Определенный интеграл с помощью ряда

[Limit79]

$\int\limits_{0.1}^{1} \frac{\arctg(x)}{x} dx $

Необходимая точность: $ 0.001$

Разложил в ряд: $\frac{\arctg(x)}{x} = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n }{2n+1} \cdot x^{2n}$

17й член ряда меньше точности, то есть, для необходимой точности достаточно просуммировать 16 членов.

Возникает вопрос: можно ли улучшить сходимость ряда? или же необходимо честно просуммировать эти 16 членов ряда?

[Someone]

Вы их быстрее просуммируете, нежели придумаете, как улучшить.

[ИСН]

Не надо улучшать. Если улучшить, то будет хуже.

[_Ivana]

У меня возникло два вопроса по данной задаче:

1) если требуемая точность предъявляется к конечному ответу - интегралу, то она должна зависеть, как минимум, от двух составляющих - от точности вычисления значения подынтегральной функции в каждой точке отрезка интегрирования, и от выбора алгоритма численного интегрирования этой функции на отрезке и его параметров. И в этом смысле недостаточно только обеспечить точность вычисления функции. А даже если вычислить её с точностью до 3 знака, но, допустим, это вычисляемое значение будет всегда меньше самой функции, то ошибка может накопиться при интегрировании.

2) даже если оставить в стороне вопрос интегрирования, то достаточно ли для требуемой точности отбросить все члены ряда, меньшие этой точности? Тут, имхо, сильно помогает, что наш ряд знакопеременный, и в данном случае может это и будет справедливо. Однако, в общем случае, меня одолевают сомнения. Например, для знакопостоянной бесконечно убывающей геометрической прогрессии это навскидку неверно (если я не ошибся в прикидках). Тем более это неверно для знакопостоянного гармонического ряда

Вот такие у меня возникли вопросы по первому впечатлению. Прокомментируете ошибочность или справедливость моих предположений?

[provincialka]

_Ivana в сообщении #715348 писал(а):

2) даже если оставить в стороне вопрос интегрирования, то достаточно ли для требуемой точности отбросить все члены ряда, меньшие этой точности? Тут, имхо, сильно помогает, что наш ряд знакопеременный, и в данном случае может это и будет справедливо. Однако, в общем случае, меня одолевают сомнения. Например, для знакопостоянной бесконечно убывающей геометрической прогрессии это навскидку неверно (если я не ошибся в прикидках). Тем более это неверно для знакопостоянного гармонического ряда

Сомнения вполне обоснованные. Оценка "хвоста" произвольного ряда - дело непростое.
Для геометрической прогрессии можно просто использовать формулу суммы, тогда остаток будет равен ${b_{n+1}\over 1-q}$, где $n+1$ - номер первого отброшенного члена. Если $q$ близко к 1, величина будет весьма внушительная.

В общем случае существуют остаточные члены формулы Тейлора, причем в разных модификациях.

[Someone]

Не надо плодить проблемы на ровном месте. Речь идёт о том, чтобы проинтегрировать степенной ряд, подставить пределы интегрирования и подобрать число членов так, чтобы погрешность была меньше заданной величины. Ряд здесь лейбницевского типа, поэтому оценка остатка тривиальна.

Добавление. Конечно, нужно ещё проследить за погрешностями округления.

[provincialka]

Someone в сообщении #715358 писал(а):

Не надо плодить проблемы на ровном месте. Речь идёт о том, чтобы проинтегрировать степенной ряд, подставить пределы интегрирования и подобрать число членов так, чтобы погрешность была меньше заданной величины. Ряд здесь лейбницевского типа, поэтому оценка остатка тривиальна.

Да, _Ivana, а за ним и я, несколько вышли за пределы темы. Обсуждали уже другой вопрос.

[_Ivana]

Someone в сообщении #715358 писал(а):

Не надо плодить проблемы на ровном месте.

Можно допустить, что вам в данном примере все тривиально и понятно, но я хотел разобраться. Оказывается, интегрировать мы будем не численно, а аналитически, как многочлен, по формуле Ньютона-того же Лейбница - уже хорошо, но сначала мне было это не очевидно. Пусть так, пусть даже на всем отрезке интегрирования наш многочлен из 16 членов отклоняется от нужной функции не более чем заданная точность - это гарантирует ту же точность самого интеграла? Сомнения остаются. Думаю, в этом случае надо сначала проинтегрировать исходный ряд, получить другой ряд, увидеть что он тоже Лейбницев, и оценивать остаточный член уже этого нового ряда, подставляя в него пределы интегрирования.
Далее, насчет оценки остатка ряда Лейбница - я уже посмотрел в Википедии, но ТС об этом не упомянул (может, ввиду очевидности), а я решил освежить в памяти - чем это плохо?

