使用高阶有限差分/定义和基础

定义和基础

向量范数

向量范数的定义

最常见的向量是那些由有序n元组组成的实数或复数。它们可以写成行      $<\;x\quad y\quad z\;>,$      ${\begin{bmatrix}x&y&z\\\end{bmatrix}},$       $(\;x,\quad y,\quad z\;),$     

或列      ${\begin{bmatrix}x\\y\\z\\\end{bmatrix}}$

形式。组件或坐标的逗号或其他分隔符可能使用也可能不使用。当向量有多个元素时，可以使用以下符号

${\begin{bmatrix}x_{1}&x_{2}&\cdots &x_{n}\\\end{bmatrix}}$   或   ${\begin{bmatrix}x_{1}&x_{2}&\cdots &x_{n}\\\end{bmatrix}}^{T}$   经常使用。

表示向量的最流行符号是  ${\vec {v}}\;=\;<v_{1}\;v_{2}\;\cdots \;v_{n}>$.

向量通常按分量相加，因为

 ${\vec {v}}\;=\;<v_{1}\;v_{2}\;\cdots \;v_{n}>$  和   ${\vec {w}}\;=\;<w_{1}\;w_{2}\;\cdots \;w_{n}>$,

 ${\vec {v}}+{\vec {w}}\;=\;<(v_{1}+w_{1})\;\;(v_{2}+w_{2})\;\cdots \;(v_{n}+w_{n})>$.

标量乘法定义为   $\alpha \,{\vec {v}}\;=\;<\alpha \,v_{1}\;\,\alpha \,v_{2}\;\cdots \;\alpha \,v_{n}>$.

向量范数是普通绝对值  $\left\vert x\right\vert$  在实数或复数上的推广。

对于  ${\vec {u}}$  和  ${\vec {v}}$,  向量，以及  $\alpha$,  一个标量，一个向量范数是一个实数值  $\lVert \cdot \rVert$  与一个向量相关联，它具有以下性质。

${\begin{aligned}(i)\;\;\;\quad &\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert \;\geq \;0\\(ii)\;\;\quad &\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert \;=\;0\iff \;{\vec {v}}\;=\;0\\(iii)\;\quad &\lVert \,\alpha \,{\vec {v}}\,\rVert \;=\;\left\vert \alpha \right\vert \,\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert \\(iv)\;\;\quad &\lVert \,{\vec {v}}+{\vec {w}}\,\rVert \;\;\leq \;\;\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert \;+\;\lVert \,{\vec {w}}\,\rVert \;\end{aligned}}$.

常用向量范数

最常用的范数是

${\begin{aligned}\quad &\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert _{2}\;=\;{\sqrt {{\left\vert v_{1}\right\vert }^{2}+{\left\vert v_{2}\right\vert }^{2}+\ldots +{\left\vert v_{n}\right\vert }^{2}}}\\\quad &\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert _{1}\;=\;\left\vert v_{1}\right\vert +\left\vert v_{2}\right\vert +\ldots +\left\vert v_{n}\right\vert \\\quad &\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert _{\infty }\;=\;{\underset {1\,\leq \,i\,\leq \,n}{\max \left\vert v_{i}\right\vert }}\\\quad &\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert _{p}\;=\;(\left\vert v_{1}\right\vert ^{p}+\left\vert v_{2}\right\vert ^{p}+\ldots +\left\vert v_{n}\right\vert ^{p})^{\frac {1}{p}}\\\end{aligned}}$.

在$n$ 维复数向量空间上，任意两个范数都是拓扑等价的，也就是说，如果  $\lVert \cdot \rVert _{a}$  和  $\lVert \cdot \rVert _{b}$  是两个不同的范数，那么存在正常数  $c_{1}$  和  $c_{2}$  使得  $c_{1}\,\lVert \cdot \rVert _{a}\;\leq \;\lVert \cdot \rVert _{b}\;\leq \;c_{2}\,\lVert \cdot \rVert _{a}$.

向量内积

两个向量的内积（或点积）

 ${\vec {v}}\;=\;<v_{1}\;v_{2}\;\cdots \;v_{n}>$  和   ${\vec {w}}\;=\;<w_{1}\;w_{2}\;\cdots \;w_{n}>$,

定义为

 ${\vec {v}}\,\cdot \,{\vec {w}}\;=\;v_{1}\,w_{1}+v_{2}\,w_{2}+\;\cdots \;+v_{n}\,w_{n}$,

或者当  ${\vec {v}}$  和  ${\vec {w}}$  是复数时，用以下公式：

${\vec {v}}\,\cdot \,{\vec {w}}\;=\;v_{1}\,{\overline {w}}_{1}+v_{2}\,{\overline {w}}_{2}+\;\cdots \;+v_{n}\,{\overline {w}}_{n}$.

(1.3.3.0)

它通常用以下几种符号表示：

${\vec {v}}\,\cdot \,{\vec {w}}\,,\quad {\vec {v}}^{\,T}{\vec {w}}\,,\quad <{\vec {v}}\,,\;{\vec {w}}>,$    或    $({\vec {v}}\,,\;{\vec {w}})$.

除了点积，其他内积的定义也是一个规则，它将每个向量对 ${\vec {v}}\,,\;{\vec {w}}$,  赋值为一个具有以下性质的复数。

$<\alpha \,{\vec {v}}\,,\;{\vec {w}}>\;=\;\alpha \,<{\vec {v}}\,,\;{\vec {w}}>$

$<{\vec {v}}\,,\;{\vec {w}}>\;=\;{\overline {<{\vec {w}}\,,\;{\vec {v}}>}}$

$<{\vec {v_{1}}}+{\vec {v_{2}}}\,,\;{\vec {w}}>\;=\;<{\vec {v_{1}}}\,,\;{\vec {w}}>+<{\vec {v_{2}}}\,,\;{\vec {w}}>$

对于  ${\vec {v}}\;\neq \;0$,  $<{\vec {v}}\,,\;{\vec {v}}>$  是实数并且为正

$<{\vec {v}}\,,\;{\vec {v}}>\;>\;0$

并且

$\left\vert <{\vec {v}}\,,\;{\vec {w}}>\right\vert ^{2}\;\leq \;<{\vec {v}}\,,\;{\vec {v}}><{\vec {w}}\,,\;{\vec {w}}>$

内积定义范数如下

$\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert \;=\;{\sqrt {<{\vec {v}}\,,\;{\vec {v}}>}}$.

(1.3.3.1)

涉及范数的不等式

柯西-施瓦茨 和 赫尔德不等式 经常使用。

$\left\vert \,{\vec {v}}\,\cdot \,{\vec {w}}\,\right\vert \;\leq \;\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert _{2}\,\lVert \,{\vec {w}}\,\rVert _{2}$

$\left\vert \,{\vec {v}}\,\cdot \,{\vec {w}}\,\right\vert \;\leq \;\lVert \,{\vec {v}}\,\rVert _{p}\,\lVert \,{\vec {w}}\,\rVert _{q}$    对于  ${\tfrac {1}{p}}+{\tfrac {1}{q}}\;=\;1$

矩阵范数

矩阵范数的定义

最常见的矩阵由实数或复数的矩形数组组成。它们可以用元素形式      $A\;=\;(a_{i\,j}),\;1\;\leq \;m\,,\;\;1\;\leq \;n$       并被视为列 或 行 向量的集合。

矩阵通常按元素相加，因为

$A\;=\;(a_{i\,j}),\;B\;=\;(b_{i\,j}),\quad \;A+B\;=\;(a_{i\,j}+b_{i\,j})$

标量乘法 定义为    $\alpha \,A\;=\;(\alpha \,a_{i\,j})$.

符号   $A\;=\;0$  意味着   $A$   中所有 元素 都是 完全为零 的。

矩阵范数 是对普通绝对值   $\left\vert x\right\vert$   （实数 或 复数） 的推广，可以被视为 向量范数 的一种类型。

对于   $A$   和   $B$，  矩阵，以及   $\alpha$，   一个 标量，矩阵范数 是一个与 矩阵 关联的 实数 值   $\lVert \cdot \rVert$  ，它满足以下性质。

${\begin{aligned}(i)\;\;\;\quad &\lVert \,A\,\rVert \;\geq \;0\\(ii)\;\;\quad &\lVert \,A\,\rVert \;=\;0\iff \;A\;=\;0\\(iii)\;\quad &\lVert \,\alpha \,A\,\rVert \;=\;\left\vert \alpha \right\vert \,\lVert \,A\,\rVert \\(iv)\;\;\quad &\lVert \,A+B\,\rVert \;\;\leq \;\;\lVert \,A\,\rVert \;+\;\lVert \,B\,\rVert \;\end{aligned}}$.

常见矩阵范数

最常用的范数是

${\displaystyle {\begin{aligned}\quad &\lVert \,A\,\rVert _{F}\;=\;{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{m}\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{n}{\left\vert a_{i\,j}\right\vert }^{2}}}\\\quad &\lVert \,A\,\rVert _{\infty }\;=\;{\underset {1\;\leq \;i\;\leq \;m}{\max \;}}(\left\vert a_{i\,1}\right\vert +\left\vert a_{i\,2}\right\vert +\ldots +\left\vert a_{i\,n}\right\vert )\\\quad &\lVert \,A\,\rVert _{1}\;=\;{\underset {1\;\leq \;j\;\leq \;n}{\max \;}}(\left\vert a_{1\,j}\right\vert +\left\vert a_{2\,j}\right\vert +\ldots +\left\vert a_{m\,j}\right\vert )\\\quad &\lVert \,A\,\rVert _{\$.

与向量范数类似，在 $m\times n$ 矩阵 上，任何两个复数的 矩阵范数 在 拓扑等价 的意义上是等价的。也就是说，如果  $\lVert \cdot \rVert _{a}$  和  $\lVert \cdot \rVert _{b}$  是两个不同的范数，那么存在 正 常数  $c_{1}$  和  $c_{2}$  使得  $c_{1}\,\lVert \cdot \rVert _{a}\;\leq \;\lVert \cdot \rVert _{b}\;\leq \;c_{2}\,\lVert \cdot \rVert _{a}$.

范数  $\lVert \,A\,\rVert _{2}$  在 矩阵  $A$  上是一个 导出 范数的例子。对于 向量范数  $\lVert \,x\,\rVert _{b}$ ，导出 范数定义为

$\lVert \,A\,\rVert _{b}\;=\;{\underset {\lVert \,x\,\rVert _{b}\;=\;1}{\max }}\;\lVert \,A\,x\,\rVert _{b}$.

