Taylori rea uurija

Vali funktsioon, arenduspunkt a ja aste n. Kriipsjoonega kujutatud polünoomi väärtus ja esimesed n tuletist ühtivad punktis a funktsiooni f omadega. Oranž lõik kohal x näitab, kui kaugele on nende väärtused teineteisest lahknenud; Lagrange'i veahinnang näitab suurimat võimalikku erinevust.

Taylori valem	$P_{n} (x) = k = 0 \sum n \frac{f ^{(k)} ( a )}{k !} (x - a)^{k}$
Lagrange'i jääkliige	$R_{n} (x) = \frac{f ^{(n + 1)} ( ξ )}{( n + 1 )!} (x - a)^{n + 1}, ξ \in (a, x) ∣ R_{n} (x) ∣ \leq \frac{M ∣ x - a ∣ ^{n + 1}}{( n + 1 )!}$
Põhiread	$e^{x} = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2 !} + \dots, sin x = x - \frac{x ^{3}}{3 !} + \dots cos x = 1 - \frac{x ^{2}}{2 !} + \dots, ln (1 + x) = x - \frac{x ^{2}}{2} + \dots$

Näidisarvutus — Taylori rea uurija

Tuletised kohal a	0, 1, 0, −1
Polünoomi väärtus kohal x	0,833333
Funktsiooni väärtus kohal x	0,841471
Viga	0,0081377
Lagrange'i veahinnang	0,035061

Need on väärtused, mida kalkulaator lehe avamisel näitab. Muuda ülal mõnda sisendit, et need ümber arvutada.

Interaktiivse simulatsiooni laadimine...

Õppetund

Teooria — Taylori rea uurija

Funktsiooni f n. astme Taylori polünoom arenduspunktiga a on polünoom, mille väärtus ja esimesed n tuletist ühtivad punktis a funktsiooni f omadega: P_n(x) = Σ f^(k)(a)(x − a)^k/k!, kus summeeritakse k = 0 kuni n. Kui a = 0, nimetatakse seda ka Maclaurini polünoomiks.

Mida iga sümbol tähendab

a: arenduspunkt, kus Pₙ ja f ühtivad
n: aste: mitme tuletise väärtused peavad ühtima
Rₙ(x): jääkliige f(x) − Pₙ(x)

Kust valem tuleb

Paneme ühtima väärtuse ja seejärel tõusu. P₀ = f(a) annab graafiku kõrguse kohal a. Liikme f′(a)(x − a) lisamisel saame P₁, tuletise lehelt tuttava puutuja.
$P_{1} (x) = f (a) + f^{'} (a) (x - a)$
Kust tuleb k!? Liikme c_k(x − a)^k k-kordsel diferentseerimisel jääb alles c_k·k!, kõigi teiste liikmete väärtus kohal a on aga 0. Et tulemus ühtiks väärtusega f^(k)(a), peab kordaja olema f^(k)(a)/k!.
$\frac{d ^{k}}{d x ^{k}} c_{k} (x - a)^{k} = c_{k} k! \Rightarrow c_{k} = \frac{f ^{(k)} ( a )}{k !}$
Koostame sin x arenduse punkti 0 ümber. Tuletiste väärtused kohal 0 korduvad tsüklina 0, 1, 0, −1. Seetõttu jäävad alles ainult paaritud astmed ja märgid vahelduvad.
$sin x = x - \frac{x ^{3}}{3 !} + \frac{x ^{5}}{5 !} - \dots$
Hindame viga. Lagrange'i kujul jääkliige sisaldab (n + 1). järku tuletist tundmatus punktis ξ, mis asub a ja x vahel. Asendame selle M-iga ehk tuletise absoluutväärtuse suurima väärtusega selles vahemikus. Nii saame veahinnangu, mille jaoks f(x) väärtust vaja pole.
$∣ R_{n} (x) ∣ = \frac{∣ f ^{(n + 1)} ( ξ ) ∣}{( n + 1 )!} ∣ x - a ∣^{n + 1} \leq \frac{M ∣ x - a ∣ ^{n + 1}}{( n + 1 )!}$
Tuletame tuntud ridadest uusi. Uuesti diferentseerimise asemel võib tuntud reas teha asenduse, korrutada kaks rida või integreerida rida liikmeti. Näiteks e^−x² rida saadakse e^u reast asendusega u = −x².
$e^{- x^{2}} = 1 - x^{2} + \frac{x ^{4}}{2 !} - \frac{x ^{6}}{3 !} + \dots$