[Dan B-Yallay]

_Ivana в сообщении #715366 писал(а):

Пусть так, пусть даже на всем отрезке интегрирования наш многочлен из 16 членов отклоняется от нужной функции не более чем заданная точность - это гарантирует ту же точность самого интеграла?

$$\Big | \int_a^b \varepsilon(x)dx\Big | \leq |b-a|\cdot \|\varepsilon\|_{\infty}$$

В данном примере длина отрезка интегрирования меньше единицы.

[Someone]

Ещё раз.
Разлагаем подынтегральную функцию в степенной ряд, который, как оказывается, на всём промежутке интегрирования сходится. Известно, что степенной ряд можно почленно интегрировать на любом отрезке, лежащем в области сходимости, поэтому просто интегрируем полученный степенной ряд, применяя к интегралу от каждого члена формулу Ньютона - Лейбница. Всегда получится сходящийся ряд, сумма которого точно равна искомому интегралу.
Потом эту сумму нужно вычислить приближённо, взяв подходящее число членов. В данном случае, вероятно, не слишком сложно доказать, что он лейбницевского типа, если же это окажется затруднительно, можно разбить на два ряда, в один включив слагаемые, полученные при подстановке верхнего предела интегрирования, в другой - при подстановке нижнего предела интегрирования. Если исходный ряд был лебницевского типа, то такими же будут и оба этих ряда.
И, конечно, нужно позаботиться, чтобы погрешности округления не испортили результат.

[_Ivana]

Dan B-Yallay, спасибо, уже подумал об этом - мы можем оценить ошибку интеграла "прямоугольником" - максимальное отклонение нашего приближения от исходной функции умноженное на длину отрезка интегрирования. То есть, для заданной точности интеграла требуется, чтобы ошибка приближения подынтегральной функции на всем отрезке была не больше заданной для всего интеграла, деленной на длину отрезка интегрирования. Осталось выяснить (мне), откуда ТС взял утверждение

Limit79 в сообщении #715330 писал(а):

17й член ряда меньше точности

, и что он этим имеет в виду - если этот ряд применять на всем отрезке интегрирования, то при $x=1$ 17-й член ряда будет равен по модулю всего около $0.03$, что более чем на порядок больше необходимой точности. Если добиваться точности не более $0.001$ на всем отрезке интегрирования, то надо взять большее число членов - по моим расчетам необходимо $500$ членов ряда (с учетом длины отрезка интегрирования, меньшего 1).

Someone спасибо вам за пояснения, но, как видите, даже сейчас не все мои вопросы для меня прояснены.

ЗЫ наверное проще будет самому честно взять и посчитать этот интеграл с разным количеством членов ряда и сравнить полученные значения с максимально точным, посчитанным где-нибудь в Альфе или подобной программе.

[iifat]

Какие вопросы-то? Остались вопросы по конкретному интегралу? Погрешность знакочередующегося ряда не превышает первого отброшенного члена -- это мы выяснили? При интегрировании добавится ещё $2n+1$ в знаменатель. Для необходимой точности достаточно 30-35 членов ряда, поскольку мы не меняем функцию на приближённую -- мы меняем её на точную, бесконечный ряд, который можно почленно интегрировать.
Или вопросы по более общему случаю? Естественно, он сложнее, главным образом за счёт оценки остатка.

[_Ivana]

Посчитал. По моим расчетам (количество взятых членов ряда, значение интеграла):
16: 0.81650771877124042576
500: 0.8160768053213788235
Альфа:
0.816076 ссылка
Итого, если оставить 16 членов ряда, как предлагал ТС, то получим ошибку на 1 в 3-м знаке. Но и мои прикидки насчет 500 членов тоже неверны. Понял, был неправ - я оценивал необходимую точность подынтегральной функции, а можно было сразу проинтегрировать весь ряд и оценивать необходимую точность, там действительно добавляется в знаменатель $2n+1$ и количество необходимых членов ряда уменьшается.

UPD аналитически получается, что для заданной погрешности интеграла $0.001$ нам действительно нужно всего 16 членов (уже проинтегрированного) ряда. Может действительно, погрешности округления дали ошибку в третьем знаке. Хотя, для вычисления подынтегральной функции с той же точностью нужно те самые 500 членов ряда. Интересный момент, имхо. Буду осмысливать, почему это так

[mihailm]

ТС пропал, а надо бы спросить у него, что он понимает под фразой

Limit79 в сообщении #715330 писал(а):

...можно ли улучшить сходимость ряда?...

(понятно, что скорее всего ТС хотел спросить "можно ли взять членов поменьше?")
На всякий случай надо сказать, что существуют процедуры улучшения сходимости медленно сходящихся рядов (для которых стоит задача вычисления их суммы), заключающиеся в том, что на основе исходного строится некий другой более быстро сходящийся ряд, сумма которого связана с заданным. (Процедуры не совсем простые и не алгоритмические)

[iifat]

mihailm в сообщении #715729 писал(а):

существуют процедуры улучшения сходимости

То, что я видел, настолько усложняло вид члена ряда, что, как сразу сказали, дешевле считать как есть...