1. Nyuton formulasi yordamida funktsiyalarni approksimatsimatsiyalash

1.Nyuton formulasi yordamida funktsiyalarni approksimatsimatsiyalash.

Aksariyat hisoblash usullari masalaning qo'yilishida qatnashadigan funktsiyalarni unga biror muayyan ma’noda yaqin va tuzilishi soddaroq bo'lgan funktsiyalarga almashtirish g'oyasiga asoslangan.

Interpolyatsiya masalasining mohiyati quyidagidan iborat. Faraz qilaylik y=f(x) funktsiya jadval ko'rinishida berilgan bo'lsin:

Y_o=f(x₀), y ₁=f(x₁) ..... ,y_n=f(x_n)

Odatda interpolyatsiyalash masalasi quyidagicha ko‘rinishda qo‘yiladi: Shunday n- tartiblidan oshmagan P(x)*Pn{x) ko'phad topish kerakki, P(x_i) berilgan x_i=(i=0,1, .... n) nuqtalarda f(x) bilan bir xil qiy- matlarni qabul qilsin, ya’ni P(x_i)=y_i.

Bu masalaning geometrik ma’nosi quyidagidan iborat: darajasi n dan ortmaydigan shunday

у=Р_n(х)=a₀xⁿ+ a₁x^n-1 ...+ а_n (1)

ko’phad qurilsinki, uning grafigi berilgan M(x_i, у_i ) (i=0,1,… n) nuqtalardan o'tsín (1- rasm). Bu yerdagi x_i (i=0,1,2,.. n) nuqtalar interpolyatsiya tugun nuqtalari yoki tugunIar deyiladi. R(x) esa interpolyatsiyaIоvchi funksiya deyiladi.

(1-rasm)

Amalda topilgan R(x) interpolyatsion formula f(x) funktsiyaning berilgan x argumentning (interpolyatsiya tugunlaridan farqli) qiymatlarini hisoblash uchun qo'llaniladi. Ushbu operatsiya funksiyani interpolyatsiyalash deyiladi. (Agar xϵ (a, b) bo'lsa interpolyatsiyalash x ϵ[a, b]bo`lsa, ekstrapolyatsiyalash deyiladi).Biz f(x) funksiyani interpolyatsion L_n(x) ko‘phadga almashtirganimizda

ω_n(x) = f(x)- L_n(x),

xatolikka yo‘l qo‘yamiz. Bu interpolyatsiyalash xatoligi deyiladi. Tugun nuqtalarda xatolik nolga teng. [a ,b ] ga tegishli ixtiyoriy x nuqtadagi ifodasini topamiz va baholaymiz. Buning uchun quyidagi funksiyani qaraymiz:

 (1)

bu yerda zϵ[a,b],K- o‘zgarmas va

 (2)

(1)dagi o ‘zgarmas K ni λ(x) = 0 shartdan topamiz:

 (3)

f(z) funksiya [a ,b] da n + 1 marta uzluksiz differensiallanuvchi bo`lsin deymiz. λ (z) funksiya [a ,b] da n + 2 ta nuqtada nolga teng,ular x ,x <sub>0</sub>,x<sub>1</sub>,...,x<sub>n</sub>. Roll teoremasiga asosan, λ '(z) [a ,b ] ga tegishli n + 1 ta, λ”(z) n ta nolga ega bo`ladi va hokazo.λ⁽ⁿ⁺¹⁾(z) [a,b] da kamida bitta nolga ega bo'ladi, ya'ni λ⁽ⁿ⁺¹⁾() = 0, €[a ,b ] (1) dan n + 1 marta hosila olib, z = , desak, quyidagiga ega b o ‘lamiz:

 (4)

(3) va (4) dan

 (5)

kelib chiqadi.Bundan

 (6)

bunga ega bo`lamiz,b u yerda M_n+1=sup|f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)|

[a,b]

Bizga [a ,b] da aniqlangan f(x) funksiyaning [a ,b ] ga tegishli turli { x_k }_k=0ⁿ nuqtalarda qiymatlari ma’lum bo‘lsin.

Quyidagicha aniqlangan

miqdorlar birinchi tartibli ayirmalar nisbati deyiladi, ular yordamida aniqlangan

miqdorlar ikkinchi tartibli ayirmalar nisbati deyiladi.

Yuqori tartibli ayirmalar nisbati ham shunday aniqlanadi, masalan,

k-tartibli f(x_i,x_i+1,…,x_i+k) va f(x_i+1,x_i+2,…,x_i+k+1) ayirmalar nisbati

m a’lum bo ‘lsa, (k + 1) -tartibli ayirmalar nisbati

aniqlanadi, i = 0 ,1 ,...,n-k-1

2.Nyuton-Leybnis formulasi. Aniq integralning tatbiqlari (Yassi shaklning yuzasi. Egri chiziq yoyi va uning uzunligi. Hajmlarini hisoblash).

