王仁宏老师的《数值逼近》4

第五章 数值积分

教学目的及要求：

掌握Newton-Cotes 公式、Romberg 方法、Euler-Maclaurin公式、Gauss型求积公式等数值积分公式及方法。

§1．数值积分的一般概念

本章讨论定积分的近似计算问题。从微积分学中我们知道能够利用Newton-Leibni 公式

去计算的定积分是很少的。事实上，在实际问题中，我们常常无法利用初等函数去表出原函数?f?x?dx.例如，对于概率积分与椭圆积分

2t?x2 P ? t???edx(0?t??),和

?f?x?dx???f?x?dx?bax?bx?a

?022 E?t???01?ksinxdx?0?t?2??

t来说，我们便遇到了上述的困难。因此不能不考虑定积分的近似计算问题。 以下，我们所讨论的求积公式绝大多数具有如下形式： ? ? ? x ? f ? A k f ? x k?,（1.1） ?dxx ? ?ak?1bn

其中xk为求积公式的结点，Ak为求积系数。通常，称右端的和为求积和； 又称

E ? f ?????x?f?x?dx??Akf?xk?ak?1bn

为求积误差。有时，也将求积公式写成

? ??x?f?x?dx??Akf?xk??E?f?.ak?1bn

在（1.1）式中，[a,b]是实直线上的有限或无限的空间；函数??x?是已知的固定的函数且常常是??x??1，以后我们将称它为权函数。此外，我们还假定积分

???x?f?x?dx,???x?xaabbmdx?m?0,1,2,??

总是存在的，并且函数f?x?在点x1,?,xn处是有定义的。

一般说来，求积公式（1.1）中的结点xk和系数Ak可以按所希望的方式随意选取（除非是被积函数仅在一离散点集上是已知的，那时只好限制从离散点集中去选取xk了）。自然，我们总是希望通过xk和Ak的选取使得在某种意义下求积误差尽可能地小。

概括来说，数值积分问题可分解为下述的三个主要问题：

（1） 求积公式的具体构造问题； （2） 精确性程度的衡量标准问题；

（3） 余项估计问题（亦即，误差估计问题）。 为了解决第一个问题，我们必须考虑结点x1,x2?,xn和求

A1,A2,?,An的

决定（或选择）问题。为了合理的解决第二个问题，我们将引进代数精度的概念。至于第三个问题，则主要是借助于内插多项式的余项估计公式来解决。 由第一章的Weierstrass多项式逼近定理可知，对于闭区间上的连续函数，都可以用多项式去一致地逼近它。换句话说，任一连续函数都可以用多项式作为它的最简单的近似函数，一般说来，多项式的次数取得越高，用它们来近似连续函数的程度也就越高。这自然使我们想到利用多项式的次数去规定求积公式的精确性程度（所谓代数精度）。

代数精度的概念是这样：就形如（1.1）式的求积公式来说，假如对，?，公式衡精确地成立（亦即E?f??0）f?x??1,x,x2,?,xm?或次数?m的多项式而当f?x??xm?1时公式不精确成立，则称公式（1.1）的代数精度为m。容易看出，m越大，则就一般的连续函数f?x?而言，公式（1.1）的右端数值与左端积

分值的接近程度也就越高。事实上，当m越大时，用次数不高于m的多项式（例如p(x)）去近似f(x)亦就越好，即maxf?x??p?x???m便越小，因而公式（1.1）

a?x?b的误差亦就越小。理由是，

???x?f?x?dx??Af?x?

????x??f?x??p?x??dx??A?f?x??p?x?? ????x??dx??A?.

?m?abkk?1knabnbnkkkk?1amkmk?1由此可见，引进代数精度的概念作为衡量求积公式的精确性是十分自然的。 下面的定理说明了具有代数精度的求积公式的存在性。

定理1 对于任意给定的n个不同的结点x1,?,xn，有常数A1,?,An使

得当f?x?是次数?n?1的多项式时求积公式（1.1）精确成立，亦即

n???x?f?x?dx??Af?x?.

akkk?1b 证明 设已给定点x1,?,xn，并且pn?1?x?是函数f(x)在这些点上的Lagrange差值多项式，亦即

f?x??pn?1?x??E?f;x?, 此处

pn?1?x???lk?x?f?xk?,

lk?x????x??x?xk????xk?,??x???x?x1???x?xn?. 于是

bbbk?1n?定义

a??x?f?x?dx????x?pn?1?x?dx????x?E?f;x?dx. （1.2）

aab AK????x?lk?x?dx(k?1,?,n),

a则（1.2）式变为

?ba??x?f?x?dx??Akf?xk?????x?E?f;x?dx.

k?1anb 但是，若f?x??qn?1?x?是次数?n?1的多项式，则f?x??pn?1?x?。这意味着

E?f;x??0,故

???x?E?f;x?dx?0.

ab证毕。

注意，上述定理并没有要求xk一定要属于区间[a,b].另外，定理只是断言了，当Ak由（1.3）式决定时，公式（1.1）对于一切次数?n?1的多项式是精确的。换言之，定理1 说明了公式（1.1）的代数精度d?n?1.

以后，我们称求积系数由（1.3）式决定的求积公式为插值型求积公式。由于对次数不超过n-1次的任意多项式f?x?说来，E?f;x??0,所以n个结点的插值型求积公式的代数精度d?n?1.反之，容易证明，代数精度d?n?1的n个结点的求积公式一定是插值型求积公式。事实上，因Lagrange插值基本多项式

lk?x??Pn?1，而因求积公式的代数精度d?n?1,因此该求积公式对lk?x?

必精确成立，即

???x?l?x?dx??Al?x??A,k?1,?,n.特别，当x?k?1,?,n?属

bakjkjkj?1knn于[a,b]时，我们称公式

???x?f?x?dx??Af?x?akkk?1b （1.5）

为内插型求积公式，其中求积系数由下式确定：

Ak??ba??x???x?dx(k?1,?,n).?x?xk????xk? （1.6）

§2．Newton-Cotes公式

设

[a,b]

是

一

有

限

区

间

，

??x??1令

h??b?a?n,x0?a,x1?a?h,?,xn?a?nh?b.依定理1，有常数AK使得求积公式

?f?x?dx??Af?x? （2.1）

akkk?0bn对于一切次数?n的多项式是精确的。事实上，当Ak由（1.6）式决定时（注意，此时

??x???x?x0??x?x1???x?xn?;k?0,1,?,n?,上述求积公式的代数精度

d?n,以后，我们称N个结点的内插型求积公式为N点的Newton-Cotes公式。

通常，称一个结点的Newton-Cotes公式

?f?x?dx??b?a?f?a??E?f? （2.2）

ab为矩形公式；称2个结点的Newton-Cotes公式

?baf?x?dx?1?b?a??f?a??f?b???E?f? （2.3） 2为梯形公式；称3个结点的Newton-Cotes公式

?baf?x?dx?h4h?a?b?hf?a??f???f?b??E?f? （2.4） 33?2?31?b?a?. 2为Simpson公式。此处h? 由多项式插值余项公式可知，梯形公式的求积误差为

E?f???f?a,b,x??x?a??x?b?dx. （2.5）

ab设f?x?有连续的二阶导数，由于当a?x?b时，

?x?a??x?b??0,

所以对（2.5）式应用积分中值定理可知必有?a,b?中的点?1和?2使得 E?f??f?a,b,?1??a?x?a??x?b?dx

3?b?a???b12f????2?. （2.6）

同理，Simpson公式（2.4）的求积误差为

E?f???af?a,b,c,x??x?a??x?b??x?c?dx, （2.7） 其中c?1?a?b?. 2b设f?x?有四阶连续的导数，由于

1??x?cdx?d??x?a??x?b??,

2故由分部积分公式和积分中值定理可得 E?f??1b2????????fa,b,c,xdx?ax?b 4?a1b2?????????fa,b,c,x,xx?ax?bdx

4?a ?b122f?a,b,c,?1,?1???x?a??x?b?dx

a4

5?b?a???f?4????2880?a???b?. （2.8）

从Simpson公式的求积误差公式（2.8）可以看出，Simpson公式的代数精度是3。

从公式（2.6）和（2.8）看出，对给定的被积函数f?x?而言，当积分区间缩短时，求积误差以更快的速度减小。因此，在实际计算中为了保证计算的精度，往往首先用分点。

xi?a?i?b?a?n?i?0,1,?,n?

