Формула Симпсона при четном числе узлов

[Korvin]

Коллеги, коэффициенты формулы Симпсона (веса ординат с точностью до нормировки) при 3 узлах (2 отрезка) при ходе слева 1, 4, 1. То-же самое при ходе справа. При 4 узлах (обычно не рассматриваемый случай) коэффициенты при ходе слева как обычно 1, 4, 1, и надо еще охватить неоцененный самый правый отрезок, по ф-ле трапеций, отсюда коэффициенты по всей фигуре 1, 4, 2, 1. Но ведь ход слева не имеет никаких преимуществ перед ходом справа, тогда коэффициенты 1, 2, 4, 1. Не является ли оценка 1, 3, 3, 1 в подобном случае наиболее выгодной? Рассуждая аналогично, при любом четном числе узлов все коэффициенты равны 3, исключая крайние 1.
Тогда какое у нас право при нечетном числе узлов пользоваться коэффициентами 1 при крайних и попеременно 4, 2 при промежуточных узлах, когда напрашиваются коэффициенты 3? Аппроксимация параболами ведь наш произвольный выбор, и точность метода считают исходя из отличности от нуля 4-й производной, в то время как для параболы уже третья производная равна 0, т.е. признается, что проходящая через токи кривая может быть сложнее кривых 2 порядка.
Или при нечетном числе узлов считаем по формуле трапеций первый и последний отрезки, промежуток аппроксимируем параболами, и тогда порядок следования промежуточных коэффициентов не 4, 2 а 2, 4, что опять выводит на равные коэффициенты 3.

[thething]

Korvin в сообщении #1364415 писал(а):

При 4 узлах (обычно не рассматриваемый случай) коэффициенты при ходе слева как обычно 1, 4, 1, и надо еще охватить неоцененный самый правый отрезок, по ф-ле трапеций,

К чему такие сложности? Возьмите многочлен Лагранжа по 4 узлам и получите коэффициенты, как обычно.

[Korvin]

thething в сообщении #1364418 писал(а):

Korvin в сообщении #1364415 писал(а):

При 4 узлах (обычно не рассматриваемый случай) коэффициенты при ходе слева как обычно 1, 4, 1, и надо еще охватить неоцененный самый правый отрезок, по ф-ле трапеций,

К чему такие сложности? Возьмите многочлен Лагранжа по 4 узлам и получите коэффициенты, как обычно.

Речь ведь не о 4 узлах и баста, где полином 3 степени, а о десятках и сотнях при равных шагах. Тогда понятно работает и СА без учета одного крайнего узла, что есть формула прямоугольников, или СА формулы прямоугольников слева и справа, что есть формула трапеций, тогда коэффициенты 1 при крайних и 2 при промежуточных, но не корректнее ли 1 на крайних и 3 на промежуточных как выше? А какой Лагранж при степенях под 100?
У меня в моем конкретном приложении шаг день, а цикл месяц, их может быть несколько.

[thething]

А вы вообще в курсе, как получаются общие квадратурные формулы.. скажем, средних прямоугольников, для тех же 100 узлов?

[Korvin]

thething в сообщении #1364422 писал(а):

А вы вообще в курсе, как получаются общие квадратурные формулы.. скажем, средних прямоугольников, для тех же 100 узлов?

Пока Вы писали, я редfктировал пред. пост, делал добавления, об этом речь?

[thething]

Речь о том, что никаких там 100 степеней не нужно. Отрезок интегрирования разбивается на равные промежутки с шагом $h$ и на каждом из получившихся отрезков применяется простейшая квадратурная формула: прямоугольников, трапеций, Симпсона. Каждая простейшая формула получается из замены подынтегральной функции многочленом Лагранжа по 1,2,3,... узлам.. Ну до 100 узлов доходят только герои, обычным людям хватает и трех) Потом все эти элементарные формулы просто суммируются и получается общая формула на всем большом отрезке, с нужными Вам коэффициентами.

[Korvin]

thething в сообщении #1364426 писал(а):

Речь о том, что никаких там 100 степеней не нужно. Отрезок интегрирования разбивается на равные промежутки с шагом $h$ и на каждом из получившихся отрезков применяется простейшая квадратурная формула: прямоугольников, трапеций, Симпсона. Каждая простейшая формула получается из замены подынтегральной функции многочленом Лагранжа по 1,2,3,... узлам.. Ну до 100 узлов доходят только герои, обычным людям хватает и трех) Потом все эти элементарные формулы просто суммируются и получается общая формула на всем большом отрезке, с нужными Вам коэффициентами.

