Taylor-polinomok 205. április.. Alapfeladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = e 2x függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk. Az els megoldásban induljunk el a Maclaurin-polinomok deníciójából, miszerint egy függvény n-edfokú Maclaurin-polinomjának nevezzük, a 0 helyen vett n-edfokú Taylor-polinomját, mely az alábbi módon írható fel. M n fx) = f0) +! f 0) x + 2! f 0) x 2 + + n! f n) 0) x n Mivel feladatunkban másodfokú polinomot kell felírnunk, így n = 2, s így a polinomban csupán három tag fog szerepelni. M 2 fx) = f0) +! f 0) x + 2! f 0) x 2 Természetesen a konkrét Maclaurin-polinom felírásához meg kell határoznunk a képletben szerepl f0), f 0) és f 0) értékeket. Els ként helyettesítsük a függvénybe a 0-t. f0) = e 2 0 = e 0 = Ezután állítsuk el a függvény deriváltját, és határozzuk meg a derivált helyettesítési értékét is a 0 helyen. f x) = e 2x 2) = 2e 2x A deriválás során ne feledkezzünk el arról, hogy összetett függvényt deriválunk, így a küls függvény deriválása után szoroznunk kell még a bels függvény deriváltjával is. Hajtsuk végre a 0 behelyettesítését. f 0) = 2e 2 0 = 2e 0 = 2 Állítsuk el a második deriváltat. f x) = 2e 2x 2) = e 2x Helyettesítsük ebbe is a 0-t.
f 0) = e 2 0 = e 0 = Utolsó lépésként helyettesítsük be a meghatározott f0), f 0) és f 0) értékeket a másodfokú Maclaurin-polinom képletébe. A behelyettesítés után határozzuk meg a faktoriálisok értékét, és egy-egy tagban szorozva a konstansokat, hozzuk egyszer bb alakra a polinomot. M 2 fx) = +! 2) x + 2! x2 = + 2) x + 2 x2 = = 2x + 2x 2 Nézzük ezután a feladat egy másik megoldását. Ekkor arra hivatkozunk, hogy az gx) = e x függvénynek ismert a Maclaurin-sora. e x = +! x + 2! x2 +! x + x IR Ebb l megkapjuk az e x másodfokú Maclaurin-polinomját, ha a sorból elhagyjuk a másodfokúnál magasabb fokú tagokat. M 2 gx) = +! x + 2! x2 Végül az e x Maclaurin polinomjából úgy kapjuk meg az e 2x Maclaurinpolinomját, hogy az x helyére a 2x-et helyettesítjük. M 2 fx) = +! 2x) + 2! 2x)2 Az így kapott polinomban végezzük el az együtthatókon belül a m veleteket. M 2 fx) = + 2x) + 2 x2 = 2x + 2x 2 Természetesen így is ugyanazt az eredményt kaptuk, mint az el bb. 2. Feladat: Írjuk fel az fx) = x + függvény másodfokú Maclaurinpolinomját! Megoldás: A feladatot most is kétféle úton oldjuk meg. Els ként itt is elindulhatunk a másodfokú Maclaurin-polinom deníciójából. M 2 fx) = f0) +! f 0) x + 2! f 0) x 2 Most is el kell állítanunk az f0), f 0) és f 0) értékeket. Helyettesítsük be els ként a függvénybe a 0-t. f0) = 0 + = Ezután állítsuk el a függvény deriváltját. A deriválás el tt célszer átalakítani a függvényt. A gyök helyett írjunk törtkitev s hatványt. fx) = x + = x + ) Ebb l az alakból már egyszer a deriválás. f x) = x + ) 2 2
Helyettesítsük be a deriváltba a 0-t. f 0) = 2 0 + ) = Állítsuk el a második deriváltat is. f x) = 2 ) x + ) 5 = 2 5 9 x + ) Határozzuk meg a második derivált 0 helyen vett helyettesítési értékét. f 0) = 2 5 9 0 + ) = 2 9 Végül a meghatározott f0), f 0) és f 0) értékeket helyettesítsük be a másodfokú Maclaurin-polinom képletébe. A behelyettesítés után hozzuk egyszer bb alakra a polinomban az együtthatókat. M 2 fx) = +! x + 2! = + x 9 x2 2 9 ) x 2 = + x + 2 2 9 ) x 2 = Következzen ezután a feladat másik megoldása. Arra hivatkozunk, hogy az gx) = + x) α függvény Maclaurin-sorát ismerjük. Ezt nevezzük binomiális sornak. + x) α = + α! x <, α IR αα ) x + x 2 + 2! αα )α 2) x +! Ebb l megkapjuk a másodfokú Maclaurin-polinomot, ha elhagyjuk a másodfokúnál magasabb fokó tagokat. M 2 gx) = + α αα ) x + x 2! 2! Ezután pedig már csak annyit kell tennünk, hogy α helyére -ot helyettsítünk. ) M 2 fx) = +! x + x 2 2! Utolsó lépésként hozzuk egyszer bb alakra a polinomban az együtthatókat. 2 ) M 2 fx) = + x + x 2 = + 2 x 9 x2 Eredményünk természetesen megegyezik az el z megoldásban kapottal. helyen vett má-. Feladat: Írjuk fel az fx) = sin 2x függvény a = π sodfokú Taylor-polinomját!
