Całkowanie numeryczne. Metoda Simpsona

22.07.2022

Funkcje kawałkami klasy $C^n$

Uwaga F1
Czytelnik może pominąć ten temat przy pierwszym czytaniu i powrócić do niego, gdy uzna, że potrzebuje bardziej precyzyjnego ujęcia omawianych tu problemów. Z pojęcia funkcji kawałkami klasy $C^n$ będziemy korzystali bardzo rzadko i jeśli Czytelnik chciałby jedynie poznać metodę Simpsona przybliżonego obliczania całek, to nie musi tracić czasu na zapoznawanie się z tym tematem.

Definicja F2
Funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^0$ (lub kawałkami ciągła) w przedziale $[a,b]$, jeżeli jest ona zdefiniowana i ciągła wszędzie poza skończoną liczbą punktów $x_k\in [a,b].$ Przy czym w każdym z punktów $x_k$ istnieją skończone granice jednostronne $\underset{x\to x_k^{-}}{lim}f(x)$ oraz $\underset{x\to x_k^{+}}{lim}f(x)$. W przypadku, gdy $x_k=a$ musi istnieć skończona granica prawostronna, a w przypadku, gdy $x_k=b$ musi istnieć granica lewostronna.

Zadanie F3
Niech

$f(x)=\{\begin{array}{rcc}a& & x=-5\\ -x& & -5<x<0\\ b& & x=0\\ x& & 0<x<5\\ c& & x=5\end{array}$

Zbadać, dla jakich wartości liczb $a,b,c$

• funkcja $f(x)$ jest klasy $C^0([-5,5])$
• funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^0([-5,5])$

Rozwiązanie

Ponieważ

$\underset{x\to -5^{+}}{lim}f(x)=-5$

$\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)=0$

$\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=0$

$\underset{x\to 5^{-}}{lim}f(x)=5$

to tylko dla wartości $a=-5$, $b=0$, $c=5$ funkcja $f(x)$ jest ciągła w przedziale $[a,b]$. Ale wybór liczb $a,b,c$ nie ma żadnego wpływu na to, czy funkcja $f(x)$ jest kawałkami ciągła w przedziale $[a,b]$. W przypadku, gdy $b=0$ i $a\ne -5$ funkcja $f(x)$ będzie (w jednym kawałku) kawałkami ciągła, ale nie będzie funkcją ciągłą. W przypadku, gdy $b\ne 0$ funkcja $f(x)$ będzie (w dwóch kawałkach) kawałkami klasy $C^0([a,b])$. Nawet gdyby wartości funkcji $f(x)$ były nieokreślone w punktach $a,b,c$, to i tak funkcja $f(x)$ byłaby kawałkami klasy $C^0([a,b])$.
□

Zadanie F4
Pokazać, że funkcje $\frac{1}{x}$ oraz $\sin \left(\frac{1}{x}\right)$ nie są kawałkami klasy $C^0([-5,5])$.

Definicja F5
Funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^1$ w przedziale $[a,b]$, jeżeli jest ona kawałkami ciągła w $[a,b]$, a jej pochodna $f^{\prime }(x)$ istnieje i jest kawałkami ciągła w $[a,b]$.

Oznacza to, że musi istnieć skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ wyznaczających podział przedziału $[a,b]$ w taki sposób, że

• funkcja $f(x)$ jest zdefiniowana i ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$
• pochodna $f^{\prime }(x)$ istnieje i jest ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$
• istnieją skończone granice jednostronne funkcji $f(x)$ i $f^{\prime }(x)$ na krańcach każdego z przedziałów $(x_k,x_{k+1})$

Definicja F6
Niech $r\in {\mathbb{Z}}_{+}$. Funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^r$ w przedziale $[a,b]$, jeżeli jest ona kawałkami ciągła w $[a,b]$, a jej pochodne $f^{(i)}(x)$, gdzie $i=1,\dots ,r$ istnieją i są kawałkami ciągłe w $[a,b]$.

Oznacza to, że musi istnieć skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ wyznaczających podział przedziału $[a,b]$ w taki sposób, że

• funkcja $f(x)$ jest zdefiniowana i ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$
• pochodne $f^{(i)}(x)$, gdzie $i=1,\dots ,r$, istnieją i są ciągłe w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$
• istnieją skończone granice jednostronne funkcji $f^{(i)}(x)$, gdzie $i=0,1,\dots ,r$, na krańcach każdego z przedziałów $(x_k,x_{k+1})$

Definicja F7
Funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^r$ w $\mathbb{R}$, jeśli jest ona kawałkami klasy $C^r$ w każdym ograniczonym przedziale $[a,b]\subset \mathbb{R}$.

Przykład F8
Rozważmy funkcję

$f(x)=\{\begin{array}{ccc}0& & -5⩽x<0\\ 1& & 0<x⩽5\end{array}$

Celowo nie określiliśmy wartości funkcji $f(x)$ w punkcie $x=0$. Ponieważ

$\underset{x\to -5^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)=0$

$\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=\underset{x\to 5^{-}}{lim}f(x)=1$

zatem spełnione są warunki definicji F2 i funkcja $f(x)$ jest kawałkami ciągła (kawałkami klasy $C^0$). Zauważmy, że funkcja ta jest funkcją skokową Heaviside'a $H(x)$ obciętą do przedziału $[-5,5]$.

$H(x)=\{\begin{array}{ccc}0& & x<0\\ 1& & x⩾1\end{array}$

Warto zauważyć, że wartość funkcji Heaviside'a w $x=0$ nie jest ustalona. Niekiedy podaje się $H(0)=0$, a czasami $H(0)=\frac{1}{2}$. Oczywiście funkcja Heaviside'a jest kawałkami klasy $C^0(\mathbb{R})$. Przyjmując $H(0)=1$, policzmy pochodne jednostronne funkcji $H(x)$ w $x=0$

$\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{H(0+h)-H(0)}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{0-1}{h}=-\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{1}{h}=+\mathrm{\infty }$

$\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{H(0+h)-H(0)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{1-1}{h}=0$

Czyli pochodna $H^{\prime }(0)$ nie istnieje, ale granice jednostronne pochodnej w punkcie $x=0$ istnieją. Istotnie, dla $x\ne 0$ mamy $H^{\prime }(x)=0$, zatem

$\underset{x\to 0^{-}}{lim}{H}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}{H}^{\prime }(x)=0$

Wynika stąd, że funkcja Heaviside'a jest kawałkami klasy $C^1(\mathbb{R})$.

Zadanie F9
Pokazać, że funkcja

$f(x)=\{\begin{array}{ccc}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)& & 0<|x|⩽5\\ 0& & x=0\end{array}$

• jest klasy $C^0([-5,5])$
• jest różniczkowalna w całym przedziale $[-5,5]$
• nie jest klasy $C^1([-5,5])$
• nie jest kawałkami klasy $C^1([-5,5])$

Rozwiązanie

Ponieważ

$\underset{x\to 0}{lim}f(x)=0$

to funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[-5,5]$, czyli jest klasy $C^0([-5,5])$.

Zauważmy też, że funkcja $f(x)$ jest różniczkowalna w punkcie $x=0$

$f^{\prime }(0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{h^2\cdot \sin \left(\frac{1}{h}\right)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}h\cdot \sin \left(\frac{1}{h}\right)=0$

Ostatnia granica wynika z układu nierówności

$-h⩽h\cdot \sin \left(\frac{1}{h}\right)⩽h$

Czyli pochodna funkcji $f(x)$ jest równa

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ccc}2x\sin \left(\frac{1}{x}\right)-\cos \left(\frac{1}{x}\right)& & 0<|x|⩽5\\ 0& & x=0\end{array}$

i istnieje dla każdego punktu $x\in [-5,5]$.

Ale granice funkcji $f^{\prime }(x)$ w punkcie $x=0$ nie istnieją

$\underset{x\to 0}{lim}{f}^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}{f}^{\prime }(0+h)=\underset{h\to 0}{lim}[2h\sin \left(\frac{1}{h}\right)-\cos \left(\frac{1}{h}\right)]=-\underset{h\to 0}{lim}\cos \left(\frac{1}{h}\right)$

Zatem pochodna funkcji $f(x)$ nie jest ciągła w punkcie $x=0$, czyli $f(x)$ nie jest funkcją klasy $C^1$. Co więcej, funkcja $f(x)$ nie jest nawet funkcją kawałkami klasy $C^1$, bo granice jednostronne pochodnej $f^{\prime }(x)$ nie istnieją w punkcie $x=0$.
□

Zadanie F10
Pokazać, że funkcja

$f(x)=\{\begin{array}{ccc}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)& & 0<|x|⩽5\\ 1& & x=0\end{array}$

• nie jest klasy $C^0([-5,5])$
• jest kawałkami klasy $C^0([-5,5])$
• nie jest kawałkami klasy $C^1([-5,5])$

Metoda Simpsona (parabol)

Twierdzenie F11
Jeżeli punkty $(-h,y_0)$, $(0,y_1)$ oraz $(h,y_2)$ leżą na pewnej paraboli $g(x)$, to

${\int }_{-h}^{h}g(x)dx=\frac{h}{3}(y_0+4y_1+y_2)$

Dowód

Nim przejdziemy do dowodu, zilustrujemy problem rysunkiem

Z założenia funkcja $g(x)$ jest parabolą, co oznacza, że może być zapisana w postaci

$g(x)=A{x}^2+Bx+C$

Zatem

${\int }_{-h}^{h}g(x)dx={\int }_{-h}^h(A{x}^2+Bx+C)dx$

$=\frac{A{x}^3}{3}+\frac{B{x}^2}{2}+Cx{|}_{-h}^h$

$=\frac{2A{h}^3}{3}+2Ch$

$=\frac{h}{3}(2A{h}^2+6C)$

Z drugiej strony parabola $g(x)=A{x}^2+Bx+C$ przechodzi przez punkty $(-h,y_0)$, $(0,y_1)$ oraz $(h,y_2)$. Wynika stąd, że współczynniki $A,B,C$ muszą spełniać układ równań

$y_0=A{h}^2-Bh+C$

$y_1=C$

$y_2=A{h}^2+Bh+C$

Dodając do siebie pierwsze i trzecie równanie, otrzymujemy

$y_0+y_2=2A{h}^2+2C$

Stąd już łatwo znajdujemy, że

$2A{h}^2+6C=(2A{h}^2+2C)+4C=y_0+y_2+4y_1$

Co kończy dowód.
□

Twierdzenie F12
Jeżeli punkty $(a,y_0)$, $(c,y_1)$ oraz $(b,y_2)$ leżą na pewnej paraboli $g(x)$, gdzie $c=a+h$, $b=a+2h$ i $h>0$, to

${\int }_a^{b}g(x)dx=\frac{h}{3}(y_0+4y_1+y_2)=\frac{b-a}{6}(y_0+4y_1+y_2)$

Dowód

Nim przejdziemy do dowodu, zauważmy, że w rzeczywistości twierdzenie F12 wynika z twierdzenia F11.

Istotnie, przesunięcie paraboli wzdłuż osi $OX$ nie zmienia pola pod parabolą, zatem udowodnione wyżej twierdzenie możemy natychmiast uogólnić dla dowolnych punktów na osi $OX$. Dla dowolnie wybranych $a$ oraz $h>0$ mamy $c=a+h$ oraz $b=a+2h$. Jeżeli punkty $(a,y_0)$, $(c,y_1)$ oraz $(b,y_2)$ leżą na pewnej paraboli $g(x)$, to musi być

${\int }_a^{b}g(x)dx=\frac{h}{3}(y_0+4y_1+y_2)$

W twierdzeniu F11 wybraliśmy na osi $OX$ punkty $-h,0,h$, aby uprościć obliczenia, które w przypadku ogólnym są znacznie bardziej skomplikowane i oczywiście dają ten sam rezultat.

Dla zainteresowanego Czytelnika przedstawimy główne kroki dowodu w przypadku ogólnym. Niech $g(x)=A{x}^2+Bx+C$ będzie poszukiwanym równaniem paraboli. Współczynniki $A,B,C$ wynikają z układu równań

$\{\begin{array}{l}{y}_0=A{a}^2+Ba+C\\ y_1=A{c}^2+Bc+C\\ y_2=A{b}^2+Bb+C\end{array}$

Rozwiązując i uwzględniając, że $c=\frac{1}{2}(a+b)$, otrzymujemy

$A=\frac{2(y_0-2y_1+y_2)}{(b-a{)}^2}$

$B=-\frac{y_0(a+3b)-4y_1(a+b)+y_2(3a+b)}{(b-a{)}^2}$

$C=\frac{(b{y}_0+a{y}_2)(a+b)-4ab{y}_1}{(b-a{)}^2}$

Zamiast uciążliwego wyliczania współczynników z układu równań, możemy funkcję $g(x)$ zapisać od razu w takiej postaci, aby spełniała warunki $g(a)=y_0$, $g(c)=y_1$ oraz $g(b)=y_2$.

