Формулы вычисления производной

[Mandel]

Знаю оценку для производной функции, причем если я не ошибаюсь $f$ должна быть дифференцируема (этот класс уэе чем класс аналитических функций?)

$$ \left|f'(x) - \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h}\right| \leqslant o(h^2) $$

А какие есть аналогичные оценки для производных более высокого порядка?

[AD]

Mandel писал(а):

причем если я не ошибаюсь $f$ должна быть дифференцируема

$f$ должна быть дифференцируема хотя бы потому, что в оценку входит $f'(x)$.

Mandel писал(а):

этот класс уэе чем класс аналитических функций?

Во народ пошел ...

[worm2]

Mandel
Для указанной Вами оценки функция $f$ должна быть трижды дифференцируемой, ну, или в крайнем случае её вторая производная должна удовлетворять условию Липшица.

Mandel писал(а):

А какие есть аналогичные оценки для производных более высокого порядка?

Ну вот, например:
$\left|f''(x)-\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}\right| = O(h^2)$ для четырежды дифференцируемой функции $f$.

[Brukvalub]

Mandel писал(а):

Знаю оценку для производной функции, причем если я не ошибаюсь $f$ должна быть дифференцируема (этот класс уэе чем класс аналитических функций?)

Если учесть, что аналитическая функция обязательно бесконечно дифференцируема, то, наоборот, класс аналитических функций Уже

[Mandel]

Так.А для $n$-производной какой будет $o(???)$

[AD]

Для функции $f(x)=x^3$ ваша оценка, Mandel, не выполняется при $x=0$.

Добавлено спустя 15 минут 25 секунд:

Лучшее, что я могу посоветовать.
Тут требования к функции невелики, но и вывод не сильный.

Пусть $f$ - функция, определенная в окрестности точки $x$. Обозначим:
$f_{1,x}(h)=f(x+h)-f(x-h)$ --- "нечетная часть"
$f_{2,x}(h)=f(x+h)+f(x-h)$ --- "четная часть"
$f(x+h)=\frac12(f_{1,x}(h)+f_{2,x}(h))$

Пусть $k$ нечетно.
Пусть имеет место представление $f_{1,x}(h)=a_1h+a_3\frac{h^3}{3!}+\cdots+a_k\frac{h^k}{k!}+o(h^k)$.

Здесь числа $a_{2l-1}$ заведомо будут существовать и будут равны $f^{(2l-1)}(x)$, если эта производная существует (у нас $2l-1=1,3,\ldots,k$), хотя могут существовать и сами по себе.

Тогда

$$\left|a_k-\tfrac{1}{h^k}\sum_{j=0}^k(-1)^jC_k^jf\bigl(x+(k/2-j)h\bigr)\right|=o(1)$$

Аналогично, если $k$ четно, и
$f_{2,x}(h)=b_0+b_2\frac{h^2}{2!}+\cdots+b_k\frac{h^k}{k!}+o(h^k)$, то снова

$$\left|b_k-\tfrac{1}{h^k}\sum_{j=0}^k(-1)^jC_k^jf\bigl(x+(k/2-j)h\bigr)\right|=o(1)$$

[worm2]

AD писал(а):

Для функции $f(x)=x^3$ ваша оценка, Mandel, не выполняется при $x=0$.

Кстати, да! Mandel, справа дожлно быть не
$\leqslant o(h^2)$,
а
$= O(h^2)$.

А ещё я ошибся сначала, сказав, что для Вашей оценки функция должна быть дважды дифференцируемой. Она должна быть трижды дифференцируемой, я там уже исправился.

Цитата:

А для $n$-производной какой будет $o(???)$

Ну вот в соседней теме предлагается формула с оценкой, правда, как раз для аналитических (на комплексной плоскости) функций. Я про ту формулу, правда, ничего вразумительного сказать не могу (не знаю, верна ли она вообще), ибо не разбирался.

[AD]

Все об этом молчат, но надо отметить, что все оценки подразумеваются при $h\to0$.