这可能会导致相同的下标符号被用于两个不同的范数。

正定矩阵

一个  $n\times n$  矩阵  $A$  被称为 正定，如果对于任何 向量  $x$

$x^{T}A\,x\;\geq \;\alpha \,x^{T}x$

对于某个 正 常数  $\alpha$ ，该常数不依赖于  $x$ 。

正定 性质保证了解决方程  $A\,x\;=\;y$  中使用的各种常用数值技术的 数值稳定性。

如果取  $x\;=\;A^{-1}y$  那么

$(A^{-1}y)^{T}A\,(A^{-1}y)\;\geq \;\alpha \,(A^{-1}y)^{T}A^{-1}y$ .

所以

$(A^{-1}y)^{T}y\;\geq \;\alpha \,\lVert A^{-1}y\rVert _{2}^{2}$     以及     $\alpha \,\lVert A^{-1}y\rVert _{2}^{2}\;\leq \;\lVert A^{-1}y\rVert _{2}\,\lVert y\rVert _{2}$  .

这给出

$\alpha \,\lVert A^{-1}y\rVert _{2}\;\leq \;\lVert y\rVert _{2}$

并且

$\lVert A^{-1}\rVert _{2}\;\leq \;\alpha ^{-1}$ .

范数一致性

一个矩阵范数  $\lVert \,\cdot \,\rVert _{M}$  和一个向量范数  $\lVert \,\cdot \,\rVert _{V}$  被称为一致，当

$\lVert \,A\,x\,\rVert _{M}\;\leq \;\lVert \,A\,\rVert _{M}\,\lVert \,x\,\rVert _{V}$ .

当  $\lVert \,\cdot \,\rVert _{M}$  是由向量范数  $\lVert \,\cdot \,\rVert _{V}$  导出的矩阵范数时，则这两个范数将是一致的。

当这两个范数是不一致时，仍然会存在一个正常数  $\alpha$  使得

$\lVert \,A\,x\,\rVert _{M}\;\leq \;\alpha \,\lVert \,A\,\rVert _{M}\,\lVert \,x\,\rVert _{V}$ .

有限差分算子

一阶导数的近似

函数的导数定义给出了第一个也是最简单的有限差分。

$f^{\prime }(x_{0})\;=\;\lim _{x_{1}\to x_{0}}{\frac {f(x_{1})-f(x_{0})}{x_{1}-x_{0}}}\quad {\text{or}}\quad f^{\prime }(x_{0})\;=\;\lim _{h\to 0}{\frac {f(x_{0}+h)-f(x_{0})}{h}}$.

因此，有限差分 

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\;=\;h^{-1}\,(f(x+h)-f(x))$

可以被定义。当 $h$ 接近 $0$ 时，它是 $f^{\prime }(x)$  的近似值。

有限差分近似 ${\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)$  对于 $f^{(\,n)}(x)$  被认为是阶数 $k$， 如果存在 $M\;>\;0$  使得

$\left\vert {\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)-f^{(\,n)}(x)\right\vert \;\leq \;M\,h^{k}$,

当 $h$ 接近 $0$。

出于实际原因，有限差分的阶将根据以下假设来描述： $f(x)$ 足够光滑，因此它对某个阶的泰勒展开是存在的。例如，如果

$f(x+h)\;=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(z_{h})\,h^{2}$

那么

${\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\;=\;f^{\prime }(x)+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(z_{h})\,h$

所以

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)-f^{\prime }(x)\;=\;{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(z_{h})\,h$,

这意味着 $f^{\prime }(x)$ 被 ${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)$ 近似的阶为 $1$。

到目前为止所定义的有限差分是一个2点算子，因为它需要2次评估 $f(x)$。如果

$f(x+h)\;=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{h})\,h^{3}$

那么另一个2点算子

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;{\frac {f(x+h)-f(x-h)}{2\,h}}\;=\;(2\,h)^{-1}\,(f(x+h)-f(x-h))$

可以定义。由于

${\frac {f(x+h)-f(x-h)}{2\,h}}\;=\;f^{\prime }(x)+{\tfrac {1}{2}}\,({\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{h})+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{-h}))\,h^{2}$,

这个  ${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)$  是 **2** 阶的，被称为 **中心** 差分 算子。对于相同数量的点，中心差分算子通常比非中心算子高一个精度阶。

更一般地说，对于  $m$  个点  $x+\alpha _{1}\,h\,,\;x+\alpha _{2}\,h\,,\;\ldots \;,\;x+\alpha _{m}\,h$  ，一个有限差分算子

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;h^{-1}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

通常通过选择系数  $a_{1}\,,\;a_{2}\,,\;\ldots ,\;a_{m}$  来定义，以便  ${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)$  具有尽可能高的阶数的精度。考虑

${\begin{aligned}f(x+h)\;&=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,f^{(m)}(z_{h})\,h^{m}\\\end{aligned}}$.

然后

${\begin{aligned}{\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;&=\;h^{-1}\,(c_{1}\,f(x)+c_{2}\,f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,c_{3}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,c_{4}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,c_{m}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,R_{m}\,h^{m})\\\end{aligned}}$.

其中 $c_{1}\,,\;c_{2}\,,\;\ldots ,\;c_{m}$ 是 *范德蒙德* 系统的右侧

${\begin{bmatrix}1&1&\cdots &1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\cdots &\alpha _{m-1}&\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\cdots &\alpha _{m-1}^{2}&\alpha _{m}^{2}\\\vdots &\vdots &\cdots &\vdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m-2}&\alpha _{2}^{m-2}&\cdots &\alpha _{m-1}^{m-2}&\alpha _{m}^{m-2}\\\alpha _{1}^{m-1}&\alpha _{2}^{m-1}&\cdots &\alpha _{m-1}^{m-1}&\alpha _{m}^{m-1}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\vdots \\a_{m-1}\\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}c_{1}\\c_{2}\\c_{3}\\\vdots \\c_{m-1}\\c_{m}\\\end{bmatrix}}$

并且

${\begin{aligned}R_{m}\;=&\;a_{1}\,\alpha _{1}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{1}\,h})+a_{2}\,\alpha _{2}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{2}\,h})+a_{3}\,\alpha _{3}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{3}\,h})\\&+\;\ldots \;+a_{m-1}\,\alpha _{m-1}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{m-1}\,h})+a_{m}\,\alpha _{m}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{m}\,h})\\\end{aligned}}$.

当  $a_{i}\,{\text{'s}}$  被选择使得 

$c_{1}\;=\;0\,,\;\;c_{2}\;=\;1\,,\;\;c_{3}\;=\;\ldots \;=\;c_{m}\;=\;0$

那么

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;f^{\prime }(x)+{\tfrac {1}{m!}}\,R_{m}\,h^{m-1}$.

因此，该算子的 _阶_ 为 $m-1$.

在本节的最后，我们将提供一个 _表_，该表包含前几个 $m$ 的值，即点的数量。讨论将继续进行 _二阶导数_ 的 _近似_。

二阶导数的近似

函数 _二阶导数_ 的定义

$f^{\prime \prime }(x)\;=\;\lim _{h\to 0}{\frac {f^{\prime }(x+h)-f^{\prime }(x)}{h}}$.

与 _一阶导数_ 的 _有限差分_ 近似一起使用

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\;=\;h^{-1}\,(f(x+h)-f(x))$

给出 _有限差分_

${\begin{aligned}{\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=&\;h^{-1}\,{\big (}h^{-1}\,(f(x+2\,h)-f(x+h))-h^{-1}\,(f(x+h)-f(x)){\big )}\\=&\;h^{-2}\,(f(x+2\,h)-2\,f(x+h)+f(x)))\\\end{aligned}}$

鉴于

$f(x+h)\;=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{h})\,h^{3}$

对于刚刚定义的算子

${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;f^{\prime \prime }(x)+({\tfrac {4}{3}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{\,2\,h})-{\tfrac {1}{3}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{h}))\,h$.

如果相反，_差分算子_

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;(2\,h)^{-1}\,(f(x+h)-f(x-h))$

被使用

${\begin{aligned}{\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=&\;h^{-1}\,{\big (}(2\,h)^{-1}\,(f(x+2\,h)-f(x))-(2\,h)^{-1}\,(f(x+h)-f(x-h)){\big )}\\=&\;{\tfrac {1}{2}}\,h^{-2}\,(f(x+2\,h)-f(x+h)-f(x)+f(x-h))\\&\;\\=&\;f^{\prime \prime }(x)+({\tfrac {2}{3}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{\,2\,h})-{\tfrac {1}{12}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{h})-{\tfrac {1}{12}}\,f^{\prime \prime \prime }(z_{-h}))\,h\\\end{aligned}}$

如果尝试其他显而易见的可能性

${\begin{aligned}{\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=&\;h^{-1}\,{\big (}h^{-1}\,(f(x+h)-f(x))-h^{-1}\,(f(x)-f(x-h)){\big )}\\=&\;h^{-2}\,(f(x+h)-2\,f(x)+f(x-h))\\\end{aligned}}$

鉴于

$f(x+h)\;=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}+{\tfrac {1}{24}}\,f^{(iv)}(z_{h})\,h^{4}$,

${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;f^{\prime \prime }(x)+({\tfrac {1}{24}}\,f^{(iv)}(z_{h})+{\tfrac {1}{24}}\,f^{(iv)}(z_{-h}))\,h^{2}$.

所以   ${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;h^{-2}\,(f(x+h)-2\,f(x)+f(x-h))$

是  $f^{\prime \prime }(x)$ 的一个 *二阶 **中心** 差分* 近似。

用于一阶导数近似的推理可以应用于二阶导数，只需要做一些小的修改。

对于  $m$  个 **点**  $x+\alpha _{1}\,h\,,\;x+\alpha _{2}\,h\,,\;\ldots \;,\;x+\alpha _{m}\,h$，*有限差分算子*

${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;h^{-2}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

通常通过选择系数  $a_{1}\,,\;a_{2}\,,\;\ldots ,\;a_{m}$ 来定义，以便  ${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)$ 具有尽可能高的 *阶数* 的 *精度*。考虑

${\begin{aligned}f(x+h)\;&=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,f^{(m)}(z_{h})\,h^{m}\\\end{aligned}}$.

然后

${\begin{aligned}{\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;&=\;h^{-2}\,(c_{1}\,f(x)+c_{2}\,f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,c_{3}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,c_{4}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,c_{m}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,R_{m}\,h^{m})\\\end{aligned}}$.