$g(x)=y_0\cdot \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+y_1\cdot \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+y_2\cdot \frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}$

Jeżeli położymy $c=\frac{1}{2}(a+b)$, to otrzymamy równanie identyczne z $g(x)=A{x}^2+Bx+C$.

Przechodząc w wypisanym wyżej wzorze do nowej zmiennej $t=x-c$ oraz zauważając, że $b-a=2h$ i $b-c=c-a=h$, dostajemy

$g(t)=\frac{1}{2h^2}[(y_0-2y_1+y_2)t^2+h(y_2-y_0)t+2h^2{y}_1]$

Konsekwentnie w całce również musimy dokonać zamiany zmiennych. Kładąc $t=x-c$, dostajemy

${\int }_a^{b}g(x)dx={\int }_{-h}^{h}g(t)dt$

$=\frac{1}{2h^2}{\int }_{-h}^h[(y_0-2y_1+y_2)t^2+h(y_2-y_0)t+2h^2{y}_1]dt=$

$=\frac{1}{2h^2}[\frac{2h^3}{3}(y_0-2y_1+y_2)+2h^2{y}_1\cdot 2h]$

$=\frac{h}{3}(y_0+4y_1+y_2)$

Co kończy dowód.
□

Twierdzenie F13 (całkowanie przybliżone metodą Simpsona)
Jeżeli funkcja $f(x)$ jest ciągła w przedziale $[a,b]$, to przybliżoną wartość całki ${\int }_a^{b}f(x)dx$ możemy obliczyć ze wzoru

${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4f(x_1)+2f(x_2)+4f(x_3)+2f(x_4)+\dots +2f(x_{n-2})+4f(x_{n-1})+f(x_n)]$

Wzór ten możemy zapisać w zwartej postaci

${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4\sum _{k=1}^{n/2}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n/2-1}f(x_{2k})+f(x_n)]$

gdzie $n$ jest liczbą parzystą, a $n+1$ punktów $x_k$ zostało wybranych w przedziale $[a,b]$ tak, aby

$a=x_0<x_1<x_2<\dots <x_{n-2}<x_{n-1}<x_n=b$

Punkty te tworzą parzystą liczbę przedziałów $[x_k,x_{k+1}]$, gdzie $k=0,1,\dots ,n-1$ o takich samych szerokościach $h=\frac{b-a}{n}$.

Dowód

Niech funkcja $f(x)$ będzie ciągła w przedziale $[a,b]$. Aby znaleźć przybliżoną wartość całki ${\int }_a^{b}f(x)dx$, dzielimy przedział $[a,b]$ na parzystą liczbę przedziałów $[x_k,x_{k+1}]$, gdzie $k=0,1,\dots ,n-1$. Każdy z tych utworzonych przedziałów ma jednakową szerokość $h=x_{k+1}-x_k=\frac{b-a}{n}$.

Liczba przedziałów musi być parzysta, bo będziemy rozpatrywali pary przedziałów $[x_0,x_2]$, $[x_2,x_4]$, ... , $[x_{2k-2},x_{2k}]$, ... $[x_{n-2},x_n]$. Dla każdej takiej pary przedziałów istnieją trzy punkty charakterystyczne, odpowiadające wartości funkcji $f(x)$ na początku, na końcu i w środku przedziału. Żądanie, aby parabola przechodziła przez te trzy punkty, określa jednoznacznie współczynniki paraboli i jest ona przybliżeniem funkcji $f(x)$.

Na podstawie twierdzenia F12 całka $I_{2k}={\int }_{x_{2k-2}}^{x_{2k}}g(x)dx$, gdzie $g(x)$ jest parabolą przechodzącą przez punkty $(x_{2k-2},f(x_{2k-2}))$, $(x_{2k-1},f(x_{2k-1}))$ oraz $(x_{2k},f(x_{2k}))$ jest równa

$I_{2k}={\int }_{x_{2k-2}}^{x_{2k}}g(x)dx=\frac{h}{3}[f(x_{2k-2})+4f(x_{2k-1})+f(x_{2k})]$

Sumując całki $I_{2k}={\int }_{x_{2k-2}}^{x_{2k}}g(x)dx$ dla kolejnych par przedziałów, otrzymujemy przybliżenie całki oznaczonej ${\int }_a^{b}f(x)dx$

${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{h}{3}[f(x_0)+4f(x_1)+f(x_2)]+\frac{h}{3}[f(x_2)+4f(x_3)+f(x_4)]+\dots +\frac{h}{3}[f(x_{2k-2})+4f(x_{2k-1})+f(x_{2k})]+\dots +\frac{h}{3}[f(x_{n-2})+4f(x_{n-1})+f(x_n)]$

$=\frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4f(x_1)+2f(x_2)+4f(x_3)+2f(x_4)+\dots +4f(x_{2k-1})+f(x_{2k})+\dots +2f(x_{n-2})+4f(x_{n-1})+f(x_n)]$

Współczynnik $4$ występuje przy wszystkich wyrazach $f(x_{2k-1})$, czyli dla argumentów o indeksie nieparzystym. Współczynnik $2$ występuje przy wszystkich wyrazach $f(x_{2k})$, czyli dla argumentów o indeksie parzystym, ale nie dotyczy to indeksów $0$ oraz $n$. Dlatego liczba wyrazów ze współczynnikiem $4$ jest o jeden większa od liczby wyrazów ze współczynnikiem $2$. Używając symboli sumy, możemy powyższy wzór zapisać w postaci

${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4\sum _{k=1}^{n/2}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n/2-1}f(x_{2k})+f(x_n)]$

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie F14
Jeżeli funkcja $f(x)$ jest klasy $C^4([a,b])$, a funkcja $W(x)$ jest równa

$W(x)=\{\begin{array}{lll}\frac{1}{12}(x-a{)}^3(3x-a-2b)& & a⩽x⩽c\\ \frac{1}{12}(x-b{)}^3(3x-2a-b)& & c<x⩽b\end{array}$

gdzie $c=\frac{1}{2}(a+b)$, to

${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{b-a}{6}\cdot [f(a)+4f(c)+f(b)]+\frac{1}{6}{\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx$

Dowód

Dowód oparliśmy na pomyśle Talvili i Wiersmy. Dla wygody wprowadźmy oznaczenia

$W(x)=\{\begin{array}{lll}U(x)& & a⩽x⩽c\\ V(x)& & c<x⩽b\end{array}$

gdzie

$U(x)=\frac{1}{12}(x-a{)}^3(3x-a-2b)$

$V(x)=\frac{1}{12}(x-b{)}^3(3x-2a-b)$

Wyliczając wartości $U^{(n)}(a)$, $U^{(n)}(c)$, $V^{(n)}(c)$ oraz $V^{(n)}(b)$, gdzie $n=0,1,\dots ,4$ sporządziliśmy tabelę wartości funkcji $W(x)$ i jej pochodnych w punktach $x=a$, $x=c$ i $x=b$.

$n$	$U^{(n)}(a)$	$U^{(n)}(c)$	$V^{(n)}(c)$	$V^{(n)}(b)$
$0$	$0$	$-\frac{(b-a{)}^4}{192}$	$-\frac{(b-a{)}^4}{192}$	$0$
$1$	$0$	$0$	$0$	$0$
$2$	$0$	$\frac{(b-a{)}^2}{4}$	$\frac{(b-a{)}^2}{4}$	$0$
$3$	$-(b-a)$	$2(b-a)$	$-2(b-a)$	$b-a$
$4$	$6$	$6$	$6$	$6$

Zauważmy: trzecia pochodna funkcji $W(x)$ jest funkcją nieciągłą w punkcie $x=c$, zatem funkcja $W(x)$ jest klasy $C^2([a,b])$. Natomiast czwarte pochodne funkcji $U(x)$ i $V(x)$ są funkcjami stałymi i są sobie równe.

Dowód przeprowadzimy, całkując wielokrotnie przez części całkę ${\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx$. Ponieważ dla $n=0,1,2$ funkcje $W^{(n)}(x)$ są ciągłe oraz spełniony jest warunek

$W^{(n)}(a)=W^{(n)}(b)=0$

to otrzymujemy kolejno

${\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx=f^{(3)}(x)W(x){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{(3)}(x)W^{(1)}(x)dx$

$=-{\int }_a^b{f}^{(3)}(x)W^{(1)}(x)dx$

$=-f^{(2)}(x)W^{(1)}(x){|}_a^b+{\int }_a^b{f}^{(2)}(x)W^{(2)}(x)dx$

$={\int }_a^b{f}^{(2)}(x)W^{(2)}(x)dx$

$=f^{(1)}(x)W^{(2)}(x){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{(1)}(x)W^{(3)}(x)dx$

$=-{\int }_a^b{f}^{(1)}(x)W^{(3)}(x)dx$

Ponieważ funkcja $W^{(3)}(x)$ jest nieciągła w punkcie $x=c=\frac{a+b}{2}$, to musimy całkować osobno dla $x\in [a,c]$ i dla $x\in [c,b]$

${\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx=-{\int }_a^c{f}^{(1)}(x)U^{(3)}(x)dx-{\int }_c^b{f}^{(1)}(x)V^{(3)}(x)dx$

Mamy

$-{\int }_a^c{f}^{(1)}(x)U^{(3)}(x)dx=-f(x)U^{(3)}(x){|}_a^c+{\int }_a^{c}f(x)U^{(4)}(x)dx$

$=-f(c)U^{(3)}(c)+f(a)U^{(3)}(a)+6{\int }_a^{c}f(x)dx$

$=-2(b-a)f(c)-(b-a)f(a)+6{\int }_a^{c}f(x)dx$

$=-(b-a)[f(a)+2f(c)]+6{\int }_a^{c}f(x)dx$

$-{\int }_c^b{f}^{(1)}(x)V^{(3)}(x)dx=-f(x)V^{(3)}(x){|}_c^b+{\int }_c^{b}f(x)V^{(4)}(x)dx$

$=-f(b)V^{(3)}(b)+f(c)V^{(3)}(c)+6{\int }_c^{b}f(x)dx$

$=-(b-a)f(b)-2(b-a)f(c)+6{\int }_c^{b}f(x)dx$

$=-(b-a)[f(b)+2f(c)]+6{\int }_c^{b}f(x)dx$

Zatem

${\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx=-(b-a)[f(a)+4f(c)+f(b)]+6{\int }_a^{b}f(x)dx$

Skąd otrzymujemy natychmiast

${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{b-a}{6}\cdot [f(a)+4f(c)+f(b)]+\frac{1}{6}{\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx$

Co kończy dowód.
□

Twierdzenie F15
Niech $f(x)$ będzie funkcją klasy $C^4([a,b])$ i $c=\frac{1}{2}(a+b)$. Jeżeli wartość całki ${\int }_a^{b}f(x)dx$ przybliżymy wartością całki ${\int }_a^{b}g(x)dx$, gdzie $g(x)$ jest parabolą przechodzącą przez punkty $P_a=(a,f(a))$, $P_c=(c,f(c))$ oraz $P_b=(b,f(b))$, to błąd takiego przybliżenia jest nie większy niż $\frac{M(b-a{)}^5}{2880}$, gdzie $M⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$.

Dowód

Zauważmy, że z definicji punkty $P_a$, $P_b$ i $P_c$ są punktami wspólnymi funkcji $f(x)$ i paraboli $g(x)$.

Z twierdzenia F14 wiemy, że

${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{b-a}{6}\cdot [f(a)+4f(c)+f(b)]+\frac{1}{6}{\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx$

Uwzględniając twierdzenie F12, możemy napisać

${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}g(x)dx+\frac{1}{6}{\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx$

Zatem błąd, jaki popełniamy, przybliżając funkcję $f(x)$ parabolą $g(x)$ przechodzącą przez punkty $P_a$, $P_b$ i $P_c$, wynosi

$|{\int }_a^{b}f(x)dx-{\int }_a^{b}g(x)dx|=\frac{1}{6}|{\int }_a^b{f}^{(4)}(x)W(x)dx|$

$⩽\frac{1}{6}{\int }_a^b|f^{(4)}(x)W(x)|dx$

$⩽\frac{M}{6}{\int }_a^b|W(x)|dx$

gdzie $M⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$. Pozostaje policzyć całkę

${\int }_a^b|W(x)|dx=\frac{1}{12}{\int }_a^c|(x-a{)}^3(3x-a-2b)|dx+\frac{1}{12}{\int }_c^b|(x-b{)}^3(3x-2a-b)|dx$

Ponieważ prawdziwy jest następujący ciąg nierówności

$a<\frac{2a+b}{3}<\frac{a+b}{2}<\frac{a+2b}{3}<b$

a funkcje podcałkowe są iloczynami liniowych funkcji rosnących to, po znalezieniu miejsc zerowych tych funkcji, otrzymujemy natychmiast informację o znaku funkcji podcałkowych w interesujących nas przedziałach

$x$	$a$	$c$	$\frac{a+2b}{3}$
$x-a$	$0$	$+$	$+$
$3x-a-2b$	$-$	$-$	$0$

$x$	$\frac{2a+b}{3}$	$c$	$b$
$x-b$	$-$	$-$	$0$
$3x-2a-b$	$0$	$+$	$+$

Widzimy, że funkcje $(x-a{)}^3(3x-a-2b)$ oraz $(x-b{)}^3(3x-2a-b)$ są ujemne w swoich przedziałach całkowania, zatem (zobacz WolframAlpha1, WolframAlpha2)

${\int }_a^b|W(x)|dx=-\frac{1}{12}{\int }_a^c(x-a{)}^3(3x-a-2b)dx-\frac{1}{12}{\int }_c^b(x-b{)}^3(3x-2a-b)dx$

$=\frac{(b-a{)}^5}{960}+\frac{(b-a{)}^5}{960}$

$=\frac{(b-a{)}^5}{480}$

Podstawiając, otrzymujemy ostatecznie

$|{\int }_a^{b}f(x)dx-{\int }_a^{b}g(x)dx|⩽\frac{M}{6}\cdot \frac{(b-a{)}^5}{480}=\frac{M(b-a{)}^5}{2880}$

Co należało pokazać.
□

Twierdzenie F16 (błąd przybliżonego całkowania metodą Simpsona)
Niech $f(x)$ będzie funkcją klasy $C^4([a,b])$. Jeżeli policzymy przybliżoną wartość całki ${\int }_a^{b}f(x)dx$ metodą Simpsona (twierdzenie F13), to błąd takiego przybliżenia jest nie większy niż $\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}$, gdzie $M⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$.

