微積分/函式值近似

雖然許多情況下，一個值確實可以並且確實有一個精確的表示，可以用某個函式來描述，但在許多現實世界的環境中，特別是當需要對這些值進行近似時，這種方法是有用的。例如，建築工人可能需要一個長為 ${\sqrt {2}}$ 英尺的房間。但是，這個值沒有用，因為大多數尺子沒有 ${\sqrt {2}}$ 的刻度。因此，工人們需要這個長度的近似值，才能建造一個長為 ${\sqrt {2}}$ 英尺的房間。

有些數字以前很難近似，現在仍然很難近似，但微積分使近似更容易。數值分析 子領域研究用於近似數字的演算法，包括但不限於殘差（值與真實值之間的偏差）、小數精度級別以及達到一定精度水平所需的程式執行次數。

雖然本節不會替代數值分析（甚至沒有接近），但本節希望能介紹一些有效的演算法，將值近似到令人驚訝的精度水平。

在深入本節之前，第 2.4 節已經介紹了一種使用微積分作為依據來近似函式解的方法，稱為二分法。因此，使用微積分來近似值並不令人驚訝。

線性近似

圖 1：函式在 $\alpha$ 處的切線很好地近似了 $f(c)$。

回顧導數的定義之一：它是函式 $f$ 在點 $x=\alpha$ 處的切線的斜率。考慮函式 $f$ 在 $x=\alpha$ 周圍的區域性行為，如果 $c-\alpha$ 很小 並且 $f(c)-f(\alpha )$ 很小，則切線可以很好地近似值 $f(c)$（參見圖 1）。

線性近似

如果可微且連續的函式 $y=f(x)$ 在某個點 $f(\alpha )$ 的值已知，該點處的導數為 $f^{\prime }(\alpha )$，並且對於所有小的 $\epsilon _{0}>0$，都有 $|f(c)-f(\alpha )|=\epsilon _{0}$，那麼在區間 $\left(x-\delta ,x+\delta \right)$ 上，對於某個小的 $\delta >0$，$f(c)$ 的值可透過以下公式近似。

(1) $f(c)\approx f^{\prime }(\alpha )(c-\alpha )+f(\alpha )$

證明：注意，在某個可微函式 $f(x)$ 上，$x=\alpha$ 處的切線方程如下：

(2) $h(x)=f^{\prime }(\alpha )(x-\alpha )+f(\alpha )$

其中 $h(x)$ 是切線的方程。

如果我們嘗試透過切線來獲得 $f(c)$（真實值），並且對於所有小的 $\epsilon _{0}>0$，都有 $|f(c)-f(\alpha )|=\epsilon _{0}$，那麼 $h(c)\approx f(c)$。因此，

$f(c)\approx h(c)=f(\alpha )+f^{\prime }(\alpha )(c-\alpha )\qquad \square$

請注意，為了使用此技術，需要滿足以下條件：

1. $f(x)$ 在 $x=\alpha$ 處可微，並在 $\left[\alpha ,c\right]$ 上連續。
2. $|c-\alpha |$ 很小，並且 $|f(c)-f(\alpha )|$ 很小。否則，可能會出現一些非常奇怪的近似值。
3. $f(x)$ 在 $\left[\alpha ,c\right]$ 上是 單調的。（您將在第 6.2 節中更全面地瞭解這一點。）

如果這些條件中的任何一個不成立，那麼此技術將不起作用或用處不大。

示例 3.17.1：近似 ${\sqrt {1.01}}$ 令 $f(x)={\sqrt {x}}$。${\sqrt {1.01}}=f(1.01)$ 的精確值。 $f^{\prime }(x)={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$ 在 $x=1$ 處的切線方程為 $y-f(1)=f^{\prime }(1)(x-1)\Leftrightarrow y=f^{\prime }(1)(x-1)+f(1)$ $y={\frac {1}{2}}x+{\frac {1}{2}}$ 令 $g(x)=y$。 假設 $g(1.01)\approx f(1.01)$。 那麼，$f(1.01)\approx g(1.01)={\frac {1}{2}}(1.01)+{\frac {1}{2}}=1.005$。 因此，${\sqrt {1.01}}\approx 1.005$。 $\blacksquare$

