无穷小演算

无穷小演算是微分和积分演算的另一个名字.

第一章 求上界, 求下界

第二章 方程的根的逼近

1. 问题的地位

2. 试位法

本节假定函数 f 在某个区间 [ a , b ] 上定义, 具有连续的二阶导数, f ′ 在该区间上恒不为零 (由于连续性, 其符号不变), 并且 f ⁡ ( a ) ⁢ f ⁡ ( b ) < 0 . 设 ξ 0 是 f 在区间上唯一的那个根, 而 ξ 是将函数的两端连起来的直线 (也就是一次插值) 与横轴的交点. 若将 ξ 当作 ξ 0 的近似值, 那么我们的问题是考虑误差 | ξ − ξ 0 | 的上界.

引理. 设 J 是 ℝ 的一个区间, f 是 J 上两次连续可导 [注记: 其实两次连续可导的意思就是连续可导且导函数连续可导] 的函数, x 0 , x 1 是 J 上不同的两点, L 是在点 x 0 和 x 1 处取与 f 相同的值的一次多项式: L ⁡ ( z ) = ( z − x 0 ) ⁢ f ⁡ ( x 1 ) − ( z − x 1 ) ⁢ f ⁡ ( x 0 ) x 1 − x 0 ; 那么在含有 x , x 0 , x 1 的最小区间上, 存在(与 x 有关的)一个点 ζ 满足 f ⁡ ( x ) − L ⁡ ( x ) = 1 2 ⁢ f ″ ⁡ ( ζ ) ⁢ ( x − x 0 ) ⁢ ( x − x 1 ) .
证明. 显然仅考虑 x ≠ x 0 且 x ≠ x 1 的情况即可, 设 J 上函数 u ⁡ ( z ) = f ⁡ ( z ) − L ⁡ ( z ) − c ⁢ ( z − x 0 ) ⁢ ( z − x 1 ) 其中常数 c 由 u ⁡ ( x ) = 0 确定, 根据假设这是可能的. [注记: 这句话看上去有些奇怪, 但实际上就是令 c = f ⁡ ( x ) − L ⁡ ( x ) ( x − x 0 ) ⁢ ( x − x 1 ) 于是 u ⁡ ( x ) = 0 , 并不存在循环.] 因此, 我们有 u ⁡ ( x ) = u ⁡ ( x 0 ) = u ⁡ ( x 1 ) = 0 . 由Rolle定理, 在包含 x , x 0 , x 1 的最小区间上, 存在不同的两点 y 1 , y 2 使得 u ′ ⁡ ( y 1 ) = u ′ ⁡ ( y 2 ) = 0 . 对于 u ′ 再次应用Rolle定理, 在以 y 1 , y 2 为端点的区间上存在 ζ 满足 u ″ ⁡ ( ζ ) = 0 . 可是 u ″ ⁡ ( z ) = f ″ ⁡ ( z ) − 2 ⁢ c , 从而 c = 1 2 ⁢ f ″ ⁡ ( ζ ) , 即 f ⁡ ( x ) − L ⁡ ( x ) = 1 2 ⁢ f ″ ⁡ ( ζ ) ⁢ ( x − x 0 ) ⁢ ( x − x 1 ) .
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推论. 如果 f ′ 在 J 上恒不为零, 且 ξ , ξ 0 ∈ J 满足 f ⁡ ( ξ 0 ) = 0 , L ⁡ ( ξ ) = 0 , 那么存在 ζ , ζ ′ ∈ J 满足 ξ − ξ 0 = 1 2 ⁢ f ″ ⁡ ( ζ ) f ′ ⁡ ( ζ ′ ) ⁢ ( ξ − x 0 ) ⁢ ( ξ − x 1 ) . 如果对于 x ∈ J 有 | f ′ ⁡ ( x ) | ≥ m > 0 且 f ″ ⁡ ( x ) ≤ M , 那么 | ξ − ξ 0 | ≤ M 2 ⁢ m ⁢ | ξ − x 0 | ⁢ | ξ − x 1 | .
证明. 根据引理, 我们有 f ⁡ ( ξ ) = 1 2 ⁢ f ″ ⁡ ( ζ ) ⁢ ( ξ − x 0 ) ⁢ ( ξ − x 1 ) 另一方面, 根据有限增量公式, 存在以 ξ 0 和 ξ 为端点的区间上的一个点 ζ ′ 满足 f ⁡ ( ξ ) = ( ξ − ξ 0 ) ⁢ f ′ ⁡ ( ζ ′ ) . [注记: ξ = ξ 0 的退化情况下任取即可.] 由此即得推论.
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评注. 若此式给出的误差还不足够小, 那么可以重复进行此步骤. 计算 f ⁡ ( ξ ) 的符号, 由此判断根 ξ 0 是在区间 [ a , ξ ] 还是 [ ξ , b ] 中, 然后可以得到第二近似值 ξ ′ . 理论上, 这种方法可以应用无限次, 也可证明得到的数列收敛于 ξ 0 .

