og Taylors sætning 10. november 2008
I Givet en funktion f og et udviklingspunkt x 0. Find et polynomium P n af grad højst n, så f og P n har samme nulte, første, anden, tredie,..., n te a edede i punktet x 0.
I Givet en funktion f og et udviklingspunkt x 0. Find et polynomium P n af grad højst n, så f og P n har samme nulte, første, anden, tredie,..., n te a edede i punktet x 0. I P n skal så opfylde ligningerne P n (x 0 ) = f (x 0 ) Pn 0 (x 0 ) = f 0 (x 0 ) Pn 00 (x 0 ) = f 00 (x 0 ). P n (n) (x 0 ) = f (n) (x 0 )
I Givet en funktion f og et udviklingspunkt x 0. Find et polynomium P n af grad højst n, så f og P n har samme nulte, første, anden, tredie,..., n te a edede i punktet x 0. I P n skal så opfylde ligningerne I Skriver vi P n på formen P n (x 0 ) = f (x 0 ) Pn 0 (x 0 ) = f 0 (x 0 ) Pn 00 (x 0 ) = f 00 (x 0 ). P n (n) (x 0 ) = f (n) (x 0 ) P n (x) = a 0 + a 1 (x x 0 ) + a 2 (x x 0 ) 2 + a 3 (x x 0 ) 3 +a 4 (x x 0 ) 4 +... + a n (x x 0 ) n søger vi nu a 0, a 1, a 2,..., a n.
I Vi ser med det samme, at a 0 = f (x 0 ). Da Pn 0 (x) = a 1 + 2a 2 (x x 0 ) + 3a 3 (x x 0 ) 2 +4a 4 (x x 0 ) 3 +... + na n (x x 0 ) n 1
I Vi ser med det samme, at a 0 = f (x 0 ). Da P 0 n (x) = a 1 + 2a 2 (x x 0 ) + 3a 3 (x x 0 ) 2 I fås, at a 1 = f 0 (x 0 ). Da +4a 4 (x x 0 ) 3 +... + na n (x x 0 ) n 1 P 00 n (x) = 2a 2 + 3 2 a 3 (x x 0 ) + 4 3 a 4 (x x 0 ) 2 +... + n (n 1) a n (x x 0 ) n 2
I Vi ser med det samme, at a 0 = f (x 0 ). Da P 0 n (x) = a 1 + 2a 2 (x x 0 ) + 3a 3 (x x 0 ) 2 I fås, at a 1 = f 0 (x 0 ). Da +4a 4 (x x 0 ) 3 +... + na n (x x 0 ) n 1 P 00 n (x) = 2a 2 + 3 2 a 3 (x x 0 ) + 4 3 a 4 (x x 0 ) 2 +... + n (n 1) a n (x x 0 ) n 2 I fås a 2 = 1 2 f 00 (x 0 ). Da P 000 n (x) = 3 2 a 3 + 4 3 2 a 4 (x x 0 ) +... + n (n 1) (n 2) a n (x x 0 ) n 3 fås, at a 3 = 1 23 f 000 (x 0 ).
Formlen I Generelt fås altså således at a k = 1 k! f (k) (x 0 ) P n (x) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 ) (x x 0 ) + 1 2 f 00 (x 0 ) (x x 0 ) 2 + 1 3! f 000 (x 0 ) (x x 0 ) 3 +... + 1 n! f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n
Formlen I Generelt fås altså således at a k = 1 k! f (k) (x 0 ) P n (x) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 ) (x x 0 ) + 1 2 f 00 (x 0 ) (x x 0 ) 2 + 1 3! f 000 (x 0 ) (x x 0 ) 3 +... + 1 n! f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n I Dette kan også skrives P n (x) = n k=0 1 k! f (k) (x 0 ) (x x 0 ) k idet vi de nerer 0! = 1 og f (0) = f.
I f (x) = e x med udviklingspunkt 0, orden n. Vi har jo f 0 (x) = f 00 (x) = f 000 (x) =... = f (n) (x) = e x.
I f (x) = e x med udviklingspunkt 0, orden n. Vi har jo f 0 (x) = f 00 (x) = f 000 (x) =... = f (n) (x) = e x. I Så f (k) (0) = e 0 = 1 for alle k 0.