線性逼近的好處是，我們不需要使用更難理解的函式，而是使用線性函式來估計函式的值，這可以說是我們所能使用的最簡單的計算方法，假設導數的值很容易找到。

確定過高或過低估計

請注意，對於任何使用切線逼近（與線性逼近相同）獲得的逼近，都存在一個餘項，它將使逼近等於我們可以從函式中獲得的真實值。 也就是說，

(3) $f(c)=f(\alpha )+f^{\prime }(\alpha )(c-\alpha )+R_{2}$

其中 $R_{2}$ 是餘項。 不幸的是，這並不能讓我們對殘差進行精確估計，尤其是在我們無法找到該項的確切值的情況下。 雖然有一種技術可以確定這種型別估計的殘差的上限，但將在第 6.11 節中進行，時間還很早。

目前，我們最好的解決方案是確定我們給出的估計值低於還是高於真實值，這可以透過以下技術來完成。

高於或低於切線逼近的真實值

• 如果 $f$ 在 $\alpha$ 和 $c$ 之間的區間內是凹向下的，則逼近將是一個過高估計。
• 如果 $f$ 在 $\alpha$ 和 $c$ 之間的區間內是凹向上的，則逼近將是一個過低估計。

理由：假設 $f(x)$ 是 $\left[\alpha ,c\right]$ 中的二次可微函式，並且 $\alpha <c$。

情況 1(A): 假設 $f^{\prime }(\alpha )>0$ 且 $f^{\prime \prime }(x_{0})<0$，其中 $x_{0}\in \left[\alpha ,c\right]$。那麼，在 $(\alpha ,f(\alpha ))$ 的切線 $h(x)$ 斜率為正，且 $h(c)>f(c)$（見圖 1 中的底部函式）。

情況 1(B): 假設 $f^{\prime }(\alpha )>0$ 且 $f^{\prime \prime }(x_{0})>0$，其中 $x_{0}\in \left[\alpha ,c\right]$。那麼，在 $(\alpha ,f(\alpha ))$ 的切線 $h(x)$ 斜率為正，且 $h(c)<f(c)$。

情況 2(A): 設 $f^{\prime }(\alpha )<0$ 且 $f^{\prime \prime }(x_{0})<0$ 對 $x_{0}\in \left[\alpha ,c\right]$ 成立。那麼，在 $(\alpha ,f(\alpha ))$ 的切線， $h(x)$ 的斜率為負，且 $h(c)>f(c)$.

情況 2(B): 設 $f^{\prime }(\alpha )<0$ 且 $f^{\prime \prime }(x_{0})>0$ 對 $x_{0}\in \left[\alpha ,c\right]$ 成立。那麼，在 $(\alpha ,f(\alpha ))$ 的切線， $h(x)$ 的斜率為負，且 $h(c)<f(c)$ （參見 圖 1 中的底部函式）。

由於向下凹函式無論切線斜率如何，都有 $h(c)>f(c)$，而向上凹函式無論切線斜率如何，都有 $h(c)<f(c)$，我們已經證明了我們想要證明的內容。 $\square$

例 3.17.2: ${\sqrt {1.01}}\approx {\frac {1}{2}}(1.01)+{\frac {1}{2}}=1.005$ 是高估還是低估？ 設 $f(x)={\sqrt {x}}$. $f^{\prime }(x)={\frac {1}{2}}x^{-{\frac {1}{2}}}={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$ $f^{\prime \prime }(x)=-{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {3}{2}}}$ 函式在所有$x\geq 1$處向下凹，因為 ${\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=-{\frac {1}{2}}(x)^{-{\frac {3}{2}}}\\&=-{\frac {1}{2x^{3/2}}}\end{aligned}}$. $\Rightarrow -{\frac {1}{2}}\leq -{\frac {1}{2x^{3/2}}}<0$對於所有$x\geq 1$. 最後一個推論的合理性在於$\lim _{x\to \infty }f^{\prime \prime }(x)=0$（作為一個練習，請自行證明這一點）。如果$f^{\prime \prime }(x)$是單調遞減且有界的（事實的確如此——你可以用多種方式證明這一點），那麼我們可以確定所示的不等式是正確的。 因為$f(x)$在從$x=1$到$x=1.01$的整個範圍內都是向下凹的，${\sqrt {1.01}}\approx 1.005$是對真實值的過高估計。 $\blacksquare$

線性逼近的問題

雖然線性（或切線）逼近是一種強大且易於使用的工具，可用於逼近函式，但它也存在問題。這些問題在介紹該技術時就已暗示過。每個問題都將強調為什麼該工具可能並不總是非常有用。