Так я с того и начал, что Лагранж по 3 узлам, что есть Симпсон, но при четном числе узлов 1 крайний узел подвисает, и к Симпсону присобачивается 1 трапеция, и в зависимости от того, слева или справа трапеция, результат разный. А коэффициенты 1, 3, 3, .... 3, 1 устраняют неопределенность. Зачем тогда чередование 4, 2? Какое тому обоснование?

[thething]

Korvin в сообщении #1364428 писал(а):

Зачем тогда чередование 4, 2? Какое тому обоснование?

Это Вы что-то своё придумали, думайте и над обоснованием. Общую схему получения простейших квадратурных формул я описал выше. Попробуйте сделать по ней, на свои 4 узла, может быть, получатся именно те коэффициенты, которые и "устраняют неопределенность".

[TOTAL]

Вдруг это поможет

[vpb]

thething в сообщении #1364426 писал(а):

Ну до 100 узлов доходят только герои

Нет, это не герои, а некомпетентные люди (это чтобы у Korvin не создалось превратного мнения о том, что правильно и что нет). Я помню, на форум как-то обращался инженер по ускорителям, и писал примерно так: когда в расчетной формуле берем значение $\pi$ с 50 знаками, получается плохое согласие с экспериментом, а когда со 100 знаками --- хорошее ! Его всем скопом пытались убедить в неправильности такого подхода, но, емнип, не очень успешно.

-- 29.12.2018, 08:22 --

thething в сообщении #1364430 писал(а):

может быть, получатся именно те коэффициенты

Именно так и получится: $1/8$, $3/8$, $3/8$, $1/8$ это суть коэффициенты формулы Ньютона-Котеса с 4 узлами.

-- 29.12.2018, 08:33 --

Korvin
Вы высказали разумную мысль, хоть и на очень любительском уровне. Правда, как я понимаю, для числа узлов $n=4$ набор коэффициентов $1,3,\ldots,3,1$ хороший, а при $n\geq5$ --- уже не очень. См. выше пост TOTAL. Однако, хочу обратить Ваше внимание на следующее. Вы имеете экспериментальные данные, в которых, по определению, есть немалые погрешности. Стоит ли при этом пользоваться какими-то особо точными формулами численного интегрирования ?

[Korvin]

vpb в сообщении #1364435 писал(а):

Вы высказали разумную мысль, хоть и на очень любительском уровне. Правда, как я понимаю, для числа узлов $n=4$ набор коэффициентов $1,3,\ldots,3,1$ хороший, а при $n\geq5$ --- уже не очень. См. выше пост TOTAL. Однако, хочу обратить Ваше внимание на следующее. Вы имеете экспериментальные данные, в которых, по определению, есть немалые погрешности. Стоит ли при этом пользоваться какими-то особо точными формулами численного интегрирования ?

Я и есть любитель, но результат ведь нужен серьезный. У TOTAL коэффициенты 1, пром. 2, 1;
затем 5, пром. 13, 5; затем 9, 28, пром. 23, 28, 9. Сразу кидается в глаза, что промеж. коэф. во все вариантах остаточной погр. ~ в 3 раза выше крайних, что близко к раскладке 1, пром.3, 1.
Ну а насчет точности пи со 100 или даже 50 знаками не нужно, но 1, 3, 1 как-то привлекательнее 1, 2, 1, поскольку функция в основном выпуклая (периодическая близкая к синусу +/- флуктуации) и трапеция с хордами вместо дуг будет недооценивать площадь. Площадь же нужна для выставления среднего.
Всем спасибо за советы.
PS. Раскладка 1, 3, 1 для меня еще привлекательна для нахождения типичного значения по 3 случайным значениям, это веса для мин. медианы и макс.; если только медиана то грубовато, а СА слишком выпячивает крайние выпадающие значения. Нечто подобное у Tukey's trimean, но какие тут квартили при 3 значениях? А 1, 3, 1 дает гладенькие значения при нахождении типичной функции по 3 случайным реализациям.