Aniq integralni hisoblash. Nyuton-Leybnits formulasi ( ) b a f x dx  Aniq integralda quyi a chegara mahkamlangan, yuqori b chegara esa o’zgraib tursin. U holda integralning qiymati ham o’zgarib turadi, ya’ni integral yuqori chegaraning funksiyasi bo’lib qoladi. Yuqori chegarani x bilan, integral o’zgaruvchini t bilan belgilaymiz: ( ) x a f t dt  Integralga ega bo’lamiz. a o’zgarmas son bo’lganda bu integral x yuqori chegaraning funksiyasi bo’ladi. Bu funksiyani biz ( ) x bilan belgilaymiz: ( ) ( ) x a   x f t dt  Agar f t( ) - nomanfiy funksiya bo’lsa, u holda ( ) x miqdor son jihatdan aAXx egri chiziqli trapetsiyaning yuziga teng (216-rasm). x o’zgarganda bu yuza o’zgarishi ochiq ravshan. ( ) x funksiyaning hosilasini topamiz, ya’ni (1) integraldan yuqori chegara bo’yicha hosila olamiz. Teorema 1. Agar f x( ) uzluksiz funksiya va ( ) ( ) x a   x f t dt  bo’lsa, u holda   '( ) ( ) x f x tenglik o’rinli. Boshqacha aytganda, aniq integraldan yuqori chegara bo’yicha olingan hosila integral ostidagi funksiyaga teng. Isbot. x argumentga musbat yoki manfiy x orttirma beramiz; u holda topamiz (6-xossa): ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x x a a x x x f t dt f t dt f t dt            ( ) x funksiyaning orttirmasi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x a x a x x x f t dt f t dt f t dt                ga teng, ya’ni ( ) x x x f t dt     Oxirgi integralga o’rta qiymat haqidagi teoramani qo’llaymiz (5-xossa).        f x x x f x ( )( ) ( )   bu yerda  miqdor x va x x  orasida joylashgan. Funksiya orttirmasining argument orttirmasiga nisbatan topamiz: ( ) ( ) f x f x x         Demak, 0 0 '( ) lim lim ( ) x x x f x           Ammo   x da  x 0 bo’lganligi uchun 0 lim ( ) lim ( ) x x f f        f x( ) uzliksiz bo’lganligi uchun lim ( ) ( ) x f f x     Shunday qilib,   '( ) ( ) x f x . Teorema isbotlandi. Teorema 2. Agar F x( ) funksiya f x( ) uzluksiz funksiyaning qandaydir boshlang’ichi bo’lsa, u holda ( ) ( ) ( ) b a f x dx F b F a    (2) formula o’rinli. Bu formula Nyuton-Leybnits formulasi deyiladi. Isbot. F x( ) funksiya f x( ) funksiyaning biror boshlang’ichi bo’lsin. 1-teoremaga ko’ra, ( ) x a f t dt  funksiya ham f x( ) funksiyaning boshlang’ichi bo’ladi. Ammo berilgan funksiyaning ixtiyoriy ikkita boshlang’ichlari bir biridan o’zgarmas * C qo’shiluvchiga farq qiladi. * ( ) ( ) x a f t dt F x C    (3) Endi * C o’zgarmasni toppish uchun bu tenglikda x a  deb olamiz, u holda * ( ) ( ) a a f t dt F a C    yoki * 0 ( )   F a C Bu yerdan * C F a   ( ). Demak, ( ) ( ) ( ) x a f t dt F x F a    Endi x b  deb olib, Nyuton-Leybnits formulasini olamiz: ( ) ( ) ( ) b a f t dt F b F a    yoki integrallash o’rniga x ni qo’ysak ( ) ( ) ( ) b a f x dx F b F a    F b F a ( ) ( )  ayirma F boshlang’ich funksiyaning tanlanishiga bog’liq emas. Agar ( ) ( ) ( ) |b F b F a F x   a belgilash kiritsak ( ) ( ) | ( ) ( ) b b a a f x dx F x F b F a     Nyuton-Leybnits formula aniq integrallarni hisoblashning qulay usulidir4.Aniq integrallarni taqribiy hisoblash Ma’lumki, [ , ] a b intervalda uzluksiz bo’lgan har qanday y f x  ( ) funksiya shu intervalda boshlang’ichga ega, ya’ni F x f x '( ) ( )  tenglikni qanoatlantiradigan F x( ) funksiya mavjuda. Ammo har qanday boshlang’ich funksiya, hattoki u mavjud bo’lgan holda ham, elementar funksiyalar orqali chekli ko’rinishda ifodalanmaydi. Bunday