示例3.17.3：使用切線逼近逼近${\sqrt[{3}]{0.01}}$ 令 $f(x)={\sqrt[{3}]{x}}=x^{1/3}$。由於我們正在逼近 $f(0.01)$，我們可以使用在 $x=0$ 處的切線逼近來獲得在 $f(0.01)$ 的逼近。不幸的是，$f^{\prime }(0)=\lim _{x\to 0}{\dfrac {\sqrt[{3}]{x}}{x}}$ 不收斂到有限值。因此這意味著切線是垂直的或不存在。由於導數在 $x=0$ 處不存在，因此無法使用線性方法獲得準確的逼近。 $\blacksquare$

例 3.17.4：使用切線逼近來逼近 $(-0.8)^{4}-1.5(-0.8)^{2}$ 令 $f(x)=x^{4}-{\frac {3}{2}}x^{2}$。由於我們正在逼近 $f(-0.8)$，且 $-0.8-(-1)=0.2$ 是 $x$ 的一個小的差異，我們可以使用在 $x=-1$ 處的切線逼近來獲得在 $f(-0.8)$ 的逼近。 $f(-1)=(-1)^{4}-1.5(-1)^{2}=1-1.5=-0.5$ $f^{\prime }(x)=4x^{3}-3x$ 在 $x=-1$ 處的切線方程為： $y-f(-1)=f^{\prime }(-1)(x+1)\Leftrightarrow y=f^{\prime }(-1)(x+1)+f(-1)$ $y=-x-1.5$ 令 $g(x)=y$。假設 $g(-0.8)\approx f(-0.8)$. 那麼，$f(-0.8)\approx g(-0.8)=-(-0.8)-1.5=-0.7$。因此，$(-0.8)^{4}-1.5(-0.8)^{2}\approx -0.7$. 然而，這個近似值與實際值相差甚遠。它在 $x=-0.8$ 處的函式實際值範圍內存在 $R_{2}=0.1496$ 的誤差。造成這種大誤差的原因在於一個微妙的方面。 雖然導數在 $\alpha =-1$ 處存在，但函式在 $\left[-1,-0.8\right]$ 上不是單調的：函式既會下降也會上升。回顧你的閱讀內容，一個函式是單調遞減的，當且僅當對於任意 $x_{1},x_{2}\in \left[a,b\right]$ 且 $x_{1}<x_{2}$，$h(x_{1})>h(x_{2})$。然而，對於上述 $f(x)$ 存在反例，如果你將函式繪製出來就會很明顯。 點選檢視函式影像 因此，使用切線來近似 $(-0.8)^{4}-1.5(-0.8)^{2}$ 的值是不可取的。 $\blacksquare$

因為這將在第 6.2 節中更全面地學習，假設所有習題都具有單調函式。這個例子只是為了說明這種方法常遇到的一個常見陷阱。

牛頓-拉夫森方法

雖然切線近似非常有用，但它們往往只在您知道附近的值時才有用。但是，如果不存在附近的值來幫助估計其值，那麼獲得所需精確值的精確估計將非常困難。

牛頓-拉夫森法（在第 3.13 節中介紹）是一種有用的方法來確定函式的零點，無論它是多項式、超越、無理數、指數等。但是，牛頓-拉夫森法也可以用來近似特定函式的值。

牛頓-拉夫森方法

假設 $\alpha$ 是感興趣的值。令 $x=\alpha$。存在某個函式 $f(x)$ 使得 $f(\alpha )=0$。如果需要 $\alpha$ 的近似值，則迭代地找到 $\alpha$，如下所示

(4) $\alpha \approx x_{n+1}=x_{n}-{\frac {f(x_{n})}{f'(x_{n})}}$

如果您閱讀了第 3.13 節，那麼您應該已經瞭解並證明了這個等式。

例 3.17.5：近似 ${\sqrt {72}}$。 令 $x={\sqrt {72}}$。我們需要對這個等式進行操作，以便我們可以得到 $f(\alpha )=0$。 ${\begin{aligned}x&={\sqrt {72}}\\x^{2}&=72\\x^{2}-72&=0\\\end{aligned}}$ 由此，令 $f(x)=x^{2}-72$。由於 $x={\sqrt {72}}$ 是該方程的根，我們可以使用牛頓-拉夫森法來近似 ${\sqrt {72}}$。首先，我們選擇一個初始猜測。由於 $f(8)=-8<0<f(9)=9$，並且 $f(9)>\left|f(8)\right|>0$，$x_{0}=8$ 是一個很好的初始猜測。在開始之前，我們需要函式的導數，可以很容易地證明它是 $f^{\prime }(x)=2x$。現在我們開始尋找根。 ${\begin{aligned}x_{1}&=8-{\frac {-8}{2\cdot 8}}&=8.5\\x_{2}&=8.5-{\frac {8.5^{2}-72}{2\cdot 8.5}}&=8.47058823529\\x_{3}&=8.47058823529-{\frac {8.47058823529^{2}-72}{2\cdot 8.47058823529}}&=8.48529411765\end{aligned}}$ 為了方便起見，我們將在此處停止。然而，我們獲得的值已經是精確到四位小數。 $\blacksquare$

