{2}f(a)+b^{2}f(b)-abf(b)]=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*[b^{2}/2f(a)-a^{2}/2f(a)-b^{2}/2f(b)+a^{2}/2f(b)-abf(a)+a^{2}f(a)+b^{2}f(b)-abf(b)]=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*[b^{2}/2f(a)+a^{2}/2f(a)+b^{2}/2f(b)+a^{2}/2f(b)-abf(a)-abf(b)]=$$

$$I_{n}={\frac {1}{b-a}}*[b^{2}/2f(a)+a^{2}/2f(a)+b^{2}/2f(b)+a^{2}/2f(b)-abf(a)-abf(b)]=$$

$$I_{n}={\frac {1}{2(b-a)}}*[b^{2}f(a)+a^{2}f(a)+b^{2}f(b)+a^{2}f(b)-2abf(a)-2abf(b)]=$$

$$I_{n}={\frac {1}{2(b-a)}}*[b^{2}f(a)+a^{2}f(a)+b^{2}f(b)+a^{2}f(b)-2abf(a)-2abf(b)]=$$

$$I_{n}={\frac {1}{2(b-a)}}*[(b-a)^{2}f(a)+(b-a)^{2}f(b)]$$

$$I_{n}={\frac {1}{2(b-a)}}*[(b-a)^{2}f(a)+(b-a)^{2}f(b)]$$

$$I_{n}=1/2[(b-a)f(a)+(b-a)f(b)]=(b-a)/2*(f(b)+f(a))\,\quad {\hbox{formula dei trapezi}}$$

$$I_{n}=1/2[(b-a)f(a)+(b-a)f(b)]=(b-a)/2*(f(b)+f(a))\,\quad {\hbox{formula dei trapezi}}$$

Supponiamo che $f\in C^{2}([a,b])$$f\in C^{2}([a,b])$, allora

$$f(x)-p_{1}(x)={\frac {f^{(2)}(\psi )}{2!}}*w_{2}(x),\quad \psi =\psi (x)$$

$$f(x)-p_{1}(x)={\frac {f^{(2)}(\psi )}{2!}}*w_{2}(x),\quad \psi =\psi (x)$$

(deriva dall'espressione dell'errore analitico per l'interpolazione di polinomi)
Quindi si ha

$$E_{an}=I(f)-I_{n}(f)=\int _{a}^{b}f(x)-p_{1}(x)\,dx$$

$$E_{an}=I(f)-I_{n}(f)=\int _{a}^{b}f(x)-p_{1}(x)\,dx$$

$$=1/2*\int _{a}^{b}f^{(2)}(\psi (x))*W_{2}(x)\,dx$$

$$=1/2*\int _{a}^{b}f^{(2)}(\psi (x))*W_{2}(x)\,dx$$

Nel caso della formula dei trapezi, $w_{2}(x)=(x-a)*(x-b)$$w_{2}(x)=(x-a)*(x-b)$ ha segno negativo sull'intervallo $[a,b]$$[a,b]$. Posso quindi applicare il teorema del valor medio.

Teorema 6.1

Supponiamo di avere $G\colon [a,b]\to \mathbb {R}$$G\colon [a,b]\to \mathbb {R}$ continua, $\phi \colon [a,b]\to \mathbb {R}$$\phi \colon [a,b]\to \mathbb {R}$ integrabile, che non cambia segno in $[a,b]$$[a,b]$. Allora esiste $\psi \in [a,b]$$\psi \in [a,b]$ tale che

$$\int _{a}^{b}g(x)\phi (x)\,dx=g(\psi )*\int _{a}^{b}\phi (x)\,dx$$

$$\int _{a}^{b}g(x)\phi (x)\,dx=g(\psi )*\int _{a}^{b}\phi (x)\,dx$$

 

Allora, riconsiderando la formula dell'errore, siccome la funzione peso non cambia segno si applica il teorema del valor medio, esisterà $\psi$$\psi$ indipendente da x tale che