将区间?a,b?分成n个相等的子区间： ?x0,x1?,?x1,x2?,?,?xn?1,xn?,

而后对每个子区间再应用梯形公式（2.3）或Simpson公式（2.4）。例如，对每个子区间应用梯形公式（2.3），得到

?xi?1xib?ab?a??f?xi??f?xi?1???1?f?x?dx???f????i?. 2n12?n?3于上式中舍掉余项并对i从0到n-1求和，可得一个新的求积公式

?ba n?1b?a?b?a???????f? x?dx??fa?fb?2fa?idefS2n.??????2n?n???i?1(2.9)上述求积公式的误差是

31?b?a?n?1En?f ????(2.10)??f????i?.12?n?i?0若f???x?连续，由于?i均为?a,b?的内点，所以由中值定理有

1n?1f???????f????i?ni?0?a???b?.

将其代入（2.10）式，得到

Ef?????. n 12 n 2 （ 2.11 ）

公式（2.9）称为复化梯形公式，求积误差由（2.11）式确定。 同样，我们可以建立复化Simpson公式。用分点 xj?a?j?b?a?2n3?b?a??f????j?0,1,?,2n?

将?a,b?分为2n等分。然后，在每个子区间 ?x0,x2?,?x2,x4?,?,?x2n?2,x2n? 上应用Simpson公式并求和，得到

bn?1x2i?2??fxdx? ?a ? ?x2if?x?dxi?0n?1b?a?b?a?????????fa?fb?4fa?2i?1??（2.12） ? ?6n?2n??i?1 n?1b?a?? ?2?f?a?i???E2n?f?,n??i?1其中

1?b?a?5n?1?4?E?f?????f??i? 2 n 2880 ? n??i?05??1b?a ? ? f?4????,a???b.42880n

?2.13?关于Simpson型求积，还有一类4点Simpson38求积公式：

?ba??b?a?5?4???b?a?39?2a?b?9?a?2b?3f?x?dx?f?a??f???f???f?b???O???f?,3?8838383???????????? （2.14）

它也具有3次代数精度。

如下的Bode求积公式具有5次代数精度，它有5个求积结点：

b?af?x?dx?b?a?1464?3a?b?24?2a?2b???fa?f?f????4?45454454?????

（2.15）

64 ??b?a?7?6???a?3b?14?f?f?b???O?????f?.

45?4?45????4??

递推关系是数值方法的重要技巧，它具有结构紧凑和便于在计算机上实现的特点。下面，仅以梯形公式为例介绍一下所谓的逐次分半算法。

首先在整个区间?a,b?上应用梯形公式算出积分近似值T1；然后将?a,b?二等分，对n=2

应用复化梯形公式算出T2；再将每个小区间二等分（即将?a,b?四等分），对n=4应用复化梯形公式算出T4；如此下去，直至相邻两个值之差小于允许误差为止。应注意，在计算后面的T2n时可以利用前面算出的Tn的值：

n?1n b ?a?b?a?b?a??????????T2n??fa?fb?2fa?i?2fa?2i?1???????? 2?2n??n2n?????i?1i?1? 1 ? b?an?b?a??????T?fa?2i?1????n? 2?ni?1?2n???1H ? ? T n ? 2 n ?, （ 2.16 ） 2 其中

b?an?b?a? H 2 n ? ? f ? a ? ? 2 i ? 1 ? ?（2.17）

ni?1?2n?

为复化中矩阵公式。应用公式（2.16）和（2.17）计算T2n时只要计算被积函数f?x?在n个点处的值就可以了，可见递推算法减少了计算量。

现在，我们来看一看为什么可以通过相邻两个近似积分值之差来控制计算过程，令

I??af?x?dx,

则依（2.11）式可知

b1?b?a?En?f??I?Tn????12?n?

3n?1i?0?f????i?,

1?b?a?E2n?f??I?T2n????12?2n?32n?1i?0?f?????.i将两式相除并注意当n充分大时，

b b ? a n ?1?f????i???af???x?dx, ni?0b b ? a 2 n?1????f?i??f???x?dx,?a 2ni?0则得到

I?Tn?4,

I?T2n I?T2n?1?T2n?Tn?. （2.18） 3 上式说明，若两个相邻的积分近似值Tn与T2n之差为允许误差，则T2n与积分精确值之差大约是允许误差的三分之一，因此计算可以至此为止。误差之此种估计法称为后天估计（事后估计）。

对Simpson公式也有类似的算法，于此不细说了。比较公式（2.9），（2.12）和（2.16），可以得到复化Simpson公式与梯形公式的如下关系：

S2n?41T2n?Tn. （2.19） 33§3. Romberg方法

现在让我们比较一下复化梯形公式与复化Simpson公式。复化梯形公式仅

2?1?对一次多项式精确成立，收敛速度是??；而复化Simpson公式对所有次数不

?n?14??超过3的多项式精确成立，收敛速度是??。所以一般来说Simpson公式要比

?n?梯形公式好。然而如果我们用逐次分半算法计算了T1,T2,T4,?,则依（2.19）式顺便就可以算出复化Simpson公式的值S2,S4,?.同样，用S2n和S4n作适当的线性组合又可以得到更好的求积公式。这种用两个相邻的近似公式（其中一个公式是由另一个公式的分半得到的）的线性组合而得到更好的近似公式的方法，就是近代电子计算机上常用的Romberg求积公式，也叫逐次分半加速法。形如（2.19）的公式也叫逐次分半加速公式。

公式（2.19）是有比较求积公式的系数得到的。下面想从另一个角度，即从近似求积余项的分析来引出这种加速公式的一般形式。

bI? 令?f?x?dx.

a由复化梯形公式的余项

E ?f??I?TnTn3?b?a???12n2f?????,

E

T2n3?b?a??f??I?T2n??212?2n?f?????TT可以看出，4E2n?f??En?f??0对所有次数不超过2的多项式精确成立。因此

4?I?T2n???I?Tn??0, 亦即

I ?4T?1T?4T?1T2nn2nn4?14?133

对所有次数不超过2的多项式精确成立。事实上，它就是Simpson求积公式，它对所有的3次多项式也是精确成立的。 同样由复化Simpson公式的求积误差表达式

E S?f??I?S???b?a?f?4????,2n2n2880n45 ?b?a?S?4????E4n?f??I?S4n??f4 ?2n?2880

5SS可以看出，42E4n?f??E2n?f??0对所有次数不超过4的多项是精确成立。因此

42?I?S4n???I?S2n??0, 亦即

421 I?2S4n?2S2n记为C4n4?14?1

(3.1)

对所有次数不超过4的多项是精确成立。这就是复化Cotes公式。复化Cotes公式的余项为

?ba2?b?a??6?f?x?dx?C4n???f???.6945?4n?7因此，实际上复化Cotes公式（3.1）对5次多项式也是精确成立的。

b?a??y?fa?i??,则有 当n=1时，记i4??

421C4?2S4?2S2 4?14?1 322327?7????b?ay?y?y?y?y?01234?. 9090159090??

