高斯求积

高斯求积（Gaussian quadrature）同时选择积分节点和权重，使给定节点数的求积公式对尽可能高次数的多项式精确。对正权函数的积分，$n$ 点高斯公式可精确积分次数至多 $2n-1$ 的多项式；节点取相应正交多项式的零点。它不同于先固定等距节点、再计算权重的Newton—Cotes公式。

最简单的非平凡例子是在 $[-1,1]$ 上用两个节点。取节点 $\pm 1/\sqrt{3}$、权重均为一，得到 $${\int }_{-1}^{1}f(x)\mathrm{d}x\approx f(-1/\sqrt{3})+f(1/\sqrt{3}).$$ 它对三次及以下多项式精确，却只评价两次函数。

两节点公式的矩匹配

利用区间对称性，设节点为 $-a,a$、权重同为 $w$。常数函数的积分为二，要求 $2w=2$，故 $w=1$。二次函数的积分为 $2/3$，再要求 $2a^2=2/3$，得 $a=1/\sqrt{3}$。一次与三次函数都是奇函数，对称积分与对称节点求和都为零，所以四个基函数 $1,x,x^2,x^3$ 全部匹配。

任意三次以下多项式都是这四个基函数的线性组合，积分与求积也都是线性的，故该公式对它们全部精确。这给出两点公式的直接推导，而不只是列出一张节点表。节点也是Legendre多项式 $P_2(x)=(3x^2-1)/2$ 的两个零点。

节点选在正交多项式的零点，而非区间端点或等距分点。

主例取 $f(x)=1+x+x^2+x^3$。奇次项在两节点处抵消，常数项给二，二次项给 $2/3$，所以求积值为 $8/3$，与逐项积分相同。

变式。 取 $f(x)=x^4$。两点公式给 $2(1/\sqrt{3}{)}^4=2/9$，真积分却为 $2/5$，误差为 $8/45$。四次已超出精确次数三；更多次幂不应由前四个矩的匹配自动保证。

正交性给出的通用精确性证明

设 $\rho (x)$ 在有限区间 $[a,b]$ 上可积且几乎处处为正，以 $$⟨p,q⟩={\int }_a^b\rho (x)p(x)q(x)\mathrm{d}x$$ 定义多项式内积。令 $P_n$ 为次数 $n$ 的实正交多项式，它与全部次数低于 $n$ 的多项式正交。

先说明其节点合法。若 $P_n$ 在区间内部少于 $n$ 个变号零点，以这些零点构成多项式 $Q$；它次数小于 $n$，而 $P_{n}Q$ 在区间内不变号，且不恒为零。正权使其积分严格为正或严格为负，与正交性矛盾。因此 $P_n$ 有 $n$ 个不同的内部零点 $x_i$，所有零点均为单根。

在这些节点上构造拉格朗日基函数 $L_i$，取权重 ${\lambda }_i={\int }_a^b\rho L_i$。此规则已对次数至多 $n-1$ 的多项式精确。对任意次数至多 $2n-1$ 的 $p$，多项式除法可写为 $$p=q{P}_n+r,\mathrm{deg}q\le n-1,\mathrm{deg}r\le n-1.$$ 积分中的 $q{P}_n$ 因正交性消失，节点上的该项因 $P_n(x_i)=0$ 也消失。剩余 $r$ 已被求积规则精确积分，所以规则对 $p$ 精确。

权重还必为正：$L_i^2$ 次数至多 $2n-2$，可用刚证明的精确性，得到 $${\lambda }_i=\sum _j{\lambda }_j{L}_i(x_j{)}^2={\int }_a^b\rho (x)L_i(x{)}^2\mathrm{d}x>0.$$ 这里没有预先假设权重为正，正性是由精确性和正权积分推出的。

精确次数的上限

任何使用给定 $n$ 个不同实节点的公式，都不可能精确积分全部 $2n$ 次多项式。考虑 $$q(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i{)}^2.$$ 全部节点处 $q=0$，求积值为零；但 $q\ge 0$ 且不恒为零，在正权下积分严格为正，形成矛盾。高斯公式达到 $2n-1$，因此在这个意义下达到最大代数精度，并非对每个非多项式被积函数都自动误差最小。

