叶卢庆的博客

二阶导数的中心差分

设函数$f(x)$在点$a$的某个邻域内二阶连续可导,求证:
$$
\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}=f’’(a).
$$

证明:
\begin{equation}
\label{eq:1}
\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}=\lim_{h\to 0}\frac{\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\frac{f(a)-f(a-h)}{h}}{h}.
\end{equation}
令$g(x,y)=\frac{f(x+y)-f(x)}{y}$,则式\eqref{eq:1}可以化为
\begin{equation}
\label{eq:2}
\lim_{h\to 0}\frac{g(a,h)-g(a-h,h)}{h},
\end{equation}
由微分中值定理,必定存在$\theta\in (a-h,a)$或$\theta\in (a,a-h)$,使得式\eqref{eq:2}可以化为
\begin{equation}
\label{eq:3}
\lim_{h\to 0}\frac{g(a,h)-g(a-h,h)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{\partial
g}{\partial x}(\theta,h)=\lim_{h\to 0}\frac{f’(\theta+h)-f’(\theta)}{h},
\end{equation}
再由微分中值定理,必定存在$\phi\in (\theta,\theta+h)$或$\phi\in (\theta+h,\theta)$,使得
\begin{equation}
\label{eq:4}
\lim_{h\to 0}\frac{f’(\theta+h)-f’(\theta)}{h}=\lim_{h\to 0}f’’(\phi).
\end{equation}
再结合$f(x)$在$a$的某个邻域内二阶导数连续,因此$\lim_{h\to 0}f’’(\phi)=f’’(a)$.$\Box$

上面是在假定$f(x)$在$a$的某个邻域内连续的情形下,利用两次利用微分中值定理证明了结论.事实上,可以把这个条件去掉,从而把命题推广成

设函数$f(x)$在点$a$的处二阶可导,求证
$$
\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}=f’’(a).
$$

这道题很典型,比如可见伍胜健编著的《数学分析》习题5.13.

证明:因为$f(x)$在点$a$处二阶可导,因此
\begin{equation}\label{eq:5}
f’(t)=f’(a)+f’’(a)(t-a)+o_{1}(t-a),
\end{equation}
其中$\lim_{t\to a}\frac{o_{1}(t-a)}{t-a}=0$.将等式\eqref{eq:5}两边从$a$到$x$积分,可得
\begin{equation}
\label{eq:6}
\int_a^{x}f’(t)dt=f’(a)(x-a)+\frac{1}{2}(x-a)^2f’’(a)+\int_a^xo_{1}(t-a)dt.
\end{equation}
由微积分第二基本定理,式\eqref{eq:6}可以化为
$$
f(x)-f(a)=f’(a)(x-a)+\frac{1}{2}(x-a)^2f’’(a)+\int_a^xo_{1}(t-a)dt,
$$

\begin{equation}
\label{eq:7}
f(x)=f(a)+f’(a)(x-a)+\frac{1}{2}(x-a)^2f’’(a)+\int_a^xo_{1}(t-a)dt.
\end{equation}
令$x-a=h$,则上式变为
\begin{equation}
\label{eq:8}
f(a+h)=f(a)+f’(a)h+\frac{1}{2}h^2f’’(a)+\int_a^{a+h}o_{1}(t-a)dt
\end{equation}
所以
$$
\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=f’(a)+\frac{1}{2}hf’’(a)+\frac{\int_a^{a+h}o_{1}(t-a)dt}{h}.
$$
同理,
$$
\frac{f(a-h)-f(a)}{-h}=f’(a)-\frac{1}{2}hf’’(a)+\frac{\int_a^{a-h}o_{2}(t-a)dt}{-h},
$$
其中$\lim_{t\to a}\frac{o_2(t-a)}{t-a}=0$.所以
\begin{equation}\label{eq:9}
\frac{\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\frac{f(a-h)-f(a)}{-h}}{h}=f’’(a)+\frac{\int_a^{a+h}o_1(t-a)dt}{h^2}+\frac{\int_a^{a-h}o_2(t-a)dt}{h}
\end{equation}
设函数$o_1(x)$的原函数为$u_1(x)$,则由微积分第二基本定理
\begin{equation}\label{eq:10}
\frac{\int_a^{a+h}o_1(t-a)dt}{h^2}=\frac{u_1(h)-u_1(0)}{h^2}=\frac{\frac{u_1(h)-u_1(0)}{h}}{h}.
\end{equation}
由微分中值定理,存在$\theta\in (0,h)$或$\theta\in (h,0)$,使得
$$
u_1’(\theta)=o_1(\theta)=\frac{u_1(h)-u_1(0)}{h},
$$
因此式\eqref{eq:10}等于$\frac{o_1(\theta)}{h}$.于是,
$$
\lim_{h\to 0}\frac{|\int_a^{a+h}o_1(t-a)dt|}{h^2}=\lim_{h\to
0}\frac{|o_1(\theta)|}{|h|}\leq\lim_{h\to 0}\frac{|o_1(\theta)|}{|\theta|}=0.
$$
因此,
$$
\lim_{h\to 0}\frac{|\int_a^{a+h}o_1(t-a)dt|}{h^2}=0.
$$
同理可得
$$
\lim_{h\to 0}\frac{\int_a^{a-h}o_2(t-a)dt}{h^{2}}=0.
$$
因此,式\eqref{eq:9}化为
$$
\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}=\lim_{h\to
0}\frac{\frac{f(a+h)-f(a)}{h}-\frac{f(a-h)-f(a)}{-h}}{h}=f’’(a).
$$
QED.