上式既是n=4时的Newton-Cotes公式，也称为Cotes公式。

类似地，我们可以将复化Cotes公式加速，从而得到更好的求积公式。 依此类推，可以得到一系列逐次分半加速公式。它可表列如下：

区间等分数 逐次分半加速公式 n 梯形公式（T公式）： Tn 2n Simpson公式（S公式）： 41T2n?Tn S2n?4?14?1 Cotes公式（C公式）： 3 代数精度 1 4n 5 8n 16n 32n ? 421S4n?2S2n S4n?24?14?1 Romberg公式（R公式）： 431C8n?3C4n R8n?34?14?1 D公式： 441R16n?4R8n D16n?44?14?1 E公式： 451D32n?5D16n E32n?54?14?1 ? 7 9 11 ? 在实际计算中，逐次分半加速法可按如下表格逐行进行计算。当表中对角线上出现两个顺序接连的数之差为允许误差时，即可停止运算。 逐 次 分 半 加 速 表 分半次数 区间等分数 T公式 S公式 C公式 R公式 D公式 E公式 i=0 20?1 T1 1 21?2 T2 S2 2 22?4 T4 S4 C4 3 23?8 T8 S8 C8 R8 续表 分半次数 区间等分数 T公式 S公式 C公式 R公式 D公式 E公式 4 24?16 T16 S16 C16 R16 D16 5 25?32 T32 S32 C32 R32 D32

E32 ? ? ? ? ? ? ?

? 例 计算定积分

?211dx, x并使误差不超过0.0001。

解 （1）在区间?1,2?上用梯形公式得

13????T?(f1?f2)??0.7500. 0 124 （2）将?1,2?二等分

?3?2H2?f????0.66667,

231??T2??T1?H2??0.70833,

2 4T?TS2?21?0.69444.4?1

（3）?1,2?四等分

1??5??7??H??f?f7 1????? 4??0.685,2?44???1??? T4??T2?H4??0.6970,2

24T4?T2S??0.6932, 5 44?142S4?S2?0.69317. C4?42?1（4） 将?1,2?8等分

1??9??11??13??15??H??f?f?f?f,????????? 8??0.691222?8888??????????

1?T4?H8??0.6941,2T? 8 24T8?T4S??0.6931, 5 8

4?1

42S8?S4C8??0.69315, 24?143C8?C4 R8??0.69315.43?1

由于C4?R8?0.00002?0.0001.故计算可以停止。所得积分近似值为0。69315。

§4. Euler-Maclaurin公式

为介绍Euler-Maclaurin公式，须先讲述Bernoulli数。

Bernoulli数?Bj?由下述母函数生成：

t??Gt?. et?1 亦即

?j?Bjj?t?t , B? ?,j?1,?.（4.1） t? G ?t ? ? ? j ! j e?1???j?0t?0而

B 0?G?0?deflimt?0t?1.et?1

为写出前几个Bernoulli数，注意到

G ??t??t?即

t,et?1 G??t??t?G?t?. 所以

?

j?0?Bjj!??1?tjj?t??j?0?Bjj!tj.

比较t的同次幂系数，可知

B1?12,B2j?1?0(j?1,2,?), 其它的Bernoulli数为

B0?1,B2?16,B4??130,B6?142,

B8??130,B10?566,B12??691273,0B14?76, B16??3617510,B18?43867798,B20??174611330.

它们之间有如下递推关系式

B ? ? n ? ( n ?1).（4.2） ??n????B???0??

nBernoulli多项式由下述母函数生成：

xt?B?x?te H ? j t j.（4.3） x,t??t??e?1j?0j!

Bernoulli多项式和Bernoulli数的关系为Bn?0??Bn.前几个Bernoulli多项式为 B0?x??1,B1?x??x?12,B2?x??x2?x?16,

32x3??Bx?x?x?,B4?x??x4?2x3?x2?130. 322

按Bk?x?的定义，可知

xtk???k??t?text B k?x??????e????t??t?e?1?t?0i?0?i??e?1?t?0从而

?k??i????k?i?t?0. k ? k 4.4 ） ? k ? i （

?Bk?x????Bx.??ii?0?i?

在（4.3）式两边对x求导数，可知

?B??x??B?x?djj H?x,t???jt??tj?1.dxj!j!j?0j?0

?因此Bj?x??j?Bj?1?x?,j?1,2,?. （4.5）

以1-x

te?1?x?t??t?ex??t? H ?1?x,t??t??t?H?x,?t?.e?1e?1

代替（4.3）中的x。得到

按Bj?x?的定义，有

?

j?0?Bj?1?x?j!t??jj?0?Bj?x?j!??t?j.Bj?1?x????1?Bj?x?,j?0,1,?.

j（4.6）

由此可知，当j为奇数时，（4.6）表明，此时Bj?x?在[0，1]上以x?12点中心对称；当j为偶数时，（4.6）表明，此时Bj?x?在[0，1]上以x?12直线对称。 若于（4.6）中取x=0，则可得到Bj?1????1?Bj?0?.从而有

j B2k?1?1???B2k?1?0???B2k?1?0, B2k?1??B2k?0??B2k.

现在定义以1为周期的函数Bk?x?:

?Bk?x?, B k?x????Bk?x?1?, 定

理

（

0?x?1,x?1.Euler-Maclaurin

公

式

）

设

m?0,n?1,h??b?a?n,xj?a?jh,j?0,?,n.若f?x??C2m?2?a,b?,则下述Euler-Maclaurin公式成立：

b1?1? ????????????fxdx?hfa?fa?h???fa?n?1h?fb?a??2?2?

2jmBh2j???f?2j?1??b??f?2j?1??a?

!j?1?2j???(4.7)

??2m?2?h2m?2b??x?a??x?dx.?B2m?2???B2m?2?f?2m?2?!?a?h ???? 证明 应用Bernoulli多项式的性质，

???????fxdx?hfa?thdt?hfa?thB1?t?dt ?a?0?0121 ?h?f?a?th?B1?t???h?f??a?th?B1?t?dt

002hh1??t?dt f??a?th?B2 ??f?a??f?a?h????0221hh2? ??f?a??f?a?h????f?a?th?B2?t??

022h31f???a?th?B2?t?dt ??02hh2?B2??f??a?h??f??a?? ??f?a??f?a?h???212h41h3 ??f???a?th?B3?t???f????a?th?B3?t?dt ??006m61B2kh2hh ????f?a??f?a?h????

??22k!k?0

h2m?31?2k?1??2k?1? ?f?a?h??f?a??B2m?2?t??f?2m?2??a?th?dt,??2m?2?!0（4.8）

a?h11??

其中求和号下的最后一项，可化为

2m?2 B 2 m?2hf?2m?1??a?h??f?2m?1??a??2m?2?!

??2m?3 ? B2m?2h?2m?2?!

?10f?2m?2??a?th?dt.将之代入（4.8），并整理后得到

mB2kh2k?2k?1?h ? f?a?th?dt??f?a??f?a?h?????a?h?fa??22k!k?1

h2m?31?2m?2??2k?1? ? f?a????a?th??B2m?2?t??B2m?2?dtf?2m?2?!?0

b?上式右端的积分项可化为

?h2m?2a?h?2m?2???x?a? ??fxB?B2m?2??2m?2?dx.??a?2m?2?!?h???证毕。

还有第二Euler-Maclaurin求积公式。对于它来说，相应和式是对一批“半点”上的函数值求的和。

b???1?3?1????? ?f?x?dx?h?f?a?h??f?a?h????f?a??n??h?? ??2a2?2????B??2h??2????f?b??f?a???? （4.9） ?4

B2kh2k ? 1?2?2k?1f?2k?1??b??f?2k?1??a???.?2k?!

????其实（4.9）完全可以从原来的Euler-Maclaurin公式，同取步长为h2的Euler-Maclaurin公式两者组合起来而得到（留作习题）。

Euler-Maclaurin公式（4.7）和(4.9)，既可作为求和公式，又可作为求积公式。该公式、及其多元推广，已被应用于各类求积和求和的问题中。即使近年以来，也仍有学者从事这方面的理论与应用研究。

§5. Gauss型求积公式

本节讨论当求积公式的结点（又称计值点）个数n确定后，求积公式的代数精确度最高能是多少，并给出这类具有最高代数精度的求积公式的一般理论。如前所知，只要n点求积公式的代数精度不少于n-1，则它一定是插值型的求积公式。因此具有最高代数精度的求积公式必然是插值型求积公式。 设

?x? ? x ? f ?a ? dx ? ? Ajf?xj?（5.1）

bj?1n

为以x1,?,xn为结点的插值型求积公式。人们可以断言，上述求积公式对于2n次代数多项式

f?x???x?x1???x?xn?