hollarda aniq integrallarni Nyuton-Leybnits formulasi yordamida hisoblash ancha mushkul ish va aniq integralni hisoblashning turli taqribiy usullar qo’llaniladi. Hozir biz taqribiy integralning bir necha usullarini keltiramiz. I.To’g’ri to’rtburchaklar formulasi [ , ] a b kesmada uzluksiz y f x  ( ) funksiya berilgan bo’lsin. Ushbu ( ) b a f x dx  aniq integralni hisoblash talab etiladi. [ , ] a b kesmani 0 1 2 , , ,..., n a x x x x b   nuqtalar yordamida uzlukligi x bo’lgan n ta teng qismlarga bo’lamiz: b a x n    0 1 2 1 , , ,..., , n n y y y y y  bilan f x( ) funksiyaning 0 1 2 , , ,..., n x x x x nuqtalardagi qiymatlarini belgilaymiz: 0 0 1 1 ( ), ( ),..., ( ) n n y f x y f x y f x    Endi 0 1 1 ... n y x y x y x       1 2 ... n y x y x y x       yig’indilarni tuzamiz. Bu yig’indilardan har biri f x( ) funksiya uchun [ , ] a b kesmada integral yig’indi bo’ladi va shuning uchun ( ) ...  0 1 2 1  b n a b a f x dx y y y y n         (1) ( ) ...  1 2  b n a b a f x dx y y y n       (1’) Mana shu to’g’ri to’rtburchaklar formulasidir. Rasmdan ko’rinib turibdiki, agar f x( ) - musbat va o’suvchi funksiya bo’lsa, u holda (1) formula ichlaridan to’g’ri to’rtburchaklardan tuzilgan zinasimon figuraning yuzasini ifodalaydi. (1’) formula esa tashqariga chiqib turgan zinasimon figurani yuzasini ifodalaydi. n soni qanchalik kata bo’lsa, (ya’ni b a x n    bo’lishi qadami qanchalik kichik bo’lsa) integralni to’g’ri to’rtburchaklar formulasi yordamida hisoblashdagi hatolik shunchalik kam bo’ladi. II.Trapetsiyalar formulasi. Agar berilgan y f x  ( ) egri chiziq o’rniga zinasimon funksiyani emas, balki ichki chizilgan aniq chiziqni olsak (2-rasm) biz aniq integralning yanayam aniqroq qiymatini olamiz. Bu holda aABb egri chiziqli trapetsiyaning yuzasi o’rniga yuqoridan 1 1 2 1 , ,..., AA A A A B n vatarlar bilan chegralangan to’g’ri chiziqli trapetsiyalar yuzalarining yig’indisini olamiz. Bu trapetsiyalardan birinchisining yuzasi 0 1 2 y y x   ga ikkinchisiniki 1 2 2 y y x   g ava v.h.zga teng bo’lganligi uchun 0 1 1 2 1 ( ) ... 2 2 2 b n n a y y y y y y f x dx x x x                   yoki 0 1 1 2 1 ( ) ... 2 b n a b a y y f x dx y y y n                (2) Bu trapetsiyalar formulasidir. (2) formulaning o’ng tomonida turgan son (1) va (1’) formulalarning o’ng tomonlarida turgan sonlarning o’rta arifmetigidir. n soni ixtiyoriy tanlanadi. Bu son qanchalik kata bo’lsa, demakki, b a x n    qadam shunchalik kichik bo’ladi, (2) taqribiy tenglikning o’ng tomonida turgan yig’indi integralning qiymatini shunchalik aniq beradi. III.Parabolalar formulasi (Simpson formulasi). [ , ] a b kesmani juft sondagi n m  2 teng bo’laklarga bo’lamiz. Dastlabki ikkita 0 1 [ , ] x x va 1 2 [ , ] x x kesmalarga mos kelgan va berilgan y f x  ( ) egri chiziq bilan chegaralangan egri chiziqli trapetsiyaning yuzasini 0 0 1 1 1 2 2 2 M x y M x y M x y ( , ), ( , ), ( , ) uchta nuqtalar bilan chegaralangan va Oy o’qqa parallel o’qqa ega bo’lgan egri chiziqli trapetsiya yuzasi bilan almshtiramiz. Bunday egri chiziqli trapetsiya parabolic trapetsiya deyiladi. O’qi Oy o’qqa parallel bo’lgan parabolaning tenglamasi 2 y Ax Bx C    ko’rinishida bo’ladi. A B C , , koeffitsientlar parabolaning berilgan uchta nuqtalardan o’tish shartidan topiladi. Kesmalarning boshqa juftlari uchun ham shunga o’xshagan parabolalarni quramiz. Parabolic