Посчитать сумму ряда или интеграл с заданной точностью

[alex-omsk]

Что-то я нисколечки не математик, с такими задачами имею проблемы.
Например:
$\int\limits_0^{2\pi} \sin^{100} x \, dx$ с точностью до 10%.
Я нашел какое-то странное решение, где вычисляются значения в точках, а потом считается интеграл. Но в "полевых" условиях считать значения в точках отличных от общеизвестных не хотелось бы.

[Ms-dos4]

Вы можете использовать методы численного интегрирования (например Симпсона) - в них входят оценки точности и из них можно оценить, сколько интервалов разбиения вам понадобится.

[Oleg Zubelevich]

очевидно, считать интеграл надо только по окрестностям точек $\pi/2,\quad 3\pi/2$, в которых синус раскладывается в ряд Тейлора

[alex-omsk]

Oleg Zubelevich в сообщении #738247 писал(а):

очевидно, считать интеграл надо только по окрестностям точек $\pi/2,\quad 3\pi/2$, в которых синус раскладывается в ряд Тейлора

Это я понимаю. Достаточно вообще считать только с одной стороны, например при $x\leqslant\dfrac{\pi}{2}$.
Но с какой точки, и как оценить не ясно.

-- Ср июн 19, 2013 14:43:56 --

Ms-dos4 в сообщении #738244 писал(а):

Вы можете использовать методы численного интегрирования (например Симпсона) - в них входят оценки точности и из них можно оценить, сколько интервалов разбиения вам понадобится.

Но это опять-таки вычисление значения функции в не очень хороших точках?

[Ms-dos4]

Кстати, интеграл вообще можно вычислить точно. Я уже писал про это в другой теме

Ms-dos4 в сообщении #736187 писал(а):

Проинтегрируйте по частям, то получите
$\[\begin{array}{l} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}\sin xdx} = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx} - \left. {{{\sin }^{n - 1}}x\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \\ = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x(1 - {{\sin }^2}x)dx} = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}xdx} - (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} \end{array}\]$

Обозначив

$\[{I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} \]$

$\[{I_n} = (n - 1){I_{n - 2}} - (n - 1){I_n}\]$

$\[{I_n} = \frac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}}\]$

1)Если n чётное $\[n = 2k\]$ имеем

$\[{I_{2k}} = \frac{{2k - 1}}{{2k}}{I_{2k - 2}} = \frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ... \cdot 3 \cdot 1}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}{I_0} = \frac{\pi }{2}\frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ... \cdot 3}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}\]$

2)Если n нечётное $\[n = 2k + 1\]$

$\[{I_{2k + 1}} = \frac{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}{{(2k + 1) \cdot (2k - 1) \cdot ... \cdot 5 \cdot 3}}\]$

Ваш случай отличается тем, что интегрируют до $\[2\pi \]$, а значит в пункте 1 (который вам нужен) будет
$\[{I_{2k}} = 2\pi \cdot \frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ...3}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ...4 \cdot 2}}\]$

(т.е. в 4 раза больше)
P.S. У меня вышло
$\[\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^{100}}xdx = } \frac{{12611418068195524166851562157}}{{79228162514264337593543950336}}\pi \approx 0.500074\]$

[alex-omsk]

Ms-dos4 в сообщении #738250 писал(а):

Кстати, интеграл вообще можно вычислить точно. Я уже писал про это в другой теме

Ms-dos4 в сообщении #736187 писал(а):

Проинтегрируйте по частям, то получите
$\[\begin{array}{l} \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 1}}\sin xdx} = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x{{\cos }^2}xdx} - \left. {{{\sin }^{n - 1}}x\cos x} \right|_0^{\frac{\pi }{2}} = \\ = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}x(1 - {{\sin }^2}x)dx} = (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{n - 2}}xdx} - (n - 1)\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} \end{array}\]$

Обозначив

$\[{I_n} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^n}xdx} \]$

$\[{I_n} = (n - 1){I_{n - 2}} - (n - 1){I_n}\]$

$\[{I_n} = \frac{{n - 1}}{n}{I_{n - 2}}\]$

1)Если n чётное $\[n = 2k\]$ имеем

$\[{I_{2k}} = \frac{{2k - 1}}{{2k}}{I_{2k - 2}} = \frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ... \cdot 3 \cdot 1}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}{I_0} = \frac{\pi }{2}\frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ... \cdot 3}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}\]$

2)Если n нечётное $\[n = 2k + 1\]$

$\[{I_{2k + 1}} = \frac{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ... \cdot 4 \cdot 2}}{{(2k + 1) \cdot (2k - 1) \cdot ... \cdot 5 \cdot 3}}\]$

Ваш случай отличается тем, что интегрируют до $\[2\pi \]$, а значит в пункте 1 (который вам нужен) будет
$\[{I_{2k}} = 2\pi \cdot \frac{{(2k - 1) \cdot (2k - 3) \cdot ...3}}{{2k \cdot (2k - 2) \cdot ...4 \cdot 2}}\]$

(т.е. в 4 раза больше)

Да это-то ясно, задача из Демидовича. Но тут нет цели точно вычислить.

