Приближенные вычисления определенных интегралов

Будем приближённо вычислять интеграл с помощью $n$ равных по ширине левых прямоугольников, то есть: - $\Delta x_{k} = \dfrac{b-a}{n}$ - $x_{k} = a + k \dfrac{b-a}{n}$ - $\xi_{k} = x_{k}$ Если $f(x)$ - дифференцируема и $M_{1} = \sup\limits_{x \in [a, b]}|f'(x)|$, тогда: $$\left| \int_{a}^{b} f(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} f(x_{k})\Delta x_{k} \right| \leq \dfrac{c}{n},~~~~~ c = \dfrac{M_{1}(b-a)^{2}}{2}$$

$$\left| \int_{a}^{b} f(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} f(x_{k})\Delta x_{k} \right| =^{*} \left| \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f(x_{k}) \, dx \right| = \left| \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f(x) - f(x_{k}) \, dx \right| ~~~~(*)$$ $*$ - воспользовались аддитивностью и тем, что $\Delta x_{k} = \int\limits_{x_{k}}^{x_{k+1}} dx$ По теореме Лагранжа $\exists{c}$ такая, что: $$\begin{align} (*) &= \left| \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f'(c_{k}) (x-x_{k}) \, dx \right| \leq M_{1}\sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} (x - x_{k}) \, dx = \\ &= M_{1} \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{(x_{k+1} - x_{k})^{2}}{2} = \dfrac{M_{1}n (b-a)^{2}}{2n^{2}} = \dfrac{M_{1}(b-a)^{2}}{2n} = \dfrac{c}{n} \end{align}$$ $\square$

Вместо левого конца, как в формуле левых прямоугольников, будем брать середину отрезка $c_{k} = \dfrac{x_{k} + x_{k+1}}{2}$. Если $f(x)$ - дважды дифференцируема и ${} M_{2} = \sup\limits_{x \in [a, b]}|f''(x)|$, тогда: $$\left| \int_{a}^{b} f(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} f(c_{k})\Delta x_{k} \right| \leq \dfrac{c_{2}}{n^{2}},~~~~~ c_{2} = \dfrac{M_{2}(b-a)^{3}}{24}$$

Как и в доказательстве формулы левых прямоугольников, сделаем следующее: $$\left| \int_{a}^{b} f(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} f(c_{k})\Delta x_{k} \right| =^{*} \left| \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f(x) \, dx - \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f(c_{k}) \, dx \right| = \left| \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x}^{x_{k+1}} f(x) - f(c_{k}) \, dx \right| ~~~~(*)$$ $*$ - воспользовались аддитивностью и тем, что $\Delta x_{k} = \int\limits_{x_{k}}^{x_{k+1}} dx$ По формуле Тейлора в форме Лагранжа в точке $c_{k}$ $\exists{\sigma_{k}}$ такое, что: $$(*) = \left| \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f(c_{k}) + f'(c_{k})(x-c_{k}) + \dfrac{f''(\sigma_{k})(x-c_{k})^{2}}{2} - f(c_{k}) \, dx \right| ~~~~(\dagger)$$ Так как $c_{k}$ - середина отрезка $[x_{k}, x_{k+1}]$, то: $$\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} f'(c_{k})(x-c_{k}) \, dx = f'(c_{k}) \dfrac{(x-c_{k})^{2}}{2} \Bigg|_{x_{k}}^{x_{k+1}} = 0$$ А зная из условия, что $M_{2} = \sup\limits_{x \in [a, b]} |f''(x)|$, получаем: $$\begin{align} (\dagger) &\leq \dfrac{M_{2}}{2} \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} (x-c_{k})^{2} \, dx = \dfrac{M_{2}}{6} \sum_{k=0}^{n-1} (x-c_{k})^{3} \Bigg|_{x_{k}}^{x_{k+1}} =^{1} \dfrac{M_{2}}{6} \sum_{k=0}^{n-1} \left( \left( \dfrac{b-a}{2n} \right)^{3} - \left( \dfrac{a-b}{2n} \right)^{3} \right) = \\ &= \dfrac{M_{2}}{6} \cdot 2n \left( \dfrac{b-a}{2n} \right)^{3} = \dfrac{M_{2}(b-a)^{3}}{24n^{2}} = \dfrac{c_{2}}{n^{2}} \end{align}$$ $1$ - пользуемся тем, что $c_{k}$ - середина отрезка, а каждый отрезок длины $\dfrac{b-a}{n}$ $\square$