其中 $c_{1}\,,\;c_{2}\,,\;\ldots ,\;c_{m}$ 是 *范德蒙德* 系统的右侧

${\begin{bmatrix}1&1&\cdots &1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\cdots &\alpha _{m-1}&\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\cdots &\alpha _{m-1}^{2}&\alpha _{m}^{2}\\\vdots &\vdots &\cdots &\vdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m-2}&\alpha _{2}^{m-2}&\cdots &\alpha _{m-1}^{m-2}&\alpha _{m}^{m-2}\\\alpha _{1}^{m-1}&\alpha _{2}^{m-1}&\cdots &\alpha _{m-1}^{m-1}&\alpha _{m}^{m-1}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\vdots \\a_{m-1}\\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}c_{1}\\c_{2}\\c_{3}\\\vdots \\c_{m-1}\\c_{m}\\\end{bmatrix}}$

并且

${\begin{aligned}R_{m}\;=&\;a_{1}\,\alpha _{1}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{1}\,h})+a_{2}\,\alpha _{2}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{2}\,h})+a_{3}\,\alpha _{3}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{3}\,h})\\&+\;\ldots \;+a_{m-1}\,\alpha _{m-1}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{m-1}\,h})+a_{m}\,\alpha _{m}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{m}\,h})\\\end{aligned}}$.

当  $a_{i}\,{\text{'s}}$  被选择使得 

$c_{1}\;=\;0\,,\;\;c_{2}\;=\;0\,,\;\;c_{3}\;=\;2\,,\;\;c_{4}\;=\;\ldots \;=\;c_{m}\;=\;0$

那么

${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;f^{\prime \prime }(x)+{\tfrac {1}{m!}}\,R_{m}\,h^{m-2}$.

因此，该算子的**阶数**为 $m-2$。

**中心化**点的效果将在后面的内容中进行讨论。

高阶导数的近似

虽然高阶导数的近似可以从低阶导数的近似递归定义，但最终的结果是相同的有限差分算子。**范德蒙德**类型系统将再次用于此目的。

$f^{(\,n)}(x)\;=\;\lim _{h\to 0}{\frac {f^{\,(n-1)}(x+h)-f^{\,(n-1)}(x)}{h}}$.

使用**有限差分**来近似 $f^{(\,n)}(x)$ 所需的**点数**至少为 $n+1$。

对于 $m$ 点 $x+\alpha _{1}\,h\,,\;x+\alpha _{2}\,h\,,\;\ldots ,\;x+\alpha _{m}\,h$ 一个有限差分算子

${\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)\;=\;h^{-n}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

通常定义为选择系数 $a_{1}\,,\;a_{2}\,,\;\ldots ,\;a_{m}$ 以便 ${\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)$ 近似 $f^{(\,n)}(x)$ 尽可能高的阶精度。考虑到

${\begin{aligned}f(x+h)\;=&\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,f^{(m)}(z_{h})\,h^{m}\\\end{aligned}}$.

然后

${\begin{aligned}&{\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)\;=\;h^{-n}\,(c_{1}\,f(x)+c_{2}\,f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,c_{3}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,c_{4}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}+\\&\ldots +{\tfrac {1}{n!}}\,c_{n+1}\,f^{(\,n)}(x)\,h^{n}+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,c_{m}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,R_{m}\,h^{m})\\\end{aligned}}$.

其中 $c_{1}\,,\;c_{2}\,,\;\ldots ,\;c_{m}$ 是 *范德蒙德* 系统的右侧

${\begin{bmatrix}1&1&\cdots &1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\cdots &\alpha _{m-1}&\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\cdots &\alpha _{m-1}^{2}&\alpha _{m}^{2}\\\vdots &\vdots &\cdots &\vdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m-2}&\alpha _{2}^{m-2}&\cdots &\alpha _{m-1}^{m-2}&\alpha _{m}^{m-2}\\\alpha _{1}^{m-1}&\alpha _{2}^{m-1}&\cdots &\alpha _{m-1}^{m-1}&\alpha _{m}^{m-1}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\vdots \\a_{m-1}\\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}c_{1}\\c_{2}\\c_{3}\\\vdots \\c_{m-1}\\c_{m}\\\end{bmatrix}}$

并且

${\begin{aligned}R_{m}\;=&\;a_{1}\,\alpha _{1}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{1}\,h})+a_{2}\,\alpha _{2}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{2}\,h})+a_{3}\,\alpha _{3}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{3}\,h})\\&+\;\ldots \;+a_{m-1}\,\alpha _{m-1}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{m-1}\,h})+a_{m}\,\alpha _{m}^{m}\,f^{(m)}(z_{\,\alpha _{m}\,h})\\\end{aligned}}$.

当  $a_{i}\,{\text{'s}}$  被选择使得 

$c_{n+1}\;=\;n!\,,\;\;{\text{and}}\;\;c_{i}\;=\;0\,,\quad {\text{for}}\;\;i\;\neq \;n+1$

那么

${\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)\;=\;f^{(\,n)}(x)+{\tfrac {1}{m!}}\,R_{m}\,h^{m-n}$.

因此，该算子的 *阶* 为 $m-n$。

另一种分析方法是要求 *有限差分* 算子精确地对 $x$ 的幂进行微分，直到最高可能的幂。

点的放置影响

通常，$\alpha _{i}{\text{'s}}$ 被取为整数值，因为 *点* 意在与 *区间* 或 **二维** 或 **三维** *域* 的一些划分相一致。如果这些 *点* 以及 $\alpha _{i}{\text{'s}}$ 是仅从 *精度* 的角度来选择的，那么 *更高的精度* 只能实现 *一阶*。

首先，让我们看看用 *三个点* 来逼近  $f^{\prime }(x)$  的精度能达到多高。

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;h^{-1}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+a_{3}\,f(x+\alpha _{3}\,h))$

然后，* **无法** 获得 *阶数为 **4** * 的 *精度* ，因为这将需要求解以下方程:

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\1\\0\\0\\0\\\end{bmatrix}}$

由于矩阵

${\begin{bmatrix}\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}\\\end{bmatrix}}$

是 *非奇异* 的。除非  $\alpha _{i}$  为 $0$  ，否则，方程无解。

对于 *阶数为 **3** * 的 *精度*

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\1\\0\\0\\\end{bmatrix}}$

因此，矩阵

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\end{bmatrix}}$

是奇异的，并且  $\alpha _{1}\,,\;\alpha _{2}\,,\;\alpha _{3}$  是某个多项式 

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{3}+b_{1}\,\alpha ^{2}+b_{0}$ 的根。

接下来是两个例子。

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;h^{-1}\,(-({\tfrac {\sqrt {3}}{3}}+{\tfrac {1}{2}})\,f(x+({\tfrac {\sqrt {3}}{3}}-1)\,h)+2\,{\tfrac {\sqrt {3}}{3}}\,f(x+{\tfrac {\sqrt {3}}{3}}\,h)-({\tfrac {\sqrt {3}}{3}}-{\tfrac {1}{2}})\,f(x+({\tfrac {\sqrt {3}}{3}}+1)\,h))$

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;h^{-1}\,(-{\tfrac {9}{2}}\,f(x-{\tfrac {1}{2}}\,h)+{\tfrac {16}{3}}\,f(x+{\tfrac {3}{4}}\,h)-{\tfrac {5}{6}}\,f(x+{\tfrac {3}{2}}\,h))$

为了看看  $f^{\prime \prime }(x)$  可以用三个点逼近的精度。

${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;h^{-2}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+a_{3}\,f(x+\alpha _{3}\,h))$

那么，3阶的精度无法实现，因为它需要求解以下方程

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\0\\2\\0\\0\\\end{bmatrix}}$

无法求解，因为矩阵

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\end{bmatrix}}$      和      ${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}\\\end{bmatrix}}$

都需要是 *奇异* 的。

如果矩阵

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\end{bmatrix}}$

是 *奇异* 的，那么   $\alpha _{1}\,,\;\alpha _{2}\,,\;\alpha _{3}$   是某个 *多项式*  

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{3}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$  的 *根*，

这意味着

${\begin{bmatrix}\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}\\\end{bmatrix}}\;\;=\;\;-b_{1}\,{\begin{bmatrix}\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\end{bmatrix}}\;-\;b_{0}\,{\begin{bmatrix}\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\end{bmatrix}}$

意味着 *基本行操作可以将*

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}\\\end{bmatrix}}$

到

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\end{bmatrix}}$

这是非奇异的。

反之，如果  $\alpha _{1}\,,\;\alpha _{2}\,,\;\alpha _{3}$  是某个多项式 

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{3}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$ 的根，那么

${\begin{bmatrix}1&1&1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\0\\2\\0\\\end{bmatrix}}$

可以被求解，并且  $f^{\prime \prime }(x)$  可以被二阶精度近似。

看看使用  $m$  点可以以多高的精度近似  $f^{\prime }(x)$ 。

${\frac {d_{h}}{d_{h}x}}\,f(x)\;=\;h^{-1}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

然后，m+1阶精度无法实现，因为这需要求解

${\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}&\cdots &\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}&\cdots &\alpha _{m}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}&\cdots &\alpha _{m}^{3}\\\vdots &\vdots &\vdots &\cdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m}&\alpha _{2}^{m}&\alpha _{3}^{m}&\cdots &\alpha _{m}^{m}\\\alpha _{1}^{m+1}&\alpha _{2}^{m+1}&\alpha _{3}^{m+1}&\cdots &\alpha _{m}^{m+1}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\vdots \\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\1\\0\\\vdots \\0\\\end{bmatrix}}$

由于矩阵

$\alpha _{i}$ 为 $0$ 的可能性可以通过其他方式排除，因为例如，如果 $\alpha _{1}\;=\;0$，则块的非奇异性

${\begin{bmatrix}\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}&\cdots &\alpha _{m}^{2}\\\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}&\cdots &\alpha _{m}^{3}\\\vdots &\vdots &\cdots &\vdots \\\alpha _{2}^{m}&\alpha _{3}^{m}&\cdots &\alpha _{m}^{m}\\\end{bmatrix}}$

将迫使 $a_{2}\;=\;a_{3}\;\ldots \;=\;a_{m}\;=\;0$.