Kõõlu tõusu viga tuletise lehel oli Taylori rea liige 🖖

Tuletise lehel erines kõõlu tõus puutuja tõusust ligikaudu ½f″(x)·h võrra. Arendame f(x + h) = f(x) + f′(x)h + ½f″(x)h² + ⋯, lahutame f(x) ja jagame h-ga. Kõõlu tõusuks saame f′(x) + ½f″(x)h + ⋯, seega annab vea järgmine liige. Sama arendus selgitab ka Riemanni summa lehel nähtut. Arendame funktsiooni f osavahemiku keskpunkti ümber. Liige, mis sisaldab f′, on selle punkti suhtes paaritu ja selle integraal üle osavahemiku on null. Keskpunktivalemi viga sõltub seetõttu f″-st ja on igal osavahemikul suurusjärgus h³. Vasakpoolsete ristkülikute valemis jääb aga alles f′-st sõltuv viga suurusjärgus h².

Kõikjal sile, kuid oma reaga siiski ei võrdu 🖖

Lagrange rajas oma 1797. aasta diferentsiaal- ja integraalarvutuse käsitluse eeldusele, et iga funktsioon võrdub oma Taylori reaga. Cauchy 1823. aasta vastunäide on f(x) = e^−1/x², kus f(0) = 0. Sellel funktsioonil leiduvad kõik tuletised ning kohal x = 0 on need kõik 0. Seega on tema Taylori polünoom arenduspunktiga 0 igal astmel 0, funktsioon ise aga igas punktis x ≠ 0 positiivne. Liikmete lisamine ei aita. Funktsiooni, millel leiduvad kõiki järku tuletised, nimetatakse siledaks. Funktsiooni, mis võrdub iga punkti ümbruses oma Taylori reaga, nimetatakse analüütiliseks. Siledusest analüütilisust ei järeldu.

TAYLORI RIDA: KUI KAUGEL ARENDUSPUNKTIST SAAB SEDA VEEL USALDADA

Kuidas sinu Taylori arendus käitub?

Taylori polünoomi väärtus ja esimesed n tuletist ühtivad ühes punktis funktsiooni omadega. Sellest punktist eemaldudes hakkavad väärtused lahknema. Kui kiiresti, sõltub kahest asjaolust: kordajate kahanemise kiirusest ja sellest, kas läheduses leidub singulaarne punkt. Koonduvusraadiuse sees aitab liikmete lisamine täpsust parandada, väljaspool seda ei aita see üldse. Sageli annab arenduspunkti nihutamine rohkem kui liikmete lisamine.

Arenduspunkti lähedal täpne, kaugel kasutu ε ∝ (x − a)ⁿ⁺¹

Faktoriaal tagab koondumise kõikjal xⁿ/n! → 0, R = ∞

Koonduvusraadius seab liikmete lisamisele piiri ln(1 + x): R = 1

Arenduspunkti nihutamine säästab liikmeid Δa ≠ 0, Δn = 0

Arenduspunkti lähedal täpne, kaugel kasutu

Mis on teada: Korrapäraselt käituva funktsiooni madala astme arendus. Arenduspunkti lähedal on lähend täpne, eemaldudes kasvab viga kiiresti.

Rida: ε ∝ (x − a)ⁿ⁺¹

Lahendatud näide: sin x ≈ x − x³/6 annab kohal x = 1 väärtuseks 0,8333, tegelik väärtus on 0,8415. Viga on 0,008. Kohal x = 3 saame aga −1,5, tegelik väärtus on 0,141

Ava see näide: sin x, aste 3

Arenduspunkti lähedal täpne, kaugel kasutu. Kolmanda astme polünoom järgib siinuskõverat umbes ühe radiaani kauguseni, seejärel pöördub täiesti vales suunas. Korrapäraselt käituva funktsiooni madala astme arendus. Arenduspunkti lähedal on lähend täpne, eemaldudes kasvab viga kiiresti. — Kolmanda astme polünoom järgib siinuskõverat umbes ühe radiaani kauguseni, seejärel pöördub täiesti vales suunas.

