Aufgabe:
Sei \( u: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, u \in C^{\infty}(\mathbb{R}) \). Zeigen Sie, dass gilt
\(\displaystyle \frac{-3 u(x)+4 u(x+h)-u(x+2 h)}{2 h}-u^{\prime}(x)=\mathcal{O}\left(h^{2}\right) \quad \text { für } h \rightarrow 0 . \)
Lösung. Satz von Taylor für \( u \) an den jeweiligen Entwicklungspunkten liefert:
\( \begin{aligned} u(x+h) & =u(x)+u^{\prime}(x) h+\frac{u^{\prime \prime}(x)}{2} h^{2}+\frac{u^{\prime \prime \prime}(x)}{6} h^{3}+\mathcal{O}\left(h^{4}\right) \\ u(x+2 h) & =u(x)+u^{\prime}(x)(2 h)+\frac{u^{\prime \prime}(x)}{2}(2 h)^{2}+\frac{u^{\prime \prime \prime}(x)}{6}(2 h)^{3}+\mathcal{O}\left(h^{4}\right) . \end{aligned} \)
Einsetzen in die linke Seite der Behauptung liefert:
\( \begin{aligned} & \frac{-3 u(x)+4 u(x+h)-u(x+2 h)}{2 h}-u^{\prime}(x) \\ = & \frac{1}{2 h}\left(-3 u(x)+4\left(u(x)+h u^{\prime}(x)+\frac{1}{2} h^{2} u^{\prime \prime}(x)+\frac{1}{6} h^{3} u^{\prime \prime \prime}(x)+\mathcal{O}\left(h^{4}\right)\right)\right. \\ & \left.-\left(u(x)+2 h u^{\prime}(x)+\frac{1}{2} 4 h^{2} u^{\prime \prime}(x)+\frac{1}{6} 8 h^{3} u^{\prime \prime \prime}(x)+\mathcal{O}\left(h^{4}\right)\right)-2 h u^{\prime}(x)\right) \\ = & -\frac{1}{3} h^{2} u^{\prime \prime \prime}(x)+\mathcal{O}\left(h^{3}\right) \quad(\text { 2 Pkt. }) \\ = & \mathcal{O}\left(h^{2}\right) \text { bei } h \rightarrow 0 . \end{aligned} \)
Problem/Ansatz:
Kann mir jemand erklären wie ich bei dem riesen Ding auf -1/3h2u´´´(x) + O(h3) kommen soll? Da gibt es doch bestimmt einen Trick oder eine Möglichkeit wie man das relativ schnell sehen kann.
Danke