Dowód

Maksymalny błąd, jaki możemy popełnić, stosując metodę Simpsona, jest sumą błędów, jakie zostają popełnione, gdy dla wybranej pary przedziałów $[x_{2k-2},x_{2k}]$ przybliżamy funkcję $f(x)$ parabolą. Zatem całkowity błąd metody Simpsona jest równy

$E_n=\sum _{k=1}^{n/2}|{\int }_{x_{2k-2}}^{x_{2k}}f(x)dx-{\int }_{x_{2k-2}}^{x_{2k}}{g}_k(x)dx|$

gdzie $g_k(x)$ jest parabolą, jaką funkcja $f(x)$ została przybliżona w $k$-tej parze przedziałów $[x_{2k-2},x_{2k}]$. Z twierdzenia F15 wynika natychmiast, że

$E_n=\sum _{k=1}^{n/2}\frac{M_k\cdot (x_{2k}-x_{2k-2}{)}^5}{2880}$

gdzie

$M_k⩾\underset{x_{2k-2}⩽x⩽x_{2k}}{max}|f^{(4)}(x)|$

Zatem

$E_n=\frac{1}{2880}\sum _{k=1}^{n/2}{M}_k\cdot (2h{)}^5$

$=\frac{(2h{)}^5}{2880}\sum _{k=1}^{n/2}{M}_k$

$⩽\frac{32\cdot h^5}{2880}\sum _{k=1}^{n/2}M$

$=\frac{M(b-a{)}^5}{90n^5}\cdot \frac{n}{2}$

$=\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}$

gdzie oznaczyliśmy

$M=max(M_1,\dots ,M_{n/2})⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$

Co kończy dowód.
□

Uwaga F17
Niech będzie dana funkcja $f(x)$ klasy $C^4([a,b])$. Jeżeli obierzemy pewien stały skok $h$ to, stosując metodę Simpsona, możemy policzyć przybliżenie $I$ całki ${\int }_a^{b}f(x)dx$. Wiemy, że błąd, z jakim wyliczymy wartość całki nie przekracza liczby

$E=\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}=\frac{M\cdot h^4}{180}\cdot (b-a)=\frac{M\cdot h^4}{180}\cdot L$

gdzie $M⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$, a przez $L=b-a$ oznaczyliśmy długość przedziału $[a,b]$.

Co się stanie, jeżeli (zachowując stały skok $h$) podzielimy przedział $[a,b]$ na dowolną liczbę mniejszych przedziałów, każdy o długości $l_k$, policzymy całki $I_k$ oraz błędy $E_k$ w każdym z tych mniejszych przedziałów, a następnie je zsumujemy?

Całka $I$ będzie oczywiście sumą wyliczonych całek $I_k$, a całkowity błąd $E^{\prime }$ będący sumą błędów $E_k$ nie wzrośnie!

Istotnie błąd, jaki popełniamy w $k$-tym przedziale o długości $l_k$, wynosi

$E_k=\frac{M_k{h}^4}{180}\cdot l_k$

gdzie $M_k$ jest ograniczeniem od góry funkcji $|f^{(4)}(x)|$ w $k$-tym przedziale. Suma tych błędów jest równa

$E^{\prime }=\sum _k\frac{M_k{h}^4}{180}\cdot l_k=\frac{h^4}{180}\sum _k{M}_k{l}_k⩽\frac{M^{\prime }\cdot h^4}{180}\sum _k{l}_k=\frac{M^{\prime }\cdot h^4}{180}\cdot L$

gdzie $M^{\prime }=max(M_1,M_2,\dots ,M_k,\dots )$ jest ograniczeniem od góry funkcji $f(x)$ w przedziale $[a,b]$. Jeśli tylko dokonywaliśmy wyboru liczb $M_k$ ograniczających od góry funkcję $|f^{(4)}(x)|$ na odcinkach o długości $l_k$ na tyle starannie, że prawdziwa jest nierówność

$M^{\prime }=max(M_1,M_2,\dots ,M_k,\dots )⩽M$

(co nie jest trudne, bo wystarczy przyjąć $M_1=M_2=\dots =M_k=\dots =M$), to otrzymujemy

$E^{\prime }=\frac{M^{\prime }\cdot h^4}{180}\cdot L⩽\frac{M\cdot h^4}{180}\cdot L=E$

Powyższe rozważania od razu udzielają odpowiedzi na ważne pytanie:
Co należy zrobić, jeżeli funkcja $f(x)$ nie jest klasy $C^4$, a jedynie jest kawałkami klasy $C^4$? Oczywiście należy całkę zapisać jako sumę całek, z których każda jest obliczana w takim przedziale, że funkcja $f(x)$ jest w nim klasy $C^4$. Stosując metodę Simpsona, obliczyć całki $I_k$ i błędy $E_k$ w tych przedziałach, a następnie zsumować wartości całek i błędów.

Uwaga F18
Podsumowując, metoda parabol prowadzi do natępującego wzoru na przybliżoną wartość całki

${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4\sum _{k=1}^{n/2}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n/2-1}f(x_{2k})+f(x_n)]$

Przedział całkowania $[a,b]$ dzielimy na parzystą liczbę $n$ przedziałów $[x_{k-1},x_k]$ o jednakowej szerokości $h=\frac{b-a}{n}$.

Wzór można przedstawić w postaci

${\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(a)+4\sum _{k=1}^{n/2}f(a+(2k-1)\cdot h)+2\sum _{k=1}^{n/2-1}f(a+2k\cdot h)+f(b)]$

Jeżeli funkcja $f(x)$ jest klasy $C^4([a,b])$, to błąd wartości liczbowej całki oznaczonej ${\int }_a^{b}f(x)dx$, jaki popełniamy, stosując metodę Simpsona, nie przekracza

$\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}$

gdzie $M⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$.

Uwaga F19
Wykorzystując przedstawioną metodę parabol, możemy bez trudu napisać w PARI/GP prosty i zaskakująco dokładny program do liczenia całek oznaczonych. Parametr M jest parametrem opcjonalnym. Jeżeli jest obecny, to zostanie wyliczony błąd $\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}$, gdzie $\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|⩽M$. Jeżeli zostanie pominięty, to zostanie wyliczona jedynie wartość $\frac{(b-a{)}^5}{180n^4}$, a w wyniku pojawi się czynnik $M$, który ma przypominać, że liczba musi zostać pomnożona przez $M⩾\underset{a⩽x⩽b}{max}|f^{(4)}(x)|$, aby uzyskać wartość błędu.

Simpson(a, b, n, M = -1) =
\\ n musi być liczbą parzystą
{
local(err, h, k, S, V);
h = 1.0 * (b - a)/n;
S = f(a) + 4 * sum(k = 1, n/2, f(a + (2*k-1)*h)) + 2 * sum(k = 1, n/2 - 1, f(a + 2*k*h)) + f(b);
S = (b - a)/(3 * n) * S;
err = 1.0 * (b - a)^5 / (180 * n^4) * if( M < 0, 1, M );
V = [ S, if( M < 0, Str( "M * ", err), err ) ];
return(V);
}

Przykład F20
Przedstawimy kilka przykładowych wyników obliczeń całek nieoznaczonych przy pomocy programu Simpson(a, b, n, M)

$f(x)=x^2$, ${\int }_0^{3}f(x)dx=9$

Simpson(0, 3, 2^10, 0)
[9.0000000000000000000000000000000000000, 0]

$f(x)=\sin (x)$, ${\int }_0^{\pi }f(x)dx=2$

Simpson(0, Pi, 2^10, 1)
[2.0000000000009843683496726710086289358, 1.5462404552801947792469203606107819849 E-12]

$f(x)=\frac{4}{1+x^2}$, ${\int }_0^{1}f(x)dx=\pi$, $\pi =3.1415926535897932384626433832795028841971693993751$

Simpson(0, 1, 2^15, 96)
[3.1415926535897932384626433832474475839, 4.6259292692714855850984652837117513021 E-19]

Po uwzględnieniu wyliczonego błędu kolorem czerwonym zaznaczono tylko te cyfry, których wartość jest pewna. W rzeczywistości jeszcze kolejnych $10$ cyfr jest poprawnych.

$f(x)=\frac{\sin (x)}{x}$, ${\int }_{2\pi }^{{10}^4}f(x)dx=0.1527399692533334654765895125096821824796221626790438771977250903$ (WolframAlpha)

Simpson(2*Pi, 10^4, 2^22, 0.13)
[0.15273996925335764945765416969734658087, 2.3263037652077992736046178707334374747 E-10]

$f(x)=\frac{\sin (x)}{\log (x)}$, ${\int }_{2\pi }^{{10}^4}f(x)dx=0.63535086286\dots$ (WolframAlpha)

Simpson(2*Pi, 10^4, 2^22, 0.46)
[0.63535086286330151753047973075030359191, 8.2315363999660589681394170810567787567 E-10]

$f(x)=\frac{P_1(x)}{x}$, ${\int }_1^{10}f(x)dx=-0.072730903361964386963200944934753807929314886310179776161039616$

gdzie $P_1(x)$ jest okresową funkcją Bernoulliego. Znamy dokładny wynik, bo można pokazać, że (zobacz przykład E61)

${\int }_1^n\frac{P_1(x)}{x}dx=\log (n!)-n\log n+n-\frac{1}{2}\log n-1$

Zauważmy, że funkcja $\frac{P_1(x)}{x}$ nie jest ciągła, ale jest kawałkami klasy $C^4$. Zapiszmy całkę w postaci sumy całek, z których każda jest określona w przedziale $[k,k+1]$

${\int }_1^{10}f(x)dx={\int }_1^{10}\frac{x-\lfloor x\rfloor -\frac{1}{2}}{x}dx$

$={\int }_1^{10}(1-\frac{\lfloor x\rfloor +\frac{1}{2}}{x})dx$

$=9-\sum _{k=1}^9{\int }_k^{k+1}\frac{k+\frac{1}{2}}{x}dx$

$=9-\sum _{k=1}^9(k+\frac{1}{2}){\int }_k^{k+1}\frac{dx}{x}$

Mamy

f(x) = 1 / x
[9, 0] - sum( k = 1, 9, (k + 1/2) * Simpson(k, k + 1, 2^20, 24/k^5) )
[-0.072730903361964386963200988526802160255, -1.7650768731492669233661475404296456609 E-25]

Zauważmy, że całka i błąd są mnożone przez czynnik $(k+\frac{1}{2})$ – tak, jak być powinno! Ujemny znak błędu wynika z odejmowania wyliczonego błędu od zera.

Uwaga F21
Czytelnik zapewne zwrócił uwagę, że we wszystkich przedstawionych przykładach wybieraliśmy liczbę podziałów tak, aby była potęgą liczby $2$. Są ku temu dwa dobre powody

• ułamek $\frac{1}{2^n}$ ma skończoną reprezentację binarną, co poprawia precyzję obliczeń
• potrzebujemy dwukrotnego wzrostu liczby podziałów, aby zmniejszyć błąd o rząd wielkości (błąd maleje $16$-krotnie)

Całkowanie przybliżone pewnych całek niewłaściwych

Twierdzenie F22
Jeżeli całka ${\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(t)dt$ jest zbieżna i istnieje funkcja $g(t)$ spełniająca warunki

• $|f(t)|⩽g(t)$ dla $t⩾b$
• istnieje całka nieoznaczona $G(t)=\int g(t)dt+C$
• całka ${\int }_b^{\mathrm{\infty }}g(t)dt$ jest zbieżna
• $\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$

gdzie $b>a$ jest dowolnie wybraną liczbą, to przybliżona wartość całki niewłaściwej ${\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(t)dt$ jest równa

${\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4\sum _{k=1}^{n/2}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n/2-1}f(x_{2k})+f(x_n)]$

z błędem nie większym niż

$E=\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}-G(b)$

Przy czym optymalna liczba podziałów przedziału $[a,b]$ (dla ustalonej wartości $b$) wynosi

$n=(b-a)\cdot \sqrt[4]{\frac{M}{36g(b)}}$

Odpowiada jej minimalny błąd równy

$\frac{(b-a)g(b)}{5}-G(b)$

Dowód

Zauważmy najpierw, że ponieważ z założenia ${\int }_b^{\mathrm{\infty }}g(t)dt$ jest zbieżna, to granica $\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)$ jest skończona (twierdzenie E46). Wybierając odpowiednią wartość stałej całkowania, możemy sprawić, że $\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$. Wynika stąd, że warunek ten zawsze może być spełniony, ale powinniśmy upewnić się, że tak jest.