22必不能精确成立。事实上，对任意选定的求积系数A1,?,An,必有

?Af?x??0.

jjj?1n另一方面，显然有

?ba??x??x?x1?2??x?xn?2dx?0.

所以（5.1）的最高代数精度必不能超过2n-1。

人们要问：是否存在具有2n-1次代数精度的求积公式？如果存在的话，它的求积结点应该有什么特征呢？以下定理给上述问题一个肯定的回答。 定理2 插值型求积公式（5.1）具有2n-1次代数精度，必须且只须插值结点x1,?,xn是[a,b]上以??x?为权的n次直交多项式的零点。

证明 设（5.1）具有2n-1次代数精度。记??x???x?x1???x?xn?,对任意给定的多项式q?x??Pn?1，因（5.1）的代数精度为2n-1，所以

??x???x?q?x?dx??Aj??xj?q?xj??0. ? abj?1n

亦即??x?与q?x?关于权??x?直交。

反之，若??x?与任何次数?n?1的多项式关于??x?直交。任意给定

f?x??P2n?1，恒可表为f?x??q?x???x??r?x?,其中q?x?与r?x?均属于Pn?1。且

? ??x?f?x?dx????x?q?x???x?dx????x?r?x?dxaaabbb

??Ajr?xj?

??Ajq?xj???xj??r?xj? ??Ajf?xj?.

即求积公式（5.1）具有2n-1次代数精度。证毕。

具有最高代数精度2n-1的插值型求积公式，称为Gauss型求积公式。由定理2，

j?1jn?1jn?1n??构造Gauss型求积公式的关键问题是：给定了??x?与n，究竟应如何来作多项式

??x???x?x1??x?x2???x?xn?，使??x?与任意次数?n?1的多项式q?x?关于??x?恒直交，其中a?x1?x2???xn?b.由直交多项式理论，多项式??x?可表

示成

? ?x??

定理3 设（5.1）为Gauss型内插求积公式，则其求积系数Ak皆为正，且Ak有一个与（1.6）等价的表达式：

b????? dxx A k ? 1 2 ? ? ? x 2 . （ 5.2 ）

?a?x?xk?????xk??

2?01?1?n?1??1?2????n?1?n?1x?xn?n?n?1??2n?1证明 显然，多项式

f?x?????x??x?xk??

2的次数是不超过2n-2的，并且容易看出

?0, f ? xl???2??????x,k?

由于Gauss公式对其精确成立，故得 因为

A k?

bal?k,l?k.???x?f?x?dx?0,所以

1????xk??2ba?ba??x?f?x?dx??Alf?xl??Ak????xk??2.

l?1n???x?f?x?dx?0.最后将f?x?的多项式代入，便得到公式（5.2）。

定理 4 若f?x?在[a,b]内2n次连续可微，则Gauss型公式（5.1）的余项表达式为

2f?2n????b E ?f????x????x??dx,?2n?!?a

其中 a???b,??x???x?x1??x?x2???x?xn?.

证明 根据Hermite插值公式可以作出一个次数?2n?1的多项式??x?,使得

??xk??f?xk?,???xk??f??xk??k?1,?,n?，并且

???x??2 f ?x????x???2n?!

f?2n????,此处????x???a,b?,xk??a,b??k?1,?,n?. 在上式两端乘以??x?后再积分，则得

???x??2?a??x?f?x?dx??a??x???x?dx??a??x??2n?!bbbnnf?2n????dx. （5.3）

既然??x?是次数?2n?1的多项式，故（5.3）右端的第一项为

注意??x????x??非负，因此（5.3）式右端的余项可利用积分中值定理改写成

2???x???x?dx??A??x???Af?x?.

akkkkk?1k?1b

E?f??b12f?2n???????x????x??dx.

a?2n?!

这样便证明了定理4。

现在，我们考虑Gauss型求积公式的收敛性问题。

定理 5 设[a,b]为一有限区间，并有Gauss型求积公式序列若f?x?在[a,b]上连续，则此公式序列收敛于积分的真值。 证明 只需证，对于给定的??0,存在N，使得当n>N时有

bnn???x?f?x?dx??Aak?1bk,nf?xk,n??n?2,3,??. （5.4）

???x?f?x?dx??Aak?1bnak?1k,nf?xk,n???.

定义

C????x?dx??Ak,n

和?1???3C?.依Weierstrass定理，对给定的?1，有N使得

f?x??qN?x???1?x??a,b??.

若n>N，则和式（5.4）中的n点公式对qN?x?是精确的。从而当n>N时有

ban???x?f?x?dx??Af?x?

????x?f?x?dx????x?q?x?dx ??Aq?x???Af?x,n?

bak,nk,nbnk?1aNnk,nNk,nk,nkk?1k?1

2???. 3Gauss型求积公式序列的收敛性比定理5的结论还要好。可以证明，这一求积公?2C?1?2C??3C?????x?f?x?dx????x?q?x?dx??Aq?x???Af?x,n?????x??f?x??q?x??dx

??A?q?x??f?x?? ????x?f?x??q?x?dx ??Aq?x??f?x? ?????x?dx???A

?ananNbb

k,nNk,nk,nkk?1bnk?1aNk,nNk,nk,nbk?1anNk,nNk,nk,nk?1b1an1k,nk?1式序列当积分存在时就收敛于积分的真值。

§6. Gauss公式和Mehler公式

Gauss公式和Mehler公式都是一般的Gauss型公式的特别情形，因为它们很有用，所以值得专门来介绍一下。 古典的Gauss公式为

? f ?x ? dx ? ? A k f ? x ,（6.1） k??E?f??1k?11n

因此这是一般的Gauss型公式中令??x??1,?a,b????1,1?所得的特别情形。 根据一般理论，我们知道公式中的结点xk仍是n次多项式??x?的零点；而这个??x?必须与一切不超过n-1次的多项式q?x?直交，亦即有

1???x?q?x?dx?0.?1虽然这样的??x?总可以通过矩量

1?k??xkdx?1?k?0,1,2,??

作成的行列式表示出来，但是这样做毕竟是麻烦的。事实上，人们早已发现著名的Legendre多项式

n1dn2????Px?x?1n 2nn!dxn

恰好具有上述??x?所要求的直交性。由于Pn?x?也是n次多项式，因此它与我们需要的??x?顶多差一个常数因子。容易看出

?2n?!xn??,??Px?n2 2n?n!?

因此所需要的??x?（即最高次项的系数是1的多项式）可以表成

2 2n?n!???x??Pn?x?. ?2n?!

这样，我们不仅解决了Gauss公式的结点问题，而且也可以利用所得到的??x?去解决求积系数的问题和求积公式的余项问题。显然

1Pn?x? A ? 1 ? ? x?（6.2） dx?dx.k??1?x?xk????xk???1?x?xk?Pn??xk?

但是用这个公式来计算Ak还是不甚方便，事实上我们可以得到更简便的系数公式。试考虑积分

S ? 1 P n ? x ? P ?? x ? , （ 6.3 ） dxkn??1x?xk

注意到被积函数为2n-2次多项式，故由Gauss公式知

2 Sk?Ak?Pn??xk??. （6.4）

另一方面，如令

P?x?? u ?n,dv?pn?x?dx,x?xk

则将（6.3）的右端进行分部积分，可知有

1?21????????PxPx S ? n ? P ? x ?? n（6.5） ?dx.kn????x?x?k??x?xk??1?1?