I f (x) = e x med udviklingspunkt 0, orden n. Vi har jo f 0 (x) = f 00 (x) = f 000 (x) =... = f (n) (x) = e x. I Så f (k) (0) = e 0 = 1 for alle k 0. I Hermed fås P n (x) = f (0) + f 0 (0) x + 1 2 f 00 (0) x 2 + 1 3! f 000 (0) x 3 +... + 1 n! f (n) (0) x n
I f (x) = e x med udviklingspunkt 0, orden n. Vi har jo f 0 (x) = f 00 (x) = f 000 (x) =... = f (n) (x) = e x. I Så f (k) (0) = e 0 = 1 for alle k 0. I Hermed fås P n (x) = f (0) + f 0 (0) x + 1 2 f 00 (0) x 2 + 1 3! f 000 (0) x 3 I Altså +... + 1 n! f (n) (0) x n P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n
I f (x) = e x med udviklingspunkt 0, orden n. Vi har jo f 0 (x) = f 00 (x) = f 000 (x) =... = f (n) (x) = e x. I Så f (k) (0) = e 0 = 1 for alle k 0. I Hermed fås P n (x) = f (0) + f 0 (0) x + 1 2 f 00 (0) x 2 + 1 3! f 000 (0) x 3 I Altså +... + 1 n! f (n) (0) x n P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n I Dette kan også skrives P n (x) = n k=0 1 k! x k
I f (x) = x arctan x med udviklingspunkt 1, orden 2.
I f (x) = x arctan x med udviklingspunkt 1, orden 2. I Vi har f 0 (x) = arctan x + x 1 + x 2 f 00 2 2x (x) = 2 1 + x 2 (1 + x 2 ) 2
I f (x) = x arctan x med udviklingspunkt 1, orden 2. I Vi har f 0 (x) = arctan x + x 1 + x 2 f 00 2 2x (x) = 2 1 + x 2 (1 + x 2 ) 2 I Så f (1) = π 4, f 0 (1) = π 4 + 1 2, f 00 (1) = 1 2.
I f (x) = x arctan x med udviklingspunkt 1, orden 2. I Vi har f 0 (x) = arctan x + x 1 + x 2 f 00 2 2x (x) = 2 1 + x 2 (1 + x 2 ) 2 I Så f (1) = π 4, f 0 (1) = π 4 + 1 2, f 00 (1) = 1 2. I Hermed fås P 2 (x) = f (1) + f 0 (1) (x 1) + 1 2 f 00 (1) (x 1) 2 = π π 4 + 4 + 1 (x 1) + 1 2 2 1 (x 1)2 2 = π π 4 + 4 + 1 (x 1) + 1 (x 1)2 2 4
I f (x) = x arctan x med udviklingspunkt 1, orden 2. I Vi har f 0 (x) = arctan x + x 1 + x 2 f 00 2 2x (x) = 2 1 + x 2 (1 + x 2 ) 2 I Så f (1) = π 4, f 0 (1) = π 4 + 1 2, f 00 (1) = 1 2. I Hermed fås P 2 (x) = f (1) + f 0 (1) (x 1) + 1 2 f 00 (1) (x 1) 2 = π π 4 + 4 + 1 (x 1) + 1 2 2 1 (x 1)2 2 = π π 4 + 4 + 1 (x 1) + 1 (x 1)2 2 4 I Maple
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2 I Vi skal nde P 2 (t) = x (0) + x 0 (0) t + 1 2 x 00 (0) t 2.
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2 I Vi skal nde P 2 (t) = x (0) + x 0 (0) t + 1 2 x 00 (0) t 2. I Ved indsættelse af t = 0 i en fås x 0 (0) = 0 + sin (x (0)) = sin π 2 = 1.
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2 I Vi skal nde P 2 (t) = x (0) + x 0 (0) t + 1 2 x 00 (0) t 2. I Ved indsættelse af t = 0 i en fås x 0 (0) = 0 + sin (x (0)) = sin π 2 = 1. I Ved di erentiation af en fås x 00 (t) = 1 + cos (x (t)) x 0 (t).
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2 I Vi skal nde P 2 (t) = x (0) + x 0 (0) t + 1 2 x 00 (0) t 2. I Ved indsættelse af t = 0 i en fås x 0 (0) = 0 + sin (x (0)) = sin π 2 = 1. I Ved di erentiation af en fås x 00 (t) = 1 + cos (x (t)) x 0 (t). I Ved indsættelse af t = 0 heri fås x 00 (0) = 1 + cos (x (0)) x 0 (0) = 1.
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2 I Vi skal nde P 2 (t) = x (0) + x 0 (0) t + 1 2 x 00 (0) t 2. I Ved indsættelse af t = 0 i en fås x 0 (0) = 0 + sin (x (0)) = sin π 2 = 1. I Ved di erentiation af en fås x 00 (t) = 1 + cos (x (t)) x 0 (t). I Ved indsættelse af t = 0 heri fås x 00 (0) = 1 + cos (x (0)) x 0 (0) = 1. I Altså fås P 2 (t) = π 2 + t + 1 2 1 t = π 2 + t + 1 2 t2.