[Ms-dos4]

alex-omsk
Ну тогда метод Симпсона на интервале от нуля до пи пополам и затем умножение на 4. Без калькулятора никуда(хотя у меня калькулятор например численно интегралы брать умеет, иногда незаменимая вещь для экономии времени). Если не хотите возиться с погрешностью для вычисления шага, возьмите 10 точек, я почти уверен что хватит с лихвой для точности 10%.
Oleg Zubelevich
Ох не уверен я в том, что там всё хорошо сойдётся, в рядах. Во всяком случае много членов нужно считать.

[alex-omsk]

Ms-dos4 в сообщении #738255 писал(а):

alex-omsk
Ну тогда метод Симпсона на интервале от нуля до пи пополам и затем умножение на 4. Без калькулятора никуда(хотя у меня калькулятор например численно интегралы брать умеет, иногда незаменимая вещь для экономии времени).
Oleg Zubelevich
Ох не уверен я в том, что там всё хорошо сойдётся, в рядах. Во всяком случае много членов нужно считать.

Гм. Арнольд вот считает, что математик за 5 минут должен такое посчитать. Думаю, можно как-то без калькулятора всё же.

[Ms-dos4]

alex-omsk

(Оффтоп)

Я не математик - я физик. Вы тоже пишите что не математик. А Арнольд гений, которых единицы. Сейчас пораскину мозгами, может что придумаю.

[alex-omsk]

В Демидовиче есть задача приблеженно вычислить с помощью формулы Стирлинга, пока не понятно, как её применить.

[ИСН]

Помилуйте, что тут непонятного. Перепишите точный ответ через факториалы, и вперёд.

[Ms-dos4]

О!
$\[\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^{100}}xdx} = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{100}}xdx} \]$
Делаем замену переменной
$\[u = x - \frac{\pi }{2}\]$
$\[4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{100}}xdx} = 4\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {{{\sin }^{100}}(x - \frac{\pi }{2})dx} = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{100}}xdx} \]$
(ввиду симметричности функции)
Теперь заметим, что
$\[{\cos ^{100}}x \approx 1 - 50{x^2}\]$
И
$\[{e^{ - 50{x^2}}} \approx 1 - 50{x^2}\]$
А так же воспользуемся тем, что функция кроме окрестности нуля почти равна нулю
$\[\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^{100}}xdx} \approx 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{e^{ - 50{x^2}}}xdx} \approx 4\int\limits_0^\infty {{e^{ - 50{x^2}}}xdx} = 4\sqrt {\frac{\pi }{{200}}} \approx 0.5013\]$
(здесь использовали интеграл Пуассона).
Погрешность - 0,25%

[alex-omsk]

ИСН в сообщении #738260 писал(а):

Помилуйте, что тут непонятного. Перепишите точный ответ через факториалы, и вперёд.

А, точно, спасибо.

-- Ср июн 19, 2013 15:19:16 --

Ms-dos4 в сообщении #738262 писал(а):

О!
$\[\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^{100}}xdx} = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{100}}xdx} \]$
Делаем замену переменной
$\[u = x - \frac{\pi }{2}\]$
$\[4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^{100}}xdx} = 4\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {{{\sin }^{100}}(x - \frac{\pi }{2})dx} = 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\cos }^{100}}xdx} \]$
(ввиду симметричности функции)
Теперь заметим, что
$\[{\cos ^{100}}x \approx 1 - 50{x^2}\]$
И
$\[{e^{ - 50{x^2}}} \approx 1 - 50{x^2}\]$
А так же воспользуемся тем, что функция кроме окрестности нуля почти равна нулю
$\[\int\limits_0^{2\pi } {{{\sin }^{100}}xdx} \approx 4\int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{e^{ - 50{x^2}}}xdx} \approx 4\int\limits_0^\infty {{e^{ - 50{x^2}}}xdx} = 4\sqrt {\frac{\pi }{{200}}} \approx 0.5013\]$
(здесь использовали интеграл Пуассона).
Погрешность - 0,25%

Хм, а как доказать, что погрешность такая?
И спасибо, тоже интересный метод.

[Ms-dos4]

alex-omsk
Боюсь что доказательство этого займёт намного больше. Оценка остаточных членов и того, что мы добавили область при интегрировании. Я естественно рассчитал погрешность, зная точный ответ.
P.S. Полная строгость - это вон есть точная формула. А тут одна импровизация!

[alex-omsk]

Мда, в итоге кроме точно посчитать простого способа нет?