对于 $m$ 阶的精度

${\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}&\cdots &\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}&\cdots &\alpha _{m}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}&\cdots &\alpha _{m}^{3}\\\vdots &\vdots &\vdots &\cdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m}&\alpha _{2}^{m}&\alpha _{3}^{m}&\cdots &\alpha _{m}^{m}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\\vdots \\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\1\\0\\\vdots \\0\\\end{bmatrix}}$

因此，矩阵

${\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}&\cdots &\alpha _{m}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}&\cdots &\alpha _{m}^{3}\\\vdots &\vdots &\vdots &\cdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m}&\alpha _{2}^{m}&\alpha _{3}^{m}&\cdots &\alpha _{m}^{m}\\\end{bmatrix}}$

是奇异的，并且 $\alpha _{1}\,,\;\alpha _{2}\,,\;\alpha _{3}\,,\;\ldots ,\;\alpha _{m}$ 是某个多项式

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{2}\,\alpha ^{3}+b_{1}\,\alpha ^{2}+b_{0}$ 的根。

对于二阶、三阶...导数，依此类推。

如果 $\alpha _{1}\,,\;\alpha _{2}\,,\;\alpha _{3}\,,\;\ldots ,\;\alpha _{m}$ 是某个多项式

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{2}\,\alpha ^{3}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$ 的根

那么这个系统

${\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}&\cdots &\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}&\cdots &\alpha _{m}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}&\cdots &\alpha _{m}^{3}\\\vdots &\vdots &\vdots &\cdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m}&\alpha _{2}^{m}&\alpha _{3}^{m}&\cdots &\alpha _{m}^{m}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\a_{4}\\\vdots \\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\0\\2\\0\\\vdots \\0\\\end{bmatrix}}$

可以求解，并且

${\frac {d_{h}^{2}}{d_{h}x^{2}}}\,f(x)\;=\;h^{-2}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

以 $m-1$ 的 *阶* *精度* 逼近 $f^{\prime \prime }(x)$ 。

如果 $\alpha _{1}\,,\;\alpha _{2}\,,\;\alpha _{3}\,,\;\ldots ,\;\alpha _{m}$ 是某个多项式

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{3}\,\alpha ^{4}+b_{2}\,\alpha ^{2}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$

那么这个系统

${\begin{bmatrix}1&1&1&\cdots &1\\\alpha _{1}&\alpha _{2}&\alpha _{3}&\cdots &\alpha _{m}\\\alpha _{1}^{2}&\alpha _{2}^{2}&\alpha _{3}^{2}&\cdots &\alpha _{m}^{2}\\\alpha _{1}^{3}&\alpha _{2}^{3}&\alpha _{3}^{3}&\cdots &\alpha _{m}^{3}\\\alpha _{1}^{4}&\alpha _{2}^{4}&\alpha _{3}^{4}&\cdots &\alpha _{m}^{4}\\\vdots &\vdots &\vdots &\cdots &\vdots \\\alpha _{1}^{m}&\alpha _{2}^{m}&\alpha _{3}^{m}&\cdots &\alpha _{m}^{m}\\\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}a_{1}\\a_{2}\\a_{3}\\a_{4}\\a_{5}\\\vdots \\a_{m}\\\end{bmatrix}}\quad =\quad {\begin{bmatrix}0\\0\\0\\6\\0\\\vdots \\0\\\end{bmatrix}}$

可以求解，并且

${\frac {d_{h}^{3}}{d_{h}x^{3}}}\,f(x)\;=\;h^{-3}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

近似 $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 的 *阶* *精度* 为 $m-2$.

现在，分析还没有完全结束。回到对 $f^{\prime \prime }(x)$ 的近似。如果对于多项式

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{2}\,\alpha ^{3}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$

是 $b_{1}\;=\;0$，那么该系统可以求解出更高的精度。因此，问题就变成了是否能找到形如

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{2}\,\alpha ^{3}+b_{0}$

存在具有 $m$ 个不同的实根。当 $m\;=\;3$ 时，则不存在。因此考虑 $m\;=\;4$。

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{4}+b_{2}\,\alpha ^{3}+b_{0}$

如果 $p(\alpha )$ 具有 **4** 个不同的实根，那么

$p^{\prime }(\alpha )\;=\;4\,\alpha ^{3}+3\,b_{2}\,\alpha ^{2}$

具有 **3** 个不同的实根，但实际上并不存在。因此，逼近的阶数无法提高。这通常都是这样。

回到对 $f^{\prime \prime \prime }(x)$ 的逼近。如果对于多项式

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{3}\,\alpha ^{4}+b_{2}\,\alpha ^{2}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$

是 $b_{2}\;=\;0$，那么系统可以求解一个更高的精度阶数。因此，问题就变成了是否存在形式为

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-2}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{3}\,\alpha ^{4}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$

这样的多项式，具有 $m$ 个不同的实根。

如果  $p(\alpha )$  有  $m$  个不同的实根，那么

$p^{\prime \prime }(\alpha )\;=\;m(m-1)\,\alpha ^{m-2}+(m-1)(m-2)\,b_{m-2}\,\alpha ^{m-3}+\ldots +12\,b_{3}\,\alpha ^{2}$

有  $m-2$  个不同的实根，而它没有。因此，近似的阶数无法提高。

对于使用单位根的复变量函数，例如，可以获得更高的近似阶数，因为允许复数根。

中心差分算子

对于 $m$ 点 $x+\alpha _{1}\,h\,,\;x+\alpha _{2}\,h\,,\;\ldots ,\;x+\alpha _{m}\,h$ 一个有限差分算子

${\frac {d_{h}^{\,n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)\;=\;h^{-n}\,(a_{1}\,f(x+\alpha _{1}\,h)+a_{2}\,f(x+\alpha _{2}\,h)+\;\ldots \;+a_{m}\,f(x+\alpha _{m}\,h))$

当点对称地围绕  $x$。被称为是居中的。

$\alpha _{i}\;=\;-\alpha _{m-i+1}\quad {\text{for}}\;\;i\;=\;1\,,\;2\,,\;\ldots ,\;\left[m\,/\,2\right]$

当  $m$  是奇数  $\alpha _{\left[m\,/\,2\right]+1}\;=\;0$.

为了找到中心差分算子，考虑

${\begin{aligned}f(x+h)\;&=\;f(x)+f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{m!}}\,f^{(m)}(x)\,h^{m}+{\tfrac {1}{(m+1)!}}\,f^{(m+1)}(z_{h})\,h^{m+1}\\\end{aligned}}$.

然后

${\begin{aligned}&{\frac {d_{h}^{n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)\;=\;h^{-n}\,(c_{1}\,f(x)+c_{2}\,f^{\prime }(x)\,h+{\tfrac {1}{2}}\,c_{3}\,f^{\prime \prime }(x)\,h^{2}+{\tfrac {1}{6}}\,c_{4}\,f^{\prime \prime \prime }(x)\,h^{3}\\&+\;\ldots \;+{\tfrac {1}{(m-1)!}}\,c_{m}\,f^{(m-1)}(x)\,h^{m-1}+{\tfrac {1}{m!}}\,c_{m+1}f^{(m)}(x)\,h^{m}+{\tfrac {1}{(m+1)!}}\,R_{m+1}\,h^{m+1})\\\end{aligned}}$.

其中，$c_{1}\,,\;c_{2}\,,\;\ldots ,\;c_{m}\,,\;c_{m+1}$ 是超定系统右侧。

并且

${\begin{aligned}R_{m+1}\;=&\;a_{1}\,\alpha _{1}^{m+1}\,f^{(m+1)}(z_{\,\alpha _{1}\,h})+a_{2}\,\alpha _{2}^{m+1}\,f^{(m+1)}(z_{\,\alpha _{2}\,h})+a_{3}\,\alpha _{3}^{m+1}\,f^{(m+1)}(z_{\,\alpha _{3}\,h})\\&+\;\ldots \;+a_{m-1}\,\alpha _{m-1}^{m+1}\,f^{(m+1)}(z_{\,\alpha _{m-1}\,h})+a_{m}\,\alpha _{m}^{m+1}\,f^{(m+1)}(z_{\,\alpha _{m}\,h})\\\end{aligned}}$.

当  $a_{i}\,{\text{'s}}$  被选择使得 

$c_{n+1}\;=\;n!\,,\;\;c_{i}\;=\;0\,,\;\;{\text{for}}\;\;i\;\neq \;n+1$

那么

${\frac {d_{h}^{n}}{d_{h}x^{n}}}\,f(x)\;=\;f^{(n)}(x)+{\tfrac {1}{(m+1)!}}\,R_{m+1}\,h^{m-n+1}$.

因此，该算子的*阶数*为 $m-n+1$。

由于在*中心*情况下，该系统是*超定的*，因此需要一些限制才能使该系统有解。当 $\alpha _{1},\;\alpha _{2},\ldots ,\alpha _{m}$ 是多项式的根时，就会出现解

$p(\alpha )\;=\;\alpha ^{m}+b_{m-1}\,\alpha ^{m-1}+\ldots +b_{2}\,\alpha ^{2}+b_{1}\,\alpha +b_{0}$

其中

$b_{n}\;=\;0$.

观察到当 $m$ 是*偶数*时

$p(\alpha )\;=\;\prod _{i=1}^{\tfrac {m}{2}}(\alpha ^{2}-\alpha _{i}^{2})$

而当 $m$ 是*奇数*时

$p(\alpha )\;=\;\alpha \,\prod _{i=1}^{\left[{\tfrac {m}{2}}\right]}(\alpha ^{2}-\alpha _{i}^{2})$.

因此，当  $m$  为偶数  $p(\alpha )$  对于所有奇数  $n$ 都有  $b_{n}\;=\;0$，而当  $m$  为奇数  $p(\alpha )$  对于所有偶数  $n$ 都有  $b_{n}\;=\;0$。

因此，当点数  $m$  为偶数，且导数的阶数  $n$  为奇数，或者当点数  $m$  为奇数，且导数的阶数  $n$  为偶数时，中心差分算子将获得一阶额外精度。

移位算子

三角多项式

设 

$p(x)\;=\;a_{0}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(a_{k}\,\cos(k\,\pi \,x)+b_{k}\,\sin(k\,\pi \,x))$

(3.2.0)

是在  $-1\;\leq \;x\;\leq \;1$ 上定义的三角多项式。

在这些三角多项式上定义内积为

$<p_{1}(x)\,,\;p_{2}(x)>\;=\;\int _{-1}^{1}p_{1}(x){\overline {p_{2}(x)}}\,dx$.

(3.2.1)

鉴于正交性

$<\sin(k\,\pi \,x)\,,\;\sin(r\,\pi \,x)>\;=\;0\,,\quad <\cos(k\,\pi \,x)\,,\;\cos(r\,\pi \,x)>\;=\;0$,

以及 $<\sin(k\,\pi \,x)\,,\;\cos(r\,\pi \,x)>\;=\;0\,,$ 当 $k\;\neq \;r$ 时，

内积可以很容易地计算出来。

$\lVert \,p(x)\,\rVert ^{2}\;=\;<p(x)\,,\;p(x)>\;=\;\left\vert a_{0}\right\vert ^{2}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(\left\vert a_{k}\right\vert ^{2}+\left\vert b_{k}\right\vert ^{2})$.