注记: 看起来好像根据推论, 不选择根所在的区间也可以缩小误差, 但是问题在于此时我们没法控制一次插值多项式的根仍然还在区间上, 所以不行. 另外, 本节要求二阶导数连续是为了保证 | f ″ ⁡ ( x ) | 在闭区间上有最大值, 可以控制误差.

练习9. 设在 ℝ 中的区间 J = [ a , b ] 上, 二次连续可导函数 f 满足 | f ′ ⁡ ( x ) | ≥ m > 0 且 f ″ ⁡ ( x ) ≤ M , 且 f ⁡ ( a ) 和 f ⁡ ( b ) 异号, 证明若 M 4 ⁢ m ⁢ ( b − a ) = q < 1 , 便可逐步应用试位法 n 次, 在区间 [ a , b ] 上找到端点是 a n , b n 的一个区间, 其包含 f ⁡ ( x ) = 0 的唯一一根, 并且 | b n − a n | ≤ 4 ⁢ m M ⁢ q 2 n .
证明. 实在是不知道怎么做. | b 0 − a 0 | = | b − a | . 设 t n = | b n − a n | . 根据答案, 如果能够控制 t n + 1 ≤ 2 ⁢ | ξ n + 1 − ξ 0 | ≤ M m ⁢ | ξ n + 1 − a n | ⁢ | ξ n + 1 − b n | 其中 ξ 0 表示根的精确值, 而 ξ n 在 n ≥ 1 时表示试位法的第 n 个猜测值, 那么 t n + 1 ≤ M m ⁢ | ξ n + 1 − a n | ⁢ | ξ n + 1 − b n | ≤ M m ⁢ ( | b n − a n | 2 ) 2 = M 4 ⁢ m ⁢ t n 2 这实际上就可以和要证明的结论合上了. 设 s 0 = t 0 , 而 s n + 1 = M 4 ⁢ m ⁢ s n 2 , 那么 t n ≤ s n . 现在考虑求 s n 的通项, 这是很简单的. 设 r n = s n 2 n [注记: 这破浏览器MathML渲染根式怎么都有问题.] 那么 r n + 1 2 n + 1 = M 4 ⁢ m ⁢ ( r n 2 n ) 2 = M 4 ⁢ m ⁢ r n 2 n + 1 于是 r n + 1 r n = M 4 ⁢ m 2 n + 1 对于 n ≥ 1 , 我们有 r n = r n r n − 1 ⁢ ⋯ ⁢ r 1 r 0 ⁢ r 0 = ( b − a ) ⁢ ∏ k = 1 n ( M 4 ⁢ m ) 1 2 k = ( b − a ) ⁢ ( M 4 ⁢ m ) 1 − 1 2 n 我们发现 r 0 也满足此公式. 那么, 我们有 s n = r n 2 n = ( b − a ) 2 n ⁢ ( M 4 ⁢ m ) 2 n − 1 = 4 ⁢ m M ⁢ [ M 4 ⁢ m ⁢ ( b − a ) ] 2 n = 4 ⁢ m M ⁢ q 2 n
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3. 用迭代法解 x = g ⁡ ( x )

前一节我们有关步骤的出发点是有限增量公式, 即如果 f ⁡ ( ξ ) 是小的, 而 f ′ 却不太小, 那么误差 | ξ − ξ 0 | 就是小的. 在下面, 我们要明确这种模糊的想法. 首先是迭代法.

令 g ⁡ ( x ) = x − f ⁡ ( x ) , 那么方程 f ⁡ ( x ) = 0 就等价于方程 x = g ⁡ ( x ) . 换言之, 就是寻找 g 的不动点. 我们有以下结果: