Matematické Fórum

Chcei by som vedieť či niekto nevie o tomto vzťahu ktorí tu uvadzam, lebo na internete som ho nemohol nájsť. Tento vzťah ma všetky znaky Tayloroveho rozvoja pretože z neho pochádza. Tu uvadzam jeho vyvodenie: Nech f(x) je spojitá funkcia. Dá sa ľahko overiť rozpisom po jednotlivých členoch tento súčet vytvorený touto funkciou.  [mathjax]\sum_{n=1}^{N}[f(a+k+\frac{b-a}{N}\cdot n_{i})-f(a+k+\frac{b-a}{N}\cdot (n_{i}-1))]=f(b+k)-f(a+k)[/mathjax]      [mathjax]\frac{b-a}{N}=\Delta [/mathjax]     Členy toho to sučtu sa upravia tak že ide o prírastok premenej x o [mathjax]\Delta \cdot n_{i}+a[/mathjax]:  [mathjax]f(a+k+\Delta \cdot n_{i})=f(x_{i}+k)[/mathjax]   podobne aj   [mathjax]f(a+k+\Delta \cdot (n_{i}-1))=f(x_{i}+k-\Delta )[/mathjax].   Celkove jeden člen je:  [mathjax]f(x_{i}+k)-f(x_{i}+k-\Delta )[/mathjax]    Prírastok funkčnej hodnoty tejto funkcie pri  k a  k-Δ  sa dá vyjadriť Taylorovim rozvojom. Podobným spôsobom sa vyjadri derivácia a aj jej ďalšie vyššie derivácie tejto funkcie. Obidve strany rovnice týchto rozvojov sú vynasobene konštantami  [mathjax]c_{n}[/mathjax]  a  Δ, tak ako je to tu uvedene.     [mathjax]\frac{1}{\Delta }\cdot [f(x_{i}+k)-f(x_{i}+k-\Delta )]=\frac{\Delta \cdot f_{1}(x_{i})}{\Delta }+\frac{2k\Delta -\Delta ^{^{2}}}{2!\cdot \Delta }f_{2}(x_{i})+[/mathjax][mathjax]\frac{3k^{2}\Delta -3k\Delta ^{2}+\Delta ^{3}}{3!\cdot \Delta }f_{3}(x_{i})+\frac{4k^{3}\Delta -6k^{2}\Delta ^{2}+4k\Delta ^{3}-\Delta ^{4}}{4!\cdot \Delta }f_{4}(x_{i})[/mathjax]  .   .   .           [mathjax]c_{1}\cdot [f_{1}(x_{i}+k)-f_{1}(x_{i}+k-\Delta )]=c_{1}\cdot \Delta \cdot f_{2}(x_{i})+[/mathjax][mathjax]c_{1}\frac{2k\Delta -\Delta ^{2}}{2!}f_{3}(x_{i})+c_{1}\frac{3k^{2}\Delta -3k\Delta ^{2}+\Delta ^{3}}{3!}f_{4}(x_{i})[/mathjax]  .   .   .          [mathjax]\Delta \cdot c_{2}\cdot [f_{2}(x_{i}+k)-f_{2}(x_{i}+k-\Delta )]=c_{2}\Delta ^{2}f_{3}(x_{i})+c_{2}\Delta \frac{2k\Delta -\Delta ^{2}}{2!}f_{4}(x_{i})[/mathjax]   .   .   . [mathjax]\Delta ^{2}\cdot c_{3}\cdot [f_{3}(x_{i}+k)-f_{3}(x_{i}+k-\Delta )]=c_{3}\cdot \Delta^{3} \cdot f_{4}(x_{i})[/mathjax]  .   .   .     Takto sa pokračuje ďalšími  derivaciami:   [mathjax]\Delta ^{n-1}\cdot c_{n}[f_{n}(x_{i}+k)-f_{n}(x_{i}+k-\Delta )][/mathjax]  V čitateli zlomkov sa Δ s najväčšou  mocninou vyjme pred zlomok, tým vzniknu zlomky  [mathjax]\frac{k^{n}}{\Delta ^{n}}[/mathjax]  s rovnakými mocninami a  [mathjax]\frac{k}{\Delta }=p[/mathjax]  sa označi ako relativný posun. Teraz  sa sčítaju zvlášť  prave a zvlášť ľave strany týchto rozvojov. Na ľavej  strane sa vyjmu pred zatvorku  [mathjax] \Delta \cdot f_{2}(x_{i})\cdot (p-\frac{1}{2}+c_{1})=0[/mathjax], potom  [mathjax]C_{1}=\frac{1}{2}-p[/mathjax].  