¿Cómo obtener (demostrar) la fórmula de los 5 lápices para la 2ª derivada?

Question

Mi pregunta parece bastante fácil. Demuestra la corrección de la siguiente aproximación:

$$f(x)''= \frac{-f(x-2h)+16f(x-h)-30f(x)+16f(x-h)-f(x+2h)}{12h^2}$$

Me entristecí profundamente al tropezar con esto y ser aparentemente incapaz de resolverlo por mí mismo. Tampoco he podido encontrar pruebas en ningún sitio de Internet. La única respuesta final.

La forma en que lo intenté es a través de una expansión en serie de Taylor bastante común:

$$f(x+h) = f(x) + f'(x)h+\frac{1}{2!}f''(x)h^2+\frac{1}{3!}f^{(3)}(x)h^3 + \sum_{n=4}^\infty \frac{1}{n!}f^{(n)}(x)h^n\quad (1)$$

Lo corté después de $f^{(3)}$ .

Utilizo esta fórmula para conseguir que el resto de los puntos tengan 5 plantillas, simplemente sustituyendo $h$ con $\{-h; 2h; -2h\}$ Así que lo consigo:

$$f(x-h) = f(x) - f'(x)h+\frac{1}{2!}f''(x)h^2-\frac{1}{3!}f^{(3)}(x)h^3\quad (2)$$ $$f(x+2h) = f(x) + 2f'(x)h+\frac{4}{2!}f''(x)h^2+\frac{8}{3!}f^{(3)}(x)h^3\quad (3)$$ $$f(x-2h) = f(x) - 2f'(x)h+\frac{4}{2!}f''(x)h^2-\frac{8}{3!}f^{(3)}(x)h^3\quad (4)$$

Cuando uso ecuaciones $(1)$ y $(2)$ y los sumo por lados, puedo obtener la fórmula de los 3 puntos:

$$f(x+h) + f(x-h) = 2f(x) + f''(x)h^2\quad (5)$$

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

Sin embargo, cuando intento hacer esto con todas las ecuaciones $(1)$ - $(4)$ Lo entiendo:

$$f(x+h) + f(x-h) = 2f(x) + f''(x)h^2 \quad (6)$$
$$f(x+2h) + f(x-2h) = 2f(x) +4f''(x)h^2\quad (7)$$

Entonces puedo intentar restar $(6)$ de $(7)$ y me sale:

$$f(x+h) + f(x-h) - f(x+2h) - f(x-2h) = 3 f''(x)h^2\quad (8)$$

que da

$$f''(x) = \frac{f(x+h) + f(x-h) - f(x+2h) - f(x-2h) } {3 h^2} \quad(9)$$

Esto es claramente diferente de lo que espero. También haciendo $(6)$ + $(7)$ no parece producir coeficientes correctos, aunque preserva $f(x)$ plazo.

¿Podría señalar un fallo en el planteamiento y proporcionar un razonamiento correcto o algún material? Todo lo que he encontrado son respuestas muy generales o finales sin transformaciones explícitas. Me siento un poco estúpido al no poder hacerlo bien pero no puedo detectar el fallo.

Answer 1

Estás en el camino correcto, pero necesitas llevar la serie de Taylor hasta el término en $h^4$ . Añadir la serie para $f(x+h)$ a la de $f(x-h)$ que anula los términos de $h$ y $h^3$ para obtener una expresión que incluya sólo potencias pares de $h$ . Haga lo mismo con la serie para $f(x+2h)$ y $f(x-2h)$ para obtener otra expresión que implique $h^2$ y $h^4$ . Ahora toma $16$ veces la primera expresión de esta última para eliminar $h^4$ y reordenar algebraicamente para obtener el resultado requerido.

Este método muestra que el resultado es preciso hasta el cuarto orden de aproximación de Taylor. Se podría obtener el mismo resultado eligiendo combinaciones lineales adecuadas de las aproximaciones de segundo orden, pero eso no demostraría que la precisión es mejor que la de segundo orden.

Answer 2

Para una notación más familiar, escribo, por ejemplo $x\pm h$ en lugar de $x \pm dh$ como en su pregunta.

Teniendo en cuenta los errores tipográficos (véase el comentario de @ChristianBlatter sobre su pregunta), observe que las expansiones de Taylor que ha escrito implican lo siguiente:

$$16 f(x+h) + 16 f(x-h) = 32 f(x) + 16 h^2 f''(x)$$

y

$$f(x+2h) + f(x-2h) = 2f(x) + 4 h^2 f''(x).$$

Restando la segunda ecuación de la primera se obtiene

$$16 f(x+h) + 16 f(x-h) - f(x+2h) - f(x-2h) = 30 f(x) - 12 h^2 f''(x),$$

que se puede resolver para $f''(x)$ por el traslado $30 f(x)$ al otro lado y dividiendo por $12 h^2$ . Obtenemos

$$f''(x) = \frac{16 f(x+h) + 16f(x-h) - 30 f(x) - f(x-2h) - f(x+2h)}{12 h^2},$$

que es tal vez lo que usted estaba buscando...