Deducir el error de la regla del punto medio

Question

Planteamiento del problema

Sea $[a,b]$ dividirse en $n$ subintervalos por $n+1$ puntos $x_0 = a, x_1 = a+h , x_2 = a+2h , \dots , x_n = a+nh =b$ .

Demuestra que $$ I- I_M = \frac{1}{24}(b-a)h^2 f''(z) $$ para algunos $z \in [a,b]$ .

Intento de solución

$$ I_M = h \sum_{i=0}^{n-1} f\left( a + \left( i + \frac12\right)\right) := h\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i) $$

\begin{align} I -I_M &= \int_a^b f(x) \mathrm{d}x - h\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)\\ &= \sum_{i=0}^{n-1} \left( \int_{x_i}^{x_{i+1}} f(x) \ \mathrm{d}x - hf(x_i)\right) \end{align} Aquí estoy atascado. Sé que tengo que utilizar el teorema de Taylor junto con el teorema del valor medio, pero no sé cómo proceder.

Sospecho que para $x\in [x_i ,x_{i+1}]$ la expansión de Taylor es $$ f(x) = f(x_i) + (x-x_i)f'(x_i) + \frac12 (x-x_i)^2 f''(z_x) \quad \text{for } z_x \in [x_i , x_{i+1}] $$ pero si sustituyo esto por lo anterior obtengo \begin{align} &= \sum_{i=0}^{n-1}\left( \int_{x_i}^{x_{i+1}} (f(x_i) + (x-x_i)f'(x_i) + \frac12 (x-x_i)^2 f''(z_x))\mathrm{d}x - hf(x_i)\right)\\ \end{align} y no veo lo que he logrado

¿Alguien sabe si estoy en el camino correcto y si es así cómo continuar esta derivación?

Answer 1

Puede empezar obteniendo la regla para un único intervalo, por ejemplo \begin{align*} \int_{x_i}^{x_{i+1}} f(x) dx -hf(c_i) &= \int_{x_i}^{x_{i+1}}(f(x)-f(c_i))dx\\ & = \int_{x_i}^{x_{i+1}} \left(f(c_i)+f'(c_i)(x-c_i) + \frac{f''(\xi_i(x))}{2}(x-c_i)^2\;-\;f(c_i)\right) dx\\ & = \frac{f''(\xi_i)}{2}\int_{x_i}^{x_{i+1}}(x-c_i)^2 dx = \frac{f''(\xi_i) h^3}{24} \end{align*}

Ahora, si usted toma la suma sobre el $n$ se obtiene el término de error

$$ \sum_{i=1}^n \frac{f''(\xi_i) h^3}{24} = \frac{h^2(b-a)}{24}\left(\frac 1n \sum_{i=1}^n f''(\xi_i)\right) = \frac{h^2(b-a) f''(\xi)}{24}. $$

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Algunas notas:

1. He utilizado el teorema del valor medio para las integrales. Como $(x-c_i)^2$ no cambia de signo, sabemos que $$ \int_{x_i}^{x_{i+1}} \frac{f''(\xi_i(x))}{2}(x-c_i)^2 dx = \frac{f''(\xi_i)}{2} \int_{x_i}^{x_{i+1}} (x-c_i)^2 dx $$

2. Si suponemos que el $f\in C^2$ el término $\frac 1n \sum f''(\xi_i)$ es una media de los valores de $f''$ y, por tanto, entre el mínimo y el máximo de $f''$ . El teorema del valor intermedio dice que corresponderá a $f''(\xi)$ para algunos $\xi \in (a,b)$ .

Answer 2

Existe otra prueba que evita las integrales dobles y utiliza en su lugar el valor medio generalizado. He aprendido esta técnica leyendo las respuestas de @LutzLehmann a preguntas muy similares.