例 3.17.6：近似 ${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$。 令 $x={\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$。我們需要操縱這個等式，以便我們可以獲得 $f(\alpha )=0$。請記住儘可能消除平方根，這樣我們的工作就會更容易。 ${\begin{aligned}x&={\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}\\x^{2}&=2+2{\sqrt {6}}+3\\x^{2}-5&=2{\sqrt {6}}&\\x^{4}-10x^{2}+25&=4\cdot 6\\x^{4}-10x^{2}+1&=0\end{aligned}}$ 請注意，該方程有四個可能的根，但我們只關心其中一個。回顧 $1+1=2<{\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}<4=2+2$ 請注意 $f(3)=-8<0<f(4)=97$，所以我們選擇 $x_{0}=3$。 令 $f(x)=x^{4}-10x^{2}+1$。那麼，$f^{\prime }(x)=4x^{3}-20x$。 請注意 $4x(x^{2}-5)=0\Rightarrow x=0\vee x=\pm {\sqrt {5}}$ 意味著 $f^{\prime }(x)\neq 0$ 對於 $x\in \left({\sqrt {5}},4\right)$。 最後，請注意 $x_{n+1}=x_{n}-{\frac {x_{n}^{4}-10x_{n}^{2}+1}{4x_{n}^{3}-20x_{n}}}$ 無法簡化。我們將不得不使用這些值進行運算。（請記住，即使沒有計算器，過去許多人使用 計算尺 來處理這些複雜的值。與模擬計算尺相比，我們現在可以利用觸手可及的電子計算機）。 現在我們開始找到根。 ${\begin{aligned}x_{1}&=3-{\frac {-8}{48}}={\frac {19}{6}}&\approx 3.16666666667\\x_{2}&={\frac {19}{6}}-{\dfrac {\frac {1657}{1296}}{\frac {3439}{54}}}={\frac {86569}{27512}}&\approx 3.14659057866\\x_{3}&=3.14659057866-{\frac {0.0201173085466}{61.686167862}}&\approx 3.14626445516\end{aligned}}$ 為了方便起見，我們將在此時停止計算。然而，我們已經獲得的值在小數點後六位數已經準確了。 $\blacksquare$

失效分析

圖 2: $x^{3}-2x+2$ 在 $0$ 和 $1$ 處的切線與 $x$ 軸分別相交於 $1$ 和 $0$，說明了為什麼牛頓法對於某些起點會在這兩個值之間振盪。

當然，正如我們從第 3.13 節所知，牛頓-拉夫森法並不完美，在某些情況下會失效。一個明顯的情況是當某個點的導數為零時。由於該導數位於分母中，一旦發生這種情況，我們就無法找到下一個可能的根。然而，還有一些其他的情況。 參考

起點進入迴圈

對於某些函式，一些起點可能會進入無限迴圈，阻止收斂。令

$f(x)=x^{3}-2x+2\!$

並以 $0$ 為起點。第一次迭代產生 $1$，第二次迭代返回 $0$，因此該序列將在兩者之間交替，而不會收斂到根（參見圖 2）。此方程的真實解是 $-1.76929235\ldots$。在這種情況下，應該選擇另一個起點。

導數在根處不存在

牛頓法發散的一個簡單例子是求零的立方根。立方根是連續的，無限可微的，除了$x=0$，它的導數沒有定義。

$f(x)={\sqrt[{3}]{x}}.$

對於任何迭代點$x_{n}$，下一個迭代點將是

$x_{n+1}=x_{n}-{\frac {f(x_{n})}{f^{\prime }(x_{n})}}=x_{n}-{\frac {{x_{n}}^{\frac {1}{3}}}{{\frac {1}{3}}{x_{n}}^{-{\frac {2}{3}}}}}=x_{n}-3x_{n}=-2x_{n}.$

