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math.stackexchange.com/questions/1025510/boun … f-padé-approximation
对于在点 $a$ 处做 $[m/n]$ Padé 逼近的函数 $f$，记其 Padé 近似式为$$R(x) =\frac{\sum_{i=0}^m a_i(x-a)^i}{1+\sum_{j=1}^n b_j(x-a)^j}$$与 $f$ 在该点处的 Taylor 展开在前 $m+n$ 项上相同。因此可以写$$f(x)=R(x)+T_{m+n}(x),$$其中$$T_{m+n}(x)
=f(x)-\bigl[\text{Taylor}_{m+n}(x)\bigr]$$恰好是 Taylor 余项。由 Taylor 定理的 Lagrange 形式余项，有$$T_{m+n}(x)
=\frac{f^{(m+n+1)}(\xi)}{(m+n+1)!}(x-a)^{m+n+1}
\quad\text{对某}\xi\text{位于}[a,x].$$于是$$f(x)-R(x)
=\frac{T_{m+n}(x)}{1+\sum_{j=1}^n b_j(x-a)^j}
,$$从而在区间 $I$ 上有统一界$$\bigl|f(x)-R(x)\bigr|
\le
\frac{\displaystyle \sup_{t\in I}\bigl|f^{(m+n+1)}(t)\bigr|\bigl|x-a\bigr|^{m+n+1}}
{(m+n+1)!\displaystyle\inf_{x\in I}\Bigl|1+\sum_{j=1}^n b_j(x-a)^j\Bigr|}
.$$这即是 Padé 逼近的误差上界，与 Taylor 的一致性要求相似，但多了分母在区间中的最小值（只要分母无零点即可保证下界 $>0$）．
$\sin x$ 在 $x=0$ 处的 $[m,n]=[1,2]$ Padé 逼近给出$$R(x)=\frac{6x}{x^2+6}$$可验证其与 $\sin x$ 在 $0$ 处的 Taylor 展开$x-\frac{x^3}{3!}+\cdots$在前三项（共 $m+n=3$ 项）上完全一致.
误差表达式
令$$T_3(x) = \sin x -\Bigl(x-\tfrac{x^3}{6}\Bigr)
=\frac{\sin^{(4)}(\xi)}{4!}x^4(x-\xi)
\quad(\xi\in[0,x]),$$或更常用的 Lagrange 形式$$T_3(x) =\frac{\sin^{(4)}(\xi)}{4!}x^4(x-\xi)
=-\frac{\cos(\xi)}{120}x^5,$$因而$$\sin x - R(x)
=\frac{T_3(x)}{1+\frac{x^2}{6}}
,\quad
\bigl|\sin x - R(x)\bigr|
\le
\frac{\displaystyle\bigl|\cos(\xi)\bigr||x|^5/120}{1 + x^2/6}
\le
\frac{|x|^5}{120\bigl(1+x^2/6\bigr)}$$
由于对任意实数 $\xi$，$\bigl|\cos\xi\bigr|\le1$，且当 $|x|\le r$ 时分母$$1+\frac{x^2}{6}\ge1,$$故可简化为$$\boxed{\forall|x|\le r:\quad\bigl|\sin x - R(x)\bigr|\le\frac{|x|^5}{120}\le\frac{r^5}{120}.}$$这与直接对 Taylor 多项式的余项估计 $\bigl|\sin x - T_3(x)\bigr|\le|x|^5/5!$ 是一致的，只是在 Padé 的情况下额外分母并不改变最差情形的界值 |
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战巡
Posted 2025-5-14 22:04
kuing
Posted 2025-5-15 12:19