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*\int _{a}^{b}w_{2}(x)\,dx$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*\int _{a}^{b}w_{2}(x)\,dx$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*\int _{a}^{b}(x-a)(x-b)\,dx$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*\int _{a}^{b}(x-a)(x-b)\,dx$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*\int _{a}^{b}x^{2}-(a+b)x+ab\,dx$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*\int _{a}^{b}x^{2}-(a+b)x+ab\,dx$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[x^{3}/3-(a+b)x^{2}/2+abx]_{a}^{b}=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[x^{3}/3-(a+b)x^{2}/2+abx]_{a}^{b}=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[b^{3}/3-a^{3}/3+(a+b)a^{2}/2-(a+b)b^{2}/2+ab^{2}-a^{2}b]=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[b^{3}/3-a^{3}/3+(a+b)a^{2}/2-(a+b)b^{2}/2+ab^{2}-a^{2}b]=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[b^{3}/3-a^{3}/3+a^{3}/2+ba^{2}/2-ab^{2}/2-b^{3}/2+ab^{2}-a^{2}b]=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[b^{3}/3-a^{3}/3+a^{3}/2+ba^{2}/2-ab^{2}/2-b^{3}/2+ab^{2}-a^{2}b]=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[a^{3}/6-ba^{2}/2+ab^{2}/2-b^{3}/6]=$$

$$E_{an}=1/2*f^{(2)}(\psi )*[a^{3}/6-ba^{2}/2+ab^{2}/2-b^{3}/6]=$$

$$E_{an}={\frac {1}{12}}*f^{(2)}(\psi )*[a^{3}-3ba^{2}+3ab^{2}-b^{3}]=$$

$$E_{an}={\frac {1}{12}}*f^{(2)}(\psi )*[a^{3}-3ba^{2}+3ab^{2}-b^{3}]=$$

$$E_{an}={\frac {1}{12}}*f^{(2)}(\psi )*(b-a)^{3}$$

$$E_{an}={\frac {1}{12}}*f^{(2)}(\psi )*(b-a)^{3}$$

$$E_{an}={\frac {H^{3}}{12}}*f^{(2)}(\psi )$$

$$E_{an}={\frac {H^{3}}{12}}*f^{(2)}(\psi )$$

Formula dei trapezi composita

Se l'intervallo è grande, l'errore potrebbe essere elevato, quindi si pensa di passare alla formula composita. Suddivido quindi $[a,b]$$[a,b]$ in $m$$m$ sottointervalli, considero la partizione

$$a=x_{0}<x_{1}<\dots <x_{m}=b$$

$$a=x_{0}<x_{1}<\dots <x_{m}=b$$

Pongo $H=(b-a)/m$$H=(b-a)/m$ (ipotesi semplificativa: intervalli di uguale ampiezza). Si calcola l'area del trapezio su ogni intervallino, e sommando i vari contributi ottengo:

$$I_{k,m}(f)=H/2*\sum _{k=0}^{m-1}[f(x_{k})+f(x_{k+1})]$$

$$I_{k,m}(f)=H/2*\sum _{k=0}^{m-1}[f(x_{k})+f(x_{k+1})]$$

e siccome i nodi interni compaiono due volte posso riscriverlo come

$$I_{k,m}(f)=H*(f(a)/2+\sum _{i=1}^{m-1}f(x_{i})+f(b)/2)$$

$$I_{k,m}(f)=H*(f(a)/2+\sum _{i=1}^{m-1}f(x_{i})+f(b)/2)$$

$H$$H$ è la distanza tra due nodi successivi, e più la partizione è fine, più l'approssimazione è buona.
Sommando i vari contributi dell'errore analitico, si ha:

$$E_{1,m}(f)=-\sum _{k=0}^{m-1}{\frac {f^{(2)}(\psi _{k})}{12}}*H^{3}$$

$$E_{1,m}(f)=-\sum _{k=0}^{m-1}{\frac {f^{(2)}(\psi _{k})}{12}}*H^{3}$$

(come dimostrato prima $H^{3}/6$$H^{3}/6$ è l'integrale del polinomio nodale) e moltiplicando e dividendo per m:

$$=-m{\frac {H^{3}}{12}}*\sum _{k=0}^{m-1}f^{(2)}(\psi (k))/m$$

$$=-m{\frac {H^{3}}{12}}*\sum _{k=0}^{m-1}f^{(2)}(\psi (k))/m$$

e per il teorema del valor medio discreto, assumendo che $f^{(2)}(x)$$f^{(2)}(x)$ sia continuo,

$$=-H^{3}/12*m*f^{(2)}(\psi ),\,\psi \in [a,b]$$

$$=-H^{3}/12*m*f^{(2)}(\psi ),\,\psi \in [a,b]$$

$$=-H^{2}/12*H*m*f^{(2)}(\psi )$$

$$=-H^{2}/12*H*m*f^{(2)}(\psi )$$

e siccome $Hm=h$$Hm=h$ ottengo il risultato cercato.