I Find det 2. med udviklingspunkt 0 for løsningen til en x 0 (t) = t + sin (x (t)) med x (0) = π 2 I Vi skal nde P 2 (t) = x (0) + x 0 (0) t + 1 2 x 00 (0) t 2. I Ved indsættelse af t = 0 i en fås x 0 (0) = 0 + sin (x (0)) = sin π 2 = 1. I Ved di erentiation af en fås x 00 (t) = 1 + cos (x (t)) x 0 (t). I Ved indsættelse af t = 0 heri fås x 00 (0) = 1 + cos (x (0)) x 0 (0) = 1. I Altså fås P 2 (t) = π 2 + t + 1 2 1 t = π 2 + t + 1 2 t2. I Se også Maple.
I Hvad er den fejl man begår ved at erstatte en funktion f med dens P n?
I Hvad er den fejl man begår ved at erstatte en funktion f med dens P n? I Taylors formel: For givet x ndes et tal ξ mellem x 0 og x, så f (x) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 ) (x x 0 ) + 1 2 f 00 (x 0 ) (x x 0 ) 2 +... + 1 n! f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n + 1 (n + 1)! f (n+1) (ξ) (x x 0 ) n+1
I Hvad er den fejl man begår ved at erstatte en funktion f med dens P n? I Taylors formel: For givet x ndes et tal ξ mellem x 0 og x, så f (x) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 ) (x x 0 ) + 1 2 f 00 (x 0 ) (x x 0 ) 2 +... + 1 n! f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n + 1 (n + 1)! f (n+1) (ξ) (x x 0 ) n+1 I Altså f (x) = P n (x) + 1 (n+1)! f (n+1) (ξ) (x x 0 ) n+1 = P n (x) + R n (x).
I Hvad er den fejl man begår ved at erstatte en funktion f med dens P n? I Taylors formel: For givet x ndes et tal ξ mellem x 0 og x, så f (x) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 ) (x x 0 ) + 1 2 f 00 (x 0 ) (x x 0 ) 2 +... + 1 n! f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n + 1 (n + 1)! f (n+1) (ξ) (x x 0 ) n+1 I Altså f (x) = P n (x) + 1 (n+1)! f (n+1) (ξ) (x x 0 ) n+1 = P n (x) + R n (x). I Beviset bruger en udvidet udgave af middelværdisætningen.
I. f (x) = e x, udviklingspunkt 0. Vi har P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n.
I. f (x) = e x, udviklingspunkt 0. Vi har P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n. I f (n+1) (x) = e x. Så je x P n (x)j = 1 (n + 1)! eξ x n+1 = e ξ (n + 1)! jxjn+1
I. f (x) = e x, udviklingspunkt 0. Vi har P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n. I f (n+1) (x) = e x. Så je x P n (x)j = 1 (n + 1)! eξ x n+1 = I Bestem n, så je x x 2 [ 0.1, 0.1]. P n (x)j 10 5 for alle e ξ (n + 1)! jxjn+1
I. f (x) = e x, udviklingspunkt 0. Vi har P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n. I f (n+1) (x) = e x. Så je x P n (x)j = 1 (n + 1)! eξ x n+1 = I Bestem n, så je x x 2 [ 0.1, 0.1]. P n (x)j 10 5 for alle e ξ (n + 1)! jxjn+1 I I Taylors formel gælder så jξj 0.1 og dermed je x P n (x)j = e ξ (n + 1)! jxjn+1 e0.1 (n + 1)! (0.1)n+1 2 (n + 1)! (0.1)n+1
I. f (x) = e x, udviklingspunkt 0. Vi har P n (x) = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3! x 3 +... + 1 n! x n. I f (n+1) (x) = e x. Så je x P n (x)j = 1 (n + 1)! eξ x n+1 = I Bestem n, så je x x 2 [ 0.1, 0.1]. P n (x)j 10 5 for alle e ξ (n + 1)! jxjn+1 I I Taylors formel gælder så jξj 0.1 og dermed je x P n (x)j = e ξ (n + 1)! jxjn+1 e0.1 (n + 1)! (0.1)n+1 2 (n + 1)! (0.1)n+1 I Vi vælger nu n, så 2 (n+1)! (0.1)n+1 10 5. n = 3 er nok, idet 2 4! 10 4 = 1 12 10 4 < 10 5.