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Sea $h>0$ y considerar el problema de calcular la integral $$I = \int_{-h}^h f(x)dx.$$ La regla del punto medio adopta la forma $$M_h = 2h f(0).$$ Ahora obtendremos la conocida fórmula de error estudiando la función auxiliar $g$ dado por $$ g(x) = \int_{-x}^x f(t) dt - 2x f(0).$$ Esta función es interesante precisamente porque $$ g(h) = I - M_h.$$ Sea $F$ denotan una antiderivada de $f$ . Entonces $$ g(x) = F(x) - F(-x) - 2xf(0).$$ Es evidente que $g$ es tan suave como $F$ y que $g(0) = 0$ . Tenemos $$g'(x) = f(x) + f(-x) - 2f(0).$$ De ello se deduce que $$g'(0) = 0.$$ Tenemos $$g''(x) = f'(x) - f'(-x).$$ De ello se deduce que $$g''(0) = 0.$$ Concluimos que el gráfico de $g$ es bastante llano cerca de $x=0$ . Para seguir avanzando utilizamos repetidamente el teorema del valor medio generalizado. Existe al menos un $x_1$ entre $0$ y $x$ tal que $$ \frac{g(x)}{x^3} = \frac{g(x) - g(0)}{x^3 - 0^3} = \frac{g'(x_1)}{3x_1^2}.$$ Existe al menos un $x_2$ entre $0$ y $x_1$ tal que $$ \frac{g'(x_1)}{3x_1^2} = \frac{g'(x_1) - g'(0)}{3x_1^2 - 3\cdot 0^2}= \frac{g''(x_2)}{6x_2}.$$ Del mismo modo, existe al menos un $x_3$ entre $0$ y $x_2$ tal que $$ \frac{g''(x_2)}{6x_2} = \frac{g''(x_2)- g''(0)}{6x_2 - 6 \cdot 0} = \frac{g'''(x_3)}{6} = \frac{f''(x_3) + f''(-x_3)}{6}$$ Por último, por la continuidad de $f''$ hay al menos un $\xi$ entre $-x_3$ y $x_3$ tal que $$\frac{g(x)}{x^3} = \frac{f''(\xi)}{3}.$$ En particular, hay al menos un $\xi$ en $[-h,h]$ tal que $$I - M_h = g(h) = \frac{f''(\xi)}{3} h^3.$$ Sustitución de $h$ con $h/2$ se obtiene el resultado conocido, es decir $$ \int_{-h/2}^{h/2} f(x) dx - h f(0) = \frac{f''(\xi)}{24} h^3.$$ Terminamos la prueba como sugiere @RRL.

Answer 3

Para avanzar debemos considerar la suavidad de $f$ . Aquí asumo $f \in C^2([a,b])$ . Denotemos los puntos de partición como $x_j = a + hj$ y los puntos medios como $c_j = a + \frac{2j+1}{2}h$ para $j = 0,1,\ldots, n-1$ .

Primero hallamos el error local para un subintervalo $[x_j,x_{j+1}]$ utilizando la expansión de Taylor con resto integral

$$f(x) = f(c_j) +f'(c_j)(x-c_j) + \int_{c_j}^x(x-t)f''(t)\, dt$$

Integración de más de $[x_j,x_{j+1}]$ y utilizando $x_{j+1} - x_j = h$ obtenemos

$$\tag{1}\int_{x_j}^{x_{j+1}}f(x) \, dx = hf(c_j)+ f'(c_j)\int_{x_j}^{x_{j+1}}(x-c_j) \, dx + \int_{x_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^x(x-t)f''(t)\, dt\, dx$$

El segundo término del lado derecho de (1) es

$$f'(c_j)\int_{x_j}^{x_{j+1}}(x-c_j) \, dx =f'(c_j) \left.\frac{(x-c_j)^2}{2} \right|_{x_j}^{x_{j+1}}= \frac{f'(c_j)}{2} \left[(x_{j+1}-c_j)^2- (x_j - c_j)^2 \right]\\ = \frac{f'(c_j)}{2}\left[\left(\frac{h}{2}\right)^2 - \left(-\frac{h}{2}\right)^2\right]= 0$$

Sustituyendo en (1) y reordenando, obtenemos

$$\tag{2}\int_{x_j}^{x_{j+1}}f(x) \, dx - hf(c_j)= \int_{x_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^x(x-t)f''(t)\, dt\, dx$$