(3.2.2)

对于

$p_{1}(x)\;=\;a_{0\,,\,1}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(a_{k\,,\,1}\,\cos(k\,\pi \,x)+b_{k\,,\,1}\,\sin(k\,\pi \,x))$

$p_{2}(x)\;=\;a_{0\,,\,2}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(a_{k\,,\,2}\,\cos(k\,\pi \,x)+b_{k\,,\,2}\,\sin(k\,\pi \,x))$

内积由下式给出

$<p_{1}(x)\,,\;p_{2}(x)>\;=\;a_{0\,,\,1}\,{\overline {a_{0\,,\,2}}}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(a_{k\,,\,1}\,{\overline {a_{k\,,\,2}}}+b_{k\,,\,1}\,{\overline {b_{k\,,\,2}}})$.

(3.2.3)

移位算子的定义

定义移位算子  $(sft)_{h}$  对  $p(x)$  为

$(sft)_{h}\,p(x)\;=\;p(x-h)\;=\;a_{0}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(a_{k}\,\cos(k\,\pi \,(x-h))+b_{k}\,\sin(k\,\pi \,(x-h)))$.

(3.3.0)

由于

$\sin(k\,\pi (x-h))\;=\;\cos(k\,\pi \,h)\sin(k\,\pi \,x)-\sin(k\,\pi \,h)\cos(k\,\pi \,x)$

并且

$\cos(k\,\pi (x-h))\;=\;\cos(k\,\pi \,h)\cos(k\,\pi \,x)+\sin(k\,\pi \,h)\sin(k\,\pi \,x)$,

所以

${\begin{aligned}(sft)_{h}p(x)\;=\;a_{0}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}&{\big (}(a_{k}\,\cos(k\,\pi \,h)-b_{k}\,\sin(k\,\pi \,h))\,\cos(k\,\pi \,x)\\&+(a_{k}\,\sin(k\,\pi \,h)+b_{k}\,\cos(k\,\pi \,h))\,\sin(k\,\pi \,x){\big )}\\\end{aligned}}$.

(3.3.1)

三角多项式近似

设  $f(x)$  是一个在区间  $-1\;\leq \;x\;\leq \;1$ 上定义并周期的函数。也就是说  $f(x+2)\;=\;f(x)$.

 $m\,{\text{th}}$  次三角多项式近似 到  $f(x)$  由以下公式给出：

$p(x)\;=\;a_{0}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(a_{k}\,\cos(k\,\pi \,x)+b_{k}\,\sin(k\,\pi \,x))$

其中

$a_{k}\,=\;\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx$       以及       $b_{k}\,=\;\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx$.

(3.4.0)

$p(x)$  以以下意义近似  $f(x)$ ：

$\int _{-1}^{1}\left\vert f(x)-p(x)\right\vert ^{2}\,dx$

在所有度数为  $m$  或更低的三角多项式中被  $p(x)$  最小化。

事实上

$\int _{-1}^{1}\left\vert f(x)-p(x)\right\vert ^{2}\,dx\;=\;\int _{-1}^{1}(f(x)-p(x))({\overline {f(x)}}-{\overline {p(x)}})\,dx$

$=\;\int _{-1}^{1}(\left\vert f(x)\right\vert ^{2}-2\,\Re (f(x){\overline {p(x)}})+\left\vert p(x)\right\vert ^{2})\,dx$.

中间的项

$\int _{-1}^{1}\Re f(x){\overline {p(x)}}\,dx$ $=\;{\overline {a_{0}}}\int _{-1}^{1}f(x)\,dx+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}({\overline {a_{k}}}\,\int _{-1}^{1}f(x)\cos(k\,\pi \,x)\,dx+{\overline {b_{k}}}\,\int _{-1}^{1}f(x)sin(k\,\pi \,x))\,dx$

$=\;\left\vert a_{0}\right\vert ^{2}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}(\left\vert a_{k}\right\vert ^{2}+\left\vert b_{k}\right\vert ^{2})\;=\;\int _{-1}^{1}\left\vert p(x)\right\vert ^{2}\,dx$,

所以

$\int _{-1}^{1}\left\vert f(x)-p(x)\right\vert ^{2}\,dx\;=\;\int _{-1}^{1}\left\vert f(x)\right\vert ^{2}\,dx-\int _{-1}^{1}\left\vert p(x)\right\vert ^{2}\,dx$ $=\;\lVert \,f(x)\,\rVert ^{2}-\lVert \,p(x)\,\rVert ^{2}$.

(3.4.1)

线性性质

(3.4.2)

如果  $p(x)$  和  $q(x)$  是  $m\,{\text{th}}$  度三角多项式逼近 到  $f(x)$  和  $g(x)$,  那么  $m\,{\text{th}}$  度三角多项式逼近 到  $f(x)+\alpha \,g(x)$  由  $p(x)+\alpha \,q(x)$.

这直接从 (3.4.0) 推出，因为

$\int _{-1}^{1}\,(f(x)+\alpha \,g(x))\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx\;=\;\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx+\alpha \int _{-1}^{1}\,g(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx$      以及      $\int _{-1}^{1}\,(f(x)+\alpha \,g(x))\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx\;=\;\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx+\alpha \int _{-1}^{1}\,g(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx$.

基本性质

(3.5.0)

一般情况下，如果  $p(x)$  是函数  $f(x)$ 的  $m\,{\text{th}}$  次三角多项式逼近，在  $-1\;\leq \;x\;\leq \;1$ 上是周期性的，那么  $(sft)_{h}\,p(x)$  是  $m\,{\text{th}}$  次三角多项式逼近  $f(x-h)$。

为了看到这一点，请计算  $f(x-h)$ 的三角多项式逼近。

$\int _{-1}^{1}\,f(x-h)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx\;=\;\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,(x+h))\,dx$

$=\;\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,(\cos(k\,\pi \,h)\cos(k\,\pi \,x)-\sin(k\,\pi \,h)\sin(k\,\pi \,x))\,dx$

$=\;\cos(k\,\pi \,h)\,\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx-\sin(k\,\pi \,h)\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx$

$=\;\cos(k\,\pi \,h)\,\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx-\sin(k\,\pi \,h)\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx$

$=\;a_{k}\,\cos(k\,\pi \,h)\,-\,b_{k}\,\sin(k\,\pi \,h)$,

其中

$a_{k}\,=\;\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx$       以及       $b_{k}\,=\;\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx$.

$\int _{-1}^{1}\,f(x-h)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx\;=\;\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,(x+h))\,dx$

$=\;\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,(\cos(k\,\pi \,h)\sin(k\,\pi \,x)+\sin(k\,\pi \,h)\cos(k\,\pi \,x))\,dx$

$=\;\cos(k\,\pi \,h)\,\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx+\sin(k\,\pi \,h)\int _{-1-h}^{1-h}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx$

$=\;\cos(k\,\pi \,h)\,\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx+\sin(k\,\pi \,h)\int _{-1}^{1}\,f(x)\,\cos(k\,\pi \,x)\,dx$

$=\;a_{k}\,\sin(k\,\pi \,h)\,+\,b_{k}\,\cos(k\,\pi \,h)$.

将结果与 (3.3.1) 对比即可完成观察。

另一个有用的细节是

$\int _{-1}^{1}\left\vert f(x-h)-(sft)_{h}\,p(x)\right\vert ^{2}\,dx$

$=\;\int _{-1-h}^{1-h}\left\vert f(x)-p(x)\right\vert ^{2}\,dx\;=\;\int _{-1}^{1}\left\vert f(x)-p(x)\right\vert ^{2}\,dx$

即

$\lVert f(x-h)-(sft)_{h}\,p(x)\rVert \;=\;\lVert f(x)-p(x)\rVert$.

(3.5.1)

误差估计

误差估计中用到的一个结果是

${\begin{aligned}&p(x)-(sft)_{h}p(x)\;=\;\\&a_{0}+\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}{\big (}(a_{k}\,(1-\cos(k\,\pi \,h))+b_{k}\,\sin(k\,\pi \,h))\,\cos(k\,\pi \,x)\\&\quad \quad \quad \quad \quad +(-a_{k}\,\sin(k\,\pi \,h)+b_{k}\,(1-\cos(k\,\pi \,h)))\,\sin(k\,\pi \,x){\big )}\\\end{aligned}}$.

(3.6.0)

当  $s(x)$  是正弦多项式时

$s(x)\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,m}\,b_{k}\,\sin(k\,\pi \,x)$

那么

${\begin{aligned}&s(x)-(sft)_{h}s(x)\;=\;\\&\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{m}{\big (}b_{k}\,\sin(k\,\pi \,h)\,\cos(k\,\pi \,x)+b_{k}\,(1-\cos(k\,\pi \,h))\,\sin(k\,\pi \,x){\big )}\\\end{aligned}}$

(3.6.1)

并且

$\lVert s(x)-(sft)_{h}s(x)\rVert ^{2}\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,m}\,2\,\left\vert b_{k}\right\vert ^{2}\,(1-\cos(k\,\pi \,h))$.

(3.6.2)

简单函数

令  $0\;=\;x_{0}\;<\;x_{1}\;<\;x_{2}\;<\;\ldots \;\;<\;x_{n-1}\;<\;x_{n}\;=\;1$

所以

$\{\;[x_{0}\,,\;x_{1}]\,,\;(x_{2}\,,\;x_{2}]\,,\;\ldots ,\;(x_{n-2}\,,\;x_{n-1}]\,,\;(x_{n-1}\,,\;x_{n}]\;\}$

是  $0\;\leq \;x\;\leq \;1$的划分。

函数  $f(x)$  在  $0\;\leq \;x\;\leq \;1$上被称为简单，如果

$f(x)\;=\;{\begin{cases}f_{0}\,,\quad {\text{when}}\quad x\in [x_{0}\,,\;x_{1}]\\f_{i}\,,\quad {\text{when}}\quad x\in (x_{i}\,,\;x_{i+1}]\,,\quad 1\;\leq \;i\;\leq \;n-1\\\end{cases}}$

(3.7.0)

特别令人关注的是，当点等距时， $x_{i}-x_{i-1}\;=\;{\tfrac {1}{n}}$.

目的是估计  $\int _{0}^{1}\,\left\vert f(x)-f(x-h)\right\vert ^{2}\,dx$.

首先对  $f(x)$  进行奇延拓到  $-1\;\leq \;x\;\leq \;1$，方法是设定  $f(-x)\;=\;-f(x)$ ，并通过周期性扩展  $f(x)$  来继续定义。

然后用正弦多项式来近似  $f(x)$ ：

$s(x)\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,m}\,b_{k}\,\sin(k\,\pi \,x)$

其中

$b_{k}\,=\;2\,\int _{0}^{1}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx$.