Zastępując całkę niewłaściwą ${\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(t)dt$ całką oznaczoną ${\int }_a^{b}f(t)dt$, popełniamy błąd

$|{\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(t)dt-{\int }_a^{b}f(t)dt|=|{\int }_b^{\mathrm{\infty }}f(t)dt|$

$⩽{\int }_b^{\mathrm{\infty }}|f(t)|dt$

$⩽{\int }_b^{\mathrm{\infty }}g(t)dt$

$=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)-G(b)$

$=-G(b)$

Całkę oznaczoną ${\int }_a^{b}f(t)dt$ możemy policzyć metodą parabol

${\int }_a^{\mathrm{\infty }}f(x)dx\approx {\int }_a^{b}f(x)dx\approx \frac{(b-a)}{3n}[f(x_0)+4\sum _{k=1}^{n/2}f(x_{2k-1})+2\sum _{k=1}^{n/2-1}f(x_{2k})+f(x_n)]$

popełniając przy tym błąd

$E_n=\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}$

Zatem całkowity błąd jest nie większy niż

$E=\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}-G(b)$

Zauważmy, że równanie

$\frac{d}{db}(\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}-G(b))=0$

czyli

$g(b)=\frac{M(b-a{)}^4}{36n^4}$

jest warunkiem na minimalną wartość błędu. Wynika z niego optymalna wartość liczby podziałów $n$ przedziału $[a,b]$ dla wybranej wartości $b$

$n^4=\frac{M(b-a{)}^4}{36g(b)}$

Ostatecznie dostajemy

$n=(b-a)\cdot \sqrt[4]{\frac{M}{36g(b)}}$

Błąd dla optymalnej wartości $n$ wynosi

$\frac{M(b-a{)}^5}{180n^4}-G(b)=\frac{M(b-a{)}^5}{180}\cdot \frac{36g(b)}{M(b-a{)}^4}-G(b)=\frac{(b-a)g(b)}{5}-G(b)$

Co należało pokazać.
□

Uwaga F23
Na podstawie twierdzenia F22, możemy napisać w PARI/GP program do przybliżonego liczenia całek niewłaściwych. Jeżeli parametrowi num przypiszemy wartość -1 (wartość domyślna), to zostanie wyliczona optymalna liczba podziałów

$n=(b-a)\cdot \sqrt[4]{\frac{M}{36g(b)}}$

(czyli taka, aby błąd był najmniejszy). Jeżeli parametr num przyjmie wartość -2, to optymalna liczba podziałów $n$ zostanie zapisana w postaci potęgi liczby 2 (o wartości najbliższej optymalnej liczbie podziałów). W przypadku, gdy parametr num jest liczbą większą od zera, będzie on użyty do obliczeń jako liczba przedziałów $n$.

Program jest prosty, ale wymaga (zgodnie z twierdzeniem F22) nie tylko definicji funkcji podcałkowej, ale znacznie więcej. Przed uruchomieniem programu musimy

1. zdefiniować funkcję podcałkową $f(t)$

2. zdefiniować liczbę $M$ będącą oszacowaniem od góry funkcji $|f^{(4)}(t)|$ w przedziale $[a,b]$

3. zdefiniować funkcję $g(t)$ taką, że $|f(t)|⩽g(t)$ dla $t⩾b$

4. zdefiniować całkę nieoznaczoną $G(t)$ funkcji $g(t)$

5. upewnić się, że całka ${\int }_b^{\mathrm{\infty }}g(t)dt$ jest zbieżna

6. sprawdzić, czy $\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$, a gdyby tak nie było, to zmienić definicję funkcji $G(t)$

Dopiero po wykonaniu tych czynności możemy uruchomić program Simproper(a, b, num).

Simproper(a, b, num = -1) =
{
local(err, h, k, n, S);
n = if( num <= 0, floor(  (b - a) * ( M/36/g(b) )^(1/4)  ), num );
n = 2 * floor( (n+1)/2 );
if( num == -2, n = 2^floor( log(n)/log(2) + 1/2 ) );
h = 1.0 * (b - a)/n;
S = f(a) + 4 * sum(k = 1, n/2, f(a + (2*k-1)*h)) + 2 * sum(k = 1, n/2 - 1, f(a + 2*k*h)) + f(b);
S = (b - a)/(3 * n) * S;
err = 1.0 * M * (b - a)^5 / (180 * n^4) - G(b);
return( [S, err] );
}

Jeżeli funkcja $g(t)$ jest szybko zbieżna, to nie należy prowadzić obliczeń w zbyt szerokim przedziale. Program będzie usiłował zapewnić odpowiednio mały błąd wyliczanej całki i liczba podziałów przedziału $[a,b]$ może osiągnąć ogromne wartości, a obliczenia będą bardzo czasochłonne.

Przykład F24
Rozważmy całkę ${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt$.

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt=0.0032550962148135833916711170162561745391641476739599050514576388$ (WolframAlpha)

Tak dokładny rezultat jest możliwy, ponieważ

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt=\frac{1}{2}\text{Si}(2\pi )-\frac{\pi }{4}+\frac{1}{4\pi }$

gdzie funkcja $\text{Si}(x)={\int }_0^x\frac{\sin (t)}{t}dt$ (sinus całkowy) jest funkcją specjalną i wiemy, jak obliczać jej wartości z wysoką dokładnością.

Aby skorzystać z programu Simproper(a, b, num), musimy przygotować

$f(t)=\frac{\sin (t)}{t^3}$

$g(t)=\frac{1}{t^3}$

$G(t)=-\frac{1}{2t^2}$

$\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$

$M⩾\underset{t⩾2\pi }{max}|f^{(4)}(t)|$ dla $M=0.004$

Dla różnych wartości $b$ otrzymujemy

Simproper(2*Pi, 10^5)
[0.0032550962148146005117256508966635416723, 6.9998742421027342073324279855934715203 E-11]

Simproper(2*Pi, 3*10^5)
[0.0032550962148136208735774540186061237864, 7.7777312525236569255722454074806518694 E-12]

Przykład F25
Rozważmy całkę oznaczoną

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{e^t+t}=0.8063956162073262251\dots$ (WolframAlpha)

Aby skorzystać z programu Simproper(a, b, num), musimy przygotować

$f(t)=\frac{1}{e^t+t}$

$g(t)=\frac{1}{e^t}$

$G(t)=-\frac{1}{e^t}$

$\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$

$M⩾\underset{t⩾0}{max}|f^{(4)}(t)|$ dla $M=261$

Dla różnych wartości $b$ otrzymujemy

Simproper(0, 40)
[0.80639561620732622105189277802198625914, 3.8235099324937067671907345290643700420 E-17]

Simproper(0, 50)
[0.80639561620732622517960851949178238112, 2.1216247131181941474567287282139719553 E-21]

Zadanie F26
Policzyć wartość całki

${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{e^t+t^2}=0.818759031812863\dots$ (WolframAlpha)

Uwaga F27
Czytelnik zapewne zwrócił uwagę na ograniczony zakres stosowania twierdzenia F22. Nawet prostej całki ${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt$ nie jesteśmy w stanie w ten sposób policzyć, bo ${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{t}$ jest rozbieżna. Poniżej pokażemy, jak można zwiększyć zakres stosowania tego twierdzenia. Rozpoczniemy od udowodnienia analogicznych wzorów do wzoru z twierdzenia E41. Funkcje Bernoulliego zostały zastąpione funkcjami $\sin (x)$ i $\cos (x)$.

Twierdzenie F28
Jeżeli funkcja $f(t)$ jest klasy $C^n$, to

$\int f(t)\sin (t)dt=-\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\cos (t+\frac{k\pi }{2})+\int f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

$\int f(t)\cos (t)dt=\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\sin (t+\frac{k\pi }{2})-\int f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

Dowód

Punkt 1.

Indukcja matematyczna. Sprawdzamy prawdziwość wzoru dla $n=1$.

$\int f(t)\sin (t)dt=-f^{(0)}(t)\cos (t)+\int f^{(1)}(t)\cos (t)dt$

$=-f(t)\cos (t)+\int f^{\prime }(t)\cos (t)dt$

Zauważmy, że

$\frac{d}{dt}[f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})]=f^{(n+1)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})+f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})$

Zatem

$f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})=\frac{d}{dt}[f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})]-f^{(n+1)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})$

$\int f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt=f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})-\int f^{(n+1)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla liczby naturalnej $n$ i korzystając z pokazanego przed chwilą związku, otrzymujemy dla $n+1$.

$\int f(t)\sin (t)dt=-\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\cos (t+\frac{k\pi }{2})+\int f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

$=-\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\cos (t+\frac{k\pi }{2})+f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})-\int f^{(n+1)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

$=-\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\cos (t+\frac{k\pi }{2})-f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2}+\frac{\pi }{2})+\int f^{(n+1)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2}+\frac{\pi }{2})dt$

$=-\sum _{k=0}^n{f}^{(k)}(t)\cos (t+\frac{k\pi }{2})+\int f^{(n+1)}(t)\cos (t+\frac{n\pi }{2})dt$

Co kończy dowód indukcyjny.

Punkt 2.

Indukcja matematyczna. Sprawdzamy prawdziwość wzoru dla $n=1$.

$\int f(t)\cos (t)dt=f^{(0)}(t)\sin (t)-\int f^{(1)}(t)\sin (t)dt$

$=f(t)\sin (t)-\int f^{\prime }(t)\sin (t)dt$

Zauważmy, że

$\frac{d}{dt}[f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})]=f^{(n+1)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})-f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})$

Zatem

$f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})=-\frac{d}{dt}[f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})]+f^{(n+1)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})$

$\int f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt=-f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})+\int f^{(n+1)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

Zakładając, że wzór jest prawdziwy dla liczby naturalnej $n$ i korzystając z pokazanego przed chwilą związku, otrzymujemy dla $n+1$.

$\int f(t)\cos (t)dt=\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\sin (t+\frac{k\pi }{2})-\int f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

$=\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\sin (t+\frac{k\pi }{2})+f^{(n)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})-\int f^{(n+1)}(t)\cos (t+\frac{(n-1)\pi }{2})dt$

$=\sum _{k=0}^{n-1}{f}^{(k)}(t)\sin (t+\frac{k\pi }{2})+f^{(n)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2}+\frac{\pi }{2})-\int f^{(n+1)}(t)\sin (t+\frac{(n-1)\pi }{2}+\frac{\pi }{2})dt$

$=\sum _{k=0}^n{f}^{(k)}(t)\sin (t+\frac{k\pi }{2})-\int f^{(n+1)}(t)\sin (t+\frac{n\pi }{2})dt$

Co kończy dowód indukcyjny.
□

Uwaga F29
Z twierdzenia F28 wynika natychmiast, że prawdziwe są następujące wzory

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+\int f^{(1)}(t)\cos (t)dt$

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+f^{(1)}(t)\sin (t)-\int f^{(2)}(t)\sin (t)dt$

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+f^{(1)}(t)\sin (t)+f^{(2)}(t)\cos (t)-\int f^{(3)}(t)\cos (t)dt$

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+f^{(1)}(t)\sin (t)+f^{(2)}(t)\cos (t)-f^{(3)}(t)\sin (t)+\int f^{(4)}(t)\sin (t)dt$

Uwaga F30
Z twierdzenia F28 wynika natychmiast, że prawdziwe są następujące wzory

$\int f(t)\cos (t)dt=f(t)\sin (t)-\int f^{(1)}(t)\sin (t)dt$

$\int f(t)\cos (t)dt=f(t)\sin (t)+f^{(1)}(t)\cos (t)-\int f^{(2)}(t)\cos (t)dt$

$\int f(t)\cos (t)dt=f(t)\sin (t)+f^{(1)}(t)\cos (t)-f^{(2)}(t)\sin (t)+\int f^{(3)}(t)\sin (t)dt$

$\int f(t)\cos (t)dt=f(t)\sin (t)+f^{(1)}(t)\cos (t)-f^{(2)}(t)\sin (t)-f^{(3)}(t)\cos (t)+\int f^{(4)}(t)\cos (t)dt$

Przykład F31
Rozważmy całkę

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt=0.152644750662268168985541529340002012956131350392536638644752066\dots$ (WolframAlpha)