Faktoriaal tagab koondumise kõikjal

Mis on teada: Kordajate nimetajas on faktoriaal, mistõttu kordajad kahanevad kiiremini, kui ükski astmeavaldis kasvab. Koonduvusraadius on lõpmatu.

Rida: xⁿ/n! → 0, R = ∞

Lahendatud näide: eˣ ≈ 1 + x + x²/2 + x³/6 + x⁴/24 + x⁵/120 annab kohal x = 1 väärtuseks 2,71667, samal ajal kui e = 2,71828: kuus liiget, kolm õiget tüvenumbrit

Ava see näide: eˣ, aste 5

Faktoriaal tagab koondumise kõikjal. Astme 5 polünoom järgib eksponentfunktsiooni juba kogu nähtavas vahemikus. Kordajate nimetajas on faktoriaal, mistõttu kordajad kahanevad kiiremini, kui ükski astmeavaldis kasvab. Koonduvusraadius on lõpmatu. — Astme 5 polünoom järgib eksponentfunktsiooni juba kogu nähtavas vahemikus.

Koonduvusraadius seab liikmete lisamisele piiri

Mis on teada: Funktsioonil on arenduspunktist lõplikul kaugusel singulaarne punkt. Sellest kaugusest lähemal rida koondub, kaugemal hajub, ükskõik kui palju liikmeid võtta.

Rida: ln(1 + x): R = 1

Lahendatud näide: ln(1 + x) rea kuus liiget annavad kohal x = 0,8 väärtuseks 0,5701, tegelik väärtus on 0,5878. Rida koondub, kuid aeglaselt. Kohal x = 1,2 liikmed kasvavad ja summa hajub

Ava see näide: ln(1 + x) piiri lähedal

Koonduvusraadius seab liikmete lisamisele piiri. Koonduvusraadiuse sees järgib polünoom kõverat. Väljaspool seda eemaldub ta kõverast ega tule enam tagasi. Funktsioonil on arenduspunktist lõplikul kaugusel singulaarne punkt. Sellest kaugusest lähemal rida koondub, kaugemal hajub, ükskõik kui palju liikmeid võtta. — Koonduvusraadiuse sees järgib polünoom kõverat. Väljaspool seda eemaldub ta kõverast ega tule enam tagasi.

Arenduspunkti nihutamine säästab liikmeid

Mis on teada: Täpset lähendit on vaja senisest arenduspunktist kaugel. Lähema arenduspunkti valimisel saab polünoomi astme samaks jätta.

Rida: Δa ≠ 0, Δn = 0

Lahendatud näide: Astme 4 polünoom cos x lähendamiseks kohal x = 2: arenduspunkti 0 korral saame −0,333, tegelik väärtus on −0,416. Arenduspunkti 1 korral saame −0,4086 ning viga on üksteist korda väiksem

Ava see näide: cos x punkti 1 ümber

Arenduspunkti nihutamine säästab liikmeid. Sama aste, erinev arenduspunkt: punkti 1 ümber koostatud arendus järgib kõverat kohal x = 2 palju täpsemalt. Täpset lähendit on vaja senisest arenduspunktist kaugel. Lähema arenduspunkti valimisel saab polünoomi astme samaks jätta. — Sama aste, erinev arenduspunkt: punkti 1 ümber koostatud arendus järgib kõverat kohal x = 2 palju täpsemalt.

Ülesanded täielikult lahendatud

sin 1 lähendamine 3. astme Maclaurini polünoomiga ja vea hindamine 5 sammu
Lähenda sin 1 väärtust 3. astme Maclaurini polünoomiga ja hinda viga enne tegeliku väärtuse vaatamist. Veahinnangust, mille arvutamiseks peab vastus juba teada olema, pole kasu.

