施勒米希-洛希余项公式

                     

贡献者: 零穹

预备知识 泰勒公式

   在用带有皮亚诺(Peano)余项的泰勒公式式 1 表达函数 $f(x)$ 时,得到的总是属于 “局部” 的性质,即关于点 $x_0$ 的性质的.若取其它数值 $x$,必须假定这些数值 “充分接近” 于 $x_0$,而不能任意选取.这是因为函数 $f(x)$ 与其 n 阶近似多项式 $p(x)$ 的差为一余项 $o((x-x_0)^n)$,而这余项仅仅说在 $x$ 充分接近 $x_0$ 时趋于 0.而对于其它的 $x$,并不能保证近似多项式可以表达函数 $f(x)$ 至预先选定的准确度,而这往往是我们希望做到的.因此,我们需要推导余项的其它形式.

   假定 $f(x)$ 在区间 $[x_0,x_0+H]\;(H > 0)$ 内定义着,并在该区间内有直至 $n$ 阶导数存在并连续,此外,至少在开区间 $(x_0,x_0+H)$ 内 $n+1$ 阶导数 $f^{(n+1)}(x)$ 存在且有限.函数在区间 $[x_0-H,x_0]$ 内定义时的情形,可类似说明.(注:之所以这样假定,是为了应用柯西微分中值定理式 3 )

   若用 $n$ 阶多项式

\begin{equation} p(x)=\sum_{i=0}^n\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i \end{equation}
作为 $f(x)$ 的近似公式,余项用 $r_n(x)$ 表示,即
\begin{equation} r_n(x)=f(x)-p(x) \end{equation}
施勒米希-洛希(O.Schl$\ddot{o}$milch-Roche)推导出下面的公式
\begin{equation} r_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{n!p}\cdot(1-\theta)^{n+1-p}(x-x_0)^{n+1}\quad (0 < \theta < 1) \end{equation}
其中,$p$ 为大于 0 的任一数.该式称为施勒米希-洛希余项公式

1. 式 3 的证明

   由式 1 式 2

\begin{equation} r_n(x)=f(x)-\sum_{i=0}^n\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i \end{equation}
令 $x$ 固定为区间 $[x_0,x_0+H]$ 内任一数值,做辅助函数
\begin{equation} \varphi(z)=f(x)-\sum_{i=0}^n\frac{f^{(i)}(z)}{i!}(x-z)^i \end{equation}
其中 $z\in[x_0,x]$.在这区间内,函数 $\varphi(z)$ 是连续的(因为 $f(x)$ 在这区间直至 $n$ 阶导数皆是连续的),且有
\begin{equation} \varphi(x_0)=r_n(x),\quad \varphi(x)=0 \end{equation}
此外,
\begin{equation} \begin{aligned} \varphi'(z)&=- \left(f'(z)+\sum_{i=1}^n \left(\frac{f^{(i+1)}(z)}{i!}(x-z)^i-\frac{f^{(i)}(z)}{(i-1)!}(x-z)^{i-1} \right) \right) \\ &=- \left(f'(z)+\sum_{i=1}^n\frac{f^{(i+1)}(z)}{i!}(x-z)^i-\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i+1)}(z)}{i!}(x-z)^{i} \right) \\ &=-\frac{f^{(n+1)}}{n!}(x-z)^{n} \end{aligned} \end{equation}

   任取一函数 $\psi(z)$,其在区间 $[x_0,x]$ 内连续,且至少在开区间 $(x_0,x)$ 内有不等于 0 的导数 $\psi'(z)$.应用柯西微分中值定理定理 3

\begin{equation} \frac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{\psi(x)-\psi(x_0)}=\frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)} \end{equation}
其中,$x_0 < c < x$ 或 $c=x_0+\theta(x-x_0)\quad(0 < \theta < 1)$.

   式 6 式 7 代入式 8 ,得

\begin{equation} r_n(x)=\frac{\psi(x)-\psi(x_0)}{\psi'(c)}\cdot\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x-c)^n \end{equation}
由于 $\psi(z)$ 为满足在区间 $[x_0,x]$ 内连续,且至少在开区间 $(x_0,x)$ 内有不等于 0 的导数的任意函数,取 $\psi(z)=(x-z)^p,\;p > 0$,就有
\begin{equation} \psi'(z)=-p(x-z)^{p-1}\quad (x_0 < z < x) \end{equation}
这时,式 9 就为
\begin{equation} \begin{aligned} r_n(x)&=\frac{-(x-x_0)^p}{-p(x-c)^{p-1}}\cdot\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x-c)^n\\ &=\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!p}(x-c)^{n+1-p}(x-x_0)^p \end{aligned} \end{equation}
因为 $c=x_0+\theta(x-x_0)\quad(0 < \theta < 1)$,代入上式,即得式 3 . 证毕!

2. 例子

拉格朗日余项公式

   式 3 中令 $p=n+1$,即得拉格朗日余项公式式 7

\begin{equation} r_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\quad (c\in(x_0,x)) \end{equation}

柯西余项式

   令 $p=1$,即得柯西余项式

\begin{equation} r_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{n!}(1-\theta)^{n}(x-x_0)^{n+1} \end{equation}


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