注意上式右端第二项内的被积函数又是2n-2次多项式，它应该精确地等于Gauss公式的求积和。又因Pn?xk??0?k?1,2,?,n?,故（6.5）式右端的积分等

于零。注意到P2n（?1）=1，容易求出第一项的值为

2?pn(x)?sk=??x?xk??1=?1112+= 21?xk1?xk1?xk因此依（6.4）式，便得到了Ak的系数公式：

Ak=

2. (6.6) 2'2(1?xk)[Pn(xk)]这样，我们已完全解决了Gauss公式的构造问题。 在验证Pn(x)的直交性时，我们曾用分部积分法处理了积分 I=?Pn(x)Q(x)dx.

?11就Q(x)?Px(x)而言，则由同样的计算手续可得

(2n)! ?[Pn(x)]dx=(?1)2n?12(n!)212n?1?1(x2?1)ndx?2. (6.7) 2n?1于是根据Gauss型求积公式余项的普遍公式，我们便可算出公式（6.1）的余项为

f(2n)(?)E[f]=(2n)!?1?1[ω(x)]dx

222n?1(n!)4?f(2n)(?)3 (2n?1)[(2n)!], （6.8）

其中-1???1。于此，我们用到了（6.7）式和

2n(n!)2ω(x)=Pn(x).

(2n)!下面我们再来简要的指出Mehler求积公式的结构形式。所谓Mehler公式 就是如下的特别情形： ρ(x)=

11?x2, [a,b]=[-1,1].

对这种情形，具备直交性条件的多项式ω(x)恰好就是著名的Tchebyshev 多项式

Tn(x)?~~12n?1cos(narccosx).

Tn(x)的n个零点x1,x2,?xn便是Mehler公式的结点。再根据求积系数的

一般公式，将ω(x)? Tn(x)代入并作变数代换x=cos?,则可得出所需要的系数为

~Ak?1~T(xk)'n??0cons??d??.co?s?xkn （6.9）

上式中的三角函数（实际是n-1次三角多项式）的积分值恰好等于事实，读者可作为一个习题来论证。

综上所述，可知Mehler公式的形式是

~?nTn'(xk)的

~?111?x2?1f(x)dx??f(x?nk?1nk)?E[f] ， （6.10）

其中诸xk恰好是Tn'(x)=0的一切根。

公式（6.10）的最大优点是求积系数都相同。这在应用时可以减少n-1次 乘法运算。

最后，我们不加证明地指出（6.10）的一个余项估计式 E[f]=

?(2n)!22n?1f(2n)(?) (-1???1). (6.11)

这里当然应先假定 f(2n)(x)在[-1，1]上存在并连续。

例 试用Gauss公式计算定积分 I=?12dx(x?1)(3x?4)20.

显然，如作变数替换x=1,则上述积分的积分区间便变为[-1，1]， 2(t?1)因而便可直接应用公式（6.1）。自然也可以直接利用与公式（6.1）完全等价而积 分区间是[0，1]的那个Gauss 公式：

?10**F(x)dx??AkF(xk), （6.12）

k?1n**此处Ak与xk同公式（6.1）中的Ak与xk之间的关系是

**=1，xk=1（xk+1）. Ak2Ak2*在 Kleirov的《近似计算方法讲义》一书中曾给出关于n=1,2,?,8的诸Ak与*之值。例如现在假定我们是利用4个结点的公式（6.12）来计算积分I， xk则由查表可知 k 1 2 3 4 * xk * Ak 0.069 432 0.330 009 0.669 991 0.930 568 0.173 927 0.326 073 0.326 073 0.173 927 *****在这里我们还看出求积系数Ak的分布是对称的，并且x1+x4?x2?x3?1

（亦即结点位臵对[0，1]的中点亦是对称的）。这个事实对一般的n也都成立。

**既然有了Ak与xk的具体数值，那么代入公式（6.12）的右端便立即得到

所需的积分值：

**I??AkF(xk)?0.402 184. k?14同样，如果利用3个结点的公式来计算，则所得的数值是I?0.402 114.这 与上面所得的结果相比较，有4位小数是相同的。所以可取I?0.402 1.

§7. 三角精度与周期函数的求积公式

在实际应用问题中有时遇到周期函数的定积分，因此有必要讨论这种积分

的近似求积法。

假定要计算的积分是I??2?0f(x)dx，其中f(x)是x的以2?为周期的连

续函数，即f(x?2?)?f(x)。我们希望建立带有n个结点的求积公式：

?2?0f(x)dx??Akf(xk). （7.1）

k?1n根据Weierstrass的第二逼近定理，用三角多项式 Tm(x)?a0??(akcoskx?bksinkx)

k?1m可以一致地逼近周期连续函数。因此自然又使我们想到用形如上述Tm(x)的

m次三角多项式的次数m来规定求积公式（7.1）的精度。

如果公式（7.1）对任意m次三角多项式都精确成立，而对m+1次三角多 项式不恒成立，此时便称（7.1）的三角精度为m。

现在我们来证明无论怎样选取xk和Ak都不能使公式（7.1）的三角精度提 高到?n。让我们考虑n次三角多项式

?x?xk?f(x)??sin2??， （7.2）

2??k?1其中xk为（7.1）右端求积和中的结点。

由三角函数的和积互化公式可知几个三角多项式的乘积仍是三角多项式， 而次数等于连乘的多项式的次数之和。因此（7.2）显然是n次三角多项式，假如

设想（7.1）的三角精度?n，则自然就会有

n?2?0?n2?x?xksin????2?k?1n????dx??Ajf(xj)?0. ??j?1但上式的左端>0，这个矛盾便证明了（7.1）的三角精度无论如何不能超过

n-1。

进一步还可以证明（7.1）确实可以达到最高可能的精度n-1。这只须取

等

距结点和相等的系数A1?A2???An即可办到。

在[0，2?]中任取步长为h?2?n的等距结点

xk?x1?(k?1)h （k?1,2,?,n).

又假定一切系数为常数（Ak?A)，在公式（7.1）中令f(x)?1,则 因此可知A??2?0dx??Ak?nA.

k?1n2?.从而，公式（7.1）此时即变成如下特殊形式： n

?2?0f(x)dx?2?n?f(xk?1nk). （7.3）

易验证求积公式（7.3）确实具有三角精度n-1，为此只须取f(x)?1,

cosmx,sinmx(m?1,2,?n?1)来验证就可以了，自然同样地取

f(x)?eimx （m?0,1,2,?,n?1;i??1)

来验算一下亦就够了。当然 m?0是无需验证的。以下可假定0?m?n?1. 此时，我们有

?2?0f(x)dx??eimxdx?02?1imx2?[eim]0?0;

另一方面，求积和也等于0，原因是

?k?1nf(xk)??eim(x1?(k?1)h)?eimx1?eim(k?1)h

k?1k?1im1xh?eimn?1???eimh?1???0 ??nn ?e?h?2n??.

这就证明了关于精度所作的断言。

显然，如果被积函数的周期为T?0，则只须作一变数代换即可将公式 （7.3）变形为 其中0?x1?h,h??T0f(x)dx?Tn?f(xk?1nk)?E[f], （7.4）

?n,xk?x1?(k?1)h (k?1,2,?,n).

例 试计算椭圆积分

? I??02d?1?0.5sin?2.

注意被积函数为偶函数，且周期为?，因此

1d? I??2?.

2?221?0.5sin??我们可以对T?n来利用公式（7.1）。取n?6即关于??0为对称的结点

x?1???12,x?2???4,x?3??5?,于是由（7.4）式便得到（注意12f(xk)?f(?xk))

2I??3?f(xk?13k).

如果使用6位小数去计算，则得I?1.854075.和积分的精确值

?1??1???????1?4??2??1.854 075 I??3?22????4? 相比较，其误差为6.8?10?5.

§8. 奇异积分的计算

在许多应用问题遇到的反常积分的计算问题，常可借助于变量替换或分

部积分法，使之变成通常的积分来计算。 例1 计算 I??0?dx(1?x)x.

解 上述积分可拆成两部分： I??11(1?x)x0dx???1(1?x)x1dx.