$$E_{k,m}(f)=-h/12*H^{2}*f^{(2)}(\psi )$$

$$E_{k,m}(f)=-h/12*H^{2}*f^{(2)}(\psi )$$

Formula di Simpson

Considero la funzione $f\colon [a,b]\to \mathbb {R}$$f \colon [a,b] \to \mathbb R$, sia $x_{1}$$x_{1}$ il punto medio dell'intervallo. Considerando il polinomio di grado 2 interpolante nei tre nodi equispaziati, si ha

$$I_{2}(f)=H/3*(f(a)+4f((a+b)/2)+f(b))$$

$$I_{2}(f)=H/3*(f(a)+4f((a+b)/2)+f(b))$$

con $h=(b-a)/2$$h=(b-a)/2$ (passo di equispaziatura dei nodi).

$$I_{2}(f)=\int _{a}^{b}p_{2}(x)\,dx$$

$$I_{2}(f)=\int _{a}^{b}p_{2}(x)\,dx$$

$$=\int _{a}^{b}\sum _{i=0}^{2}f(x_{i})*L_{i}(x)\,dx$$

$$=\int _{a}^{b}\sum _{i=0}^{2}f(x_{i})*L_{i}(x)\,dx$$

$$=\sum _{i}f(x_{i})*\int _{a}^{b}L_{i}(x)\,dx$$

$$=\sum _{i}f(x_{i})*\int _{a}^{b}L_{i}(x)\,dx$$

Considerando i polinomi di Lagrange di grado 2 ottengo i pesi $w_{1}=w_{3}=H/3$$w_{1}=w_{3}=H/3$ e $w_{2}=4H/3$$w_{2}=4H/3$.

Modalità di scrittura dei pesi

Osservazione 6.1

Considero un esempio di formula di quadratura con nodi equispaziati. I pesi della formula di quadratura si possono sempre scrivere come $H\alpha _{i}$$H\alpha _{i}$ dove gli $\alpha _{i}$$\alpha _{i}$ non dipendono dall'intervallo $[a,b]$$[a,b]$.

 

Posso scrivere i nodi come

$$x_{i}=a+bh,\,h=(b-a)/n$$

$$x_{i}=a+bh,\,h=(b-a)/n$$

Il polinomio generico di grado $n$$n$ si scrive come

$$\sum _{i=0}^{n}y_{i}*L_{i}(x)$$

$$\sum _{i=0}^{n}y_{i}*L_{i}(x)$$

dove

$$L_{i}(x)=\prod _{j\neq i,j=0}^{n}{\frac {x-x_{j}}{x_{i}-x_{j}}}$$

$$L_{i}(x)=\prod _{j\neq i,j=0}^{n}{\frac {x-x_{j}}{x_{i}-x_{j}}}$$

Considero un cambio di variabili.

$$x=\phi (t)=x_{0}+th$$

$$x=\phi (t)=x_{0}+th$$

tale che $\phi (0)=a,\phi (n)=b$$\phi (0)=a,\phi (n)=b$.
L'espressione del polinomio di Lagrange diventa

$$\prod _{j\neq i}(x-x_{j})/(x_{i}-x_{j})=\prod _{j\neq i}{\frac {x_{0}+th-(x_{0}+hj)}{x_{0}+ih-(x_{0}+jh)}}=\prod _{j\neq i}(t-j)/(i-j)$$

$$\prod _{j\neq i}(x-x_{j})/(x_{i}-x_{j})=\prod _{j\neq i}{\frac {x_{0}+th-(x_{0}+hj)}{x_{0}+ih-(x_{0}+jh)}}=\prod _{j\neq i}(t-j)/(i-j)$$

