Kezdőlap


Feladat:	F.1841	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1975/február, 59 - 61. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Határozatlan integrál, Numerikus és grafikus módszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/október: F.1841

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A rövidség kedvéért legyen $f (x) = \frac{x^{2}}{x^{2} + 2 x + 2}$ , $I = \int_{- 1}^{1} f (x) d x$ . A nevezőt ${(x + 1)}^{2} + 1$ alakba írva látható, hogy $f (x)$ minden $x$ -re értelmezett folytonos függvény és így a fenti integrál létezik. $I$ értékének közelítő kiszámítására $S$ felső és $s$ alsó összeget keresünk, amelyre $\frac{S - s}{2} \leq 0, 1$ . Minthogy $s \leq I \leq S$ , teljesül az $| I - \frac{S + s}{2} | < \frac{S - s}{2}$ becslés és így $\frac{S + s}{2}$ lesz a kívánt közelítés. Az $S - s$ eltérés becslése kényelmes, ha a szóban forgó függvény monoton. Valóban, ha valamely $g (x)$ függvény monoton fogyó, az $[a, b]$ intervallumon, akkor az $a = x_{0} < x_{1} < ... < x_{n} = b$ osztópontokkal $n$ egyenlő részre osztva az intervallumot

\begin{matrix} S = \sum_{k = 1}^{n} g (x_{k - 1}) (x_{k} - x_{k - 1}), s = \sum_{k = 1}^{n} g (x_{k}) (x_{k} - x_{k - 1}), \\ S - s = \frac{b - a}{n} \sum_{k = 1}^{n} [g (x_{k - 1}) - g (x_{k})] = \frac{b - a}{n} (g (a) - g (b)), és \end{matrix}

nyilván hasonló állítás érvényes növekedő függvényekre is. Vizsgáljuk meg tehát, hogy a mi

f (x)

függvényünk mely szakaszokon monoton. Mivel

\begin{matrix} f' (x) = \frac{2 x (x + 2)}{{(x^{2} + 2 x + 2)}^{2}}, ha - 1 \leq x \leq 0, akkor f' (x) \leq 0. \end{matrix}

f (x)

tehát csökkenő, míg

0 \leq x \leq 1

, esetén

f' (x) \geq 0

, azaz

f (x)

monoton növekedő. Alkalmazzuk ezért az

\begin{matrix} I = \int_{- 1}^{0} f (x) d x + \int_{0}^{1} f (x) d x = I_{1} + I_{2} \end{matrix}

felbontást. Osszuk 10 egyenlő részre a

[- 1, 0]

intervallumot,

I_{1}

közelítése

\begin{matrix} \frac{S_{1} + s_{1}}{2} = \sum_{k = 1}^{10} \frac{1}{2} [f (\frac{k - 10}{10}) + f (\frac{k - 1 - 10}{10})] \cdot \frac{1}{10} = \\ = \frac{1}{10} [\frac{1}{2} (f (0) + f (- 1)) + \sum_{k = 1}^{9} f (\frac{- k}{10})], \end{matrix}

és ennek hibája a fentiek szerint legfeljebb

\begin{matrix} \frac{S_{1} - s_{1}}{2} = \frac{1 \cdot 1}{2 \cdot 10} = \frac{1}{20} . \end{matrix}

A [0, 1] szakaszt 3 egyenlő részre bontjuk,

I_{2}

közelítése

\begin{matrix} \frac{S_{2} + s_{2}}{2} = \sum_{k = 1}^{3} \frac{1}{2} [f (\frac{k}{3}) + f (\frac{k - 1}{3})] \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3} [\frac{1}{2} (f (0) + f (1)) + f (\frac{1}{3}) + f (\frac{2}{3})], \end{matrix}

és ennek hibája legfeljebb

\begin{matrix} \frac{S_{2} - s_{2}}{2} = \frac{1}{2 \cdot 3} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{30}, \end{matrix}

(hiszen most

f (1) - f (0) = \frac{1}{5}

I

értékét tehát az

\begin{matrix} \frac{S_{1} + s_{1} + S_{2} + s_{2}}{2} \end{matrix}

összeg legfeljebb

\begin{matrix} \frac{1}{20} + \frac{1}{30} = \frac{1}{10} \cdot \frac{5}{6} = \frac{1}{10} - \frac{1}{60} \end{matrix}

hibával közelíti és így a számítás során még további

\frac{1}{60}

-ad hibát követhetünk el. Eszerint

f (\frac{- k}{10})

értékét

(k = 1, ..., 9)

továbbá az

f (\frac{1}{3})

és

f (\frac{2}{3})

számokat elég 3 tizedesig kiszámítani, mert így az elkövetett hiba legfeljebb

\frac{11}{1000} < \frac{1}{60}

.
A számítást végrehajtva az

I = 0, 4

értéket kapjuk.

Megjegyzés. Aki tudja, hogy a

lg x

függvény deriváltja

\frac{lg e}{x}

(ahol

e = 2, 71828

...

), könnyen kiszámolhatja, hogy

I = 2 - \frac{lg 5}{lg e} = 0, 391 ...

. Eszerint a hibánk lényegesen kisebb

0, 1

-nél, ami nem meglepő, hiszen valamennyi becslésünkben igen nagyvonalúak voltunk.