Добавлено спустя 2 минуты 51 секунду:

worm2 писал(а):

А ещё я ошибся сначала, сказав, что для Вашей оценки функция должна быть дважды дифференцируемой. Она должна быть трижды дифференцируемой, я там уже исправился.

Кстати, чтобы вывести в оценке Mandelя $O(h)$, вроде бы достаточно существования второй производной в окрестности $x$, ограниченной в окрестности $x$.

[RIP]

AD писал(а):

Кстати, чтобы вывести в оценке Mandelя $O(h)$, вроде бы достаточно существования второй производной в окрестности $x$, ограниченной в окрестности $x$.

Существования $f''(x)$ (в одной точке $x$) достаточно для того, чтобы выполнялась оценка $o(h)$ (формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано).

[AD]

Мда, действительно. Че-то я активно в этой теме ошибаюсь.

Добавлено спустя 25 минут 8 секунд:

RIP писал(а):

Существования $f''(x)$ (в одной точке $x$) достаточно для того, чтобы выполнялась оценка $o(h)$ (формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано).

То есть, проще и сильнее говоря, достаточно формулы Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.

[Mandel]

Так формул похожих для производных более высокого порядка нет через так называемые $\Delta_n$ разности.
Например,

$$ \Delta_1 = f(x+h) - f(x). $$

$$ \Delta_2(x) = \Delta_1(x+h) -\Delta_1(x) $$

[AD]

Mandel писал(а):

Так формул похожих для производных более высокого порядка нет через так называемые $\Delta_n$ разности.

У нас формулы через симметричные разности, то есть
$\Delta_1(f;x,h)=f(x+h)-f(x-h)$,
$\Delta_2(f;x,h)=f(x+h)-2f(x)+f(x-h)$,
$\ldots$
$\Delta_k(f;x,h)=\sum\limits_{j=0}^k(-1)^jC_k^jf\bigl(x+(k/2-j)h\bigr)$,
$\ldots$

С ними точнее получается.

Можно и через ваши разности при желании формулы написать.

Постарайтесь лучше разобраться, как эти формулы и оценки получаются. А то вдруг мы вам лапшу на уши вешаем? Да и вообще сами научитесь

[Mandel]

Цитата:

У нас формулы через симметричные разности, то есть

Ну так а где сами формулы?

[AD]

Имеются ввиду все упомянутые в этой теме формулы.

А именно:

Mandel писал(а):

$$ \left|f'(x) - \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h}\right| = O(h^2) $$

worm2 писал(а):

$\left|f''(x)-\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}\right| = O(h^2)$

AD писал(а):

$$\left|a_k-\tfrac{1}{h^k}\sum_{j=0}^k(-1)^jC_k^jf\bigl(x+(k/2-j)h\bigr)\right|=o(1)$$

$$\left|b_k-\tfrac{1}{h^k}\sum_{j=0}^k(-1)^jC_k^jf\bigl(x+(k/2-j)h\bigr)\right|=o(1)$$

Добавлено спустя 14 минут 39 секунд:

Кстати, если я все правильно понимаю, то в моих формулах для $a_{k-2}$ и $b_{k-2}$ будут оценки типа $O(h^2)$, то есть

$$\left|a_{k-2}-\tfrac{1}{h^{k-2}}\sum_{j=0}^{k-2}(-1)^jC_{k-2}^jf\bigl(x+(k/2-1-j)h\bigr)\right|=O(h^2)$$

и

$$\left|b_{k-2}-\tfrac{1}{h^{k-2}}\sum_{j=0}^{k-2}(-1)^jC_{k-2}^jf\bigl(x+(k/2-1-j)h\bigr)\right|=O(h^2)$$

при условии разложимости в ряд Тейлора четных и нечетных частей до $k$-го члена, а лучше уже не будет ни при какой гладкости.

[Mandel]

а что лучше в данном контексте: $o(\frac{1}{n^2})$ или $o(\frac{1}{n^n})$.
Я полагаю, что второе!?