─ abdull 16.01.2024 um 13:19
Ich könnte andere lösung herausfinden
Die Taylorreihe von f(x+h) m den Punkt x lautrt
f(x+h) = f(x) + hf´(x)+ h²/2 f´´(x) + R(h), R(h)der Restterm ist, der höherer Ordnung als h² ist
mit dem Vorwärtsdifferenzenquotient dh(x),Subtrahieren wie f(x) von beiden Seiten:
dh(x) = f´(x)+ h/2 f´´(x) + R(h)/h
Nun betrachten wir den Diskretisierungsfehler ∣ dh(x) - f´(x) I
∣ dh(x) - f´(x) I = I h/2 f´´(x) + R(h)/h I , f zweimal stetig differenzierbar ist, können wir davon ausgehen, dass f´´(x) beschränkt ist, d.h., es gibt ein M mit I f´´(x) I < M für alle x im intervall (a,b) dann gilt :
∣ dh(x) - f´(x) I = I h/2 f´´(x) + R(h)/h I < h/2 M + C.h² / IhI
da R(h) ein Restterm ist, der höherer Ordnung als h² ist, wird I R(h) I durch einen konstanten Faktor C multipliziert:
I R(h) I < C.h²
setzen Sie dies in die obige Gleichung ein:
∣ dh(x) - f´(x) I < h/2 M + C.h² / I h I
für h ungleich 0 können wir den Term h / I h I als sign h schreiben,Daher erhalten wir:
∣ dh(x) - f´(x) I < h/2 M + C . I h I
Nun definieren wir c = h/2 M + C, Dann erhalten wir die gewünschte Ungleichung:
∣ dh(x) - f´(x) I < c.h
ich hoffe, dass ich in der richtigen Richtung bin.
Danke ─ abdull 17.01.2024 um 10:58
Die erlaubte Entwicklung (schlag das in den Unterlagen nach) ist, wie ich schon gleich am Anfang sagte: $f(x+h)=f(x)+hf'(x)+O(h^2)$, und damit geht alles. ─ mikn 17.01.2024 um 11:38
aber wie kann ich zu
∣ dh(x)−f ′(x) ∣ ≤ c⋅h kommen ?
Ich würde sagen, da f ′′(x) stetig ist (Da f ∈ C² [a,b]), und O(h²) den Fehlerterm darstellt, können wir den Ausdruck vereinfachen :
∣ dh(x)−f ′(x) ∣ = ∣ h/2 f ′′(x) ∣ + O(h²)
Für einen Konstanten c ∈ R können wir schreiben:
∣ dh(x)−f ′(x) ∣ ≤ c⋅h + O(h²)
Daher gilt die gewünschte Ungleichung für c ∈ R, wodurch der Diskretisierungsfehler im Vorwärtsdifferenzenquotienten durch die Schrittweite h beschränkt ist. ─ abdull 16.01.2024 um 09:58