采用变量替换z?1/x，则右端第二个积分变为

??1(1?x)x0dx??0?1(1?1z)1z1z?2dz

??所以

11(1?z)z0dz.

I?2?再采用分部积分法，得到

11(1?x)x0dx.

I?2?4?xdx.

0(1?x)21右端的积分已是通常的定积分，因而可用一般的数值积分公式来计算了。 对于一个积分来讲，如果它的被积函数在积分区间上处处连续，而它的某些

阶导数在区间内的某点不是有界的。此时虽然人们仍可用数值积分公式来计算它，但

因余项的界已无法控制，以致这类数值积分公式无效。这表明如果被积函数

f(x)的导

数存在奇点，则会导致数值积分公式无效。

以下介绍Konotorovich 奇点分离法，它是专门为解决以上问题的一类方法。其基

本思想乃是作出与被积函数有同样特点的可积分成有限形式的初等函数。如从被积函数

减去这个辅助函数，便得到与其导数同为连续的函数。作为辅助函数，常取Toylor级

数的部分和。这样求积公式则可应用于被积函数与辅助函数之差上。 设所欲求的积分为

I??(x?x0)??(x)dx,???1,

ab其中?(x0)?0,且于x0的某个邻域内有一直到k阶的连续导数。 利用恒等式

??(x?x0)'(x?x0)k(k) ?(x)???(x0)??(x0)????(x0)?

1!k!????x?x0'(x?x0)k(k) ???(x)??(x0)??(x0)????(x0)?,

1!k!??将被积函数f(x)?(x?x0)??(x)分解为

f(x)?(x?x0)??(x)?f1(x)?f2(x), 其中

f1(x)??(x0)(x?x0)????'(x0)1!(x?x0)??1????(k)(x0)k!(x?x0)??k ，

?x?x0'?(k)(x0)k? f2(x)?(x?x0)??(x)??(x0)??(x0)??(x?x0)?. 1!k!??所以

I??f1(x)dx??f2(x)dx?I1?I2，

aabb 此处的I1已是正常的积分，因而可以数值积分。f2(x)有一直到k阶的导

数存在，事实上有

??(??1)?(??k?1)(k?1)??(?)0??(k?1)!??f2(k)(x)?(x?x0)??1??

k??(??1)?(??k?2)(k?1)(k?1)??????(?)????(?k)?1????k!??1??其中诸?j为x0与x之间的数。所以

?baf2(x)dx

可用含有f(m)(?)(m?k)的余项之数值积分公式来计算。

例2

计算

I?? 解 利用恒等式

11(1?x)x0dx.

1?1??(1?x?x2)???1?x?x2?. 1?x?1?x?I??11x0(1?x?x2)dx??101?1??1?x?x2?dx. ?x?1?x?上面右端第一个积分可直接算出

而第二个积分经化简后，为 ??1?11x0(1?x?x2)dx?1.733 333，

0x2xdx， 1?x 利用3点Gauss积分公式可求得它的值-0.162 601。最后求得

I? 1.570 73.

顺便指出，今年来国内、外学者们更经常采用样条方法来构作数值积分方法.特别地，拟插值样条算子常被应用于各种奇异积分，其中包括Cauchy主值积分和有限部分积分的数值积分，它们在奇异积分方程，特别在边界元方法中有着重要的应用。

§9. 高维求积公式

设Dn是n维欧式空间Rn中的区域。记X?(x1,?,Xn),dX?dx1?dxn. 本节讨论如下形式的求积公式

?Dnf(X)?(X)dX??Aif(Xi)， （9.1）

i?1N其中?(X)??(x1,?,xn)是权函数，它在Dn上非负；诸Xi?Dn称为求积结点；

诸Ai是不依赖于f(X)的常数，称为求积系数。 求积公式（9.1）的误差为

?N???(X)f(X)dX??Aif(Xi).

Dni?1N有时（9.1）式也被写成

?Dn ?(X)f(X)dX??Aif(Xi)??N （9.2）

i?1N如果对任意的单项式

kk x1k1x22?xn,k1?k2???kn?k n求积公式（9.1）精确成立，并且至少有一个k?1次的单项式，使得（9.1）不精确

成立，则称求积公式（9.1）具有k次代数精度。简称它为k次求积公式。

由于篇幅所限，我们不能展开来讨论高维求积公式的所有理论和方法。本节只介绍

平面区域上的Radon七点5次求积公式。

设D为平面上的任意有界区域，权函数?(x,y)?1，我们将证明，能够构造D上

的七点5次求积公式。为此，需要寻求D上的三个线性无关的3次直交多项式，他们

有七个互异的公共零点。如果这样的多项式已经找到了，则可证明以这七个公共零点

为求积结点的求积公式就有5次代数精度。 先描述七点5次求积公式的特征。

令pk(x,y)和pk,i(x,y)表示真正k次的2元多项式，而qk(x,y),qk,i(x,y)表示

次数?k的2元多项式，即qk?Pk,qk,i?Pk.

按第四章中关于多元直交多项式的理论，D上3次直交多项式有四个基底。设这些基底多项式为

3,0 p3,0(x,y)?x3?q2(x,y),

,2 p1,2(x,y)?xy2?q12(x,y),

（9.3）

2,1 p2,1(x,y)?x2y?q2(x,y), 0,3 p0,3(x,y)?y3?q2(x,y),

i,j其中q2?P2,i?j?3. 引进三个常数

A??[p3,0?p1,2?(p2,1)2]dxdy，

D B??[p3,0?p0,3?p2,1?p1,2]dxdy， （9.4）

Dy C??[p2,1?p0,3?(p1,2)2]dxd.

D以下恒假定区域D使A,B,C不全为0，即 A2?B2?C2?0（9.5）

为构造平面区域D上的5次求积公式，至少需要多少个求积结点？下面的

定理回答了这问题。

定理6（Meisovskih） 设D满足（9.5）.为了构造D上的一个5次求积公式，

求积结点的个数不能少于7。

证明 采用反正法。假若不然，设求积公式 具有5次代数精度。

可以断言，结点 ?j?(xj,yj),j?1,?,6不能同时落在一条2次曲线上。

6事实上，如果{pj}1落在2次曲线

.

?D f(x,y)dxd?y?Cjf(xj,yj) （9.6）

j?16 l(x,y)?0, l?p2.

上，则[l(x,y)]2?p4?p5作为f(x,y)，必使（9.6）精确成立。但这是不可能

的，因为对于f?l2来说，（9.6）的左端大于0，而右端为0.

通过求积公式（9.6）的六个求积结点中的任意五点（假定不包括点?k）作一条

2次代数曲线lk(x,y)?0,则lk(?k)?0。因假定（9.6）具有5次代数精度，特别地

对于[lk(x,y)]2?P4应是精确的.即

?[lDk(x,y)]2dxdy?Ck[lk(?k)]2.

所以Ck?0,k?1,?,6.

对于D上的任意3次直交多项式?(x,y)，显然（9.6）对于5次多项式

?(x,y)lk(x,y)是精确成立的，即

?D?(x,y)lk(x,y)dxdy?Ck?(?k)lk(?k).

可是，按?(x,y)的直交性，上式左端为0，再由Ck?0,lk(?k)?0的事实，必可

推知?(?k)?0,k?1,?,6.这表明（9.6）的求积结点，是任意3次直交多项式的零点.

当然也是由（9.3）给出的3次直交多项式的四个基底的零点。 以下证明A,B和C皆为0。事实上，

y A??[p3,0?xy2?p2,1?x2y]dxd

D3,02,1)xy2?(x2y?q2)x2y]dxdy ??[(x3?q2

D23,02,12xy2?q2xy]dxd.y ??[q2

D3,02,1因q2,q2?P2,且（9.6）为5次求积公式，所以它对最后的积分精确成立，

即

3,02,1 A??Ci[q2 (xi,yi)xiyi2?q2(xi,yi)xi2yi]. （9.7）

i?16又因按（9.3）给出的四个3次直交多项式均以求积结点为零点，所以

3,02,1 q2(xi,yi)??xi3,q2(xi,yi)??xi2yi.