当  $m$  足够大，使得某些  $k$  被  $2\,n$  整除时，对于  $k\;=\;2\,n\,r$

${\begin{aligned}b_{k}\,=&\;2\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{n}\int _{x_{i-1}}^{x_{i}}\,f(x)\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx\\=&\;2\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{n}\,f_{i-1}\int _{(i-1){\tfrac {1}{n}}}^{i\,{\tfrac {1}{n}}}\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx\\\end{aligned}}$,

并令  $x\;=\;{\tfrac {1}{n\,r}}\,u$,

$\int _{(i-1){\tfrac {1}{n}}}^{\,i\,{\tfrac {1}{n}}}\,\sin(k\,\pi \,x)\,dx\;=\;\int _{(i-1)\,r}^{\,i\,r}\,\sin(2\,\pi \,u)\,du\;=\;0$ ,

所以

$b_{k}\;=\;b_{\,2\,n\,r}\;=\;0$ .

现在，回到和式

$\lVert s(x)-(sft)_{h}s(x)\rVert ^{2}\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,m}\,2\,\left\vert b_{k}\right\vert ^{2}\,(1-\cos(k\,\pi \,h))$

其中  $b_{\,2\,n\,r}\;=\;0$  当  $r\;=\;1\,,\;2\,,\;3\,,\ldots$.

If $\gcd(\,j,2\,n)\,=\,1$  and  $(2\,n)\not \!\backslash \;k$,  then  $(2\,n)\not \!\backslash \;k\,j$,  and in this case

$\cos(k\,\pi \,j\,{\tfrac {1}{n}})\;\neq \;0$  and  $(1-\cos(k\,\pi \,j\,{\tfrac {1}{n}}))\;\geq \;(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))$.

So for  $h\;=\;j\,{\tfrac {1}{n}}$$\lVert s(x)-(sft)_{h}s(x)\rVert ^{2}\;\geq \;\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,m}\,2\,\left\vert b_{k}\right\vert ^{2}\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))$

$=\;(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))\,\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,m}\,2\,\left\vert b_{k}\right\vert ^{2}\;=\;2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))\,\lVert s(x)\rVert ^{2}$.

(3.7.1)

接下来观察，如果  $s(x)$  是  $m\,{\text{th}}$  次 正弦多项式逼近  $f(x)$  那么  $(sft)_{h}\,s(x)$  是  $m\,{\text{th}}$  次 傅里叶多项式逼近  $f(x-h)$.  假设  $f(x)$  是奇函数且周期函数仍然有效。

最后得出预期结果。

$\lVert s(x)-(sft)_{h}\,s(x)\rVert$

$=\;\lVert (f(x)-f(x-h))+(s(x)-f(x))-((sft)_{h}\,s(x)-f(x-h))\rVert$

$\leq \;\lVert f(x)-f(x-h)\rVert +\lVert f(x)-s(x)\rVert +\lVert f(x-h)-(sft)_{h}\,s(x)\rVert$

$=\;\lVert f(x)-f(x-h)\rVert +2\,\lVert f(x)-s(x)\rVert$

所以

$\lVert f(x)-f(x-h)\rVert \;\geq \;\lVert s(x)-(sft)_{h}\,s(x)\rVert -2\,\lVert f(x)-s(x)\rVert$.

利用(3.7.1)

$\lVert f(x)-f(x-h)\rVert \;\geq \;{\sqrt {2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))}}\,\lVert s(x)\rVert -2\,\lVert f(x)-s(x)\rVert$.

由于**简单函数**可以用三角多项式任意精度地逼近，

$\lVert f(x)-f(x-h)\rVert \;\geq \;{\sqrt {2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))}}\,\lVert f(x)\rVert$.

(3.7.2)

现在，对于  $h\;=\;{\tfrac {1}{n}}$,  并且使用**简单函数**  $f(x)$的定义

$\lVert f(x)\rVert ^{2}\;=\;{\frac {2}{n}}\textstyle \sum _{\,i\,=\,0}^{\,n-1}\left\vert f_{i}\right\vert ^{2}$

为了找到  $\lVert f(x)-f(x-h)\rVert ^{2}$  的和，列出  $f(x)$  在  $f(x-h)$  的整个区间  $-1\;\leq \;x\;\leq \;1$上的取值。

${\begin{aligned}-f_{n-1}&-f_{n-2}&\ldots &-f_{1}&-f_{0}&\;&f_{0}&\;&f_{1}&\;&f_{2}&\ldots &f_{n-2}&\;&f_{n-1}\\f_{n-1}&-f_{n-1}&\ldots &-f_{2}&-f_{1}&\;&-f_{0}&\;&f_{0}&\;&f_{1}&\ldots &f_{n-3}&\;&f_{n-2}\end{aligned}}$

这给出

$\lVert f(x)-f(x-h)\rVert ^{2}\;=\;{\frac {2}{n}}{\big (}2\,\left\vert f_{0}\right\vert ^{2}+\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n-1}\left\vert f_{i}-f_{i-1}\right\vert ^{2}+2\,\left\vert f_{n-1}\right\vert ^{2}{\big )}$.

所以不等式成立

$2\,\left\vert f_{0}\right\vert ^{2}+\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n-1}\left\vert f_{i}-f_{i-1}\right\vert ^{2}+2\,\left\vert f_{n-1}\right\vert ^{2}\;\geq \;2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))\textstyle \sum _{\,i\,=\,0}^{\,n-1}\left\vert f_{i}\right\vert ^{2}$.

(3.7.3)

专门范数

能量和热量范数

有一些鲜为人知但重要的范数。这些范数在许多物理问题的分析中很重要，并用于有限差分和有限元方法的误差估计。例如，能量和热量范数。

这些范数通常以积分形式表示。

$\lVert y\rVert _{E}\;=\;{\sqrt {\int _{a}^{b}{\big (}{\tfrac {1}{2}}\,k\,y^{2}(t)+{\tfrac {1}{2}}\,m\,(y^{\prime })^{2}(t){\big )}\,dt}}$

$\lVert y\rVert _{H}\;=\;{\sqrt {\int _{a}^{b}{\big (}\,y^{2}(t)+\,(y^{\prime })^{2}(t)+\,(y^{\prime \prime })^{2}(t)\,+\ldots +\,(y^{(k)})^{2}(t){\big )}\,dt}}$

当   $y(a)\;=\;y(b)\;=\;0$   时，以下不等式成立。

${\sqrt {\int _{a}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\;\geq \;{\frac {\sqrt[{3}]{\,4\,}}{(b-a)}}\,{\sqrt {\int _{a}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}$

这可以从一个非常基本但冗长的计算中得出，如附录 a) 所示。当对  $y$  做出额外的假设时，这个不等式可以得到一些改进。

${\sqrt {\int _{a}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\;\geq \;{\frac {\pi }{(b-a)}}\,{\sqrt {\int _{a}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}$

有关解释，请参见附录 b)。

离散热范数

在偏微分方程的有限差分方法分析中，有必要使用能量和热范数等范数的离散模拟。

为了避免符号过于繁琐，当从讨论中可以清楚地看出索引所指代的内容时，会省略一些索引。当  ${\vec {v}}\;=\;<v_{1}\;v_{2}\;\cdots \;v_{n}>$  是一个  $n$  维的复数向量时，有限差分算子被定义为导数的离散逼近或模拟。

由于初始条件或边界条件处理方式的差异，离散能量或热范数的最合适定义可能会有所不同。因此，为了这个原因，读者在需要时应该做出适当的调整，以便将相同的推理应用于另一个问题。

在定义能量或热范数的离散版本之前，需要定义和解释有限差分运算。这在有限差分算子部分中已完成。

下一个离散版本的上述不等式在用有限差分算子逼近二阶导数时，对估计误差具有重要的应用。

如果  $v_{0}\,=\,v_{n+1}\,=\,0$  那么

${\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}\geq \,{\frac {\beta _{n}}{n+1}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}\,v_{i}^{2}}}$

其中

$\beta _{1}\,=\,2\,{\sqrt {2}}\,,\,\,\,\beta _{2}\,=\,3,\;$

一般情况下，以下低估成立。

$\beta _{n}\;\geq \;{\sqrt {2}}\,{\sqrt {\tfrac {n+1}{n+3}}}$

参见附录 c) 的证明。

使用  $n$  增加 2 的 (3.7.3)，可以改进对一般  $n$  的不等式。

$2\,\left\vert f_{0}\right\vert ^{2}+\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n-1}\left\vert f_{i}-f_{i-1}\right\vert ^{2}+2\,\left\vert f_{n-1}\right\vert ^{2}\;\geq \;2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n}}))\textstyle \sum _{\,i\,=\,0}^{\,n-1}\left\vert f_{i}\right\vert ^{2}$

如果  $v_{0}\,=\,v_{n+1}\,=\,0$  那么

${\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}\geq \,{\sqrt {2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n+2}}))}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}\,v_{i}^{2}}}$

并且

${\sqrt {2\,(1-\cos(\pi \,{\tfrac {1}{n+2}}))}}\;\to \;{\frac {\pi }{n+2}}$.

附录 a)

当   $y(a)\;=\;y(b)\;=\;0$   时，以下不等式成立。

${\sqrt {\int _{a}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\;\geq \;{\frac {\sqrt[{3}]{\,4\,}}{(b-a)}}\,{\sqrt {\int _{a}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}$

首先应用柯西-施瓦茨不等式。

${\begin{aligned}{\tfrac {1}{2}}\,y^{2}(x)\;=&\;\int _{a}^{x}\,y(t)\,y^{\prime }(t)\,dt\;\leq \;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\\\end{aligned}}$,

接下来观察右侧的积分随着  $x$ 的增加而增加。

${\begin{aligned}{\tfrac {1}{2}}\,y^{2}(u)\;&\;\leq \;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\,,\quad {\text{for}}\;\;a\;\leq \;u\;\leq \;x\\\end{aligned}}$

对不等式进行积分，进行约简，并重新应用第一个不等式。

${\frac {1}{2}}\,\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq \;(x-a)\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ .

${\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;2\,(x-a)\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ .

$y^{2}(x)\;\leq \;4\,(x-a)\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt$ .

再次积分后，不等式得到了改进。

${\begin{aligned}\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq &\;4\,\int _{a}^{x}(t-a)\,dt\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;2\,(x-a)^{2}\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\\end{aligned}}$ .