Tenendo conto che $dx=hdt$$dx=hdt$, il peso si può quindi riscrivere come

$$w_{i}=\int _{a}^{b}L_{i}(x)\,dx=\int _{0}^{n}L_{i}(t)hdt$$

$$w_{i}=\int _{a}^{b}L_{i}(x)\,dx=\int _{0}^{n}L_{i}(t)hdt$$

e definisco

$$\alpha _{i}=\int _{0}^{n}L_{i}(t)\,dt$$

$$\alpha _{i}=\int _{0}^{n}L_{i}(t)\,dt$$

in modo che $w_{i}=\alpha (t)h$$w_{i}=\alpha (t)h$ con $h=(b-a)/n$$h=(b-a)/n$ nel caso di nodi equispaziati.
Inoltre $\alpha _{u}=\alpha _{n-u}$$\alpha _{u}=\alpha _{n-u}$, cioè i pesi sono simmetrici. Questo deriva dal fatto che anche i nodi equispaziati sull'intervallo $[a,b]$$[a,b]$ sono simmetrici.

Metodo dei coefficienti indeterminati

Fisso $x_{0},x_{1},\dots ,x_{k}$$x_{0},x_{1},\dots ,x_{k}$ nodi distinti, e impongo che la formula di quadratura abbia grado di precisione $k$$k$.

Inoltre pongo $f(x)=x^{j}$$f(x)=x^{j}$, allora per la formula di quadratura deve valere:

$$\sum _{i=0}^{m}w_{i}f(x_{i})=\int _{a}^{b}f(x)\,dx$$

$$\sum _{i=0}^{m}w_{i}f(x_{i})=\int _{a}^{b}f(x)\,dx$$

che si può riscrivere come

$$\sum _{i=0}^{m}w_{i}x_{i}^{j}=\int _{a}^{b}x^{j}\,dx={\frac {b^{j+1}-a^{j+1}}{j+1}},\quad j=0,\dots ,k$$

$$\sum _{i=0}^{m}w_{i}x_{i}^{j}=\int _{a}^{b}x^{j}\,dx={\frac {b^{j+1}-a^{j+1}}{j+1}},\quad j=0,\dots ,k$$

Ottengo il sistema lineare

$${\begin{array}{cccc}1&1&\dots &1\\x_{0}&x_{1}&\dots &x_{k}\\x_{0}^{2}&x_{1}^{2}&\dots &x_{k}^{2}\\\dots &\dots &\dots &\dots \\x_{0}^{k}&x_{1}^{k}&\dots &x_{n}^{k}\end{array}}\times {\begin{array}{c}w_{0}\\w_{1}\\\dots \\w_{k}\end{array}}={\boldsymbol {b}}$$

$${\begin{array}{cccc}1&1&\dots &1\\x_{0}&x_{1}&\dots &x_{k}\\x_{0}^{2}&x_{1}^{2}&\dots &x_{k}^{2}\\\dots &\dots &\dots &\dots \\x_{0}^{k}&x_{1}^{k}&\dots &x_{n}^{k}\end{array}}\times {\begin{array}{c}w_{0}\\w_{1}\\\dots \\w_{k}\end{array}}={\boldsymbol {b}}$$

dove il termine noto ha componenti

$$b_{j}=(b^{j+1}-a^{j+1})/(j+1)$$

$$b_{j}=(b^{j+1}-a^{j+1})/(j+1)$$

La matrice a primo membro è la matrice di Vandermonde, e se i nodi sono distinti $\det A\neq 0$$\det A\neq 0$ quindi esiste unica la soluzione.

Esempio 6.1 (metodo di Simpson)

Considero un intervallo $[0,1]$$[0,1]$ con nodi $x_{0}=0,\,x_{1}=1/2,\,x_{2}=1$$x_{0}=0,\,x_{1}=1/2,\,x_{2}=1$. La distanza $h$$h$ fra i nodi è $1/2$$1/2$.