Nie możemy wprost zastosować twierdzenia F22, ale korzystając ze wzoru podanego w uwadze F29, otrzymujemy

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+f^{(1)}(t)\sin (t)-\int f^{(2)}(t)\sin (t)dt$

Zatem

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt=-\frac{\cos (t)}{t}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-\frac{\sin (t)}{t^2}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-2{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt$

$=\frac{1}{2\pi }-2{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt$

Całkę ${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^3}dt$ umiemy już obliczyć (przykład F24), zatem bez trudu policzymy całkę ${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt$. Skoro poszło nam tak dobrze, to spróbujmy wykorzystać wzór

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+f^{(1)}(t)\sin (t)+f^{(2)}(t)\cos (t)-f^{(3)}(t)\sin (t)+\int f^{(4)}(t)\sin (t)dt$

Otrzymujemy

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt=-\frac{\cos (t)}{t}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-\frac{\sin (t)}{t^2}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+2\frac{\cos (t)}{t^3}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+6\frac{\sin (t)}{t^4}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+24{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^5}dt$

$=\frac{1}{2\pi }-\frac{1}{4{\pi }^3}+24{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^5}dt$

Aby policzyć numerycznie całkę po prawej stronie, musimy przygotować:

$f(t)=\frac{\sin (t)}{t^5}$

$g(t)=\frac{1}{t^5}$

$G(t)=-\frac{1}{4t^4}$

$\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$

$M⩾\underset{t⩾2\pi }{max}|f^{(4)}(x)|$ dla $M=6\cdot {10}^{-5}$

Dla różnych wartości $b$ otrzymujemy

Simproper(2*Pi, 10^3)
[6.4695465777027289767180972728663860875 E-5, 4.4874345453688215509527110951904781824 E-13]

Simproper(2*Pi, 10^4)
[6.4695465778029401532128088001319549975 E-5, 4.4987432411781955704707501103003654673 E-17]

Uzyskaliśmy wynik

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^5}dt=6.4695465778029\cdot {10}^{-5}$

Dla porównania

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^5}dt=6.46954657780293963651366308178572112473974453729045450304230\cdot {10}^{-5}$ (WolframAlpha)

I ostatecznie dostajemy

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t}dt=\frac{1}{2\pi }-\frac{1}{4{\pi }^3}+24{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{t^5}dt=0.152644750662268169$

Korzystając z przykładu F24, uzyskalibyśmy mniej dokładny wynik.

Przykład F32
Pokażemy, że

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{\log (t)}dt=0.5319715471471\dots$

W tym przypadku również nie możemy wprost zastosować twierdzenia F22, ale korzystając ze wzoru na całkowanie przez części

$\int f(t)\sin (t)dt=-f(t)\cos (t)+f^{(1)}(t)\sin (t)+f^{(2)}(t)\cos (t)-f^{(3)}(t)\sin (t)+\int f^{(4)}(t)\sin (t)dt$

dostajemy

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{\log (t)}dt=-\frac{\cos (t)}{\log (t)}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-\frac{\sin (t)}{t\cdot {\log }^2(t)}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+\frac{(\log (t)+2)\cos (t)}{t^2\cdot {\log }^3(t)}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-f^{(3)}(t)\sin (t){|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{(6{\log }^3(t)+22{\log }^2(t)+36\log (t)+24)\cdot \sin (t)}{t^4\cdot {\log }^5(t)}dt$

$=\frac{1}{\log (2\pi )}-\frac{\log (2\pi )+2}{(2\pi {)}^2\cdot {\log }^3(2\pi )}+{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{(6{\log }^3(t)+22{\log }^2(t)+36\log (t)+24)\cdot \sin (t)}{t^4\cdot {\log }^5(t)}dt$

Aby skorzystać z programu Simproper(a, b, num), musimy przygotować

$f(t)=\frac{(6{\log }^3(t)+22{\log }^2(t)+36\log (t)+24)\cdot \sin (t)}{t^4\cdot {\log }^5(t)}$

$g(t)=\frac{6{\log }^3(t)+22{\log }^2(t)+36\log (t)+24}{t^4\cdot {\log }^5(t)}$

$G(t)=-\frac{2{\log }^2(t)+6\log (t)+6}{t^3\cdot {\log }^4(t)}$

$\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$

$M⩾\underset{t⩾2\pi }{max}|f^{(4)}(t)|$ dla $M=0.011$

Dla różnych wartości $b$ otrzymujemy

Simproper(2*Pi, 10^4)
[0.0035251602572557803759192121691047755503, 5.2926827357763320615993244790723469003 E-14]

Simproper(2*Pi, 2*10^4)
[0.0035251602572557723629683384320660178268, 5.5938553808328833862080836586551636221 E-15]

Uzyskujemy wynik

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{(6{\log }^3(t)+22{\log }^2(t)+36\log (t)+24)\cdot \sin (t)}{t^4\cdot {\log }^5(t)}dt=0.00352516025725577$

I ostatecznie dostajemy

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{\log (t)}dt=\frac{1}{\log (2\pi )}-\frac{\log (2\pi )+2}{(2\pi {)}^2\cdot {\log }^3(2\pi )}+{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{(6{\log }^3(t)+22{\log }^2(t)+36\log (t)+24)\sin (t)}{t^4\cdot {\log }^5(t)}dt=0.53197154714715371$

Zadanie F33
Pokazać, że

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{\log (\log (t))}dt=1.56477817589\dots$

Rozwiązanie

Zadanie tylko dla wytrwałych. Bez Maximy lub innego systemu wspomagającego obliczenia symboliczne nie ma sensu tracić czasu. Postępując analogicznie jak w przykładzie F32, otrzymujemy

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin (t)}{\log (\log (t))}dt=-\frac{\cos (t)}{\log (\log (t))}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-\frac{\sin (t)}{t\cdot \log (t)\cdot {\log }^2(\log (t))}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+\frac{(\log (t)\cdot \log (\log (t))+\log (\log (t))+2)\cos (t)}{t^2\cdot {\log }^2(t)\cdot {\log }^3(\log (t))}{|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}-f^{(3)}(t)\sin (t){|}_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}+$

$+{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{{\log }^3(\log (t))\cdot (6{\log }^3(t)+11{\log }^2(t)+12\log (t)+6)+{\log }^2(\log (t))\cdot (22{\log }^2(t)+36\log (t)+22)+36\log (\log (t))\cdot (\log (t)+1)+24}{t^4\cdot {\log }^4(t)\cdot {\log }^5(\log (t))}\cdot \sin (t)dt$

$=\frac{1}{\log (\log (2\pi ))}-\frac{\log (2\pi )\cdot \log (\log (2\pi ))+\log (\log (2\pi ))+2}{(2\pi {)}^2\cdot {\log }^2(2\pi )\cdot {\log }^3(\log (2\pi ))}+$

$+{\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{{\log }^3(\log (t))\cdot (6{\log }^3(t)+11{\log }^2(t)+12\log (t)+6)+{\log }^2(\log (t))\cdot (22{\log }^2(t)+36\log (t)+22)+36\log (\log (t))\cdot (\log (t)+1)+24}{t^4\cdot {\log }^4(t)\cdot {\log }^5(\log (t))}\cdot \sin (t)dt$

Znajdujemy wartość całki

${\int }_{2\pi }^{\mathrm{\infty }}\frac{{\log }^3(\log (t))\cdot (6{\log }^3(t)+11{\log }^2(t)+12\log (t)+6)+{\log }^2(\log (t))\cdot (22{\log }^2(t)+36\log (t)+22)+36\log (\log (t))\cdot (\log (t)+1)+24}{t^4\cdot {\log }^4(t)\cdot {\log }^5(\log (t))}\cdot \sin (t)dt=0.0456770318272121$

Simproper(2*Pi, 10^4)
[0.045677031827212178675227765630555037139, 9.7610450502314738753491941212628080885 E-14]

□

Przykład F34
Rozważmy całkę (zobacz przykład E61)

${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{P_1(t)}{t}dt=\frac{1}{2}\log (2\pi )-1=-0.081061466795327258219670263594382360138602526362216587\dots$

Nie możemy wprost zastosować twierdzenia F22, ale korzystając z twierdzenia E41, dostajemy

${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{P_1(t)}{t}dt=-\frac{41}{504}+\frac{1}{6}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{P_6(t)}{t^6}dt$

Funkcja $P_6(t)$ jest klasy $C^4(\mathbb{R})$, a całka ${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{B_6}{t^6}dt$ jest zbieżna. Teraz już możemy zastosować twierdzenie F22.

Aby skorzystać z programu Simproper(a, b), musimy przygotować

$f(t)=\frac{P_6(t)}{6t^6}$

$g(t)=\frac{B_6}{6t^6}=\frac{1}{252t^6}$

$G(t)=-\frac{1}{1260t^5}$

$\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}G(t)=0$

$M⩾\underset{t⩾1}{max}|f^{(4)}(t)|$ dla $M=20$

Dla różnych wartości $b$ otrzymujemy

Simproper(1, 10^2)
[0.00028773955387901889817011277755076495293, 1.5793583624619615295181246127899383386 E-13]

Simproper(1, 5*10^2)
[0.00028773955387909098236994835644747087376, 5.0742857958929735807438325674790730659 E-17]

Uzyskaliśmy wynik

${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{P_6(t)}{6t^6}dt=0.0002877395538790909$

Skąd wynika natychmiast wartość obliczanej przez nas całki

${\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{P_1(t)}{t}dt=-\frac{41}{504}+\frac{1}{6}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{P_6(t)}{t^6}dt=-0.0810614667953272582$

Uzupełnienia

 

Jeszcze o funkcjach kawałkami klasy $C^n$

Uwaga F35
Niekiedy, dla uproszczenia zapisu, będziemy używali następujących oznaczeń dla wartości granic w wybranym punkcie

$f(a^{+})=\underset{x\to a^{+}}{lim}f(x)$

$f(a^{-})=\underset{x\to a^{-}}{lim}f(x)$

Takie oznaczenie ma nawet pewien sens, ponieważ granice możemy zapisywać w różny sposób, natomiast efekt jest jeden i ujmują go powyższe symbole. Przykładowo

$f(a^{+})=\underset{x\to a^{+}}{lim}f(x)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}f(a+h)$

Pozwoli to łatwo odróżnić wartości granic od wartości funkcji $f(a)$ i prosto zapisać własności funkcji. Przykładowo funkcja $f(x)$ jest ciągła w punkcie $a$, gdy

• istnieją skończone granice $f(a^{-})$ i $f(a^{+})$
• $f(a^{-})=f(a^{+})=f(a)$

W przypadku pochodnych wprowadzimy oznaczenie pozwalające odróżnić wartość pochodnej prawostronnej od pochodnej lewostronnej.

${\partial }_{+}f(a)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$

${\partial }_{-}f(a)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$

Podobnie i w tym przypadku różny zapis granic daje ten sam efekt

${\partial }_{+}f(a)=\underset{x\to a^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$

Przykładowo pochodna $f^{\prime }(x)$ istnieje w punkcie $a$, gdy

• istnieją skończone granice ${\partial }_{+}f(a)$ i ${\partial }_{-}f(a)$
• ${\partial }_{+}f(a)={\partial }_{-}f(a)=f^{\prime }(a)$

Pochodna $f^{\prime }(x)$ jest ciągła w punkcie $a$, gdy

• istnieją skończone granice $f^{\prime }(a^{-})$ i $f^{\prime }(a^{+})$
• $f^{\prime }(a^{-})=f^{\prime }(a^{+})=f^{\prime }(a)$

Uwaga F36
Podkreślmy, że granica funkcji w punkcie (powiedzmy $x=a$) nie jest wartością funkcji w tym punkcie. Jest tak tylko wtedy, gdy funkcja jest ciągła w punkcie $x=a$. Analogicznie granica pochodnej w punkcie nie jest wartością pochodnej w tym punkcie. Jest tak tylko wtedy, gdy spełnione są pewne warunki. Twierdzenia F37 i F38 określają te warunki i dlatego są bardzo istotne.

Traktowanie granicy funkcji $f^{\prime }(x)$ w punkcie $x=0$ jako wartości pochodnej w tym punkcie, bez odwołania się do wspomnianych twierdzeń, jest błędem. Dobrym przykładem jest funkcja

$f(x)=\{\begin{array}{lll}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)& & x\ne 0\\ 0& & x=0\end{array}$

Funkcja ta ma pochodną w punkcie $x=0$, ale granice pochodnej w tym punkcie nie istnieją (zobacz zadanie F9).

Twierdzenie F37
Niech $\epsilon >0$. Jeżeli funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[a,a+\epsilon )$ i różniczkowalna w $(a,a+\epsilon )$ oraz istnieje granica (skończona lub nieskończona) $\underset{x\to a^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$, to pochodna prawostronna w punkcie $a$ jest równa tej granicy: ${\partial }_{+}f(a)=f^{\prime }(a^{+})$.