${\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;{\sqrt {\,2}}\,(x-a)\,{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt}}$ 。

现在，假设以下不等式对于某个 $\alpha$ 成立。

${\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;\alpha \,(x-a)\,{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt}}$

将上述不等式代入下一个

${\frac {1}{2}}\,\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq \;(x-a)\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ .

可以得到以下观察。

$\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq \;2\,\alpha \,(x-a)^{2}\;\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt$ 。

${\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;{\sqrt {2\,\alpha }}\,(x-a)\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ 。

$y^{2}(x)\;\leq \;2\,{\sqrt {2\,\alpha }}\,(x-a)\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt$ 。

${\begin{aligned}\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq &\;2\,{\sqrt {2\,\alpha }}\,\int _{a}^{x}(t-a)\,dt\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;{\sqrt {2\,\alpha }}\,(x-a)^{2}\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\\end{aligned}}$ 。

${\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;{\sqrt[{4}]{2\,\alpha }}\,(x-a)\;{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ .

重复此迭代会产生一个序列  $\alpha _{n+1}\;=\;{\sqrt[{4}]{2\,\alpha _{n}}}$

该序列收敛于  $\alpha \;=\;{\sqrt[{3}]{\,2}}$,  即方程  $\alpha \;=\;{\sqrt[{4}]{2\,\alpha }}$的解。

所以

${\sqrt {\int _{a}^{x}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;{\sqrt[{3}]{\,2}}\,(x-a)\,{\sqrt {\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt}}$

并且

$y^{2}(x)\;\leq \;2\,{\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}\,(x-a)\,\int _{a}^{x}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt$ .

对于  $c=(a+b)\,/\,2$ ,

${\begin{aligned}\int _{a}^{c}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq &\;2\,{\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}\,\int _{a}^{c}(t-a)\,dt\,\int _{a}^{c}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;{\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}\,(c-a)^{2}\,\int _{a}^{c}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;{\frac {\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}{4}}\,(b-a)^{2}\,\int _{a}^{c}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\\end{aligned}}$ .

${\int }_a^c{y}^2(t)dt\le \frac{\sqrt[3]{4}}{4}(b-a{)}^2$

处理部分  $\int _{c}^{b}\,y^{2}(t)\,dt$

${\begin{aligned}{\tfrac {1}{2}}\,y^{2}(x)\;=&\;\int _{x}^{b}\,-y(t)\,y^{\prime }(t)\,dt\;\leq \;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\\\end{aligned}}$,

${\begin{aligned}{\tfrac {1}{2}}\,y^{2}(u)\;&\;\leq \;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\,,\quad {\text{for}}\;\;x\;\leq \;u\;\leq \;b\\\end{aligned}}$

${\frac {1}{2}}\,\int _{x}^{b}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq \;(b-x)\;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}\;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ .

${\sqrt {\int _{x}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}\;\leq \;2\,(b-x)\;{\sqrt {\int _{x}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}$ .

$y^{2}(x)\;\leq \;4\,(b-x)\,\int _{x}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt$ .

与之前推导类似，这个不等式可以进一步加强为

$y^{2}(x)\;\leq \;2\,{\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}\,(b-x)\,\int _{x}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt$ .

${\begin{aligned}\int _{c}^{b}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq &\;2\,{\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}\,\int _{c}^{b}(b-t)\,dt\,\int _{c}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;{\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}\,(b-c)^{2}\,\int _{c}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;{\frac {\sqrt {2\,{\sqrt[{3}]{\,2}}}}{4}}\,(b-a)^{2}\,\int _{c}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\\end{aligned}}$ .

$\int _{c}^{b}\,y^{2}(t)\,dt\;\leq \;{\frac {\sqrt[{3}]{\,4}}{4}}\,(b-a)^{2}\,\int _{c}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt$ .

将两个主要计算的结果加起来

${\begin{aligned}&\int _{a}^{b}\,y^{2}(t)\,dt\;=\;\int _{a}^{c}\,y^{2}(t)\,dt\;+\;\int _{c}^{b}\,y^{2}(t)\,dt\\\leq &\;{\frac {\sqrt[{3}]{\,4}}{4}}\,(b-a)^{2}\,\int _{a}^{c}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt+\;{\frac {\sqrt[{3}]{\,4}}{4}}\,(b-a)^{2}\,\int _{c}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\=&\;{\frac {\sqrt[{3}]{\,4}}{4}}\,(b-a)^{2}\,\int _{a}^{b}\,(y^{\,\prime })^{2}(t)\,dt\\\end{aligned}}$ .

附录 b)

当   $y(a)\;=\;y(b)\;=\;0$   时，以下不等式成立。

${\sqrt {\int _{a}^{b}\,(y^{\prime })^{2}(t)\,dt}}\;\geq \;{\frac {\pi }{(b-a)}}\,{\sqrt {\int _{a}^{b}\,y^{2}(t)\,dt}}$

假设条件是  $y(x)$  可以用三角多项式来近似

${\begin{aligned}s(x)\;=&\;a_{1}\,\sin {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,x)}+a_{2}\,\sin {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,2\,x)}+a_{3}\,\sin {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,3\,x)}\\&+\;\ldots \;+a_{n}\,\sin {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,n\,x)}\\\end{aligned}}$.

使得   $y^{\prime }(x)$  也被多项式导数逼近

${\begin{aligned}&s^{\prime }(x)\;=\;a_{1}\,{\frac {\pi }{(b-a)}}\,\cos {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,x)}+2\,a_{2}\,{\frac {\pi }{(b-a)}}\,\cos {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,2\,x)}\\&+3\,a_{3}\,{\frac {\pi }{(b-a)}}\,\cos {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,3\,x)}+\;\ldots \;+n\,a_{n}\,{\frac {\pi }{(b-a)}}\,\cos {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,n\,x)}\\\end{aligned}}$

也就是说，给定   $\epsilon \;>\;0$,  存在一个三角正弦多项式   $s(x)$,  使得

$\int _{a}^{b}{\left\vert f(x)-s(x)\right\vert }^{2}\,dx\;<\;\epsilon$    以及    $\int _{a}^{b}{\left\vert f^{\prime }(x)-s^{\prime }(x)\right\vert }^{2}\,dx\;<\;\epsilon$.

现在，

${\frac {2}{b-a}}\,\int _{a}^{b}{\left\vert s(x)\right\vert }^{2}\,dx\;=\;{\left\vert a_{1}\right\vert }^{2}+{\left\vert a_{2}\right\vert }^{2}+{\left\vert a_{3}\right\vert }^{2}+\;\ldots \;+{\left\vert a_{n}\right\vert }^{2}$

   以及   

${\begin{aligned}{\frac {2}{b-a}}\,\int _{a}^{b}{\left\vert s^{\prime }(x)\right\vert }^{2}\,dx\;&=\;{\frac {\pi ^{2}}{(b-a)^{2}}}\,{\left\vert a_{1}\right\vert }^{2}+2^{2}\,{\frac {\pi ^{2}}{(b-a)^{2}}}\,{\left\vert a_{2}\right\vert }^{2}+3^{2}\,{\frac {\pi ^{2}}{(b-a)^{2}}}\,{\left\vert a_{3}\right\vert }^{2}\\&+\;\ldots \;+n^{2}\,{\frac {\pi ^{2}}{(b-a)^{2}}}\,{\left\vert a_{n}\right\vert }^{2}\\\end{aligned}}$.

因此，很容易看出

$\int _{a}^{b}{\left\vert s^{\prime }(x)\right\vert }^{2}\,dx\;\geq \;{\frac {\pi ^{2}}{(b-a)^{2}}}\,\int _{a}^{b}{\left\vert s(x)\right\vert }^{2}\,dx$.

在本例中，不等式是严格的，因为它对  $f(x)\;=\;\sin {({\frac {\pi }{(b-a)}}\,x)}$ 成立。

由于

${\sqrt {\int _{a}^{b}{\left\vert s(x)\right\vert }^{2}\,dx}}-{\sqrt {\epsilon }}\;<\;{\sqrt {\int _{a}^{b}{\left\vert f(x)\right\vert }^{2}\,dx}}\;<\;{\sqrt {\int _{a}^{b}{\left\vert s(x)\right\vert }^{2}\,dx}}+{\sqrt {\epsilon }}$,

以及  

${\sqrt {\int _{a}^{b}{\left\vert s^{\prime }(x)\right\vert }^{2}\,dx}}-{\sqrt {\epsilon }}\;<\;{\sqrt {\int _{a}^{b}{\left\vert f^{\prime }(x)\right\vert }^{2}\,dx}}\;<\;{\sqrt {\int _{a}^{b}{\left\vert s^{\prime }(x)\right\vert }^{2}\,dx}}\;+{\sqrt {\epsilon }}$,

对于  $y(x)$  和  $y^{\prime }(x)$，该不等式成立。

附录 c)

如果  $v_{0}\,=\,v_{n+1}\,=\,0$  那么

${\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}\geq \,{\frac {\beta _{n}}{n+1}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}\,v_{i}^{2}}}$

其中

$\beta _{1}\,=\,2\,{\sqrt {2}}\,,\,\,\,\beta _{2}\,=\,3,\;$

一般情况下，以下低估成立。

$\beta _{n}\;\geq \;{\sqrt {2}}\,{\sqrt {\tfrac {n+1}{n+3}}}$

1 和 2 的情况很简单。

$(v_{1}-v_{0})^{2}+(v_{2}-v_{1})^{2}\;=\;2\,v_{1}^{2}$

并且

${\begin{aligned}(v_{1}-v_{0})^{2}+(v_{2}-v_{1})^{2}+(v_{2}-v_{1})^{2}\;=&\;v_{1}^{2}+(v_{2}-v_{1})^{2}+v_{2}^{2}\\\;\geq &\;v_{1}^{2}+v_{2}^{2}\\\end{aligned}}$

当  $v_{1}\;=\;v_{2}$ 时，等式成立。

为了证明一般的低估，可以采取以下步骤。

使用  $v_{0}\;=\;0$  并结合柯西-施瓦茨不等式和不等式 ()。

$v_{k}^{2}\,=\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}^{2}-v_{i-1}^{2})\,=\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}+v_{i-1})(v_{i}-v_{i-1})$

$\leq \,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}+v_{i-1})^{2}}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

$\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

(1)

所以对于  $i\;\leq \;k$,

$v_{i}^{2}\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}$

并且

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}}}\leq \,2\,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$.