Il sistema corrispondente è:

$${\begin{array}{ccc}1&1&1\\0&1/2&1\\0&1/4&1\end{array}}\times {\begin{array}{c}w_{0}\\w_{1}\\w_{2}\end{array}}={\begin{array}{c}1\\1/2\\1/3\end{array}}$$

$${\begin{array}{ccc}1&1&1\\0&1/2&1\\0&1/4&1\end{array}}\times {\begin{array}{c}w_{0}\\w_{1}\\w_{2}\end{array}}={\begin{array}{c}1\\1/2\\1/3\end{array}}$$

Risolvo il sistema:

$${\begin{cases}w_{1}+w_{2}+w_{3}=1\\1/2w_{2}+w_{3}=1/2\\1/4w_{2}+w_{3}=1/3\end{cases}}$$

$${\begin{cases}w_{1}+w_{2}+w_{3}=1\\1/2w_{2}+w_{3}=1/2\\1/4w_{2}+w_{3}=1/3\end{cases}}$$

$${\begin{cases}w_{1}+w_{2}+w_{3}=1\\1/2w_{2}-1/2=1/4w_{2}-1/3\end{cases}}$$

$${\begin{cases}w_{1}+w_{2}+w_{3}=1\\1/2w_{2}-1/2=1/4w_{2}-1/3\end{cases}}$$

$${\begin{cases}w_{1}+w_{2}+w_{3}=1\\1/4w_{2}=1/6\end{cases}}$$

$${\begin{cases}w_{1}+w_{2}+w_{3}=1\\1/4w_{2}=1/6\end{cases}}$$

$$w_{2}=2/3,\,w_{3}=-1/2*2/3+1/2=1/6$$

$$w_{2}=2/3,\,w_{3}=-1/2*2/3+1/2=1/6$$

$$w_{1}=1-w_{2}-w_{3}=1-2/3-1/6=1/6$$

$$w_{1}=1-w_{2}-w_{3}=1-2/3-1/6=1/6$$

Siccome $h=1/2$$h=1/2$, si ha

$$\alpha _{0}=\alpha _{2}=1/3,\,\alpha _{1}=4/3$$

$$\alpha _{0}=\alpha _{2}=1/3,\,\alpha _{1}=4/3$$

e si ritrova la formula di Simpson.

 

Grado di precisione

Teorema 6.2

Supponiamo $f\in C^{4}([a,b])$$f\in C^{4}([a,b])$, allora

$$E_{2}(f)=-h^{5}/90*f^{(4)}(\xi ),\quad h=(b-a)/2,\quad \xi \in [a,b]$$

$$E_{2}(f)=-h^{5}/90*f^{(4)}(\xi ),\quad h=(b-a)/2,\quad \xi \in [a,b]$$

 

Questa formula ha grado di precisione 3 (tutti i polinomi di grado 3 hanno derivata quarta nulla, e quindi errore nullo)

Tutte le formule interpolatorie su nodi equispaziati quando il polinomio interpolante ha grado pari hanno un grado di precisione in più di quanto ci si aspetta, Questo deriva dalla simmetria nei nodi.

Vale in generale che dato $P_{2,n}$$P_{2,n}$ come polinomio interpolante, allora il grado di precisione $k$$k$ è $2n+1$$2n+1$.

Formula di Simpson composita

Definisco $H=(b-a)/m$$H=(b-a)/m$, e $x_{k}=a+kH/2$$x_{k}=a+kH/2$, $k=0,\dots ,2m$$k=0,\dots ,2m$. Segue che

$$w_{0}=1/6,w_{1}=4/6,w_{2}=1/6,w_{3}=4/6,w_{4}=1/6\dots$$

$$w_{0}=1/6,w_{1}=4/6,w_{2}=1/6,w_{3}=4/6,w_{4}=1/6\dots$$

$$P_{2,m}=H/6*[f(x_{0})+2*\sum _{s=1}^{m-1}f(x_{2s})+4\sum _{s=0}^{m}f(x_{2s-1})+f(x_{m})]$$

$$P_{2,m}=H/6*[f(x_{0})+2*\sum _{s=1}^{m-1}f(x_{2s})+4\sum _{s=0}^{m}f(x_{2s-1})+f(x_{m})]$$

(i punti medi vengono contati una volta, gli altri punti due volte)

$$E_{2,m}(f)=-(b-a)/180*H^{4}/2*f^{(4)}(\xi ),\quad \xi \in [a,b]$$

$$E_{2,m}(f)=-(b-a)/180*H^{4}/2*f^{(4)}(\xi ),\quad \xi \in [a,b]$$

Per $H\to 0$$H\to 0$, l'errore decresce.

