• 插值型積分公式使用確定的節點 $x_k|k=0,1,...,n$ 作為積分節點 ，使用拉格朗日插值多項式 $L_n(x)$ 近似 $f(x)$ 從而進行數值積分，這樣的積分公式至少具有 $n$ 階代數精度。
• Newton-Cotes公式是插值型公式中最具代表性的一種，它采用區間上的等分點作為積分節點，根據積分步長的不同具體有梯形公式、Simpson公式與Cotes公式，偶次階牛頓柯特斯公式具有 $n+1$ 階代數精度，通常使用較多。
• 當$${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \sum _{k=0}^n{A}_{k}f(x_k)$$中積分系數全正時，積分公式是數值穩定的，而Newton-Cotes公式在 $n=8$ 時就已經出現負系數，因此通常選取 $n<8$ 的積分公式。但低階公式又存在步長過長、精度不足的缺點，于是引入復化求積策略，衍生出復化梯形公式、復化辛普森公式以及復化柯特斯公式。
• 考察上述復化求積公式二分區間前后的積分值關系，發現可以借助低階公式線性組合得到高階公式積分值，龍貝格算法就是將復化梯形積分值 $T_n$，逐步數值計算到復化辛普森值 $S_n$，復化柯特斯值 $C_n$，并最終得到Romberg值的加速收斂方法。
• 通過適當選取積分節點 $x_k|k=0,1,...,n$，可能使積分公式具有 $2n+1$ 階代數精度，這類公式稱為高斯型積分公式，這些節點稱為高斯型積分節點。

正文

• 帶權積分.
• 數值穩定性.
• 積分余項.
• 構造高斯型積分公式.

帶權積分.

• 考慮帶權積分的插值型積分公式：$${\int }_a^b\rho (x)f(x)dx\approx \sum _{k=0}^n{A}_{k}f(x_k)$$其中 $\rho (x)$ 是權函數，也稱為積分核。
• 權函數 $\rho (x)$ 需要在積分區間 $[a,b]$ 上滿足 $\rho (x)\ge 0$，在 $(a,b)$ 內零點個數有限，并且 $?i\in N,{\int }_a^b{x}^i\rho (x)dx<\infty .$
• 【$2n+1$ 定理】若以節點 $a\le x_0<x_1<???<x_n\le b$ 為零點的 $n+1$ 次多項式 ${\omega }_{n+1}(x)={\prod }_{i=0}^n(x?x_i)$ 與次數不超過 $n$ 的任意多項式函數 $q(x)$ 帶權正交，即$${\int }_a^b\rho (x){\omega }_{n+1}(x)q(x)dx=0$$那么上述插值型積分公式至少具有 $2n+1$ 階代數精度，此時 $$A_k={\int }_a^b\rho (x)l_k(x)dx$$$$l_k(x)=\prod _{j=0,j=k}^n\frac{x?x_j}{x_k?x_j}$$
• 【證明】$?f(x)\in P_{2n+1}$，現有 ${\omega }_{n+1}(x)$ 滿足$${\int }_a^b\rho (x){\omega }_{n+1}(x)q(x)dx=0$$根據多項式的次數關系，可以將$f(x)$ 表示為$$f(x)=q(x){\omega }_{n+1}(x)+m(x)$$因此$${\int }_a^b\rho (x)f(x)dx={\int }_a^b\rho (x){\omega }_{n+1}(x)q(x)dx+{\int }_a^b\rho (x)m(x)dx={\int }_a^b\rho (x)m(x)dx$$由于上述積分公式是插值型積分公式，至少具有 $n$ 階代數精度，因此對不超過 $n$ 次多項式的 $m(x)$積分$$${\int }_a^b\rho (x)m(x)dx$$是準確的，也即上述積分公式對于任意一個 $2n+1$ 次多項式函數 $f(x)$ 的積分是準確的，至少具有 $2n+1$ 階代數精度。

實際上述公式僅有 $2n+1$ 次代數精度。

• 【證明】考慮 $2n+2$ 次多項式函數 $h(x)={\omega }_{n+1}^2(x)\ge 0$，顯然 $h(x_k)=0.$ 因為函數 $\rho (x)\ge 0$，且 $\rho (x),h(x)$ 在區間 $(a,b)$ 上都只有有限個零點，因此積分$${\int }_a^b\rho (x)h(x)dx>0$$但積分公式$$\sum _{k=0}^n{A}_{k}h(x_k)=0$$因此上述積分公式對于 $2n+2$ 次多項式積分不準確。

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• 【Summary】上面這種在區間 $[a,b]$ 選取 $n+1$ 個特殊節點 $x_k|k=0,1,...,n$，并使得 ${\omega }_{n+1}(x)={\prod }_{k=0}^n(x?x_k)$ 關于任意 $n$ 次多項式 $q(x)$ 帶權正交，最終得到的具有 $2n+1$ 階代數精度的插值型積分公式，稱為Gauss積分公式。

數值穩定性.