两点公式的余项与光滑性

对 $f\in C^4[-1,1]$，两点常权公式还满足 $$I(f)-Q(f)=\frac{f^{(4)}(\xi )}{135},-1<\xi <1.$$ 这个结论需要四阶连续导数，代数精确性本身没有这项假设。证明可用节点 $a=1/\sqrt{3}$ 处的三次Hermite插值 $H$，令它在 $\pm a$ 同时匹配函数值和一阶导数。

对不同于节点的 $x$，构造 $$g(t)=f(t)-H(t)-K(t^2-a^2{)}^2,K=\frac{f(x)-H(x)}{(x^2-a^2{)}^2}.$$ 函数在两个节点各有二重零点，并在 $x$ 为零。反复使用Rolle定理可得某个内部点 ${\eta }_x$ 满足 $g^{(4)}({\eta }_x)=0$，故 $$f(x)-H(x)=\frac{f^{(4)}({\eta }_x)}{24}(x^2-1/3{)}^2.$$ 节点处两边都为零。因为求积对三次 $H$ 精确，且 $Q(f)=Q(H)$，积分余项就是 ${\int }_{-1}^1(f-H)$。非负因子满足 $${\int }_{-1}^1(x^2-1/3{)}^2\mathrm{d}x=\frac{8}{45}.$$ 用四阶导数的上下界夹住积分，再用其连续性，便得到某个内部点的四阶导数乘 $(8/45)/24=1/135$。这也与 $x^4$ 例子的 $24/135=8/45$ 一致。

映射到有限区间 $a<b$ 时，长度缩放给出 $$I(f)-Q(f)=\frac{(b-a{)}^5}{4320}{f}^{(4)}(\xi ),|I(f)-Q(f)|\le \frac{(b-a{)}^5}{4320}\Vert f^{(4)}{\Vert }_{\mathrm{\infty }}.$$ 例如 $[0,2]$ 上积分 $x^4$ 的误差为 $8/45$；长度不变，常数四阶导数也不变。若没有四阶光滑性，节点值仍可计算，但不能沿用这个余项界。

可运行的两点Gauss—Legendre实现

将一般区间映射为 $x=m+ht$，其中 $m=(a+b)/2,h=(b-a)/2$，得到两次函数评价的公式。下面只实现两点常权版本，端点有限；可反向积分，零长度区间不评价函数。

Python 3

from math import isfinite, sqrt

def gauss_legendre_two(function, a, b):
    a, b = float(a), float(b)
    if not isfinite(a) or not isfinite(b):
        raise ValueError("finite endpoints required")
    if a == b:
        return 0.0
    midpoint, half = (a+b)/2, (b-a)/2
    shift = half / sqrt(3)
    left = float(function(midpoint-shift))
    right = float(function(midpoint+shift))
    if not isfinite(left) or not isfinite(right):
        raise ValueError("nonfinite function value")
    return half * (left + right)

for degree in range(4):
    expected = 0 if degree % 2 else 2/(degree+1)
    assert abs(gauss_legendre_two(lambda x, d=degree: x**d, -1, 1)
               - expected) < 1e-14
assert abs(gauss_legendre_two(lambda x: x**3, 0, 2) - 4) < 1e-13
assert abs(gauss_legendre_two(lambda x: x**3, 2, 0) + 4) < 1e-13
assert gauss_legendre_two(lambda x: 1/0, 2, 2) == 0
assert abs(gauss_legendre_two(lambda x: x**4, -1, 1) - 2/9) < 1e-14
print(gauss_legendre_two(lambda x: 1+x+x*x+x**3, -1, 1))

两点版除函数评价外只有固定数量运算，时间与额外空间均为 $O(1)$。一般 $n$ 点公式在节点、权重已预计算后需 $n$ 次函数评价；节点构造是另一个计算阶段，不能混入这两个函数调用的成本结论。

若被积函数有内部奇点、跳跃或尖峰，节点可能错过重要结构，代数精度也不再给出实际误差保证。可先分割奇点、使用加权高斯公式，或结合分区与误差估计；选择权函数时应明确把哪一部分纳入 $\rho$，避免重复计算或遗漏权重。