由（9.7）可知A?0.同理可证得B?C?0，这与A2?B2?C2?0相矛盾.定理 得证.

定理7 若七点求积公式 （9.8）

具有5次代数精确度，则有三个3次多项式

p3,1(x,y),p3,2(x,y),p3,3(x,y) （9.9）

存在，满足下列条件

（ⅰ） 多项式组（9.9）线性无关，且其中任一多项式均与P2中的任意多项式 直交；

（ⅱ）（9.8）中的七个求积结点是（9.9）中的三个多项式的公共零点； （ⅲ）以（9.8）中七个求积结点为零点的任意3次多项式，必是（9.9）中三个

多项式的线性组合；

（ⅳ）存在三个1次多项式

q1,i(x,y)?aix?biy?ci,i?1,2,3, （其中至少有两个1次多项式不恒为零），使得

?Df(x,y)dxd?y?Aif(xi,yi)

i?17 q1,1(x,y)p3,1(x,y)?q1,2(x,y)p3,2(x,y)?q1,3(x,y)p3,3(x,y)?0（9.10）

本定理的完全证明比较冗长，此处从略。 下面讨论七点5次求积公式的构造方法。

首先介绍如何构造三个线性无关的直交多项式p3,i?P3,i?1,2,3,使得 q1,1?p3,1?q1,2?p3,2?q1,3?p3,3?0, （9.11）

.

其中q1,i如定理7中所述.其次将指出p3,i(i?1,2,3)有七个公共零点，且若这些公共零点

互异，则它们可用作5次求积公式（9.8）的求积结点.

定理8 如果（9.4）中的A,B,C不全为0，则可找到三个线性无关的直交多项式

，其中q1,i(i?1,2,3)为1次函数，且至少有两个p3,i(i?1,2,3)，它们满足（9.11）不恒 为0.

证明 先证明可以找到3次直交多项式 p3,i(i?1,2,3)，使得 xp3,1?yp3,2?p3,3（9.12）

因为任意3次直交多项式p3,1与p3,2均能以3次直交多项式的基底线性表示，即

p3,1??30p3,0??21p2,1??12p1,2??03p0,3， p3,2??30p3,0??21p2,1??12p1,2??03p0,3.

.

按（9.12）式，xp3,1?yp3,2应是3次多项式，即它的4次项为0.所以 ?30??30?0,?21???30,?12???21,?03???12 . 所以

p3,1??p2,1??p1,2??p0,3 ， p3,2???p3,0??p2,1??p1,2（9.13）

以下确定?,?和?，以使xp3,1?yp3,2为一3次直交多项式.

因为p3,1，p3,2为3次直交多项式，所以xp3,1?yp3,2与P1中的所有多项式直交，

故我们只须选择?,?和?使得

xp3,1?yp3,2??(xp2,1?yp3,0)??(xp1,2?yp2,1)??(xp0,3?yp1,2) 与x2,xy和y2都直交就可以了，由此推出

AB?????0??0??????0??A0C ??????????B?C0?????????0??.

.

（9.14）

若A,B,C不全为0，则上述齐方程组的系数距阵秩数为2.所以（9.14）解空间维数为1.

即除差一常数因子外，（9.14）有唯一的一组非零解?,?,?，因而p3,1与p3,2线性无关.

分两种情形来讨论：

（a）p3,3?xp3,1?yp3,2与p3,1,p3,2线性无关； （b）p3,3是p3,1,p3,2的线性组合：

p3,3??1p3,1??2p3,2 （9.15）

对于情形（a）:我们找到了三个线性无关的多项式，它们满足（9.12）（是（9.11）型的 恒等式）.

对于情形 (b) :按（9.12）和（9.15），可得

(x??1)p3,1?(y??2)p3,2?0（9.16）

经变换x??1?x',y??2?y'，（9.16）成为 xp3,1?yp3,2?0（9.17）

其中为简便计，仍采用了原来的符号表示自变量与直交多项式.因此，对于情形（b）,我们找到了两个线性无关的直交多项式.若将p3,3取为任意的与p3,1,p3,2线性无关的3次直交多项式，并取q1,3?0.则仍可把（9.17）式看成（9.11）型的恒等式.

现在研究p3,3(x,y).对于情形（b），（9.17）式成立，所以由整除性知 p3,1?yp2,p3,2??xp2（9.18）

其中p2?P2.不难指出，p2与在原点取值为0的3次多项式q3?P3都直交.事实上，

由对q3所作的假定，q3?xq2,1?yq2,2.根据（9.18），以及p3,1与p3,2的直交性，

， ，

.

?Dp2?q3dxdy??p2(xq2,1?yq2,2)dxdy

D?0. ??(?p3,2q2,1?p3,1q2,2)dxdyD 由上述结论，还可推知p2(0,0)?0.因为否则p2将会与自己直交，从而p2?0. 但由p2?0，将推出p3,1?p3,2?0，这显然是错误的.

以下证明对情形（b）,所有的3次直交多项式在原点的值为0.设p3(x,y)

为任意的3次直交多项式，则p3(x,y)?p3(0,0)为在原点取值为0的3次多项式. 因而

?[p(x,y)?p(0,0)]pD332(x,y)dxdy?0.

但p3是直交多项式，是故

?0. p3(0,0)?p2(x,y)dxdyD 又因

?Dxp2dxdy?0,?Dyp2dxd?y0

2x?p2dxdy?0,D?Dxyp2dxdy?0,?Dy2p2dxdy?0.

所以若?p2dxdy?0,将可推出 p2与自己直交，而这在前面已指出是不可能

D的，因此 有p3(0,0)?0.

*设p3是任意与p3,1和p3,2线性无关的3次直交多项式.由（9.18），

p3,1?y(?00??10x??),p3,2??x(?00??10x??)，

*其中?00?p2(0,0)?0.可从p3中减去p3,1与p3,2的线性组合，以使

* p3,3?p3?(?1p3,1??2p3,2)

*中不含x,y的一次项.显然p3,1,p3,2,p3,3与p3,1,p3,2,p3有相同的公共零点.

综上可知，p3,3可取成不含x和y的一次项的任意3次直交多项式.这样

的

多项式不可能是p3,1与p3,2的线性组合.记

p3,3??30p3,0??21p2,1??12p1,2??03p0,3 .

因p3,3不含x和y的一次项，这相当于对?ij添了两个约束条件.所以有p3,3的两个

参数族，它们与p3,1，p3,2线性无关.从而对于情形（b），p3,3不是唯一的.证毕.

定理9 若p3,1，p3,2和 p3,3满足关系式

q1,1p3,1?q1,2p3,2?q1,3p3,3?0， （9.19） 其中q1,i?aix?biy?ci(i?1,2,3),则（除差一常数倍外）这些关系或与（9.12） 重合（对于情形（a）），或与（9.17）重合（对于情形（b））.

证明 只证情形（a）时的结论，对于情形（b）的证明是类似的.

方程（9.19）可写成

x(a1p3,1?a2p3,2?a3p3,3)?y(b1p3,1?b2p3,2?b3p3,3)?(c1p3,1?c2p3,2?c3p3,3)?0

但满足（9.12）的p3,i是唯一的，所以

a1p3,1?a2p3,2?a3p3,3?ap3,1，

b1p3,1?b2p3,2?b3p3,3?ap3,2， c1p3,1?c2p3,2?c3p3,3??ap3,3，

其中a?0。由于p3,1,p3,2,p3,3线性无关，所以

a1?a,a2?0,a3?0, b1?0,b2?a,b3?0,

c1?0,c2?0,c3??a.证毕.

定理10 多项式p3,1,p3,2和p3,3无公共因子.