Ava see ülesanne tööriistas
1. Maclaurini polünoomi jaoks on vaja tuletisi kohal 0. Siinuse tuletised korduvad neljase tsüklina. Esimesest neljast on kaks nullid, mistõttu jääb polünoom üsna lühikeseks.
  
  $f (x) = sin x : f (0) = 0, f^{'} (0) = 1, f^{''} (0) = 0, f^{'''} (0) = - 1$
2. Seega on polünoomis P₃ kaks liiget ja kogu parandus tuleb liikmest x³/6. See vähendab väärtust 1 väärtuseni 0,83333 ehk peaaegu 17%. Nii suur muutus annab juba aimu, et ka järgmise liikme mõju pole tühine.
  
  $P_{3} (x) = x - \frac{x ^{3}}{6} ⟹ P_{3} (1) = 1 - \frac{1}{6} = 0.83333$
3. Siin saame veale ette piiri seada. Siinuse rida on vahelduvate märkidega ja selle liikmed kahanevad absoluutväärtuselt, seega on rea katkestamisel tekkiv viga väiksem kui esimese väljajäetud liikme absoluutväärtus. See liige on x⁵/120. Selle arvutamiseks pole sin 1 väärtusest vaja midagi teada.
  
  $∣ R_{3} ∣ \leq \frac{∣ x ∣ ^{5}}{5 !} = \frac{1}{120} = 0.0083333$
4. Nüüd kontrollime hinnangut. Tegelik väärtus on 0,84147, seega on tegelik viga 0,0081377. See jääb tõepoolest alla varem leitud piiri 0,0083333.
  
  $sin 1 = 0.84147 ⟹ ∣ sin 1 - P_{3} (1) ∣ = 0.0081377$
5. Hinnang on täpne ja põhjus on näha. Viga koosneb kogu väljajäetud reaosast, mille märgid samuti vahelduvad: 1/5! annab liiga suure väärtuse, 1/7! lahutamine viib teisele poole tegelikku viga ning 1/9! lisamine toob tulemuse juba väga lähedale. Kolmest liikmest piisab, et saada kõik kuvatud veakohad õigesti.
  
  $\frac{1}{5 !} - \frac{1}{7 !} + \frac{1}{9 !} - \dots = 0.0081377, \frac{0.0083333}{0.0081377} = 1.0240$
Vastus

P₃(1) = 0,833333, tegelik väärtus on 0,841471 ja viga 0,0081377. Oluline on arvutuste järjekord: 1/120 = 0,0083333 oli teada enne sin 1 väärtust ning ületas tegelikku viga vaid 2,4%. Sellise kinnitusega lähend on väärtuslikum kui lähend, mis lihtsalt juhtub täpne olema. Lehe Lagrange'i real on astme 3 korral hinnang 0,035061, sest P₃ käsitatakse 3. astme polünoomina. Vali aste 4: siinuse korral jääb polünoom samaks ja ka Lagrange'i hinnanguks saame 1/120. Astmel 5 annab sama arutlus piiriks 1/5040. Lagrange'i real ilmub see astmel 6, millele vastab sama polünoom. Nii on kolm kohta pärast koma tagatud juba enne vastuse ühegi numbri arvutamist.

$P_{3} (1) = 0.83333, ∣ R_{3} ∣ \leq \frac{1}{120} first, then 0.0081377$
√e lähendamine eelnevalt leitud veahinnanguga 4 sammu
Lähenda √e väärtust funktsiooni eˣ 4. astme Maclaurini polünoomiga ja hinda viga ilma e^0,5 väärtust kasutamata.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Funktsiooni eˣ iga tuletis on eˣ, mille väärtus kohal 0 on 1. Seega on iga kordaja 1/k!:
  
  $P_{4} (x) = 1 + x + \frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{4}}{24}$
2. Kohal x = 0,5:
  
  $P_{4} (0.5) = 1 + 0.5 + 0.125 + \frac{0.125}{6} + \frac{0.0625}{24} = \frac{211}{128} = 1.6484375$
3. Lagrange'i veahinnangu jaoks on vaja M-i ehk viienda tuletise eᵗ suurimat väärtust vahemikus 0 kuni 0,5. Ilma e^0,5 väärtust teadmata saame kasutada võrratust e < 3, millest e^0,5 < √3 < 2:
  