Con el fin de aplicar el teorema del valor medio para extraer la segunda derivada de la integral en el RHS, se requiere cierta manipulación con funciones indicadoras para eliminar el límite de integración variable. Obsérvese que

$$\int_{x_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^x(x-t)f''(t)\, dt\, dx \\= \int_{c_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^x(x-t)f''(t)\, dt\, dx + \int_{x_j}^{c_j} \int_{x}^{c_j}(t-x)f''(t)\, dt\, dx \\ = \int_{c_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^{x_{j+1}}\mathbf{1}_{}(t \leqslant x)(x-t)f''(t)\, dt\, dx + \int_{x_j}^{c_j} \int_{x_j}^{c_j}\mathbf{1}_{}(t \geqslant x)(t-x)f''(t)\, dt\, dx $$

Ahora podemos aplicar el teorema de Fubini para obtener

$$\tag{3}\int_{x_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^x(x-t)f''(t)\, dt\, dx \\ = \int_{c_j}^{x_{j+1}} \int_{c_j}^{x_{j+1}}\mathbf{1}_{(t \leqslant x)}(x-t)f''(t)\, dx\, dt + \int_{x_j}^{c_j} \int_{x_j}^{c_j}\mathbf{1}_{(t \geqslant x)}(t-x)f''(t)\, dx\, dt \\ = \int_{c_j}^{x_{j+1}} f''(t)\left(\int_{t}^{x_{j+1}}(x-t)\, dx\right)\, dt + \int_{x_j}^{c_j} f''(t)\left(\int_{x_j}^{t}(t-x)\, dx\right)\, dt\\ = \int_{c_j}^{x_{j+1}} f''(t)\frac{(x_{j+1}-t)^2}{2}\, dt + \int_{x_j}^{c_j} f''(t)\frac{(t-x_j)^2}{2}\, dt$$

Por el teorema del valor medio para integrales hay puntos $z_j^+ \in [c_j,x_{j+1}]$ y $z_j^- \in [x_j,c_j]$ tal que

$$\tag{4}\int_{c_j}^{x_{j+1}} f''(t)\frac{(x_{j+1}-t)^2}{2}\, dt + \int_{x_j}^{c_j} f''(t)\frac{(t-x_j)^2}{2}\, dt\\= f''(z_j^+)\int_{c_j}^{x_{j+1}} \frac{(x_{j+1}-t)^2}{2}\, dt + f''(z_j^-)\int_{x_j}^{c_j} \frac{(t-x_j)^2}{2}\, dt\\ = f''(z_j^+)\frac{h^3}{48} + f''(z_j^-) \frac{h^3}{48} $$

Sustituyendo en (2) con (3) y (4) se obtiene

$$\int_{x_j}^{x_{j+1}}f(x) \, dx - hf(c_j)=\frac{h^3}{48}\left(f''(z_j^+)+f''(z_j^-)\right)$$

Suma de $j=0$ a $j = n-1$ obtenemos

$$I-I_M = \int_a^b f(x) \, dx - h\sum_{j=0}^{n-1}f(c_j)= \frac{h^3}{48}\sum_{j=0}^{n-1}\left(f''(z_j^+)+f''(z_j^-)\right)\\ = \frac{2nh^3}{48}\frac{1}{n}\sum_{j=0}^{n-1}\frac{f''(z_j^+)+f''(z_j^-)}{2},$$

y puesto que $nh = (b-a)$ ,

$$\tag{5}I - I_M = \frac{(b-a)h^2}{24} \sum_{j=0}^{n-1}\frac{f''(z_j^+)+f''(z_j^-)}{2n}$$

Dejaré que consideres si existe $z \in [a,b]$ tal que la segunda derivada en este punto es igual a la media ponderada de las segundas derivadas, es decir,

$$f''(z) = \sum_{j=0}^{n-1}\frac{f''(z_j^+)+f''(z_j^-)}{2n},$$

y, por lo tanto,

$$I - I_M = \frac{(b-a)h^2}{24}f''(z) $$

No obstante, si la segunda derivada está acotada como $|f''(x)| \leqslant \|f''||_{\infty}$ para todos $x \in [a,b]$ obtenemos a partir de (5) el conocido límite de error de la regla del punto medio

$$|I - I_M| \leqslant \frac{\|f''\|_{\infty}(b-a)h^2}{24} $$