Megoldás: A feladatot most is kétféle úton oldjuk meg. Els ként megint denícióból indulunk el. Eszerint az fx) függvény a helyen vett n-edfokú Taylor-polinomja a következ : T n fx) = fa) +! f a) x a) + 2! f a) x a) 2 + + + n! f n) a) x a) n Mivel másodfokú polinom a kérdés, így n = 2. T 2 fx) = fa) +! f a) x a) + 2! f a) x a) 2 Annyiban változik tehát csak a dolgunk az el z ekhez képest, hogy nem a 0 helyen kell meghatároznunk a függvény, valamint els és második deriváltjának értékét, hanem az a = π helyen. Helyettesítsünk el ször a függvénybe. ) π f = sin 2 π ) = sin π 2 = Állítsuk el a függvény deriváltját. Figyeljünk oda, mert összetett függvényr l van szó, ne felejtsünk el szorozni a bels függvény deriváltjával. f x) = cos 2x 2 = 2 cos 2x Helyettesítsünk most a deriváltba is. ) π f = 2 cos 2 π ) = 2 cos π 2 = 0 Ezután deriváljunk még egyszer. f x) = 2 sin 2x) 2 = sin 2x A második deriváltba is helyettesítsük be az a = π értéket. ) π f = sin 2 π ) = sin π 2 = Az el z ekben meghatározott fa), f a) és f a) értékeket írjuk be a Taylor-polinom képletébe, s egyben helyettesítsünk a helyére is. T 2 fx) = +! 0 x π ) + 2! ) x π ) 2 Végül hozzuk egyszer bb alakra a polinom együtthatóit. x π ) 2 Lássuk ezután a feladat másik megoldását. Középiskolából ismert a T 2 fx) = + 2 ) x π ) 2 = 2 sin α = cos α π ) összefüggés. Ezt felhasználva kapjuk, hogy 2 sin 2x = cos 2x π ) = cos 2 x π )). 2
Vezessük be az u = x π jelölést. Így sin 2x = cos 2u. Mivel ha x = π, akkor u = 0, ezért a sin 2x függvény a = π helyen vett másodfokú Taylor polinomja megegyezik a cos 2u függvény u = 0 helyen vett másodfokú Taylor polinomjával, azaz a másodfokú Maclaurinpolinommal. Használjuk fel, hogy a cos x függvény Maclaurin-sora ismert. cos x = 2! x2 +! x 6! x6 + x IR Hagyjuk el a másodfokúnál magasabb fokú tagokat, és írjunk x helyett 2u-t. Így megkapjuk a gu) = cos 2u függvény másodfokú Maclaurinpolinomját. M 2 gu) = 2! 2u)2 = 2u 2 Ezután pedig már csak annyit kell tennünk, hogy u helyére x π -et helyettesítünk T 2 fx) = 2 x π ) 2 Eredményünk természetesen megegyezik az el z megoldásban kapottal.. Feladat: Írjuk fel az fx) = ln x függvény a = helyen vett másodfokú Taylor-polinomját! Megoldás: Ezt a feladatot is kétféle módon fogjuk megoldani. Az els megoldás során most is a másodfokú Taylor-polinom denícióját használjuk fel. T 2 fx) = fa) +! f a) x a) + 2! f a) x a) 2 Határozzuk meg a polinomban szerepl, egyel re ismeretlen fa), f a) és f a) értékeket. Helyettesítsük els ként a függvénybe az a = -ot. f = ln ) ) = ln = 0 Deriváljuk a függvényt. f x) = x = x Helyettesítsünk be a deriváltban is a helyére -ot. ) f = = 5
