Formulierung und Beweis.

Wir betrachten eine Funktion

f : X \to K^{n}

, wobei

X

eine offene Teilmenge von

K \in {ℝ, ℂ}

ist. Ist

f

in einem Punkt

x_{0} \in X

m

-fach differenzierbar, so gilt nach (3.31) - (3.32)

Dies ist eine Aussage über das asymptotische Verhalten von

f

in einer beliebig kleinen Umgebung von

x_{0}

im Grenzwert

h \to 0

, liefert aber keine effektive Aussage für die Differenz von

f (x_{0} + h) - f (x_{0})

für irgend einen fest vorgegebenen Wert von

h \neq 0

. Folgender Satz liefert eine solche Abschätzung, inwiefern eine genügend oft differenzierbare Funktion in der Umgebung eines Punktes durch ein Polynom approximiert werden kann.

Theorem 4.7.1. Es sei $X$ eine offene Teilmenge von $K = {ℝ, ℂ}$ , welche für ein gegebenes $h \in K$ , $h \neq 0$ die abgeschlossene Strecke $I_{h} (x_{0}) : = {x_{0} + t h, 0 \leq t \leq 1}$ enthält. Ist die Funktion $f$ in den Punkten von $I_{h} (x_{0})$ $m + 1$ -fach differenzierbar und ist die Einschränkung von $f^{(m + 1)}$ auf $I_{h} (x_{0})$ stetig, so gilt $\begin{array}{rcl} f (x_{0} + h) & = & f (x_{0}) + \dots + \frac{f^{(m)} (x_{0}) h^{m}}{m!} + r_{m} (x_{0}; h), & (4.40) \\ r_{m} (x_{0}; h) & = & \frac{h^{m + 1}}{m!} \int_{0}^{1} f^{(m + 1)} (x_{0} + t h) {(1 - t)}^{m} d t . & (4.41) \end{array}$

Beweis. Es genügt den Fall $n = 1$ zu betrachten, der allgemeine Fall folgt dann durch komponentweise Anwendung der Formeln (4.40), (4.41). Wir führen den Beweis mit Hilfe der vollständigen Induktion. Für $m = 0$ gilt mit $φ (t) = f (x_{0} + t h)$ , dass $\begin{array}{rcl} r_{0} (x_{0}; h) & = & f (x_{0} + h) - f (x_{0}) = φ (1) - φ (0) \\ = & \int_{0}^{1} φ^{'} (t) d t = h \int_{0}^{1} f^{'} (x_{0} + t h) d t . \end{array}$

Für den Induktionsschritt setzten wir (4.40), (4.41) für gegebenes $m$ voraus. Aus $\begin{array}{rcl} f (x_{0} + h) & = & f (x_{0}) + \dots + \frac{f^{(m)} (x_{0}) h^{m}}{m!} + r_{m} (x_{0}; h) \\ = & f (x_{0}) + \dots + \frac{f^{(m + 1)} (x_{0}) h^{m + 1}}{(m + 1)!} + r_{m + 1} (x_{0}; h) \end{array}$

folgt die Beziehung

r_{m} (x_{0}; h) = \frac{f^{(m + 1)} (x_{0})}{(m + 1)!} h^{m + 1} + r_{m + 1} (x_{0}; h)

(4.42)

zwischen den Restgliedern $r_{m} (x_{0}; h)$ und $r_{m + 1} (x_{0}; h)$ . Nach (4.41) gilt zudem

r_{m} (x_{0}; h) = h^{m + 1} \int_{0}^{1} v (t) u^{'} (t) d t

mit $\begin{array}{rcl} v (t) = f^{(m + 1)} (x_{0} + t h), & v^{'} (t) = h f^{(m + 2)} (x_{0} + t h), \\ u (t) = \frac{1 - {(1 - t)}^{m + 1}}{(m + 1)!}, & u^{'} (t) = \frac{{(1 - t)}^{m}}{m!} . \end{array}$

Partielle Integration ergibt nun $\begin{array}{rcl} r_{m} (x_{0}; h) & = & h^{m + 1} v (t) u (t) |_{0}^{1} - h^{m + 1} \int_{0}^{1} v^{'} (t) u (t) d t \\ = & \frac{h^{m + 1} f^{(m + 1)} (x_{0} + h)}{(m + 1)!} & (4.43) \\ - h^{m + 1} \int_{0}^{1} h f^{(m + 2)} (x_{0} + h t) \frac{1 - {(1 - t)}^{m + 1}}{(m + 1)!} d t \end{array}$

Berücksichtigt man hier die Identität

\int_{0}^{1} h f^{(m + 2)} (x_{0} + h t) \frac{d t}{(m + 1)!} = \frac{f^{(m + 1)} (x_{0} + h)}{(m + 1)!} - \frac{f^{(m + 1)} (x_{0})}{(m + 1)!},

so ergibt sich aus (4.43) $\begin{array}{rcl} r_{m} (x_{0}; h) & = & \frac{h^{m + 1} f^{(m + 1)} (x_{0})}{(m + 1)!} \\ + \frac{h^{m + 2}}{(m + 1)!} \int_{0}^{1} f^{(m + 2)} (x_{0} + t h) {(1 - t)}^{m + 1} d t . \end{array}$

Zusammen mit (4.42) erhalten wir

r_{m + 1} (x_{0}; h) = \frac{h^{m + 2}}{(m + 1)!} \int_{0}^{1} f^{(m + 2)} (x_{0} + t h) {(1 - t)}^{m + 1} d t .

Dies entspricht (4.40), (4.41), wobei $m$ durch $m + 1$ ersetzt ist, was den Induktionsbeweis abschliesst. □

4.7.1 Formulierung und Beweis.