-- 29.12.2018, 14:51 --

Korvin в сообщении #1364490 писал(а):

thething в сообщении #1364426

писал(а):
Ну до 100 узлов доходят только герои Нет, это не герои, а некомпетентные люди (это чтобы у Korvin не создалось превратного мнения о том, что правильно и что нет).

Скорей всего полином 100-й степени повторит точные значения в 101 узле (да и то только при вычислениях с невероятным количеством знаков), но разнесет все при попытке интерполяции и/или экстраполяции.

[ewert]

Korvin в сообщении #1364490 писал(а):

Скорей всего полином 100-й степени повторит точные значения в 101 узле (да и то только при вычислениях с невероятным количеством знаков),

Т.е. в практике не встречающемся. На практике даже и двадцати узлов многовато -- в стандартных режимах вычисления оказываются численно неустойчивыми (накапливается слишком большая погрешность округлений).

Korvin в сообщении #1364428 писал(а):

при четном числе узлов 1 крайний узел подвисает, и к Симпсону присобачивается 1 трапеция, и в зависимости от того, слева или справа трапеция, результат разный

То, что он разный -- само по себе не беда, он всегда разный. Хуже другое: трапеции имеют меньший порядок точности, чем Симпсон, так что их подцепление сильно всё портит.

Korvin в сообщении #1364428 писал(а):

Зачем тогда чередование 4, 2? Какое тому обоснование?

Это чередование -- не для базовой формулы Симпсона ("простой"), а для склеенной из этих базовых составной формулы. Подробнее см.:

thething в сообщении #1364426 писал(а):

Отрезок интегрирования разбивается на равные промежутки с шагом $h$ и на каждом из получившихся отрезков применяется простейшая квадратурная формула: прямоугольников, трапеций, Симпсона.

И, кстати:

vpb в сообщении #1364435 писал(а):

$1/8$, $3/8$, $3/8$, $1/8$ это суть коэффициенты формулы Ньютона-Котеса с 4 узлами

, и у неё есть огромное преимущество перед Симпсоном: она имеет тот же порядок точности, но требует больше вычислений. Всегда ведь приятно что-то лишний раз повычислять.

[Korvin]

ewert в сообщении #1365623 писал(а):

Korvin в сообщении #1364428
писал(а):
Зачем тогда чередование 4, 2? Какое тому обоснование?

Это чередование -- не для базовой формулы Симпсона ("простой"), а для склеенной из этих базовых составной формулы.

Спасибо.
Это был вопрос риторический, т.е. побуждающий не к ответу в лоб, а дальнейшему разрешению.
Еще раз: 3 узла по Симпсону дают коэффициенты 1,4,1. Подключив еще 2 узла и аппроксимируя не полиномом 4 степени, а 2 скленными 2 степени (на средней точке разрыв производной?) получаем коэффициенты 1, 4, 2, 4, 1; и т.д. при любом четном числе. А 4 узла если отсавить в стороне полином 3 степени с 1, 3, 3, 1, и взяв Симпсона и трапецию справа, получаем 1,4,2, 1, с трапецией слева 1,2,4,1, аналогично при оюбом нечетном числе узлов, что и наталкивает на идею при любом нечетном числе узлов 1 на крайних и 3 на всех промежуточных. И сразу возникает вопрос. а зачем тогда чередующиеся коэффициенты 4,2 при четном числе узлов, нарушает конструктивную валидность квадратурной формулы.
Порядок точности на экспериментальных данных перестает играть роль - их никто не идеализировал под конкретную формулу, важна унифицированность подхода.
Вопрос собственно только тогда насколько оправдана на практике эта самая унификация, когда точные (условно, с учетом принятых предположений о поведении функции в промежутках) решения остаются за скобками.
Но когда читаешь старинную книжку Тьюки Мостеллера создается впечатление что эти умные и все понимающие люди тоже склонны к игре с цифрами исходя из эстетических соображений.
Тому же самому Tukey's trimean ведь нет обоснования, но как хорошо работает!

[ewert]

Korvin в сообщении #1365665 писал(а):

3 узла по Симпсону дают коэффициенты 1,4,1. Подключив еще 2 узла и аппроксимируя не полиномом 4 степени, а 2 скленными 2 степени (на средней точке разрыв производной?) получаем коэффициенты 1, 4, 2, 4, 1; и т.д. при любом четном числе. А 4 узла если отсавить в стороне полином 3 степени с 1, 3, 3, 1, и взяв Симпсона и трапецию справа, получаем 1,4,2, 1, с трапецией слева 1,2,4,1, аналогично при оюбом нечетном числе узлов, что и наталкивает на идею при любом нечетном числе узлов 1 на крайних и 3 на всех промежуточных.