将以上不等式代入(1)

$v_{k}^{2}\;\leq \,4\,k\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

所以对于  $i\;\leq \;k$,

$v_{i}^{2}\;\leq \,4\,i\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{i}(v_{j}-v_{j-1})^{2}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;\leq \,4\,(\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,i)\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{k}(v_{j}-v_{j-1})^{2}$

并使用公式（）后

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;\leq \,2\,\,k(k+1)\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

使用  $v_{n+1}\;=\;0$  和近似相同的程序，可以估计求和的右端。

$v_{k}^{2}\,=\,\textstyle \sum _{i\,=\,k}^{n}(v_{i}^{2}-v_{i+1}^{2})\,=\,\textstyle \sum _{i\,=\,k}^{n}(v_{i}+v_{i+1})(v_{i}-v_{i+1})$

$\leq \,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}+v_{i-1})^{2}}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

$\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,k}^{n}\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{\,i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}}}$

所以对于  $i\;\geq \;k$,

$v_{i}^{2}\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,i}^{\,n}\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,i+1}^{\,n+1}(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}$,

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,k}^{n}\,v_{i}^{2}}}\leq \,2\,(n-k+1)\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$,

并且

$v_{k}^{2}\;\leq \,4\,(n-k+1)\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

所以对于  $i\;\geq \;k$,

$v_{i}^{2}\;\leq \,4\,(n-i+1)\,\textstyle \sum _{j\,=\,i+1}^{n+1}(v_{j}-v_{j-1})^{2}$,

$\textstyle \sum _{i\,=\,k}^{n}\,v_{i}^{2}\;\leq \,4\,((n+1)(n-k+1)-(\textstyle \sum _{i\,=\,k}^{n}\,i))\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$=\,2\,\,(2\,(n+1)(n-k+1)-(n(n+1)-(k-1)k))\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$=\,2\,\,((n-2\,k+3)n+(k-1)(k-2))\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

将这两个结果结合起来

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{n}\,v_{i}^{2}\;=\;\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;+\;\textstyle \sum _{i\,=\,k+1}^{n}\,v_{i}^{2}$

$\leq \,2\,\,k(k+1)\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$+\,2\,\,((n-2\,k+1)n+k(k-1))\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+2}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

当  $n$  为奇数时，使用  $k\;=\;(n+1)\,/\,2$ ，这样不等式就变成了

$\leq \,2\,\,{\frac {n+1}{2}}{\frac {n+3}{2}}\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$+\,2\,\,({\frac {n+1}{2}}{\frac {n-1}{2}})\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+2}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$\leq \,{\frac {(n+1)(n+3)}{2}}\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

当 $n$ 是 *偶数* 时，使用 $k\;=\;n\,/\,2$ 使得不等式变为

$\leq \,2\,\,{\frac {n}{2}}{\frac {n+2}{2}}\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$+\,2\,\,({\frac {n}{2}}{\frac {n+2}{2}})\,\textstyle \sum _{i\,=\,k+2}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

$\leq \,{\frac {(n)(n+2)}{2}}\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{n+1}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$.

特殊公式

洛必达法则这个规则的名字来自一位法国数学老师，他发表了这个规则但没有给出证明，因为他认为，如果你不能自己证明它，那你就需要去看医生。 该规则指出：

如果 ${\underset {x\to a}{\lim }}\;f(x)\,=\,0$ 并且 ${\underset {x\to a}{\lim }}\;g(x)\,=\,0$ ，那么

${\underset {x\to a}{\lim }}\;{\frac {f(x)}{g(x)}}\,=\,{\underset {x\to a}{\lim }}\;{\frac {f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}}$.

莱布尼茨法则这个规则说明了如何对两个函数的乘积进行 n 次微分。

$(u\,v)^{(n)}\;=\;\textstyle \sum _{k\,=\,0}^{n}{\binom {n}{k}}u^{(k)}v^{(n-k)}$

求前  $n$  个整数的幂之和的公式，有多种方法。其中最方便的一种方法如下。从几何公式开始。

${\frac {1-x^{n+1}}{1-x}}\;=\;(1-x^{n+1})(1-x)^{-1}\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k}$

根据约定  $x^{0}\;=\;1$.

将莱布尼茨法则应用于等价恒等式的右边

$(1-x^{n+1})\;=\;(1-x)\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k}$

对两边进行  $m$  次求导。

$-(n+1)n\ldots (n-m+2)x^{n-m+1}\;=\;\textstyle \sum _{j\,=\,0}^{m}{\binom {m}{j}}(1-x)^{(j)}(\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k})^{(m-j)}$

注意到右边和式中只有前两项非零

$-(n+1)n\ldots (n-m+2)x^{n-m+1}\;=\;(1-x)(\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k})^{(m)}-m(\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k})^{(m-1)}$.

现在取  $x\to 1$  的极限来建立公式

$(n+1)n\ldots (n-m+2)\;=\;{\underset {x\,\to \,1}{\lim }}m(\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k})^{(m-1)}$.

从逐项微分得到。

$(\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k})^{\prime }\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{n}k\,x^{k-1}$

并且

$(n+1)n\;=\;2\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{n}k$.

更一般地

$(\textstyle \sum _{\,k\,=\,0}^{n}x^{k})^{(j)}\;=\;\textstyle \sum _{\,k\,=\,j}^{n}k(k-1)\ldots (k-j+1)\,x^{k-j}$.

因此

$(n+1)n\ldots (n-m+2)\;=\;m\textstyle \sum _{\,k\,=\,m-1}^{n}k(k-1)\ldots (k-m+2)$.

通过设置  $m\,=\,3,\;4,\;\ldots$，得到一系列公式。

${\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{n}k}\;=\;\;{\frac {n(n+1)}{2}}$

$(n+1)n(n-1)\;=\;3\textstyle \sum _{\,k\,=\,2}^{n}k(k-1)\;=\;3\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{n-1}(k+1)k$.

$=\;3\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n-1}k^{2}+3\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n-1}k$.

并且

$(n+2)(n+1)n\;=\;3\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k^{2}+3\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k$.

${\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k^{2}}\;=\;{\frac {n(n+1)(n+2)}{3}}-{\frac {n(n+1)}{2}}$

调整求和指标并增加  $n$   $m-2$  后，该级数具有以下形式：

$(n+m-1)(n+m-2)\ldots (n+1)n\;=\;m\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}(k+m-2)(k+m-3)\ldots (k+1)k$.

令  $m\;=\;4$

$(n+3)(n+2)(n+1)n\;=\;4(\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k^{3}+3\,\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k^{2}+2\,\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k)$.

${\textstyle \sum _{\,k\,=\,1}^{\,n}k^{3}}\;=\;{\frac {n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}}-n(n+1)(n+2)+{\frac {n(n+1)}{2}}$

这个公式叫做  分部求和 ，是  分部积分  的离散模拟。通过观察可以简单地验证。

$\sum _{i=1}^{m}w_{i}\,(v_{i}-v_{i-1})=w_{m}\,v_{m}-w_{0}\,v_{0}-\sum _{i=0}^{m-1}v_{i}\,(w_{i+1}-w_{i})$

微积分基本定理 的一个表述形式为

对于  $F(x)\;=\;\int _{a}^{x}f(t)\,dt$ ，有  $F^{\,\prime }(x)\;=\;f(x)$.

另一个规则略微推广了微积分基本定理，它表明

${\frac {d}{dx}}\int _{a}^{x}f(x,t)\,dt\;=\;f(x,x)+\int _{a}^{x}{\tfrac {\partial }{\partial x}}f(x,\,t)\,dt$.

以下简单的不等式可用于估计乘积之和的界限。

${\begin{aligned}(a-b)^{2}&=a^{2}-2\,a\,b+b^{2}\,\geq \,0\\2\,a\,b\,&\leq \,a^{2}+b^{2}\\a\,b\,&\leq \,{\frac {1}{2}}\,(a^{2}+b^{2})\\\end{aligned}}$

并且

$a\,b\;=\;(\alpha \,a)\,(b\,/\,\alpha )\;\leq \;{\frac {1}{2}}\,(\alpha ^{2}\,a^{2}+b^{2}\,/\,\alpha ^{2})$,

所以

$\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}a_{i}\,b_{i}\;\leq \;{\frac {1}{2}}\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}\,(\alpha _{i}^{2}\,a_{i}^{2}+b_{i}^{2}\,/\,\alpha _{i}^{2})$.

令 $b_{i}\,=\,b$  以及 $\alpha _{i}^{2}\,=\,{\sqrt {n}}$ 

$\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}a_{i}\,b\,\leq \,{\frac {1}{2}}{\sqrt {n}}((\textstyle \sum _{\,i\,=\,1}^{\,n}\,a_{i}^{2})+b^{2})$.

特殊情况，当 $n\,=\,4$  时，我们有

$(c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4})\,c_{0}\;\leq \;(c_{0}^{2}+c_{1}^{2}+c_{2}^{2}+c_{3}^{2}+c_{4}^{2})$.

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$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\leq \,2\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}}}$

$\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}$

$=\,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\leq \,2\,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

现在，假设对于某些  $\alpha$

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}}}\leq \,\alpha \,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

$v_{k}^{2}\;\leq \,2\,\alpha \,k\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

因此，对于  $i\;\leq \;k$

$v_{i}^{2}\;\leq \,2\,\alpha \,i\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{i}(v_{j}-v_{j-1})^{2}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;\leq \,2\,\alpha \,(\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,i)\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{k}(v_{j}-v_{j-1})^{2}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;\leq \,\alpha \,\,k(k+1)\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\,}}\;\leq \,{\sqrt {\alpha }}\,{\sqrt {(1+{\tfrac {1}{k}})}}\;k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;}}\leq \,2\,{\sqrt {k}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$ zzzzzzzzzz

因此，对于  $i\;\leq \;k$

$\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,v_{j}^{2}\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,(i-j+1)\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,(i-j+1)(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}$

$\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)v_{i}^{2}\leq \,2\,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)v_{i}^{2}\;}}\leq \,2\,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\leq \,4\,k\,\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)(v_{i}-v_{i-1})^{2}$

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;}}\leq \,2\,{\sqrt {k}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

xxxxxxxxxxxxxxxx $\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)v_{i}^{2}\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,(i-j+1)\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,(i-j+1)(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}$$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)v_{i}^{2}\leq \,2\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,(i-j+1)\,v_{j}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,\textstyle \sum _{j\,=\,1}^{\,i}\,(i-j+1)(v_{j}-v_{j-1})^{2}}}$

$\leq \,2\,{\sqrt {k}}{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(k-i+1)\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

$\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\leq \,2\,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;}}\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$

${\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}\,v_{i}^{2}\;}}\leq \,2\,k\,{\sqrt {\textstyle \sum _{i\,=\,1}^{k}(v_{i}-v_{i-1})^{2}}}$