Численно несобственный интеграл

[ShMaxG]

Необходимо вычислить с точностью до $10^{-4}$ несобственный интеграл

$\[\int\limits_0^1 {\frac{{\cos x}} {{\sqrt x }}dx} \]$

Я его представил как $\[\int\limits_0^1 {\frac{{\cos x}} {{\sqrt x }}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{1} {{\sqrt x }}} dx + \int\limits_0^1 {\frac{{\cos x - 1}} {{\sqrt x }}dx} \] $.

Первый вычисляется точно вручную.

Вопрос касается вычисления второго. Идея такая: разложить косинус в ряд. Затем полученное почленно проинтегрировать. Затем убрать все члены, меньшие $10^{-4}$.

[ewert]

Ну у Вас же численное интегрирование. Так тупо и оцените: выделите хвостик от нуля до эпсилона, который который даёт полпогрешности, а оставшийся интеграл посчитайте по какой-нибудь квадратурной формуле.

Это -- именно тупо. Грамотнее, конечно, сделать замену переменной и посчитать интеграл от косинуса икса в квадрате, который считается (приближённо) уже вполне качественно. Но это требует учёта специфики подынтегральной функции.

Не знаю, чего конкретно от Вас хотели.

-- Сб окт 24, 2009 20:35:02 --

Да, кстати. Ваш второй интеграл, при всей его прелести -- численно считаться будет тоже не шибко прелестно. Ибо подынтегральная функция там хоть и ограниченна, но всё же не особо так гладкая.

[age]

Mathcad дал точное значение:
$\int\limits_0^1{\dfrac{cos(x)}{\sqrt{x}}}dx=FresnelC\left(\sqrt{\dfrac{2}{\pi}}\right)\sqrt{2\pi}=1,8090484758005441630$.

Поэтому интеграл аналитически решаемый, хотя и не могу сказать как.

[Someone]

ShMaxG в сообщении #254493 писал(а):

Первый вычисляется точно вручную.

Вопрос касается вычисления второго. Идея такая: разложить косинус в ряд. Затем полученное почленно проинтегрировать.

Если это учебная задача и метод вычисления регламентирован, то ему и надо следовать. Если ограничений на метод нет, то годится.

ShMaxG в сообщении #254493 писал(а):

Затем убрать все члены, меньшие $10^{-4}$.

Строго говоря, нужно оценить остаток ряда и выбрать такое число слагаемых, чтобы остаток был меньше заданной погрешности. В данном случае ряд знакочередующийся, а модули его членов монотонно стремятся к нулю, поэтому остаток оценивается первым отброшенным членом.
Если вычисления выполняются приближённо, то нужно учесть также погрешности округления.

[ewert]

age в сообщении #254506 писал(а):

Поэтому интеграл аналитически решаемый, хотя и не могу сказать как.

Он не более чем типа как. В элементарных функциях он, естественно, не выражается. И от Вас ожидали, естественно, не Маткада какого, а именно самостоятельного вычисления.

[ShMaxG]

ewert
Хорошо, тогда так:

$\[\int\limits_0^{{\varepsilon ^2}/16} {\frac{{\cos x}} {{\sqrt x }}dx} = \int\limits_0^{{\varepsilon ^2}/16} {\frac{1} {{\sqrt x }}} dx = \frac{\varepsilon } {2}\] $

В оставшейся части делаем замену переменных: $\[2\int\limits_{\varepsilon /4}^1 {\cos {t^2}} dt\]$.

Берем квадратурную формулу прямоугольников,
$\[I' = \sum\limits_{k = 0}^{N - 1} {{h_k}\cos {{\left( {\frac{{{x_k} + {x_{k + 1}}}} {2}} \right)}^2}} = h\sum\limits_{k = 0}^{N - 1} {\cos {{\left( {\frac{{{x_k} + {x_{k + 1}}}} {2}} \right)}^2}} \]$

Погрешность оценивается числом: $\[\frac{{{M_2}{h^2}}} {{24}}\left( {b - a} \right)\]$, где $M_2$ - максимальное значение второй производной на отрезке $[a,b]$, по которому вычисляется интеграл (формула из книжки). Грубо можно взять $M_2=6$. Тогда шаг можно брать $\[h = 2\sqrt \varepsilon = \frac{1} {{50}}\]$.


А как можно по-проще посчитать такую сумму косинусов?

[ewert]

ShMaxG в сообщении #254546 писал(а):

В оставшейся части делаем замену переменных:

Ну Вы уж выберите что-то одно. Или тупо оценивать начальный хвостик (и потом так же тупо считать оставшийся интеграл) -- или с самого начала делать замену, после которой никаких хвостиков уже и не нужно. А то как-то неэстетично выходит.

ShMaxG в сообщении #254546 писал(а):

Погрешность оценивается числом:

Ну оценивается, конечно (хотя Вашей записи я и не понял). Однако практически всем плевать на все производные, и практически все оценивают погрешность по правилу Рунге. Правда, отталкиваясь, конечно, от известного порядка точности.

[ShMaxG]

Ах да, что это я так... Действительно, с самого начала сделаем замену и все. Осталось просто $\[\sum\limits_{k = 0}^{\frac{1} {h} - 1} {\cos \left[ {{{\left( {k + \frac{1} {2}} \right)}^2}{h^2}} \right]} \]$ посчитать как-нибудь...

[AD]

А, то есть Вы хотите это вручную посчитать, не на компе?

[ewert]

ShMaxG в сообщении #254561 писал(а):

Ах да, что это я так... Действительно, с самого начала сделаем замену и все. Осталось просто $\[\sum\limits_{k = 0}^{\frac{1} {h} - 1} {\cos \left[ {{{\left( {k + \frac{1} {2}} \right)}^2}{h^2}} \right]} \]$ посчитать как-нибудь...

Обозначения неудачные -- лучше $n$ вместо $h$. Кроме того, множитель $h$ пропущен. И ещё двойка.

А если действительно косинус раскладывать в ряд, то при заданной Вам точности достаточно будет четырёх слагаемых -- до шестой степени включительно... Это легко и вручную.

[ShMaxG]

Понятно, спасибо!