Állítsuk el a második deriváltat. f x) = x 2 Helyettesítsük a második deriváltba is az a = -ot. f x) = ) 2 = 9 Majd a Taylor-polinom képletében helyettesítsünk a, fa), f a) és f a) helyére. T 2 fx) = 0 +! x ) + 2! 9) x ) 2 Végül írjuk egyszer bb alakban a polinom együtthatóit. T 2 fx) = x ) 9 x ) 2 2 Nézzük ezután a feladat másik megoldását. Most alakítsuk át a függvényt, s írjuk a következ alakban: fx) = ln x = ln + x ) = ln Ha pedig bevezetjük az u = x alakítható. fx) = ln x = ln + u) + x )). jelölést, akkor ez még tovább Azért kedvez bb ez az alak, mert a ln + x) függvény Maclaurinsora ismert, és ha x =, akkor u = 0. Ennek következtében a ln x függvény a = helyen vett másodfokú Taylor polinomja megegyezik a ln + u) függvény u = 0 helyen vett másodfokú Taylor polinomjával, azaz a másodfokú Maclaurin-plonimmal. Induljunk el tehát a ln + x) függvény Maclaurin-sorából. ln + x) = x 2 x2 + x x + x < Hagyjuk el a másodfokúnál magasabb fokú tagokat, és írjunk x helyett u-t. Így megkapjuk a gu) ln + u) függvény másodfokú Maclaurinpolinomját. M 2 gu) = u 2 u)2 = u 9 2 u2 Ha ebben u helyére x -ot helyettesítünk, akkor pedig megkapjuk a keresett Taylor polinomot. T 2 fx) = x ) 9 2 x ) 2 6
Természetesen ugyanazt kaptuk eredményül, mint az els megoldásban. 5. Feladat: Melyik az a harmadfokú polinom, melyre a következ k igazak: p0) =, p 0) =, p 0) = 6, p 0) = 2? Megoldás: Ismert egy függvény és deriváltjainak értéke a 0 helyen, ezért a Maclaurin-sor felírásából indulhatunk ki, mely egy fx) függvény esetén a következ : f0) +! f 0) x + 2! f 0) x 2 +! f 0) x + Mivel most egy polinomról van szó, így t el állítja a Maclaurin-sora. Mivel pedig a polinom harmadfokú, így negyedik és annál magasabb rend deriváltjai azonosan 0-val egyenl ek. Ez azt jelenti, hogy a Maclaurinsorban a haramadfokúnál magasabb fokú tagok nem szerepelnek, azaz a harmadfokú Maclaurin-polinomot felírva, megkapjuk a keresett polinomot. Ezt egyenletben a következ módon írhatjuk: px) = p0) +! p 0) x + 2! p 0) x 2 +! p 0) x. Ide már csak be kell helyettesítenünk a függvény és a deriváltak megadott értékeit. px) = +! ) x + 2! 6) x2 + 2 x! Végezzük el az együtthatókban a m veleteket. px) = x x 2 + 2x Ha pedig csökken fokszám szerint írjuk a tagokat, akkor px) = 2x x 2 x +. 2. Összetett feladatok. Feladat: Írjuk fel az fx) = x 5x 2 + x + 20 függvény a = helyen vett Taylor-sorát! Megoldás: Induljunk ki a Taylor-sor deníciójából, mely fa) +! f a) x a) + 2! f a) x a) 2 +! f a) x a) + Mivel egy polinom Taylor-sorát írjuk majd fel, így a sor biztosan el fogja állítani a függvényt, azaz fx) egyenl lesz a Taylor-sorral, s a sorban a helyére -at kell helyettesítenünk. fx) = f)+! f ) x )+ 2! f ) x ) 2 +! f ) x ) + A konkrét Taylor-sort akkor tudjuk felírni, ha meghatározzuk az f), f ), f ) értékeket. Els ként helyettsítsük a függvénybe a -at. 7
f) = 5 2 + + 20 = 5 Deriváljuk a függvényt. f x) = x 2 0x + Határozzuk meg a derivált értékét az x = helyen. f ) = 2 0 + = 2 Állítsuk el a második deriváltat. f x) = 6x 0 Helyettesítsük ebbe is a -at. f ) = 6 0 = 8 Deriváljunk még egyszer. f x) = 6 A harmadik derivált egy konstans függvény, így nyilván a helyen is ezt a konstanst veszi fel, azaz f ) = 6. Mivel a harmadrend derivált konstans, így negyed és annál magasabb rend deriváltak már azonosan egyenl ek zérussal. Ez azt jelenti, hogy a Taylor-sor most véges sok tagból áll, hiszen csak az els négy tag különbözik 0-tól. Helyettesítsük be a meghatározott értékeket a Taylor-sor képletébe. fx) = 5 +! 