関数の相対誤差が与えられた場合の導関数の相対誤差の境界

関数仮定相対誤差に結合するように計算することができることである、すなわち及び 、それぞれ計算され、正確な値であり及びR f −（x ）= f （x ）（1 + r ）f − f f | r | ≤ $f$$R$$f^-(x) = f(x)(1+r)$$f^-$$f$$f$$|r| \leq R$

次の微分近似の相対誤差を、一般的なに対してとでしたいR $h$$R$$f$

$$\begin{align*} f^{'}(x) &\approx \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}\\ f^{''}(x)&\approx \frac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2} \end{align*}$$

ラルストンとラビノウィッツでは、境界はそれぞれ$\frac{R}{h}$と $\frac{4R}{h^2}$与えられます。しかし、これは証明されておらず、リチャードソン外挿についての説明の一部として言及されています。

その証明に関するアイデアはありますか？

この定理は、質問の作成者によって誤って解釈されたか、参照された本に誤りがあります。次のカウンターの例を考えてみます。

$$f(x) = 100+x$$ $$h=0.01$$ $$R = 0.01$$

で各機能の評価における絶対誤差は、我々は持っているので、 最悪のシナリオでは、2つのエラー項は同じ符号を持ち、キャンセルされません。したがって、微分近似の相対誤差はにもなり、よりはるかに大きくなります。$x=0$$100*0.01=1$

$$f'^-(0) = \frac{f^-(h) - f^- (-h)}{2h} = \frac{(100+0.01)\pm 1 - ((100-0.01) \pm 1)}{0.02}$$ $$\implies f'^-(0) = \frac{0.02}{0.02} \pm \frac{1}{0.02}\pm \frac{1}{0.02}$$ $100$$R/h = 1$

形式関数を選択することにより、導関数近似の相対誤差は常に増やすだけで増やすことができるため、私が知る限り、一般的な相対誤差には制限がありません。。$f$$f(x) = n+x$$n$

一方、依存する範囲を計算できます。十分に小さいとの絶対誤差の限界は次のとおりです 証明： ここで、周りでをテイラー展開し、と両方が小さいため、または以上の次項を無視します。同様に、 したがって、 $f$$h$$R$

$$f'^-(x) = \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h} \pm \frac{f(x)R}{h}$$ $$f^-(x+h) = (f(x)+hf'(x))(1 \pm R)$$ $$\implies f^-(x+h) =f(x)+hf'(x)\pm Rf(x)$$ $f$$x$$hR$$h^2$$h$$R$ $$f^-(x-h) = f(x) - hf'(x) \pm Rf(x)$$ $$f'^-(x) = \frac{2hf'(x) \pm Rf(x) \pm Rf(x)}{2h}$$ $$\implies f'^-(x) =f'(x) \pm \frac{Rf(x)}{h}$$ ここで、エラーが増加する最悪のシナリオをもう一度検討します。

したがって、相対誤差の範囲は依存し、 $f(x)$

$$f'^-(x) = f'(x)\left(1\pm\frac{Rf(x)}{hf'(x)}\right)$$

同様に、

$$f''^-(x) = f''(x)\left(1 \pm \frac{4Rf(x)}{h^2f''(x)}\right)$$

あなたの直接の質問に答えるには（そしてブライアンボーチャーズのコメントの切り捨てエラーには対応しない）：

の定義により、その相対誤差であり、定義はそれを明示的に示していませんが、は定数ではないため、はです。$f^-$$|(f^--f)/f|\leq R$$r$$|f^-(x+h)-f^-(x-h)|$$\leq 2R$

これは、がになる相対誤差に直接つながり、同様にがになる相対誤差につながります。$f^{'-}$$R/h$$f^{''-}$$4R/h^2$