  $∣ R_{4} (0.5) ∣ \leq \frac{M ( 0.5 ) ^{5}}{5 !} < \frac{2 \cdot 0.03125}{120} = 0.00052083$
4. Leht kasutab täpset väärtust M = e^0,5, mis annab väiksema veahinnangu. Tegelik viga jääb mõlemast hinnangust allapoole:
  
  $\frac{1.648721 \cdot 0.03125}{120} = 0.00042935, e - P_{4} (0.5) = 0.00028377$
Vastus

√e ≈ 1,648438 ja juba võrratus e < 3 tagab, et viga jääb alla 0,00052. Tegelik viga on 0,00028377. Jämedama M-i abil leitud hinnang kehtib samuti, kuid annab täpsusele nõrgema tagatise.
Taylori polünoom arenduspunktiga, mis erineb 0-st 4 sammu
Leia √x 2. astme Taylori polünoom arenduspunktiga 4, lähenda selle abil √4,1 väärtust ja hinda viga.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Tuletised kohal 4:
  
  $f (4) = 2, f^{'} (4) = \frac{1}{2} \cdot 4^{- 1/2} = \frac{1}{4}, f^{''} (4) = - \frac{1}{4} \cdot 4^{- 3/2} = - \frac{1}{32}$
2. Jagame iga tuletise vastava k!-ga:
  
  $P_{2} (x) = 2 + \frac{x - 4}{4} - \frac{( x - 4 ) ^{2}}{64}$
3. Kohal x = 4,1 on x − 4 = 0,1:
  
  $P_{2} (4.1) = 2 + 0.025 - 0.00015625 = 2.02484375$
4. Kolmas tuletis (3/8)x^−5/2 on suurim lõigu [4; 4,1] vasakus otspunktis, kus selle väärtus on 3/256:
  
  $∣ R_{2} (4.1) ∣ \leq \frac{\frac{3}{256} ( 0.1 ) ^{3}}{3 !} = 1.9531 \times 1 0^{- 6}$
Vastus

√4,1 ≈ 2,024844 ja viga on väiksem kui 1,9531 × 10⁻⁶. Tegelik viga on 1,9231 × 10⁻⁶. See on veahinnangule lähedal, sest kolmas tuletis muutub vahemikus 4 kuni 4,1 väga vähe. Arenduspunktiks valime 4, sest seal on √x väärtust lihtne arvutada. Punkti 0 ümber ei saa √x jaoks koostada kõrgema kui 0. astme Taylori polünoomi, sest seal puudub funktsioonil tuletis.
Rida asenduse abil ja selle integreerimine 4 sammu
Leia e^−x² Maclaurini rida liikmeni x⁶ ja lähenda selle abil e^−x² integraali rajades 0 kuni 0,5.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Funktsiooni e^−x² kuuekordne diferentseerimine võtab aega. Asendame hoopis eᵘ reas u = −x²:
  
  $e^{u} = 1 + u + \frac{u ^{2}}{2} + \frac{u ^{3}}{6} + \dots \Rightarrow e^{- x^{2}} = 1 - x^{2} + \frac{x ^{4}}{2} - \frac{x ^{6}}{6} + \dots$
2. Võrdleme tulemust lehel kuvatuga kohal x = 0,5:
  
  $P_{6} (0.5) = 1 - 0.25 + 0.03125 - 0.0026042 = 0.778646$
3. Integreerime liikmeti rajades 0 kuni 0,5:
  
  $\int_{0}^{0.5} (1 - x^{2} + \frac{x ^{4}}{2} - \frac{x ^{6}}{6}) d x = 0.5 - \frac{0.125}{3} + \frac{0.03125}{10} - \frac{0.0078125}{42} = 0.461272$
4. Liikmed on vahelduvate märkidega ja kahanevad absoluutväärtuselt. Seega on viga väiksem kui esimene väljajäetud liige, mis saadakse liikme x⁸/4! integreerimisel:
  
  $\int_{0}^{0.5} \frac{x ^{8}}{4 !} d x = \frac{( 0.5 ) ^{9}}{216} = 0.0000090$
Vastus

Integraali ligikaudne väärtus on 0,461272 ja viga jääb alla 0,0000090. Tegelik väärtus on 0,461281. Seda integraali ei saa väljendada elementaarfunktsioonide kaudu, mistõttu arvutatakse selle väärtust näiteks rea või Riemanni summa abil.
Piirväärtuse leidmine rea abil 2 sammu
Leia (sin x − x)/x³ piirväärtus, kui x → 0.
Näita lahendust
1. Asendame sin x tema reaga. Liikmed x taanduvad:
  
  $\frac{sin x - x}{x ^{3}} = \frac{( x - \frac{x ^{3}}{6} + \frac{x ^{5}}{120} - \dots ) - x}{x ^{3}}$
2. Jagame iga allesjäänud liikme x³-ga:
  
  $= - \frac{1}{6} + \frac{x ^{2}}{120} - \dots x \to 0 - \frac{1}{6}$
Vastus

Piirväärtus on −1/6. Sama tulemuseni jõuab ka L'Hôpitali reegliga, kui diferentseerida kolm korda. Rida annab vastuse kohe ning näitab ka jagatise lähenemise kiirust: järgmine liige on x²/120.
Kõrgemat järku tuletise leidmine reast 2 sammu
Leia funktsiooni f(x) = x²eˣ viies tuletis kohal x = 0.

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Korrutame eˣ rea x²-ga:
  
  $x^{2} e^{x} = x^{2} + x^{3} + \frac{x ^{4}}{2} + \frac{x ^{5}}{6} + \dots$
2. Liikme x⁵ kordaja on f⁽⁵⁾(0)/5!, seega:
  
  $\frac{f ^{(5)} ( 0 )}{5 !} = \frac{1}{6} \Rightarrow f^{(5)} (0) = \frac{120}{6} = 20$
Vastus

f⁽⁵⁾(0) = 20. Korrutise tuletise valemi viiekordne rakendamine annab sama arvu, kuid nõuab palju rohkem kirjutamist. Lehe esimesel real on kõik kuus tuletise väärtust kohal 0: 0, 0, 2, 6, 12, 20.
Mitu liiget tagab kuus kohta pärast koma? 3 sammu
Mitu eˣ Maclaurini rea liiget on vaja, et arvutada e veaga alla 0,0000005?

Ava see ülesanne tööriistas
Näita lahendust
1. Kohal x = 1 on Lagrange'i veahinnang astme n korral M/(n + 1)!, kus M on eᵗ suurim väärtus lõigul [0; 1] ehk e < 3:
  
  $∣ R_{n} (1) ∣ \leq \frac{e}{( n + 1 )!} < \frac{3}{( n + 1 )!}$
2. Leiame vähima n-i, mille korral hinnang jääb alla 0,0000005:
  
  $\frac{3}{10 !} = 8.3 \times 1 0^{- 7} > 5 \times 1 0^{- 7}, \frac{3}{11 !} = 7.5 \times 1 0^{- 8} < 5 \times 1 0^{- 7}$
3. Saame n = 10. Koos vabaliikmega teeb see üksteist liiget. Astmel 10 näitab leht:
  
  $P_{10} (1) = 2.718282, \frac{e}{11 !} = 6.81 \times 1 0^{- 8}, ∣ e - P_{10} (1) ∣ = 2.73 \times 1 0^{- 8}$
Vastus

Aste 10: üksteist liiget. Veahinnangu järgi astmest 9 ei piisa (7,4909 × 10⁻⁷), kuigi tegelik viga 3,0289 × 10⁻⁷ täidaks nõude. Hinnang määrab, millist täpsust saab ette tagada. Enne e arvutamist poleks saanud selle hinnangu põhjal öelda, et aste 9 annab piisava täpsuse.

Õpitee

Miks kõik tundub lähedalt sirge

Allikad (1)

What turns “local” from a caution into a quantity — the remainder term: U. Abel, "On the Lagrange Remainder of the Taylor Formula." The American Mathematical Monthly 110(7), 627–633, 2003.

42Mathi meeskond · Kontrollitud avaldatud allikate põhjal. Parandused on teretulnud.