Dowód

Z definicji pochodna prawostronna jest równa

${\partial }_{+}f(a)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$

Zauważmy, że dla $h<\epsilon$ funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[a,a+h]$, a $f^{\prime }(x)$ istnieje i jest różniczkowalna $(a,a+h)$. Ponieważ spełnione są tym samym założenia twierdzenia Lagrange'a, to istnieje taki punkt $c\in (a,a+h)$, że

$f(a+h)-f(a)=f^{\prime }(c)\cdot h$

Położenie punktu $c$ w ogólności zależy od wyboru wartości $h$, zatem wprowadźmy oznaczenie

$c=a+\delta (h)$

gdzie $\delta (h)>0$. Układ nierówności $a<c<a+h$ możemy teraz zapisać w postaci

$a<a+\delta (h)<a+h$

Skąd wynika natychmiast, że

$\underset{h\to 0^{+}}{lim}\delta (h)=0$

Zbierając mamy

${\partial }_{+}f(a)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}{f}^{\prime }(c)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}{f}^{\prime }(a+\delta (h))=\underset{x\to a^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)=f^{\prime }(a^{+})$

Co należało pokazać.
□

Analogiczne twierdzenie można sformułować i udowodnić dla lewostronnego otoczenia punktu $a$.

Twierdzenie F38
Niech $\epsilon >0$. Jeżeli funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[a-\epsilon ,a)$ i różniczkowalna w $(a,a+\epsilon )$ oraz istnieje granica (skończona lub nieskończona) $\underset{x\to a^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)$, to pochodna lewostronna w punkcie $a$ jest równa tej granicy: ${\partial }_{-}f(a)=f^{\prime }(a^{-})$.

Twierdzenie F39
Funkcja ciągła w przedziale $(a,b)$ przyjmuje w tym przedziale jedynie wartości skończone.

Dowód

Niech $f(x)$ oznacza funkcję ciągłą w przedziale $(a,b)$. Przypuśćmy, że istnieje taki punkt $c\in (a,b)$, że wartość funkcji $f(c)$, nie jest skończona. Zatem dla $\epsilon >0$

$\epsilon =min(\frac{c-a}{2},\frac{b-c}{2})$

funkcja $f(x)$ byłaby ciągła w przedziale $[c-\epsilon ,c+\epsilon ]$, ale nie byłaby w tym przedziale ograniczona, co przeczyłoby twierdzeniu Weierstrassa.
□

Wniosek F40
Z twierdzenia F39 wynika natychmiast, że jeżeli funkcja $f(x)$ ma ciągłą pochodną w przedziale $(a,b)$, to funkcja $f(x)$ jest w tym przedziale różniczkowalna.

Zadanie F41
Niech

$f(x)=\{\begin{array}{rrr}-(-x{)}^{1/3}& & x<0\\ x^{1/3}& & x⩾0\end{array}$

Korzystając z twierdzeń F37 i F38 znaleźć wartości pochodnej $f(x)$ w $x=0$.

Rozwiązanie

Spójrzmy na wykres funkcji $f(x)$

Od razu dostrzegamy, że $f(x)$ ma styczną pionową w punkcie $x=0$. Obliczając pochodną, dostajemy

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{rrr}\frac{1}{3}(-x{)}^{-2/3}& & x<0\\ \frac{1}{3}{x}^{-2/3}& & x⩾0\end{array}$

Funkcja $f(x)$ jest ciągła w przedziale $[0,\epsilon )$ i ma ciągłą pochodną w przedziale $(0,\epsilon )$ oraz $f^{\prime }(0^{+})=+\mathrm{\infty }$, zatem w punkcie $x=0$ mamy ${\partial }_{+}f(0)=+\mathrm{\infty }$ (twierdzenie F37). Podobnie pokazujemy, że ${\partial }_{-}f(0)=+\mathrm{\infty }$. Obliczając pochodne jednostronne z definicji, otrzymujemy

${\partial }_{+}f(0)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{h^{1/3}-0}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{h^{2/3}}=+\mathrm{\infty }$

${\partial }_{-}f(0)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{-(-h{)}^{1/3}-0}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{1}{(-h{)}^{2/3}}=+\mathrm{\infty }$

Możemy powiedzieć, że funkcja $f(x)$ ma pochodną niewłaściwą w punkcie $x=0$ równą $+\mathrm{\infty }$. Ale nie powiemy, że $f(x)$ ma pochodną (w zwykłym sensie) lub że jest różniczkowalna w tym punkcie. Zauważmy, że z istnienia nieskończonej pochodnej nie wynika ciągłość funkcji. Rozważmy

$\text{sgn}(x)=\{\begin{array}{rrr}-1& & x<0\\ 0& & x=0\\ 1& & x>0\end{array}$

Łatwo znajdujemy, że

${\partial }_{+}\text{sgn}(0)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{\text{sgn}(0+h)-\text{sgn}(0)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{1-0}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{1}{h}=+\mathrm{\infty }$

${\partial }_{-}\text{sgn}(0)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{\text{sgn}(0+h)-\text{sgn}(0)}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{-1-0}{h}=-\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{1}{h}=+\mathrm{\infty }$

Gdybyśmy uznali, że $\text{sgn}(x)$ jest różniczkowalna w $x=0$, to mielibyśmy funkcję różniczkowalną i nieciągłą w $x=0$.
□

Twierdzenie F42
Niech $c\in (a,b)$. Jeżeli funkcja $f(x)$ jest ciągła w przedziale $(a,b)$ i ma ciągłą pochodną w każdym z przedziałów $(a,c)$ i $(c,b)$ oraz istnieją skończone i równe sobie granice $\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ i $\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$, to pochodna $f^{\prime }(x)$ jest ciągła w punkcie $x=c$, czyli jest ciągła w $(a,b)$.

Dowód

Pochodna prawostronna z definicji jest równa

${\partial }_{+}f(c)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(c+h)-f(c)}{h}$

O ile tylko $h<b-c$, to funkcja $f(x)$ jest ciągła w przedziale $[c,c+h)$ i różniczkowalna w przedziale $(c,c+h)$, czyli spełnione są założenia twierdzenia F37, zatem pochodna prawostronna w punkcie $c$ jest równa

${\partial }_{+}f(c)=\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$

Ponieważ założyliśmy, że granica $\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ jest skończona, to $f^{\prime }(x)$ jest prawostronnie ciągła w punkcie $c$. Podobnie pokazujemy, że $f^{\prime }(x)$ jest lewostronnie ciągła w $c$. Z założenia granice $\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ i $\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ są równe, zatem $f^{\prime }(x)$ jest ciągła w punkcie $c$. Co należało pokazać.
□

Z twierdzenia F42 wynika natychmiast

Twierdzenie F43
Niech funkcja $f(x)$ będzie kawałkami klasy $C^1([a,b])$. Funkcja $f(x)$ jest klasy $C^1([a,b])$ wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągła w przedziale $[a,b]$ i w każdym punkcie $x_k$ (wyznaczającym podział przedziału $[a,b]$) granice lewostronna i granica prawostronna pochodnej $f^{\prime }(x)$ są sobie równe.

Zadanie F44
Niech

• funkcja $f(x)$ będzie klasy $C^0([a,b])$
• $c\in (a,b)$
• pochodna funkcji $f(x)$ będzie funkcją ciągłą w przedziałach $[a,c)$ i $(c,b]$

Pokazać, że

1. jeżeli co najmniej jedna z granic $f^{\prime }(c^{-})$ i $f^{\prime }(c^{+})$ jest nieskończona, to funkcja $f(x)$ nie jest różniczkowalna w punkcie $x=c$ i oczywiście nie jest nawet kawałkami klasy $C^1([a,b])$
2. jeżeli istnieją skończone granice $f^{\prime }(c^{-})$ i $f^{\prime }(c^{+})$ i nie są sobie równe, to $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^1([a,b])$
3. jeżeli istnieją skończone granice $f^{\prime }(c^{-})$ i $f^{\prime }(c^{+})$ i są sobie równe, to funkcja $f(x)$ jest klasy $C^1([a,b])$
4. jeżeli funkcja $f(x)$ jest różniczkowalna w punkcie $x=c$ oraz funkcja $f^{\prime }(x)$ jest nieciągła w punkcie $x=c$, to co najmniej jedna z granic $f^{\prime }(c^{-})$ i $f^{\prime }(c^{+})$ nie istnieje; w efekcie funkcja $f(x)$ nie jest nawet kawałkami klasy $C^1([a,b])$

Rozwiązanie

Punkt 1.

Dla ustalenia uwagi załóżmy, że $f^{\prime }(c^{+})=+\mathrm{\infty }$. Ponieważ funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[a,b]$, pochodna funkcji $f(x)$ jest ciągła w $(c,b]$ oraz istnieje (nieskończona) granica $f^{\prime }(c^{+})$, to z twierdzenia F37 wiemy, że pochodna prawostronna w punkcie $a$ jest równa tej granicy, czyli ${\partial }_{+}f(c)=f^{\prime }(c^{+})=+\mathrm{\infty }$ . Wynika stąd, że funkcja $f(x)$ nie jest różniczkowalna w punkcie $x=c$. Oczywiście funkcja $f(x)$ nie nie jest nawet kawałkami klasy $C^1([a,b])$, już ze względu na uczynione założenie, że co najmniej jedna z granic $f^{\prime }(c^{-})$ i $f^{\prime }(c^{+})$ nie jest skończona.

Przykład
Rozważmy funkcję

$f(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ x^{2/3}& & x⩾0\end{array}$

Funkcja jest klasy $C^0([-5,5])$. Wartość pochodnej lewostronnej i prawostronnej w punkcie $x=0$ policzymy z definicji

${\partial }_{-}f(0)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(0+h)-0}{h}=\frac{0-0}{h}=0$

${\partial }_{+}f(0)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(0+h)-0}{h}=\frac{h^{2/3}-0}{h}=\frac{1}{h^{1/3}}=+\mathrm{\infty }$

Obliczając pochodną funkcji $f(x)$ dostajemy

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ \frac{2}{3}{x}^{-1/3}& & x⩾0\end{array}$

Odpowiednie granice są równe

$f^{\prime }(0^{-})=\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)=0$

$f^{\prime }(0^{+})=\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }$

Zatem funkcja $f(x)$ nie jest nawet kawałkami klasy $C^1([-5,5])$.

Punkt 2.

Ponieważ funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[a,b]$, pochodna funkcji $f(x)$ jest ciągła w $(c,b]$ oraz istnieje skończona granica $f^{\prime }(c^{+})$, to z twierdzenia F37 wynika, że pochodna $f^{\prime }(x)$ jest prawostronnie ciągła w $c$, czyli

$f^{\prime }(c^{+})={\partial }_{+}f(c)$

Analogiczna analiza w przedziale $[a,c)$ prowadzi do wniosku, że

$f^{\prime }(c^{-})={\partial }_{-}f(c)$

Z założenia

${\partial }_{-}f(c)=f^{\prime }(c^{-})\ne f^{\prime }(c^{+})={\partial }_{+}f(c)$

zatem $f(x)$ nie jest różniczkowalna w punkcie $c$, czyli $f^{\prime }(x)$ jest funkcją nieciągłą. Ponieważ istnieją granice $f^{\prime }(c^{-})$ i $f^{\prime }(c^{+})$, to $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^1([a,b])$.

Przykład
Rozważmy funkcję

$f(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ x^2+x& & x⩾0\end{array}$

Funkcja jest klasy $C^0([-5,5])$. Wartość pochodnej lewostronnej i prawostronnej w punkcie $x=0$ policzymy z definicji

${\partial }_{-}f(0)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(0+h)-0}{h}=\frac{0-0}{h}=0$

${\partial }_{+}f(0)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(0+h)-0}{h}=\frac{h^2+h-0}{h}=1$

Obliczając pochodną funkcji $f(x)$ dostajemy

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ 2x+1& & x⩾0\end{array}$

Odpowiednie granice są równe

$f^{\prime }(0^{-})=\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)=0$

$f^{\prime }(0^{+})=\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=1$

Zatem funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^1([-5,5])$.

Punkt 3.

Analizując tak samo, jak w punkcie 2. otrzymujemy ciąg równości

${\partial }_{-}f(c)=f^{\prime }(c^{-})=f^{\prime }(c^{+})={\partial }_{+}f(c)$

Zatem pochodna istnieje w punkcie $x=c$ i jest ciągła w tym punkcie. Wynika stąd natychmiast, że funkcja $f(x)$ jest klasy $C^1([a,b])$.

Przykład
Rozważmy funkcję

$f(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ x^2& & x⩾0\end{array}$

Funkcja jest klasy $C^0([-5,5])$. Wartość pochodnej lewostronnej i prawostronnej w punkcie $x=0$ policzymy z definicji

${\partial }_{-}f(0)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{f(0+h)-0}{h}=\frac{0-0}{h}=0$

${\partial }_{+}f(0)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{f(0+h)-0}{h}=\frac{h^2-0}{h}=0$

Czyli $f(x)$ jest różniczkowalna w punkcie $x=0$ i $f^{\prime }(0)=0$. Obliczając pochodną funkcji $f(x)$ dostajemy

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ 2x& & x⩾0\end{array}$

Odpowiednie granice są równe

$f^{\prime }(0^{-})=\underset{x\to 0^{-}}{lim}f(x)=0$

$f^{\prime }(0^{+})=\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=0$

Zatem funkcja $f(x)$ jest klasy $C^1([-5,5])$.