У Вас какая-то мешанина в голове. Вам же давали общую идею: разбить промежуток на большое количество равных отрезков (хотя при необходимости можно и не равных) и применить к каждому одну и ту же "простую" формулу, а потом всё сложить. Чем на большее количество отрезков разбиваем -- тем точнее окончательный результат. А вот насколько быстро всё уточняется -- зависит от порядка точности "простой" формулы.

Например, формула Симпсона (простая) имеет 5-й порядок точности. Это означает, что её погрешность примерно пропорциональна $h^5$, где $h$ -- длина отрезочка интегрирования. Или, что эквивалентно -- эта формула абсолютно точна для любых многочленов 3-й степени (хотя изначально и выводилась для многочленов степени 2). После сложения большого количества отрезков эти погрешности суммируются, и порядок снижается до 4-го. Т.е. погрешность окончательного результата примерно пропорциональна $h^4$ или, что то же, примерно $\frac1{n^4}$, где $n$ -- количество отрезочков разбиения. Грубо говоря, это означает: если мы хотим получить восемь правильных значащих цифр, то промежуток интегрирования придётся разбить примерно на 100 отрезков (т.е. использовать примерно 200 узлов). А при разбиении на 10 отрезков получится уже достаточно неплохая точность примерно в четыре цифры.

Вы же, ни о чём не задумываясь, зачем-то пытаетесь тупо пришпандорить к цепочке Симпсонов одну трапецию, у которой порядок всего лишь третий -- и это всё портит: суммарная погрешность ухудшается до всего-навсего $h^3\sim\frac1{n^3}$. Ваша же взятая с потолка цепочка троек (даже если её подправить) даст и вовсе жалкие $h\sim\frac1{n}$, т.к. это -- лишь формула прямоугольников, да и то подпорченная..

[Korvin]

ewert в сообщении #1365672 писал(а):

У Вас какая-то мешанина в голове. Вам же давали общую идею: разбить промежуток на большое количество равных отрезков (хотя при необходимости можно и не равных) и применить к каждому одну и ту же "простую" формулу, а потом всё сложить. Чем на большее количество отрезков разбиваем -- тем точнее окончательный результат. А вот насколько быстро всё уточняется -- зависит от порядка точности "простой" формулы.

Я не могу лунный месяц в 28 или 29 дней разбить на 17 или 24 равных отрезка, у меня из по определению 28 или 29 значения. Промежутков попросту не существует, в день 1 измерение утром, другие измерения теряют смысл. А площадь под кривой желательно знать. Данные сильно зашумлены, поэтому значения в квадратурной формуле - скользящая средняя с окном 7, на сглаживание пиков потом можно ввести коррекцию. Форма близка к синусу, и сглаживание ее искажает несущественно, лишь уменьшает предсказуемо амплитуду.
Все, что Вы пишете, правильно при взятии определенного интеграла от вычисляемой но не интегрируемой функции, там я интервал могу разбить на любое кол-во шагов, а тут практика, иные условия.

-- 03.01.2019, 17:52 --

ewert в сообщении #1365672 писал(а):

Ваша же взятая с потолка цепочка троек (даже если её подправить) даст и вовсе жалкие $h\sim\frac1{n}$, т.к. это -- лишь формула прямоугольников, да и то подпорченная..

Цепочка троек = формула прямоугольников при количестве отчетов на единицу меньше кол-ва узлов, и возникает вопрос откуда идти, слева или справа. Если эти подходы усреднить, получается формула трапеций с коэф. 1, серия двоек, 1, что уже лучше. Но между узлами хорды, и замена хорд на кривые 2-го порядка должна улучшить приближение. Это требует чередования коэф. 4, 2, 4, 2 и т.д. , но отсюда проистекает раздрай при четном числе узлов. Если подход слева и справа улучшает прямоугольник до трапеции, отчего этот же подход (каламбур непроизвольный) не превратит параболу в нечто более подходящее? А это тройки в промежутке, 1 на краях.
Пойду еще подумаю, может чего приснится.