該演算法超過了解，落在$y$軸的另一側，比最初更遠；應用牛頓法實際上使每次迭代的解距離翻倍。

事實上，對於每個$f(x)=|x|^{\alpha }$，其中$0<\alpha <{\frac {1}{2}}$，迭代將發散到無窮大。在極限情況下$\alpha ={\frac {1}{2}}$，迭代將在點$x_{0}$和$-x_{0}$之間無限地交替，因此它們在這種情況下也不收斂。

不連續導數

如果導數在根處不連續，則收斂可能無法在根的任何鄰域內發生。考慮函式

$f(x)={\begin{cases}0&{\text{if }}x=0\\x+x^{2}\sin \left({\dfrac {2}{x}}\right)&{\text{if }}x\neq 0\end{cases}}$

$f^{\prime }(x)={\begin{cases}0&{\text{if }}x=0\\1+2x\sin \left({\dfrac {2}{x}}\right)-2\cos \left({\dfrac {2}{x}}\right)&{\text{if }}x\neq 0\end{cases}}$

在根的任何鄰域內，該導數隨著 $x$ 從右側（或左側）逼近 $0$ 時不斷變化符號，而 $f(x)\geq x-x^{2}>0$ 對於 $0<x<1$ 成立。

因此，${\dfrac {f(x)}{f^{\prime }(x)}}$ 在根附近是無界的，即使函式在所有地方都是可微的（因此是連續的），牛頓法幾乎在根的任何鄰域內都會發散，即使

• 該函式在所有地方都是可微的（因此是連續的）；
• 根處的導數不為零；
• $f$ 是無限可微的，除了在根處；並且
• 導數在根的鄰域內是有界的（與 $f(x)/f^{\prime }(x)$ 不同）。

尤拉法

正如以下示例所示，尤拉法不像牛頓法那樣快速地趨近於近似值。造成這種現象的原因有很多，但尤拉法並沒有因為這個問題而失去實用價值。這些示例將展示尤拉法在何處具有實用價值。

示例 3.17.7：近似 ${\sqrt {6}}$。 令 $y={\sqrt {x}}$。我們需要找到一個微分方程 $y^{\prime }=f(x,y)$。請注意，我們將在最後一步做一些對於近似 $y(6)$ 很重要的操作。 ${\begin{aligned}y(x)&={\sqrt {x}}\\y^{\prime }(x)&={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\\y&={\frac {1}{2y(x)}}\end{aligned}}$ 這裡展示的最後一步非常重要。我們需要近似 ${\sqrt {x}}$。但是，如果我們試圖近似 ${\sqrt {x}}$，如果我們需要使用平方根來進行近似，那麼就無法做到這一點。相反，由於 $y={\sqrt {x}}$ 並且尤拉法為我們提供了新的 $y$ 值，我們可以得到一個近似值。 接下來，我們需要選擇一個初始點，$(x_{0},y_{0})$。這是我們唯一使用函式 $y(x)$ 的實際值的點。在這種情況下，由於我們想要 ${\sqrt {6}}$，我們將選擇 $y(4)=2$。從那裡，我們可以選擇步長，它可以是任意的。在這裡，我們將選擇 $\Delta x_{\rm {step}}=1$ ${\begin{array}{l || c|c || c}n&x_{n}=x_{n-1}+\Delta x_{\rm {step}}&y_{n}=y_{n-1}+\Delta x_{\rm {step}}\cdot f(x_{n-1},y_{n-1})&f(x_{n},y_{n})\\\hline 1&4&2.00000&{\frac {1}{2\cdot 2.00}}=0.25000\\2&5&2.25000&{\frac {1}{2\cdot 2.25}}=0.22222\\3&6&2.47222&{\frac {1}{2\cdot 2.47222}}\end{array}}$ 如這裡所示，對 ${\sqrt {6}}$ 的近似值為 $2.47222$。它的絕對誤差為 $0.0227325$，在大多數情況下，這已經相當不錯了。例如，如果要設計一個盒子，那麼這是一個可以接受的誤差範圍。 $\blacksquare$

雖然誤差範圍看起來很大，與 ${\sqrt {1.01}}$ 的區域性線性近似值（絕對誤差為 $0.0000124$）相比，但請記住，我們的步長遠大於示例 3.17 中顯示的步長。如果我們選擇更小的步長，那麼近似值會更準確（儘管可能有點麻煩）。例如，如果步長為 $\Delta x_{\rm {step}}=0.25$，那麼絕對誤差將約為 $0.005$。