Punkt 4.

Z założenia funkcja $f(x)$ jest różniczkowalna w punkcie $c$, czyli istnieją skończone granice

${\partial }_{+}f(c)=\underset{x\to c^{+}}{lim}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$

${\partial }_{-}f(c)=\underset{x\to c^{-}}{lim}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$

i są sobie równe: ${\partial }_{+}f(c)={\partial }_{-}f(c)=f^{\prime }(c)$.

Ponieważ $c$ jest również punktem nieciągłości pochodnej, to

$\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)\ne f^{\prime }(c)$

lub

$\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)\ne f^{\prime }(c)$

Przypuśćmy, że istnieją skończone granice $\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ i $\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)$, zatem z twierdzeń F37 i F38 wynika, że pochodna jest prawostronnie i lewostronnie ciągła w $c$. Mamy

$\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)={\partial }_{+}f(c)$

oraz

$\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)={\partial }_{-}f(c)$

Co oznacza, że

$\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)={\partial }_{+}f(c)=f^{\prime }(c)={\partial }_{-}f(c)=\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)$

Zatem pochodna $f^{\prime }(x)$ jest ciągła w punkcie $c$ wbrew założeniu o nieciągłości. Czyli nasze przypuszczenie, że istnieją skończone granice $\underset{x\to c^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ i $\underset{x\to c^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)$ jest błędne. Przypadek, gdy jedna z tych granic jest nieskończona, również nie jest możliwy, bo wtedy (wbrew założeniu) funkcja $f(x)$ nie byłaby różniczkowalna w punkcie $x=c$ (zobacz punkt 1). Zatem przynajmniej jedna z tych granic nie może istnieć. Co oznacza, że funkcja $f(x)$ nie jest nawet klasy $C^1([a,b])$.

Przykładową funkcję

$f(x)=\{\begin{array}{lll}0& & x<0\\ x^2\cdot \sin \left(\frac{1}{x}\right)& & x⩾0\end{array}$

Czytelnik bez trudu sam przeanalizuje, korzystając z rozwiązania zadania F9.
□

Zadanie F45
Zbadać dla jakich wartości parametrów $a,b,c$ funkcja

$f(x)=\{\begin{array}{lll}a{x}^2+bx+c& & x<0\\ \cos (x)& & x⩾0\end{array}$

jest klasy $C^2(\mathbb{R})$.

Rozwiązanie

Funkcja $f(x)$ jest klasy $C^0(\mathbb{R})$, gdy $c=1$. Mamy zatem

$f(x)=\{\begin{array}{lll}a{x}^2+bx+1& & x<0\\ \cos (x)& & x⩾0\end{array}$

Funkcja $f(x)$ jest teraz ciągła, funkcje $a{x}^2+bx+1$ i $\cos (x)$ są różniczkowalne w przedziałach $(-\epsilon ,0)$ i $(0,\epsilon )$. Granice pochodnych wynoszą

$\underset{x\to 0^{-}}{lim}{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{-}}{lim}2ax+b=b$

$\underset{x\to 0^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}(-\sin (x))=0$

Z twierdzenia F42 wiemy, że jeżeli granice te są skończone i sobie równe, to pochodna jest ciągła, zatem musi być $b=0$. Otrzymujemy

$f(x)=\{\begin{array}{lll}a{x}^2+1& & x<0\\ \cos (x)& & x⩾0\end{array}$

oraz

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{lll}2ax& & x<0\\ -\sin (x)& & x⩾0\end{array}$

Teraz funkcja $f^{\prime }(x)$ jest funkcją ciągłą, a funkcje $2ax$ i $-\sin (x)$ są różniczkowalne w przedziałach $(-\epsilon ,0)$ i $(0,\epsilon )$. Granice następnej pochodnej wynoszą

$\underset{x\to 0^{-}}{lim}{f}^{″}(x)=\underset{x\to 0^{-}}{lim}2a=2a$

$\underset{x\to 0^{+}}{lim}{f}^{″}(x)=\underset{x\to 0^{+}}{lim}(-\cos (x))=-1$

Z twierdzenia F42 zastosowanego do funkcji $f^{\prime }(x)$ i $f^{″}(x)$ wynika, że istnienie i równość wypisanych granic zapewni nam ciągłość drugiej pochodnej, zatem musi być $a=-\frac{1}{2}$. Ostatecznie dostajemy

$f(x)=\{\begin{array}{lll}-\frac{x^2}{2}+1& & x<0\\ \cos (x)& & x⩾0\end{array}$

Funkcja $f(x)$ jest klasy $C^2(\mathbb{R})$.
□

Uwaga F46
Nim przejdziemy do dalszych twierdzeń, zauważmy, że jeżeli $f(x)$ jest funkcją ciągłą w przedziale $[a,b]$, to zmiana wartości funkcji $f(x)$ w pewnym punkcie $c\in [a,b]$ nie wpływa na wartość lewo- i prawostronnych granic funkcji w tym punkcie. Liczba $f(c)$ to zdefiniowana wartość funkcji $f(x)$ w punkcie $c$. Granice (lewa i prawa) funkcji $f(x)$ w punkcie $x=c$ nie zależą od wartości funkcji $f(c)$, a jedynie informują nas, jaka powinna być wartość funkcji w punkcie $x=c$, aby funkcja $f(x)$ była lewostronnie ciągła lub prawostronnie ciągła, lub ciągła (gdy granice te są równe) w punkcie $x=c$. Ujmując dokładniej: wartość granicy funkcji $f(x)$ w punkcie $x=c$ wynika z przebiegu funkcji w sąsiedztwie punktu $c$.

Twierdzenie F47
Niech $f(x)$ będzie funkcją ciągłą w przedziale $(a,b)$. Funkcja $f(x)$ może być przedłużona do funkcji ciągłej w przedziale $[a,b]$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją skończone granice funkcji $f(x)$ na krańcach przedziału $(a,b)$.

Dowód

$⟹$

Niech funkcja $\tilde{f}(x)$ będzie przedłużeniem funkcji $f(x)$ do funkcji ciągłej w przedziale $[a,b]$, zatem istnieją skończone granice $\tilde{f}(a^{+})$ i $\tilde{f}(b^{-})$. Ale funkcja $\tilde{f}(x)$ różni się od funkcji $f(x)$ co najwyżej wartością w punktach $a$ i $b$, co oznacza, że istnieją skończone granice $f(a^{+})$ i $f(b^{-})$.

$⟸$

Z założenia istnieją skończone granice $f(a^{+})$ i $f(b^{-})$. Zatem funkcja

$\tilde{f}(x)=\{\begin{array}{lll}f(a^{+})& & x=a\\ f(x)& & a<x<b\\ f(b^{-})& & x=b\end{array}$

jest ciągła w $[a,b]$ i jest poszukiwanym przedłużeniem funkcji $f(x)$ do funkcji ciągłej w przedziale $[a,b]$.
□

Twierdzenie F48
Niech $f(x)$ będzie funkcją ciągłą w przedziale $[a,b]$, a jej pochodna będzie ciągła w $(a,b)$. Pochodna funkcji $f(x)$ jest ciągła w przedziale $[a,b]$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją skończone granice jednostronne pochodnej $f(x)$ na krańcach przedziału $(a,b)$.

Dowód

$⟹$

Z założenia pochodna funkcji $f(x)$ jest ciągła w przedziale $[a,b]$, zatem istnieją skończone granice jednostronne $f^{\prime }(a^{+})$ i $f^{\prime }(b^{-})$.

$⟸$

Z założenia pochodna funkcji $f(x)$ jest ciągła w przedziale $(a,b)$, zatem funkcja $f(x)$ jest różniczkowalna w $(a,b)$ (zobacz F40). Niech $\epsilon <b-a$. Ponieważ funkcja $f(x)$ jest ciągła w $[a,a+\epsilon )$ i różniczkowalna w $(a,a+\epsilon )$ oraz istnieje granica skończona $f^{\prime }(a^{+})$, to z twierdzenia F37 wiemy, że pochodna prawostronna w punkcie $a$ jest równa tej granicy

${\partial }_{+}f(a)=f^{\prime }(a^{+})$

Ponieważ z założenia granica $f^{\prime }(a^{+})$ jest skończona, to pochodna $f^{\prime }(x)$ jest prawostronnie ciągła w punkcie $a$. Podobnie dowodzimy, że pochodna $f^{\prime }(x)$ jest lewostronnie ciągła w punkcie $a$.

Pokazaliśmy tym samym, że w przypadku, gdy istnieją skończone granice jednostronne pochodnej na krańcach przedziału $(a,b)$, to pochodne jednostronne funkcji $f(x)$ na krańcach przedziału $(a,b)$ istnieją, a sama pochodna jest na krańcach przedziału jednostronnie ciągła.
□

Twierdzenie F49
Niech $f(x)$ będzie funkcją klasy $C^0$ w przedziale $[a,b]$ i klasy $C^r$ (gdzie $r⩾1$) w przedziale $(a,b)$. Funkcja $f(x)$ jest klasy $C^r$ w przedziale $[a,b]$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją skończone granice jednostronne pochodnych $f^{(i)}(x)$, dla $i=1,\dots r$, na krańcach przedziału $(a,b)$.

Dowód

$⟹$

Z założenia funkcja $f(x)$ jest klasy $C^r$ w przedziale $[a,b]$, zatem funkcje $f^{(i)}(x)$, gdzie $i=0,1,\dots r$, są ciągłe w przedziale $[a,b]$. Wynika stąd natychmiast, że istnieją skończone granice jednostronne funkcji $f^{(i)}(x)$, dla $i=1,\dots r$, na krańcach przedziału $(a,b)$.

$⟸$

Indukcja matematyczna. Z twierdzenia F48 wiemy, że twierdzenie jest prawdziwe dla $r=1$. Pokażemy, że z założenia prawdziwości twierdzenia dla $r-1$ wynika prawdziwość twierdzenia dla $r$.

Wypiszmy jawnie założenie indukcyjne i tezę indukcyjną, co ułatwi nam uchwycenie problemu.

Założenie indukcyjne:

Jeżeli $f(x)$ jest funkcją klasy $C^{r-1}$ w przedziale $(a,b)$ i klasy $C^0$ w przedziale $[a,b]$ oraz istnieją skończone granice jednostronne pochodnych $f^{(i)}(x)$, dla $i=1,\dots r-1$, na krańcach przedziału $(a,b)$, to funkcja $f(x)$ jest klasy $C^{r-1}$ w przedziale $[a,b]$.

Teza indukcyjna:

Jeżeli $g(x)$ jest funkcją klasy $C^r$ w przedziale $(a,b)$ i klasy $C^0$ w przedziale $[a,b]$ oraz istnieją skończone granice jednostronne pochodnych $g^{(i)}(x)$, dla $i=1,\dots r$, na krańcach przedziału $(a,b)$, to funkcja $g(x)$ jest klasy $C^r$ w przedziale $[a,b]$.

Dowód indukcyjny:

Z założeń uczynionych w tezie indukcyjnej wynika, że funkcja $g(x)$ spełnia wszystkie warunki założenia indukcyjnego. Zatem na mocy założenia indukcyjnego funkcja $g(x)$ jest klasy $C^{r-1}$ w przedziale $[a,b]$.

Jeśli tak, to $g^{(r-1)}(x)$ jest funkcją ciągłą w przedziale $[a,b]$. Jednocześnie z tezy indukcyjnej wiemy, że $g^{(r)}(x)$ jest funkcją ciągłą w przedziale $(a,b)$ oraz istnieją skończone granice jednostronne $g^{(r)}(a^{+})$ i $g^{(r)}(b^{-})$.

Zatem z twierdzenia F48 zastosowanego do funkcji $g^{(r-1)}(x)$ i $g^{(r)}(x)$ wynika, że funkcja $g^{(r)}(x)$ jest funkcją ciągłą w przedziale $[a,b]$. Co oznacza, że funkcja $g(x)$ jest klasy $C^r$ w przedziale $[a,b]$.

Co kończy dowód indukcyjny.
□

Twierdzenie F50
Funkcja $f(x)$ jest kawałkami ciągła w przedziale $[a,b]$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ takich, że

• funkcja $f(x)$ jest ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$
• funkcja $f(x)$ może być przedłużona do funkcji ciągłej w $[x_k,x_{k+1}]$.

Dowód

$⟹$

Z założenia funkcja $f(x)$ jest kawałkami ciągła w $[a,b]$, zatem istnieje skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ takich, że funkcja $f(x)$ jest ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$ oraz istnieją skończone granice na krańcach każdego z przedziałów $(x_k,x_{k+1})$. Z twierdzenia F47 wynika natychmiast, że $f(x)$ może być przedłużona do funkcji ciągłej w każdym przedziale $[x_k,x_{k+1}]$.

