02.2 – Iterative Berechnung von Integralen

Zu berechnen sind die Integrale

${I_n} = \frac{1}{e}\int_0^1 {{x^n}{e^x}dx} ,\quad n \geq 0$

a) Zeigen Sie die Abschätzung $0 \leq {I_n} \leq \frac{1}{{n+1}}\quad \forall n \geq 0$

b) Zeigen Sie, dass die Integrale ${I_n}$ der linearen Rekursion ${I_n} = 1-n{I_{n-1}}$ genügen

c) Wir gehen im Folgenden von exakter Gleitpunktarithmetik aus. Der Startwert ${I_0} = \frac{{e-1}}{e}$ lässt sich im Rechner nicht exakt darstellen. Stattdessen wird ein gerundeter Wert ${\tilde I_0} = {I_0}+\Delta {I_0}$ verwendet. Wie pflanzt sich der Fehler $\Delta {I_0}$ fort?

d) Zu berechnen sei nun ${I_0}$ . Wäre ${I_k}$ für ein gewisses $k > 1$ bekannt, könnte man die Rückwärtsrekursion ${I_{k-1}} = \frac{1}{k}\left( {1-{I_k}} \right)$ verwenden. Wie pflanzt sich der Startfehler $\Delta {I_k}$ fort? Wie groß muss $k$ sein, um das Integral ${I_0}$ in Matlab mit voller Genauigkeit zu berechnen, wenn man als Startwert ${\hat I_k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{k+1}}$ wählt?

Lösung

a )

Da ${x^n}{e^x} \geq 0\quad \forall x \in \left[ {0,1} \right]$ , folgt sofort ${I_n} \geq 0$

${I_n} = \frac{1}{e}\int_0^1 {{x^n}{e^x}dx} \leq \frac{e}{e}\int_0^1 {{x^n}dx} = \left[ {\frac{1}{{n+1}}{x^{n+1}}} \right]_0^1 = \frac{1}{{n+1}}$

b )

Zeigen: ${I_n} = 1-n{I_{n-1}}$

Dies erhält man am einfachsten durch partielle Integration:

${I_n} = \frac{1}{e}\int_0^1 {\underbrace {{x^n}}_f\underbrace {{e^x}}_{{g^\prime }}dx} = \frac{1}{e}\left( {\left[ {\underbrace {{x^n}}_f\underbrace {{e^x}}_g} \right]_0^1-\int_0^1 {\underbrace {n{x^{n-1}}}_{{f^\prime }}\underbrace {{e^x}}_gdx} } \right) = \frac{1}{e}\left( {e-n\int_0^1 {{x^{n-1}}{e^x}dx} } \right) = 1-n{I_{n-1}}$

c )

exakter Startwert: ${I_0} = \frac{{e-1}}{e}$

angenäherter Wert: ${\tilde I_0} = {I_0}+\Delta {I_0}$

Wir treffen die folgende Vereinfachung: Die Rekursion läuft mit exakter Arithmetik ab, also ohne weitere Rundungsfehler.

Wir betrachten den ersten durch die Rekursion berechneten Wert:

${{\tilde I}_1} = 1-1 \cdot {{\tilde I}_0} = 1-\left( {{I_0}+\Delta {I_0}} \right) = \underbrace {1-{I_0}}_{ = {I_1}}-\Delta {I_0} = {I_1}-\Delta {I_0}$

$\quad \Rightarrow \quad \Delta {I_1} = \left( {-1} \right)\Delta {I_0}$

Für den nächsten Rekursionsschritt gilt:

$\Delta {I_2} = {{\tilde I}_2}-{I_2} = 1-2{{\tilde I}_1}-{I_2} = 1-2\left( {{I_1}+\Delta {I_1}} \right)-{I_2} = 1-2{I_1}-2\Delta {I_1}-{I_2}$

$\Delta {I_2} = \left( {-2} \right)\Delta {I_1} = \left( {-2} \right)\left( {-1} \right)\Delta {I_0} = 2\Delta {I_0}$

Analog gilt für den dritten Schritt:

$\Delta {I_3} = \left( {-3} \right)\left( {-2} \right)\left( {-1} \right)\Delta {I_0}$

und so weiter. Wir stellen damit die allgemeine Formel auf und beweisen diese mit Hilfe der vollständigen Induktion:

Induktionsannahme: $\Delta {I_n} = {\left( {-1} \right)^n}n!\Delta {I_0}$

Induktionsanfang: bereits oben gezeigt

Induktionsschritt: $n \to n+1$

$\Delta {I_{n+1}} = {\tilde I_{n+1}}-{I_{n+1}} = 1-\left( {n+1} \right){\tilde I_n}-{I_{n+1}} = 1-\left( {n+1} \right)\left( {{I_n}+\Delta {I_n}} \right)-{I_{n+1}}$

$= -\left( {n+1} \right)\Delta {I_n}$

Einsetzen der Induktionsannahme:

$-\left( {n+1} \right)\Delta {I_n} = -\left( {n+1} \right){\left( {-1} \right)^n}n!\Delta {I_0} = {\left( {-1} \right)^{n+1}}\left( {n+1} \right)!\Delta {I_0}$

$\quad \Rightarrow \quad \Delta {I_{n+1}} = {\left( {-1} \right)^{n+1}}\left( {n+1} \right)!\Delta {I_0}$

d )

Aus Teilaufgabe b übernehmen wir: ${I_{n-1}} = \frac{1}{n}\left( {1-{I_n}} \right)$

Es gilt:

$\Delta {I_{n-1}} = {\tilde I_{n-1}}-{I_{n-1}} = \frac{1}{n}\left( {1-{{\tilde I}_n}} \right)-{I_{n-1}} = \frac{1}{n}\left( {1-{I_n}-\Delta {I_n}} \right)-{I_{n-1}}$

$=-\frac{1}{n}\Delta {I_n}$

Mit Induktion folgt dann:

$\Delta {I_0} = {\left( {-1} \right)^n}\frac{1}{{n!}}\Delta {I_n}$

Es gibt also eine starke Dämpfung von $n!$ , wodurch auch ein beliebig schlechter Startwert zum richtigen Ergebnis führt.

Für den Startwert ${\tilde I_k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{k+1}}$ gilt nach Teilaufgabe a: $\Delta {I_k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{k+1}}$ , da der Fehler höchstens die Hälfte der Intervalllänge sein kann. Es folgt: