Newton–Cotes 求积

求积公式把积分变成有限个函数值的加权和。Newton–Cotes 的思路很直接：在等距节点上插值，再对插值多项式积分。节点决定权重，光滑性决定误差定理是否可用。

本章以 lecture note 第 5.1–5.5、5.7 节为主要依据。统一记精确积分为 $I$，近似为 $Q(f)$，带符号误差为精确值减近似值：

$$I=\int_a^b f(x)\,dx,\qquad E(f)=I-Q(f).$$

插值多项式使用讲义的小写 $p_n$。开放式的一般节点编号是补充约定：$x_0=a+h$，其后依次递增。workbook 补充两点开放式和 Milne 的误差推导；下面独立证明符号与常数[1][1] S. Rojas, “Lecture Notes on Computational Mathematics,” 2025. Course lecture note distributed with MTH2051; local source course-lecture-notes.pdf., [2][2] M. U. School of Mathematics, “MTH2051: Introduction to Computational Mathematics: Course Lecture Notes and Study Workbooks,” 2026. Monash University course materials and study workbooks, Semester 2, 2026., [3][3] R. L. Burden and J. D. Faires, Numerical Analysis, 9th ed. Brooks/Cole, Cengage Learning, 2011.。

插值积分与代数精度

定义插值型求积

给定互异节点 $x_0,\ldots,x_n$，取 Lagrange 插值多项式 $p_n$。定义

$$Q(f)=\int_a^b p_n(x)\,dx =\sum_{i=0}^n w_i f(x_i),\qquad w_i=\int_a^b\ell_i(x)\,dx.$$

定义代数精度

若公式对所有次数不超过 $m$ 的多项式精确，而对某个 $m+1$ 次多项式不精确，则代数精度为 $m$。

命题插值型公式至少具有 n 阶代数精度

上面的公式对每个次数不超过 $n$ 的多项式精确。

证明

这样的多项式就是自身的唯一插值多项式，故积分相同。也可将单项式逐项代入，精确性等价于矩条件

$$\sum_iw_ix_i^k=\frac{b^{k+1}-a^{k+1}}{k+1},\qquad 0\leq k\leq m.$$

条件对单项式成立，由线性性便对任意同阶多项式成立。反过来，若对任意多项式精确，当然对这些单项式精确。

闭式公式使用端点：$x_i=a+ih$，$h=(b-a)/n$，其中 $n\geq1$。开放式公式不采样端点：$x_i=a+(i+1)h$，$h=(b-a)/(n+2)$，其中 $n\geq0$。两处的 $n$ 都表示插值次数，节点数都是 $n+1$；不能把开放式的间距也写成 $(b-a)/n$。

常用公式从哪里来

令 $L=b-a$、$m=(a+b)/2$。直接积分 Lagrange 基可得

$$T(f)=\frac L2[f(a)+f(b)],\qquad M(f)=Lf(m).$$

三点闭式为 Simpson 公式：

$$S(f)=\frac L6[f(a)+4f(m)+f(b)].$$

两点开放式取 $a+L/3$、$a+2L/3$：

$$O_2(f)=\frac L2\left[f\!\left(a+\frac L3\right)+f\!\left(a+\frac{2L}3\right)\right].$$

Milne 公式取内部三个四等分点：

$$O_3(f)=\frac L3\left[2f\!\left(a+\frac L4\right)-f(m)+2f\!\left(a+\frac{3L}4\right)\right].$$

证明权重与对称性的作用

把坐标变换到以中点为零的位置。梯形与两点开放式的两个线性基积分相同，且权重之和为 $L$，所以各为 $L/2$。中点只有一个常数基，权重为 $L$。

Simpson 的相对节点为 $-L/2,0,L/2$。端点二次基的积分各为 $L/6$，中间基的积分为 $2L/3$。Milne 的相对节点为 $-L/4,0,L/4$。对外侧节点，基函数为 $s(s+L/4)/(2(L/4)^2)$，其积分为 $2L/3$；中间基为 $1-s^2/(L/4)^2$，积分为 $-L/3$。

这些二次插值公式已对二次多项式精确。节点与权重关于中点对称，所以所有关于中点的奇函数积分和求积值都为零，特别是三次项。因此 Simpson 与 Milne 对所有三次多项式精确。

误差证明：先建立可积分的余项

只写逐点插值误差再“提出” $f^{(r)}(\xi_x)$，会隐藏一个问题：$\xi_x$ 随 $x$ 改变，并没有连续性保证。下面用积分型 Taylor 余项避免这个问题。

定理Peano 核表示

设 $f\in C^r[a,b]$，线性误差算子 $E$ 对所有次数小于 $r$ 的多项式为零。则

$$E(f)=\int_a^b f^{(r)}(t)K_r(t)\,dt,$$$$K_r(t)=\frac{(b-t)^r}{r!} -\sum_iw_i\frac{(x_i-t)_+^{r-1}}{(r-1)!}, \qquad u_+=\max(u,0).$$

证明

反复积分基本微积分定理得到

$$f(x)=\sum_{k=0}^{r-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k +\int_a^b f^{(r)}(t)\frac{(x-t)_+^{r-1}}{(r-1)!}\,dt.$$

对等式施加 $E$，多项式部分消失。被积函数在紧致三角区域可积，交换两次积分，并把有限加权和移入积分，就得到核表示。对连续函数反复积分的这一步也可直接在 $a\leq t\leq x\leq b$ 上积分验证。

引理固定符号的核给出一个共同余项点

若 $K_r$ 固定符号且积分非零，则存在 $\xi\in[a,b]$，使

$$E(f)=f^{(r)}(\xi)\int_a^bK_r(t)\,dt.$$

证明

令 $c_{\min}$、$c_{\max}$ 为连续函数 $f^{(r)}$ 的最小值和最大值。用非负权重 $|K_r|$ 积分这两个界，再除以正数 $\int|K_r|$，得到加权平均值介于两者之间。由介值定理，它等于某点的导数。若核为负，把符号还原即可。这个证明只用真正连续的导数，不要求未知的余项点连续。

为核对常数，把基本公式缩放到下面的标准区间。偶数阶余项下，对称公式的核关于区间中点对称，因此只需列左半边。

公式与标准区间	左半区间的核	全区间核积分
梯形，$[0,1]$，$r=2$	$K_2(t)=t(t-1)/2$（全区间）	$-1/12$
中点，$[0,1]$，$r=2$	$K_2(t)=t^2/2$，$0\leq t\leq1/2$	$1/24$
两点开放式，$[0,3]$，$r=2$	$t^2/2$；当 $1\leq t\leq3/2$ 时减去 $3(t-1)/2$	$3/4$
Simpson，$[0,2]$，$r=4$	$K_4(t)=t^3(3t-4)/72$，$0\leq t\leq1$	$-1/90$
Milne，$[0,4]$，$r=4$	$t^4/24$；当 $1\leq t\leq2$ 时减去 $4(t-1)^3/9$	$14/45$

这些核可直接由定理代入节点与权重得到。对称性也可由替换 $x\mapsto a+b-x$ 验证。梯形和 Simpson 的核非正，中点的核非负。开放两点核在 $[1,3/2]$ 上为 $(t^2-3t+3)/2>0$。Milne 的非负性由 $t^4/(t-1)^3\geq16>32/3$（$1<t\leq2$）得到；这个比值在该区间递减，其最小值在右端。积分这些分段多项式，再按区间长度缩放，便证明下表。

定理五种公式的带符号误差

令 $L=b-a$。梯形、中点、两点开放式要求 $f\in C^2$；Simpson、Milne 要求 $f\in C^4$。每行存在自己的余项点 $\xi$。

公式	代数精度	$I-Q(f)$
梯形	1	$-L^3f''(\xi)/12$
中点	1	$L^3f''(\xi)/24$
两点开放式	1	$L^3f''(\xi)/36$
Simpson	3	$-L^5f^{(4)}(\xi)/2880$
Milne	3	$7L^5f^{(4)}(\xi)/23040$

证明

Peano 核及固定符号引理给出标准区间上的常数。仿射缩放将二阶核积分乘区间比例的三次方、四阶核积分乘比例的五次方，得到表中常数。代入中心二次或四次单项式，导数为非零常数，误差非零；结合前面已经证明的精确性，代数精度恰好分别为一或三。