$⟸$

Z założenia istnieje skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ takich, że funkcja $f(x)$ jest ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$ oraz istnieje przedłużenie funkcji $f(x)$ do funkcji ciągłej w przedziale $[x_k,x_{k+1}]$. Z twierdzenia F47 wynika natychmiast, że istnieją skończone granice funkcji $f(x)$ na krańcach każdego przedziału $(x_k,x_{k+1})$.
□

Twierdzenie F51
Niech $r\in {\mathbb{N}}_0$. Funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^r$ w przedziale $[a,b]$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ takich, że

• funkcja $f(x)$ jest klasy $C^r$ w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$
• funkcja $f(x)$ może być przedłużona do funkcji klasy $C^r$ w każdym przedziale $[x_k,x_{k+1}]$.

Dowód

Przypadek $r=0$ już udowodniliśmy (zobacz twierdzenie F50). Zatem będziemy dowodzili to twierdzenie dla $r⩾1$.

$⟹$

Z założenia funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^r$ w $[a,b]$, zatem istnieje skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ wyznaczających podział przedziału $[a,b]$ w taki sposób, że funkcje $f^{(i)}(x)$, dla $i=0,1,\dots r$, są ciągłe w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$. Oznacza to, że funkcja $f(x)$ jest klasy $C^r$ w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$. Ponadto istnieją skończone granice jednostronne funkcji $f^{(i)}(x)$, dla $i=0,1,\dots r$, na krańcach każdego z przedziałów $(x_k,x_{k+1})$.

Niech $(x_k,x_{k+1})$ będzie dowolnie wybranym przedziałem. Z twierdzenia F47 wynika natychmiast, że funkcja $f(x)$, z założenia ciągła w przedziale $(x_k,x_{k+1})$, może być przedłużona do funkcji $\tilde{f}(x)$ ciągłej w przedziale $[x_k,x_{k+1}]$. Konsekwentnie będą istniały kolejne pochodne funkcji $\tilde{f}(x)$, czyli funkcje ${\tilde{f}}^{(i)}(x)$, dla $i=1,\dots r$. Spełniony jest przy tym oczywisty związek

${\tilde{f}}^{(i)}(x)=f^{(i)}(x)$

dla $x\in (x_k,x_{k+1})$ oraz $i=0,1,\dots r$.

Wynika stąd, że funkcja $\tilde{f}(x)$ jest klasy $C^0$ w przedziale $[x_k,x_{k+1}]$ i klasy $C^r$ w przedziale $(x_k,x_{k+1})$ oraz istnieją skończone granice jednostronne funkcji ${\tilde{f}}^{(i)}(x)$, dla $i=0,1,\dots r$, na krańcach przedziału $(x_k,x_{k+1})$. Z twierdzenia F49 otrzymujemy, że $\tilde{f}(x)$ jest klasy $C^r$ w przedziale $[x_k,x_{k+1}]$. Zatem funkcja $\tilde{f}(x)$ jest poszukiwanym przedłużeniem funkcji $f(x)$.

$⟸$

Z założenia istnieje skończona liczba punktów $a=x_1<x_2<\dots <x_n=b$ takich, że funkcja $f(x)$ jest klasy $C^r$ w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$, zatem

●   funkcja $f(x)$ jest zdefiniowana i ciągła w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$

●   pochodne $f^{(i)}(x)$, dla $i=1,\dots r$, istnieją i są ciągłe w każdym przedziale $(x_k,x_{k+1})$

Niech $(x_k,x_{k+1})$ będzie dowolnie wybranym przedziałem. Z założenia istnieje przedłużenie funkcji $f(x)$ klasy $C^r$ w przedziale $(x_k,x_{k+1})$ do funkcji $\tilde{f}(x)$ klasy $C^r$ w przedziale $[x_k,x_{k+1}]$. Wynika stąd, że istnieją skończone granice jednostronne ${\tilde{f}}^{(i)}(x_k^{+})$ oraz ${\tilde{f}}^{(i)}(x_{k+1}^{-})$. Ponieważ spełniony jest przy tym oczywisty związek

${\tilde{f}}^{(i)}(x)=f^{(i)}(x)$

dla $x\in (x_k,x_{k+1})$ oraz $i=0,1,\dots r$, to granice te są identyczne z granicami $f^{(i)}(x_k^{+})$ oraz $f^{(i)}(x_{k+1}^{-})$. Zatem

●   granice $f^{(i)}(x_k^{+})$ oraz $f^{(i)}(x_{k+1}^{-})$ istnieją i są skończone

Z zaznaczonych punktów wynika natychmiast, że funkcja $f(x)$ jest kawałkami klasy $C^r$ w $[a,b]$. Co należało pokazać.
□

Jeszcze o błędzie metody Simpsona

 

Uwaga F52
Chcemy wyjaśnić, dlaczego dowodząc twierdzenie F14, wybraliśmy funkcję postaci

$W(x)=\{\begin{array}{lll}\frac{1}{12}(x-a{)}^3(3x-a-2b)& & a⩽x⩽c\\ \frac{1}{12}(x-b{)}^3(3x-2a-b)& & c⩽x⩽b\end{array}$

gdzie $c=\frac{1}{2}(a+b)$.

Znając postać funkcji, mogliśmy pozwolić sobie na wykonanie kolejnych kroków przez różniczkowanie. Pozwoliło to skrócić i uprościć cały dowód. Chcąc zrozumieć metodę i zbadać, czy istnieje możliwość uogólnienia, będziemy tym razem postępowali odwrotnie i kolejno wyliczali całki.

Uwaga F53
Dla uproszczenia zapisu parę funkcji: $g_1(x)$ określoną w przedziale $[a,c]$ oraz $g_2(x)$ określoną w przedziale $[c,b]$, gdzie $c=\frac{1}{2}(a+b)$, będziemy oznaczali jako $f(x)=\{g_1(x)|g_2(x)\}$. Czytelnika nie powinien niepokoić fakt, że funkcja $f(x)$ nie jest określona w punkcie $x=c$, bo zawsze możemy przyjąć $f(c)=\frac{1}{2}(g_1(c)+g_2(c))$. Lepiej traktować $\{g_1(x)|g_2(x)\}$ jako parę funkcji, której ciągłość w punkcie $x=c$ ma dla nas istotne znaczenie, a jedynie dla wygody zapisu oznaczamy ją jako $f(x)=\{g_1(x)|g_2(x)\}$.

Twierdzenie F54
Niżej wypisany ciąg funkcji

$n$	$W_n(x)=\{U_n(x)|V_n(x)\}$	$U_n(a)$	$U_n(c)$	$V_n(c)$	$V_n(b)$
$1$	$\{6x-5a-b|6x-a-5b\}$	$-(b-a)$	$2(b-a)$	$-2(b-a)$	$b-a$
$2$	$\{(x-a)(3x-2a-b)|(x-b)(3x-a-2b)\}$	$0$	$\frac{(b-a{)}^2}{4}$	$\frac{(b-a{)}^2}{4}$	$0$
$3$	$\{\frac{1}{2}(x-a{)}^2(2x-a-b)|\frac{1}{2}(x-b{)}^2(2x-a-b)\}$	$0$	$0$	$0$	$0$
$4$	$\{\frac{1}{12}(x-a{)}^3(3x-a-2b)|\frac{1}{12}(x-b{)}^3(3x-2a-b)\}$	$0$	$-\frac{(b-a{)}^4}{192}$	$-\frac{(b-a{)}^4}{192}$	$0$
$5$	$\{\frac{1}{120}(x-a{)}^4(6x-a-5b)|\frac{1}{120}(x-b{)}^4(6x-5a-b)\}$	$0$	$-\frac{(b-a{)}^5}{960}$	$\frac{(b-a{)}^5}{960}$	$0$

uzyskaliśmy, stosując następujące zasady:

1) każda kolejna funkcja jest całką poprzedniej, czyli dla $n⩾2$ jest

$U_n(x)=\int U_{n-1}(x)dx+K$

$V_n(x)=\int V_{n-1}(x)dx+L$

2) stałe całkowania $K,L$ zostały wybrane tak, aby dla $n⩾2$ spełniony był warunek

$U_n(a)=V_n(b)=0$

Twierdzenie F55
Jeżeli funkcja $f(x)$ jest klasy $C^1([a,b])$, to

${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{b-a}{6}\cdot [f(a)+4f(c)+f(b)]-\frac{1}{6}{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)W_1(x)dx$

gdzie $c=\frac{1}{2}(a+b)$.

Dowód

Ponieważ funkcja

$W_1(x)=\{6x-5a-b|6x-a-5b\}$

jest nieciągła w punkcie $x=c=\frac{1}{2}(a+b)$, to musimy całkować osobno dla $x\in [a,c]$ i dla $x\in [c,b]$

${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)W_1(x)dx={\int }_a^c{f}^{\prime }(x)U_1(x)dx+{\int }_c^b{f}^{\prime }(x)V_1(x)dx$

Mamy

${\int }_a^c{f}^{\prime }(x)U_1(x)dx=f(x)\cdot U_1(x){|}_a^c-{\int }_a^{c}f(x)U_1^{\prime }(x)dx$

$=f(c)\cdot U_1(c)-f(a)U_1(a)-6{\int }_a^{c}f(x)dx$

$=2(b-a)f(c)+(b-a)f(a)-6{\int }_a^{c}f(x)dx$

$=(b-a)[2f(c)+f(a)]-6{\int }_a^{c}f(x)dx$

${\int }_c^b{f}^{\prime }(x)V_1(x)dx=f(x)\cdot V_1(x){|}_c^b-{\int }_c^{b}f(x)V_1^{\prime }(x)dx$

$=f(b)\cdot V_1(b)-f(c)V_1(c)-6{\int }_c^{b}f(x)dx$

$=(b-a)f(b)+2(b-a)f(c)-6{\int }_c^{b}f(x)dx$

$=(b-a)[f(b)+2f(c)]-6{\int }_c^{b}f(x)dx$

Zatem

${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)W_1(x)dx=(b-a)[f(a)+4f(c)+f(b)]-6{\int }_a^{b}f(x)dx$

Skąd otrzymujemy natychmiast

${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{b-a}{6}\cdot [f(a)+4f(c)+f(b)]-\frac{1}{6}{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)W_1(x)dx$

Co należało pokazać.
□

Uwaga F56
Postać funkcji $W_1(x)=\{6x-5a-b|6x-a-5b\}$ wynika z nałożenia na postać ogólną

$W_1(x)=\{U_1(x)|V_1(x)\}=\{rx+s|tx+u\}$

następujących warunków:

• funkcja $W_2(x)=\int W_1(x)dx+C$ ma być równa zero w punktach $x=a$ oraz $x=b$, skąd otrzymujemy

$W_2(x)=\{\frac{1}{2}(x-a)(rx+ar+2s)|\frac{1}{2}(x-b)(tx+bt+2u)\}$

• funkcja $W_2(x)$ musi być ciągła w punkcie $x=c=\frac{a+b}{2}$, skąd dostajemy równanie $U_2(c)=V_2(c)$, z którego, po podstawieniu $c=\frac{a+b}{2}$ i łatwym uproszczeniu, mamy

$3ra+3tb+rb+ta+4s+4u=0$

• w twierdzeniu F55 musi pojawić się wyraz $\frac{b-a}{6}\cdot [f(a)+4f(c)+f(b)]$, skąd otrzymujemy równania

$U_1(a)=-(b-a)$

$V_1(b)=b-a$

$U_1(c)-V_1(c)=4(b-a)$

Zbierając: liczby $r,s,t,u$ muszą spełniać układ równań

$\{\begin{array}{l}ra+s=-(b-a)\\ tb+u=b-a\\ rc+s-(tc+u)=4(b-a)\\ 3ra+3tb+rb+ta+4s+4u=0\end{array}$

Mnożąc pierwsze i drugie równanie przez $(-4)$, dodając je do siebie, a następnie dodając sumę do równania czwartego, otrzymujemy

$(-4ra-4s-4tb-4u)+(3ra+3tb+br+at+4s+4u)=0$

czyli

$(b-a)(r-t)=0$

Z założenia jest $b\ne a$, zatem musi być $r=t$.

Odejmując od drugiego równania pierwsze i dodając różnicę do trzeciego, mamy

$(rb+u-ra-s)+(s-u)=6(b-a)$

Skąd otrzymujemy $r=t=6$. Teraz już łatwo znajdujemy $s=-5a-b$ oraz $u=-a-5b$.

Widzimy, że przez odpowiedni dobór wartości liczb $r,s,t,u$ mogliśmy zapewnić ciągłość funkcji $W_2(x)$. Fakt, że ciągłe są również funkcje $W_3(x)$ i $W_4(x)$ jest szczęśliwym przypadkiem. Ponieważ funkcja $W_5(x)$ nie jest ciągła, to nie mogliśmy jej wykorzystać w twierdzeniu F14. Wybór funkcji

$W_4(x)=\{\frac{1}{12}(x-a{)}^3(3x-a-2b)|\frac{1}{12}(x-b{)}^3(3x-2a-b)\}$

zapewnił uzyskanie najdokładniejszego oszacowania błędu.