trapetsiyalar yuzalarining yig’indisi integralning taqribiy qiymatini beradi. Avvalo bitta parabolik trapetsiyaning yuzasini hisoblaymiz. Avvalo bitta parabolik trapetsiyaning yuzasini hisoblaymiz. Lemma. Agar egri chiziqli trapetsiya 2 y Ax Bx C    parabola, Ox o’q va oralaridagi masofalari 2h bo’lgan ikkita ordinatalar bilan chegaralangan bo’lsa, u holda uning yuzasi  0 1 2 4  3 h S y y y    (3) Bu yerda 0 y va 2 y - chetki ordinatalar, 1 y -egri chiziqning kesma o’rtasidagi ordinatasi. Isbot. Yordamchi koordinatalar sistemasini rasmda ko’rasatilgandan joylashtiramiz. 2 y Ax Bx C    parabola tenglamasidagi koeffitsientlar quyidagi tenglamalardan topiladi: Agar 0 x h   bo’lsa 2 0 y Ah Bh C    Agar 1 x  0 bo’lsa 1 y C (4) Agar 2 x h  bo’lsa 2 y Ah Bh C    A B C , , koeffitsientlarni ma’lum deb hisoblab, parabolic trapetsiyaning yuzasini aniq integral yordamida topamiz:   3 2 2 2 (2 6 ) 3 2 3 h h h h Ax Bx h S Ax Bx C dx Cx Ah C                  Ammo (4) tenglikdan 2 0 1 2 y y y Ah C     4 2 6 Kelib chiqadi. Shunday qilib 2 (2 6 ) 3 h S Ah C   Shuni isbotlash talab etilgan edi. Endi o’zimizning asosiy masalamizga qaytamiz. (3) formuladan foydalanib, biz quyidagi taqribiy tengliklarni yozishimiz mumkin ( h x   ): 2 0 4 2 2 2 2 0 1 2 2 3 4 2 2 2 1 2 ( ) ( 4 ) 3 ( ) ( 4 ) 3 ................................................. ( ) ( 4 ) 3 m m x a x x x x b m m m x x f x dx y y y x f x dx y y y x f x dx y y y                     Chap va o’ng tomonlarni yig’ib, chap tomonda izlanayotgan integralni chap tomonda esa uning taqribiy qiymatini topamiz: 0 1 2 3 2 2 2 1 2 ( ) ( 4 2 4 ... 3 ... 2 4 ) b a m m m x f x dx y y y y y y y             (5) yoki 0 2 2 4 2 2 1 3 2 1 ( ) ( 2[ ... 2 ] 6 4[ ... ]) b m m a m b a f x dx y y y y y m y y y                Bu Simpson formulasidir. Bu yerda 2m bo’linishlar soni ixtiyoriy, ammo bu son qanchalik kata bo’lsa, (5)ning o’ng tomonidagi yig’indi integralning qiymatini shunchalik aniq beradi. Misol. Taqribiy hisoblang: 2 1 ln 2 dx x   Yechish. [1,2] kesmani 10ta teng bo’laklarga bo’lamiz.2 1 0.1 10 x     deb olib, integral ostidagi funksiyaning qiymatlari jadvalini tuzamiz: x y x 1/ x y x 1/ 0 1 2 3 4 5 1,0 1,1 1, 2 1,3 1, 4 1,5 x x x x x x       0 1 2 3 4 5 1,00000 0,90909 0,83333 0,76923 0,71429 0,66667 y y y y y y       6 7 8 9 10 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0 x x x x x      6 7 8 9 10 0,62500 0,58824 0,55556 0,52632 0,50000 y y y y y      1.To’g’ri to’rtburchaklar (1) formulasi bo’yicha topamiz: 2 0 1 9 1 0,1( ... ) 0,1 7,18773 0,71877 dx y y y x         To’g’ri to’rtburchaklar (1’) formulasi bo’yicha 2 1 2 10 1 0,1( ... ) 0,1 6,68773 0,66877 dx y y y x         Rasmdan bevosita kelib chiqadiki, bu holda birinchi formula integralning qiymatini ortig’i bilan, ikkinchisi esa kami bilan beradi. II.Trapetsiyalar (2) formulasi bo’yicha 2 1 1 0,5 0,1( 6,18773) 0,69377 2 dx x      III.Simpson (5) formulasi bo’yicha 2 0 10 2 4 6 8 1 3 5 7 9 1 0,1[ 2( ) 4( )] 3 0,1(1 0,5 2 2,72818 4 3,45955) 0,69315 3 dx y y y y y y y y y y y x                     Aslida 2 1 ln 2 0,6931472 dx x    (7xona aniqlikda). Shunday qilib [1,2] kesmani teng 10ta qismlarga bo’lganda Simpson formulasi bo’yicha 5ta ishonchli raqamlarni; trapetsiyalar formulasi bo’yicha 3ta ishonchli raqamlarni; to’g’r to’rtburchaklar formulasi bo’yicha faqat 1 ta ishonchli raqam oldik.