La formula di quadratura di Simpson e dei trapezi sono dette formule chiuse perché usano gli estremi dell'intervallo $[a,b]$$[a,b]$. Altre formule vengono dette aperte perché tutti i nodi di quadratura sono interni all'intervallo.

Formula del punto medio

Considero la funzione $f\colon [a,b]\to \mathbb {R}$$f \colon [a,b] \to \mathbb R$, considero il punto medio $(a+b)/2$$(a+b)/2$ e approssimo la funzione con la retta per quel punto. Ottengo quindi:

1. formula semplice: $I_{0,f}=H*f((a+b)/2)$$I_{0,f}=H*f((a+b)/2)$, dove $H=b-a$$H=b-a$.
2. Errore nella formula semplice: $E_{0}(f)=H^{3}/3f^{(2)}(\xi )$$E_{0}(f)=H^{3}/3f^{(2)}(\xi )$, con gradi di precisione $k=1$$k=1$.
3. Formula composita: $I_{0,n}(f)=H*\sum _{k=0}^{n-1}f(x_{k})$$I_{0,n}(f)=H*\sum _{k=0}^{n-1}f(x_{k})$
4. Errore nella formula composita: $E_{0,m}(f)=(b-a)/24H^{2}*f^{(2)}(\xi )$$E_{0,m}(f)=(b-a)/24H^{2}*f^{(2)}(\xi )$, dove $H=(b-a)/m$$H=(b-a)/m$, e $f\in C^{2}([a,b])$$f\in C^{2}([a,b])$.

Considero $n$$n$ generico.

$$I_{n}(f)=\int _{a}^{b}p_{n}(x)\,dx$$

$$I_{n}(f)=\int _{a}^{b}p_{n}(x)\,dx$$

dove $p_{n}$$p_n$ è il polinomio interpolante di grado $n$$n$, quindi

$$I_{n}=\sum _{i}\int _{a}^{b}L_{i}(x)\,dx*f(x_{i})$$

$$I_{n}=\sum _{i}\int _{a}^{b}L_{i}(x)\,dx*f(x_{i})$$

e $w=H\alpha (i)$$w=H\alpha (i)$.

Osservazione 6.2

Per grado del polinomio interpolante fino a 7, i coefficienti sono tutti positivi, mentre per $n>8$$n>8$ i pesi possono anche essere negativi (si può quindi avere la possibilità dell'errore di cancellazione).

 

Vale il seguente teorema:

Teorema 6.3

La formula di quadratura $I_{n}(f)=\sum _{i=0}^{n}w_{i}f(x_{i})$$I_{n}(f)=\sum _{i=0}^{n}w_{i}f(x_{i})$ con grado di precisione almeno $n$$n$, coincide con la formula di quadratura interpolatoria che usa come nodi di interpolazione $x_{0},x_{1},\dots ,x_{n}$$x_{0},x_{1},\dots ,x_{n}$.

 

Dimostrazione

$$I_{n}(f)=\sum _{i=0}^{n}w_{i}f(x_{i})$$

$$I_{n}(f)=\sum _{i=0}^{n}w_{i}f(x_{i})$$

è la formula interpolatoria, con $p_{n}$$p_n$ polinomio interpolante di grado $n$$n$, segue che il grado di precisione $k$$k$ è almeno $n$$n$. Sia $\pi (f)$$\pi (f)$ il polinomio interpolante di grado $n$$n$ di $f$$f$. Allora esiste unica la soluzione del sistema con matrice di Vandermonde, e quindi le due formule di quadratura coincidono.

