关于f(x)=x²的[1/1]-Padé逼近的疑问

嘿，你的观察完全没错！咱们来一步步理清楚为什么会出现这个矛盾：

首先回忆一下[1/1]-Padé逼近的核心要求：我们要找形如$\frac{a+bx}{1+cx}$的有理函数，使得$f(x) - \frac{a+bx}{1+cx}$的泰勒展开中，前$1+1+1=3$项（也就是$x^0$、$x1$、$x^{2$项）的系数都为0，这样误差才能达到$O(x}3)$的阶数。

咱们把$\frac{a+bx}{1+cx}$展开成泰勒级数看看：
$\frac{a+bx}{1+cx} = (a+bx)(1 - cx + c^2x2 - c^3x3 + \dots) = a + (b - ac)x + (ac^2 - bc)x^2 + \dots$

而$f(x)=x^2$的泰勒展开是$0 + 0x + 1x^2 + 0x^3 + \dots$

现在让两者的前三项系数对应相等（这样误差的前三项就为0）：

• 常数项（$x^0$）：$0 = a$ → 得$a=0$
• 一次项（$x^1$）：$0 = b - ac$，代入$a=0$得$b=0$
• 二次项（$x^2$）：$1 = ac^2 - bc$，代入$a=0$和$b=0$，就得到$1=0$——这显然是个矛盾！

这说明什么呢？对于$f(x)=x^2$，根本不存在满足要求的[1/1]-Padé逼近，因为我们的方程组无解。问题出在$f(x)$的泰勒展开前两项都是0，而[1/1]逼近的分子（最多1次）没法提供足够的“自由度”来匹配到二次项，最后必然会出现矛盾方程。

你其实没漏什么关键假设，就是这个特定情况下，[1/1]Padé逼近本身就不存在能达到$O(x^{3)$误差的解。如果非要凑一个有理函数近似，最多只能得到误差阶数更低的结果（比如取$a=b=0$，误差就是$x}2$，阶数是$O(x^2)$）。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Brauer Suzuki