• 上面已經證明了高斯型積分公式具有 $2n+1$ 階代數精度，因此它對于 $2n$ 次多項式 $l_k^2(x)$ 的積分是準確的，也就是說$${\int }_a^b\rho (x)l_k^2(x)dx=\sum _{i=0}^n{A}_i{l}_k^2(x_i)$$由于$l_k(x_i)={\delta }_{ki}$，因此上式右端為 $A_k$，因此$$A_k={\int }_a^b\rho (x)l_k^2(x)dx>0$$因此高斯型積分公式是數值穩定的.

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• 根據定義$$A_k={\int }_a^b\rho (x)l_k(x)dx$$被積分函數 $\rho (x)l_k(x)\ge 0$ 并且在 $(a,b)$ 零點個數有限，因此積分值為正，即 $A_k>0.$

積分余項.

• 設 $f(x)\in C^{2n+2}[a,b]$，則高斯型積分公式余項：$$G_n(f)=\frac{f^{(2n+2)}(\eta )}{(2n+2)!}{\int }_a^b{\omega }_{n+1}^2(x)\rho (x)dx$$

$C^k[a,b]$ 是指在 $[a,b]$ 上直到 $k$ 階導數都存在且連續的函數的集合。

• 【證明】考慮Hermite插值，并對其兩端積分即可。

構造高斯型積分公式.

• 【目標】嘗試對下述定積分構造兩點高斯積分公式：$${\int }_{?1}^1(1+x^2)f(x)dx$$
• 【思路】兩點高斯積分公式中 $n=1$，即公式寫為$$\sum _{k=0}^1{A}_{k}f(x_k)=A_{0}f(x_0)+A_{1}f(x_1)$$其中 $$A_k={\int }_{?1}^1(1+x^2)l_k(x)dx;k=0,1$$$$l_k(x)=\frac{{\omega }_2(x)}{(x?x_k){\omega }_2^{\prime }(x_k)};k=0,1$$設 $${\omega }_2(x)=x^2?bx+c$$它需要與次數不超過一次的多項式帶權 $1+x^2$ 正交，因此$${\int }_{?1}^1(1+x^2)(x^2?bx+c)dx=0=\frac{8}{3}c+\frac{16}{15}$$$${\int }_{?1}^1(1+x^2)(x^2?bx+c)x?dx=0=?\frac{16}{15}b$$解得 $b=0,c=?\frac{2}{5}$，所以$${\omega }_2(x)=x^2?\frac{2}{5}$$因此$$x_0=?\sqrt{\frac{2}{5}},x_1=\sqrt{\frac{2}{5}}$$所以$$l_0(x)=\frac{x^2?\frac{2}{5}}{?2\sqrt{\frac{2}{5}}?(x+\sqrt{\frac{2}{5}})},l_1(x)=\frac{x^2?\frac{2}{5}}{2\sqrt{\frac{2}{5}}?(x?\sqrt{\frac{2}{5}})}$$所以$$A_0={\int }_{?1}^1(1+x^2)\frac{x?\sqrt{\frac{2}{5}}}{?2\sqrt{\frac{2}{5}}}dx=\frac{4}{3}$$$$A_1={\int }_{?1}^1(1+x^2)\frac{x+\sqrt{\frac{2}{5}}}{2\sqrt{\frac{2}{5}}}dx=\frac{4}{3}$$綜上，待求高斯積分公式為$$G(f)=\frac{4}{3}[f(\sqrt{\frac{2}{5}})+f(?\sqrt{\frac{2}{5}})]$$

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• 上部分高斯積分公式中構造正交多項式 ${\omega }_{n+1}(x)$ 過程極度復雜，只選用了 $n=1$ 的情況，具有三階代數精度。因此，想到對于一些特定的區間、特定的權函數，使用既有的標準正交多項式，例如在《正交多項式拾遺》中提及的勒讓德多項式、切比雪夫多項式等。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【NA】高斯型积分公式(一)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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