I Lad f (x) for alle x være givet ved f (x) = Z x 0 (1 + t) cos t 3 dt
I Lad f (x) for alle x være givet ved f (x) = Z x 0 (1 + t) cos t 3 dt I Vurdér den fejl, der begås ved at erstatte f (x) med dets 2. P 2 (x) med udviklingspunkt 0, når x 2 1 2, 1 2.
I Lad f (x) for alle x være givet ved f (x) = Z x 0 (1 + t) cos t 3 dt I Vurdér den fejl, der begås ved at erstatte f (x) med dets 2. P 2 (x) med udviklingspunkt 0, når x 2 1 2, 1 2. I Vi nder f 0 (x) = (1 + x) cos x 3 f 00 (x) = cos x 3 (1 + x) 3x 2 sin x 3 f 000 (x) = 6x (1 + 2x) sin x 3 9x 4 (1 + x) cos x 3
I Lad f (x) for alle x være givet ved f (x) = Z x 0 (1 + t) cos t 3 dt I Vurdér den fejl, der begås ved at erstatte f (x) med dets 2. P 2 (x) med udviklingspunkt 0, når x 2 1 2, 1 2. I Vi nder f 0 (x) = (1 + x) cos x 3 f 00 (x) = cos x 3 (1 + x) 3x 2 sin x 3 f 000 (x) = 6x (1 + 2x) sin x 3 9x 4 (1 + x) cos x 3 I Heraf ndes P 2 (x) = x + 1 2 x 2.
I Lad f (x) for alle x være givet ved f (x) = Z x 0 (1 + t) cos t 3 dt I Vurdér den fejl, der begås ved at erstatte f (x) med dets 2. P 2 (x) med udviklingspunkt 0, når x 2 1 2, 1 2. I Vi nder f 0 (x) = (1 + x) cos x 3 f 00 (x) = cos x 3 (1 + x) 3x 2 sin x 3 f 000 (x) = 6x (1 + 2x) sin x 3 9x 4 (1 + x) cos x 3 I Heraf ndes P 2 (x) = x + 1 2 x 2. I Vha. Maple ndes, at jf 000 (x)j 1.59 for x 2 1 2, 1 2. Altså fås jf (x) P 2 (x)j 1.59 1 6 jxj3 1.59 1 1 3 ' 0.03 3 6 2 Den faktiske maksimale fejl kan ndes gra sk til 0.0008.
I Når Maplekommandoen taylor(sin(x),x=0,4); som resultat giver x 1 6 x 3 + O x 4, betyder der følgende:
I Når Maplekommandoen taylor(sin(x),x=0,4); som 1 resultat giver x 6 x 3 + O x 4, betyder der følgende: I Der ndes en konstant K, så x sin x 1 6 x 3 Kx 4 for alle x i et interval med 0 som indre punkt.
I Når Maplekommandoen taylor(sin(x),x=0,4); som 1 resultat giver x 6 x 3 + O x 4, betyder der følgende: I Der ndes en konstant K, så x sin x 1 6 x 3 Kx 4 for alle x i et interval med 0 som indre punkt. I Generelt betyder f (x) = O (u (x)) for x! a, at der ndes en konstant K, så jf (x)j K ju (x)j for alle x i et interval med a som indre punkt.
I Når Maplekommandoen taylor(sin(x),x=0,4); som 1 resultat giver x 6 x 3 + O x 4, betyder der følgende: I Der ndes en konstant K, så x sin x 1 6 x 3 Kx 4 for alle x i et interval med 0 som indre punkt. I Generelt betyder f (x) = O (u (x)) for x! a, at der ndes en konstant K, så jf (x)j K ju (x)j for alle x i et interval med a som indre punkt. I Vi har eksempelvis: sin x = O (x), sin x = x + O x 2, men også sin x = x + O x 3 og den allerede viste.
I Når Maplekommandoen taylor(sin(x),x=0,4); som 1 resultat giver x 6 x 3 + O x 4, betyder der følgende: I Der ndes en konstant K, så x sin x 1 6 x 3 Kx 4 for alle x i et interval med 0 som indre punkt. I Generelt betyder f (x) = O (u (x)) for x! a, at der ndes en konstant K, så jf (x)j K ju (x)j for alle x i et interval med a som indre punkt. I Vi har eksempelvis: sin x = O (x), sin x = x + O x 2, men også sin x = x + O x 3 og den allerede viste. I I Taylor-sammenhæng kan O ((x x 0 ) n ) tolkes som led af orden n og højere.