证明 首先证明p3,i(i?1,2,3)无2次的公共因子.假若不然，设

p3,i(i?1,2,3)

有2次的公共因子p2，即有p3,i?p2?p1,i(i?1,2,3)，其中p1,i?P1.因p3,i线性 无关，故有常数c1,c2和c3存在，使得 c1p1,1?c2p1,2?c3p1,3?1 两边乘以p2，得到

c1p3,1?c2p3,2?c3p3,3?p2. 这意味着

矛盾.

以下证明 p3,i(i?1,2,3)无1次公共因子.先看情形（a）.假定

?D[p2(x,y)]2dxdy?0,

p3,i?p1?p2,i(i?1,2,3)，

其中 p2,i(i?1,2,3)线性无关.由（9.12）， xp2,1?yp2,2?p2,3. 即xp2,1?yp2,2中的3次项不存在，因此

*p2,1?y(ax?by)?p1,1,* p2,2??x(ax?by)?p1,2,

**p2,3?xp1,1?yp1,2.由此得到

**p1,2?p2,1?p1,1?p2,2?(ax?by)p2,3.

两边乘以p1，得到

** p1,2?p3,1?p1,1?p3,2?(ax?by)p3,3.

由（9.12）的唯一性，应有

** p1?ax,p,21,1??ay,

从而p2,3?0,p3,3?0.但这是不可能的.

再看情形（b）.假定p3,i?p1p2,i(i?1,2,3)，则p3,1?yp1p1,1,p3,2??xp1p1,1,

*.我们指出，p2(0,0)?0,此处p2?p1?p1,1.因此p1,1(0,0)?0. p3,3?p1p2****又因p2,3(0,0)?0,所以p2(0,0)?0.故必有p2?xp1,1?yp1,2.从而 **** p1,2p3,1?p1,1p3,2?p1,2p1p1,1y?p1,1p1p1,1x ** ?p1p1,1(xp1,1?yp1,2)

?p1,1p3,3. 按（9.17）的唯一性，p1,1?0，矛盾.证毕. 利用Bezout定理等，可证得

定理11 多项式p3,1,p3,2和p3,3有七个公共零点. 证明从略.

设?i?(xi,yi),i?1,?7是p3,1,p3,2和p3,3的七个公共零点.若它们互异，则可用以作为D上的5次求积公式的求积结点.

定理12 p3,i(i?1,2,3)的公共零点?1,?2,?,?7不能同时落在一条2

次曲线上.

证明 假定?i(i?1,?,7)同在2次曲线p2?0上.首先假定p2不可约.由Bezout定理，在情形（a）下，p2是诸p3,i的公共分支，这与定理11相矛盾.在情形（b）下，曲线p2?0与p2?0有6个公共交点.再由Bezout定理，

p2?0应与 p2?0

重合.但p2(0,0)?0,故p2(0,0)?0.这也是不可能的.

假定p2?p1,1?p1,2,则p1,1?0与p1,2?0两条直线中至少有一条含有

?i(i?1,?,7)中的四个点.由Bezout定理，该直线必为p3,1,p3,2和p3,3的公共

分支.此

与定理11相矛盾.证毕.

定理13 若q5(x,y)?P5，且?1,?,?7是它的零点，则存在q2,i?P2，

i?1,2,3

满足

q5?q2,1p3,1?q2,2p3,2?q2,3p3,3（9.20）

证明 因?1,?,?7不在同一条2次曲线上，所以可以找到另外14个点?8,?,?21，使得?1,?,?21不在一条5次曲线上.（9.20）式两端的5次多项式，均以

.

?1,?,?7为零点.为使（9.20）成立，只须其两端的5次多项式在?8,?,?21处

相等

即可.这导致一个18个未知数（q2,i的系数），14个方程的线性方程组. 为讨论此方程组的可解性，考虑相应的齐方程组.即寻求q2,i(i?1,2,3)，

使得

q2,1p3,1?q2,2p3,2?q2,3p3,3?0（9.21）

对于情形（a），（9.21）成为

(q2,1?xq2,3)p3,1?(q2,2?yq2,3)p3,2?0

因p3,1与p3,2无公共分支，根据整除性理论，可知有非零常数?，使

3,02,1,2q2,1?xq2,3???p3,2??x(?x2??xy??y2)??(?q2??q2??q12)，

.

（9.22）

2,1,20,3q2,2?yq2,3??p3,1??y(?x2??xy??y2)??(?q2??q12??q2).

（9.23）

比较上两式两端3次项系数，得到

q2,3??(?x2??xy??y2)?ax?by?c。

进而，由（9.22）、（9.23）可解出q2,1与q2,2.从而得到（9.21）的一般解，它依赖于

四个常数a,b,c,?.所以齐方程组系数距阵的秩数是14，因而相应的非齐方程组总是可

解的.亦即，在情形（a）下，满足（9.20）的q2,1,q2,2和q2,3存在. 对于情形（b）.由（9.18），方程（9.21）成为 (yq2,1?xq2,2)p2?q2,3p3,3?0. 因p2与p3,3无公因子，所以

q2,3??p2,yq2,1?xq2,2???p3,3，

（9.24）

其中?为非零常数.由于p3,3(0,0)?0，所以p3,3?yq2,4?xq2,5，其中

q2,4,q2,5?P2，

将之代入（9.24）的第二式，又得到

y(q2,1??q2,4)?x(q2,2??q2,5)?0. 所以

q2,1??q2,4?x(ax?by?c),q2,2??q2,5?y(ax?by?c).

而（9.21）的一般解为

q2,1???q2,4?x(ax?by?c), q2,2???q2,5?y(ax?by?c),

q2,3??p2,

它们依赖4个任意常数a,b,c和?.所以在情况（b）下，（9.21）、进而（9.20）是可

解的.

定理14 若p3,1,p3,2和p3,3的七个公共零点互异，则它们可以作为5次求积

公式

的求积结点.

证明 既然可以找到?8,?,?21，使得?1,?,?7，?8,?,?21不落在同一条5

?Df(x,y)dxd?y?Bif(xi,yi)

i?17次代数曲线上，所以通过解21阶线性方程组，可找到B1,?,B21,使得对一切

q5?P5，

有

（9.25）

以下证明B8???B21?0.

先看B8.由于?1,?,?21不在一条5次代数曲线上，所以可以找到q5?P5， 使得

q5(?i)??8i（9.26）

其中?ij为Kronecker符号.因为?1,?,?7是q5的零点，由定理14，有q2,1,q2,2和q2,3

存在，使得

q5?q2,1p3,1?q2,2p3,2?q2,3p3,3. 从而

，

?Dq5(x,y)dxdy??Biq5(xi,yi)i?121.

?Dq5(x,y)dxdy

??(q2,1p3,1?q2,2p3,2?q2,3p3,3)dxdy

D ?0

再由（9.25）和（9.26），得到

?Dq5(x,y)dxdy?B5?0.

同理可证得B9?B10???B21?0.证毕.

在利用二元直交多项式理论构造七点5次求积公式的过程中，在D上

所满足的

条件

A2?B2?C2?0

起了关键的作用.Radon曾指出，当D为轴对称区域时，上述条件被满足.以下证明，

D为中心对称区域时，以上条件也满足.

定理15 设D为中心对称区域，则A2?B2?C2?0.

采用反证法.假若不然，设A?B?C?0.不难看出，无论D是否是中心对称

区域，在其上、基本直交多项式与x和y的组合 p3,0y?p2,1x,p0,3x?p1,2y（9.27）

与所有2次多项式直交.

当D为中心对称区域时，基本直交多项式为 p3,0?x3? p2,1 p1,2 p0,3其中

?????x?y?dxdy,?,??0,1,2,?,

D，

11(?11?31??02?40)x?(?11?40??20?31)y， ??11?x2y?(?11?22??02?31)x?(?11?31??20?22)y，

??11?xy2?(?11?13??02?22)x?(?11?22??20?13)y，

??11?y3?(?11?04??02?13)x?(?11?13??20?04)y，

??2.显然当???为奇数时，????0 ???20?02??11 上述公式可简记为

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