如何证明三阶连续可微函数的中心差商误差属于O(h²)？

嘿，这个问题用泰勒展开就能完美解决，我给你一步步拆解清楚：

因为$f$是三阶连续可微函数，我们可以把$f(x+h)$和$f(x-h)$在点$x$处做带拉格朗日余项的三阶泰勒展开：

1. 先展开$f(x+h)$：

$f(x+h) = f(x) + f'(x)h + \frac{f''(x)}{2!}h^2 + \frac{f'''(\xi_1)}{3!}h^3$，其中$\xi_1 \in (x, x+h)$

2. 再展开$f(x-h)$：

$f(x-h) = f(x) - f'(x)h + \frac{f''(x)}{2!}h^2 - \frac{f'''(\xi_2)}{3!}h^3$，其中$\xi_2 \in (x-h, x)$

把上面两个展开式相减：
$$
\begin{align*}
f(x+h) - f(x-h) &= \left[f(x) + f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 + \frac{f'''(\xi_1)}{6}h^3\right] - \left[f(x) - f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 - \frac{f'''(\xi_2)}{6}h^3\right] \
&= 2f'(x)h + \frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{6}h^3
\end{align*}
$$

两边同时除以$2h$，得到：
$$
\frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h} = f'(x) + \frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{12}h^2
$$

把$f'(x)$移到左边，整理后得到：
$$
f'(x) - \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h} = -\frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{12}h^2
$$

因为$f$三阶连续可微，所以$f'''$在闭区间$[x-h, x+h]$上是连续的，根据连续函数的有界性，存在一个常数$M > 0$，使得对所有$t \in [x-h, x+h]$，都有$|f'''(t)| \leq M$。

那么差值的绝对值满足：
$$
\left|f'(x) - \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h}\right| = \left|\frac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{12}\right| \cdot h^2 \leq \frac{|f'''(\xi_1)| + |f'''(\xi_2)|}{12} \cdot h^2 \leq \frac{M + M}{12}h^2 = \frac{M}{6}h^2
$$

根据大O符号的定义：如果存在常数$C > 0$和$h_0 > 0$，使得当$|h| < h_0$时，$|g(h)| \leq C|h^k|$，则$g(h) \in O(h^k)$。这里显然满足条件，所以：
$$
f'(x) - \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h} \in O(h^2)
$$

你之前提到的中值定理结论$f'(\xi) = \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}$（$\xi \in [x-h, x+h]$），其实也可以辅助理解：因为$f''$连续，$f'(\xi) = f'(x) + f''(\eta)(\xi - x)$，但这个路径不如泰勒展开直接，还是三阶展开的方法最清晰直观。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Pazu