 

Stime dell'errore a priori

Definizione 6.3

L'ordine di infinitesimo di una formula di quadratura rispetto a $h$$h$ è il massimo $p\in \mathbb {N}$$p\in \mathbb {N}$ tale che

$$|I_{n}(f)-I(f)|=o(h^{p})$$

$$|I_{n}(f)-I(f)|=o(h^{p})$$

 

Teorema 6.4

Sia $I_{n}(f)$$I_{n}(f)$ la formula di quadratura interpolatoria di Newton-Coves (nodi equispaziati e polinomio interpolante di grado $n$$n$), $h=(b-a)/m$$h=(b-a)/m$ il passo di equispaziatura. Se il grado del polinomio interpolante è pari e $f\in C_{n+2}([a,b])$$f\in C_{n+2}([a,b])$ allora si dimostra che

$$E_{n}(f)=k_{m}/(n+2)!*h^{n+3}f^{(n+2)}(\xi ),\xi \in [a,b]$$

$$E_{n}(f)=k_{m}/(n+2)!*h^{n+3}f^{(n+2)}(\xi ),\xi \in [a,b]$$

(grado di precisione $n+1$$n+1$ e ordine di infinitesimo $n+3$$n+3$) con

$$K_{m}=\int _{0}^{m}w_{m+1}(t)\,dt$$

$$K_{m}=\int _{0}^{m}w_{m+1}(t)\,dt$$

con $w_{m+1}$$w_{m+1}$ polinomio nodale, e questa quantità è negativa.

Se invece $n$$n$ è dispari e $f\in C_{n+1}$$f\in C_{n+1}$ si ha

$$E_{n,f}=K_{m}/(n+1)!*H^{n+2}f^{(n+1)}(\xi )$$

$$E_{n,f}=K_{m}/(n+1)!*H^{n+2}f^{(n+1)}(\xi )$$

(grado di precisione $n$$n$ e ordine di infinitesimo $n+2$$n+2$) con

$$K_{m}=\int _{0}^{m}w_{m+1}(t)\,dt$$

$$K_{m}=\int _{0}^{m}w_{m+1}(t)\,dt$$

 

Ad esempio, nel caso della formula di Simpson (tre nodi, quindi $m=3$$m=3$) dove il polinomio interpolante ha grado 2, il grado di precisione è $n+1=3$$n+1=3$, e l'ordine di

infinitesimo è $n+3=5$$n+3=5$.

Teorema 6.5

Per le formule composite, segue che, se $n$$n$ è pari,

$$E_{n,m}(f)=(b-a)/(n+2)!*{\frac {k_{m}}{n^{n+3}}}H^{n+2}f^{(n+2)}(\xi )$$

$$E_{n,m}(f)=(b-a)/(n+2)!*{\frac {k_{m}}{n^{n+3}}}H^{n+2}f^{(n+2)}(\xi )$$

e il grado di precisione è $n+1$$n+1$ e l'ordine di infinitesimo è $n+2$$n+2$, mentre per $n$$n$ dispari,

$$E_{n,m}(f)=(b-a)/(n+1)!{\frac {k_{m}}{n^{n+2}}}*H^{n+1}f^{(n+1)}(\xi )$$

$$E_{n,m}(f)=(b-a)/(n+1)!{\frac {k_{m}}{n^{n+2}}}*H^{n+1}f^{(n+1)}(\xi )$$

e il grado di precisione è $n$$n$ e l'ordine di infinitesimo è $n+1$$n+1$.

In ogni caso

$$E_{n,m}(f)\to 0\iff H\to 0$$

$$E_{n,m}(f)\to 0\iff H\to 0$$

quindi non ci sono problemi di convergenza.

 

Raddoppio del numero dei sottointervalli

Consideriamo cosa succede se si raddoppia il numero dei sottointervalli. Nel caso della formula dei trapezi:

1. Al primo passo, $m=1$$m=1$, i nodi sono $a$$a$ e $b$$b$, e pongo $H_{1}=b-a$$H_{1}=b-a$.
2. Per $m=2$$m=2$, considero il punto medio $x_{1}$$x_{1}$ e chiamo $H_{2}=b-x_{1}$$H_{2}=b-x_{1}$.
3. Al passo successivo, $m=4$$m=4$ (raddoppio il numero dei sottointervalli) e divido i due sottointervalli nuovamente a metà, in modo che
   $$a<x_{2}<x_{1}<x_{3}<b$$

   $$a<x_{2}<x_{1}<x_{3}<b$$
   dove $x_{2},x_{3}$$x_{2},x_{3}$ sono punti medi dei due sosttointervallini.
4. Ad ogni livello vengono introdotti nuovi nodi.