例如在 $[0,1]$ 上积分 $x^2$，两点开放式的误差为 $1/18$。积分 $x^4$，Milne 的误差为 $7/960$。这两个检验同时确认正号与常数。不同公式的 $\xi$ 不同，即使表中常数相差两倍，实际误差也未必恰好相差两倍。

闭式公式的层级：三八公式与 Boole

第 7 周还列出了两种更高次闭式公式。这里 $n$ 仍为插值次数，$h=L/n$，并记 $f_i=f(a+ih)$：

$$S_{3/8}(f)=\frac{3h}{8}(f_0+3f_1+3f_2+f_3),\qquad n=3,$$ $$B(f)=\frac{2h}{45}(7f_0+32f_1+12f_2+32f_3+7f_4),\qquad n=4.$$

权重来自积分相应 Lagrange 基；将零至三次矩代入三八公式、零至五次矩代入 Boole 公式，可直接验证精确性。偶数插值次数的对称闭式公式至少额外精确一阶：其原有精确性覆盖至 $n$ 次，而 $n+1$ 为奇数，关于中点的该项由对称性消去。奇数 $n$ 不具有同样的额外保证。

定理三八公式与 Boole 的误差

三八公式要求 $f\in C^4$，Boole 要求 $f\in C^6$。分别存在余项点，使

$$I-S_{3/8}(f)=-\frac{3h^5}{80}f^{(4)}(\xi) =-\frac{L^5}{6480}f^{(4)}(\xi),$$$$I-B(f)=-\frac{8h^7}{945}f^{(6)}(\eta) =-\frac{L^7}{1935360}f^{(6)}(\eta).$$

其代数精度分别恰为三和五。

证明

继续使用前面已证明的 Peano 核。在三八公式的标准区间 $[0,3]$ 上，左半区间的四阶核为

$$K_4(t)=\frac{t^3(2t-3)}{48}-\frac3{16}(t-1)_+^3, \qquad 0\leq t\leq\frac32.$$

两项均非正，反射后全区间非正。分段积分得 $\int K_4=-3/80$。

Boole 的标准区间为 $[0,4]$，其左半区间六阶核为

$$K_6(t)=\frac{t^5(15t-28)-128(t-1)_+^5}{10800}, \qquad0\leq t\leq2.$$

当 $t\leq28/15$ 时非正。其余部分考察比值 $F(t)=t^5(15t-28)/(t-1)^5$：

$$F'(t)=\frac{5t^4[3(t-3)^2+1]}{(t-1)^6}>0.$$

所以 $F(t)\leq F(2)=64<128$，核仍非正。反射后全区间非正，分段积分得 $\int K_6=-8/945$。固定符号引理与缩放给出两条误差公式。对四次和六次单项式误差非零，结合矩精确性，证明代数精度恰为三和五。

交互实验也包含这两种公式。较高次规则需要更高阶光滑性，不能只凭节点较多就宣称更准确。

交互实验：节点、权重与插值

这个交互图需要启用 JavaScript。

切换公式，比较节点、权重和绿色插值曲线。选择 Milne 时会出现负权重，这不是渲染错误。选取平方根函数，中点与开放式仍可计算，但标准误差定理要求的端点导数并不存在。

命题采样扰动的放大

若各采样值扰动绝对值不超过 $\delta$，则求积值扰动不超过 $\delta\sum_i|w_i|$，且这个最坏情形界可以达到。

证明

对加权扰动用三角不等式。再令第 $i$ 个扰动为 $\delta\operatorname{sign}(w_i)$，所有项同号，恰好达到上界。

权重全正时，$\sum|w_i|=L$；Milne 的绝对权重和是 $5L/3$。更高次的等距插值不一定更可靠。通常先使用低次公式，再通过 复合求积细分区间。

参考文献

1. [1] S. Rojas, “Lecture Notes on Computational Mathematics,” 2025. Course lecture note distributed with MTH2051; local source course-lecture-notes.pdf. ↩
2. [2] M. U. School of Mathematics, “MTH2051: Introduction to Computational Mathematics: Course Lecture Notes and Study Workbooks,” 2026. Monash University course materials and study workbooks, Semester 2, 2026. ↩
3. [3] R. L. Burden and J. D. Faires, Numerical Analysis, 9th ed. Brooks/Cole, Cengage Learning, 2011. ↩