Pre ľahší vypočet sa urči  p=0. Ďalšia  derivacia: [mathjax]\Delta ^{2}\cdot f_{3}(x_{i})(\frac{1}{6}-c_{1}\cdot \frac{1}{2}+c_{2})=0[/mathjax]     [mathjax]C_{2}=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}[/mathjax]  a pokračuje to ďalej s  [mathjax]\Delta ^{3}\cdot f_{4}(x_{i})[/mathjax]   Nuluje sa preto  aby ostalona ľavej strane iba [mathjax]f_{1}(x_{i})[/mathjax]. Z toho je vytvorená aj postupnosť pre postupný vypočet  [mathjax]c_{n}[/mathjax].  Pre vypočet  [mathjax]c_{n_{p}}[/mathjax]  je stanovená integrácia cez [mathjax]c_{n}[/mathjax]. Dava to rovnaký výsledok, ako by sa zdlhavým spôsobom vypočitavalo z týchto uvedených rozkladov.  Po spätnom prevedení člena  [mathjax]f(x_{i}+k)-f(x_{í}+k-\Delta )=f(a+k+\Delta \cdot n_{i})-f(a+k+\Delta \cdot (n_{i}-1))[/mathjax]  a aj ďalších derivovaných členov podrobným spôsobom, sa urobí súčet týchto členov od n=1 po  N ktorý je  [mathjax]f(b+k)-f(a+k)[/mathjax]  To isté platí pre ostatné derivácie Na pravej strane ostáva [mathjax]f(x_{i})[/mathjax], ktoré po prevedení znamená  [mathjax]f(a+\Delta\cdot  n_{i})[/mathjax] Celkove tento súčet od n=1 po N je:      [mathjax]\sum_{n=1}^{N}f_{1}(a+\Delta \cdot n_{i})=\sum_{n=0}^{∞}[f_{n_{i}}(b+k)-f_{n_{i}}(a+k)]\cdot \Delta ^{n_{i}-1}\cdot c_{n_{p}}[/mathjax]       [mathjax]k=\Delta \cdot p[/mathjax]        Pri zámene  [mathjax]f_{1}[/mathjax] to znamená derivovanej funkcie za nederivovanu funkciu, je potrebné prvý člen sučtu na pravej strane integrovať. Vznikne tým aj posun v značeni derivacii. Takže vznikne výsledný vzťah:   [mathjax]\sum_{n=1}^{N}f(a+\Delta \cdot n_{i})=\frac{1}{\Delta }\int_{a+\Delta \cdot p}^{b+\Delta \cdot p}f(x)dx+\sum_{n=1}^{∞}[f_{_{n-1}}(b+p\Delta )-f_{_{n-1}}(a+p\cdot \Delta )]\cdot \Delta ^{n-1}\cdot c_{n_{p}}[/mathjax]

↑ M.Harvila:
Pokud se zamerim na vysledny vztah, spis nez Tayloruv rozvoj se to podoba te aproximaci integralu. Rikas, ze tim lze vypocitat sucet jisteho radu od 1 do N, ale napravo mas integral i nekonecnou sumu, coz nevim, proc by melo byt snazsi. Nerikam, ze je to spatne, ale chtelo by to uvest nejaky prakticky priklad, co tim jde spocitat, jinak samozrejme muzes odvozovat ruzne vzorce, ale stezi najdes nejakou referenci, pokud to nelze na nic uzitecneho aplikovat.

Co se tyce odvozeni, Bernoulliho cisla se objevuji celkem casto, v souvislosti s tvymi diferencemi me napada vztah [mathjax]\int_x^{x+1}B_n(s)ds=x^n[/mathjax], kde [mathjax]B_n(x)[/mathjax] jsou Bernoulliho polynomy a [mathjax]B_n=B_n(0)[/mathjax]... mozna by to na to slo redukovat...