Si ha quindi

$$I_{1,1}(f)=H_{1}/2(f(a)+f(b))$$

$$I_{1,1}(f)=H_{1}/2(f(a)+f(b))$$

$$I_{1,2}(f)=H_{2}/2(f(a)+2f(x_{1})+f(b))=H_{2}/2(f(a)+f(b))+H_{2}f(x_{1})=I_{11}(f)/2+H_{2}f(x_{1})$$

$$I_{1,2}(f)=H_{2}/2(f(a)+2f(x_{1})+f(b))=H_{2}/2(f(a)+f(b))+H_{2}f(x_{1})=I_{11}(f)/2+H_{2}f(x_{1})$$

$$I_{1,2m}(f)=I_{1m}(f)/2+H_{2m}*\sum _{j=1}^{m}f(x_{j})$$

$$I_{1,2m}(f)=I_{1m}(f)/2+H_{2m}*\sum _{j=1}^{m}f(x_{j})$$

dove gli $x_{j}$$x_j$ sono i nuovi nodi.

Esercizio 6.1

Nel caso della formula di Simpson, raddoppiano i sottointervalli

$$I_{1,m}(f)=a_{2m}+b_{2m}+c_{2m}.$$

$$I_{1,m}(f)=a_{2m}+b_{2m}+c_{2m}.$$

Infatti,

1. al passo 1,
   $$a_{1}=H_{1}/3(f(a)+f(b))$$

   $$a_{1}=H_{1}/3(f(a)+f(b))$$
   $$b_{1}=0$$

   $$b_{1}=0$$
   $$c_{1}=4H_{1}/3f((a+b)/2)=4H_{1}/3*f(x_{1})$$

   $$c_{1}=4H_{1}/3f((a+b)/2)=4H_{1}/3*f(x_{1})$$
2. Al passo 2, pongo $H_{2}=H_{1}/2$$H_{2}=H_{1}/2$:
   $$E_{2}=H_{2}/3(f(a)+f(b)+2f(x_{1})+4f(x_{2})+4f(x_{3}))$$

   $$E_{2}=H_{2}/3(f(a)+f(b)+2f(x_{1})+4f(x_{2})+4f(x_{3}))$$
   dove $x_{2},x_{3}$$x_{2},x_{3}$ sono i punti medi di $[a,x_{1}]$$[a,x_{1}]$ e $[x_{1},b]$$[x_{1},b]$.
   $$E_{2}=H_{2}/3(f(a)+f(b))+2/3H_{2}f(x_{1})+4H_{2}/3(f(x_{2})+f(x_{3})))$$

   $$E_{2}=H_{2}/3(f(a)+f(b))+2/3H_{2}f(x_{1})+4H_{2}/3(f(x_{2})+f(x_{3})))$$
   $$E_{2}=H_{1}/6(f(a)+f(b))+1/3H_{1}f(x_{1})+4H_{2}/3(f(x_{2})+f(x_{3})))$$

   $$E_{2}=H_{1}/6(f(a)+f(b))+1/3H_{1}f(x_{1})+4H_{2}/3(f(x_{2})+f(x_{3})))$$
   $$E_{2}=a_{1}/2+c_{1}/4+4H_{2}/3*\sum _{i=2}^{3}f(x_{i})$$

   $$E_{2}=a_{1}/2+c_{1}/4+4H_{2}/3*\sum _{i=2}^{3}f(x_{i})$$
   cioè
   $$a_{2}=a_{1}/2,\,b_{2}=c_{1}/4,\,c_{2}=4H_{2}/3*\sum _{i=2}^{3}f(x_{i})$$

   $$a_{2}=a_{1}/2,\,b_{2}=c_{1}/4,\,c_{2}=4H_{2}/3*\sum _{i=2}^{3}f(x_{i})$$
3. al passo $n+1$$n+1$, avendo $2m=3+2^{n}$$2m=3+2^{n}$ nodi, si ha:
   $$a_{2m}=a_{m}/2$$

   $$a_{2m}=a_{m}/2$$
   $$b_{2m}=b_{m}/2+c_{m}/4$$

   $$b_{2m}=b_{m}/2+c_{m}/4$$
   $$c_{2m}=4H_{2m}/3\sum f({\hbox{x nuovi}})$$

   $$c_{2m}=4H_{2m}/3\sum f({\hbox{x nuovi}})$$