2) x ) + 2! 8 x )2 + 6 x )! Az együtthatókon belül végezzük el a m veleteket. fx) = 5 2x ) + x ) 2 + x ) Amint látható, a Taylor-sor felírásával úgy alakult át a polinom, hogy x hatványai helyett x hatványai szerepelnek benne. Ha elvégeznénk a Taylor-sorban a hatványozásokat, és összevonnánk utána az azonos fokszámú tagokat, akkor visszakapnánk az eredeti polinomot. Ezzel ellen rizhetnénk megoldásunk helyességét. Megjegyzés: Minden polinom Taylor-sora véges, hisz ha a polinom n- edfokú, akkor az n+-edik és annál magasabbrend deriváltak azonosan nullával egyenl ek. Ezért egy n-edfokú polinom Taylor-sorában legfeljebb n+ nullától különböz tag lehet. A Taylor sor felírása úgy alakítja át a polinomot, hogy benne x hatványai helyett x a hatványai fognak szerepelni. Ha a = 0, azaz Maclaurin-sort írunk fel, akkor x a = x, így továbbra is x hatványai szerepelnek, azaz változatlan alakban marad a polinom. Ez azt jelenti, minden polinom Maclaurin-sora maga a polinom. 8
2. Feladat: Hogyan határozhatjuk meg közelít értékét, ha csak 0 e négy alapm veletes számológépünk van? Megoldás: Mivel 0 e = e 0., ezért a feladatot úgy is fogalmazhatjuk, hogy adjuk meg közelít leg az fx) = e x függvény x = 0. helyen vett helyettesítési értékét. Mivel a 0. közel van nullához, ezért az fx) = e x függvény Maclaurin-sorából határozhatunk meg közelít értéket. Ezen függvény Maclaurin sora a következ : e x = +! x + 2! x2 +! x + Ebben kell x helyére 0.-et helyettesítenünk. Mivel a sornak végtelen sok tagja van, így nem tudunk a teljes sorba helyettesíteni, hanem csak a sor elejér l veszünk gyelembe véges sok tagot. Így tulajdonképpen valamelyik Maclaurin-polinomba helyettesítünk. Minél több tagot veszünk gyelembe, a közelít érték annál pontosabb lesz. Ha pl. másodfokú Maclaurin-polinomba helyettesítünk, akkor a következ t kapjuk: e 0. +! 0.) + 2! 0.)2 = 0.905. Ha negyedfokú polinomba helyettesítünk, akkor pedig az alábbi értéket kapjuk: e 0. +! 0.) + 2! 0.)2 +! 0.) +! 0.) = = 0.90875. Ha nem csak a négy alapm veletet ismer számolódépünk van, akkor egyetlen lépésben a következ közelít értéket kapjuk: e 0. 0.90878. Amint látható, a negyedfokú polinomból kapott érték már 6 tizedesjegyre pontos. Ha ennél is pontosabb értékre van szükség, további tagok gyelembe vételével tetsz leges pontosság érhet el. Felvet dik annak kérdése, hogy ha el re megadott pontossággal szeretnénk megkapni a közelít értéket, akkor hány tagot kell gyelembe vennünk. Ezt a Lagrange-féle maradéktag becslésével tudjuk meghatározni. Ha annak abszolút értéke már a megengedett pontosságnál kisebb, akkor megfelel közelít értéket kapunk. Ha pl. tizedesjegy pontosság elérése a feladat, akkor a Lagrange-féle maradéktag abszolút értékének 0.000-nél kisebbnek kell lenni. Így olyan egyenl tlenséget fogunk kapni, amiben a tagok szám, azaz n lesz az ismeretlen. Ha n-edfokú polinomot írunk fel, akkor a Lagrange-féle maradéktag a következ : 9
R n+ f, x) = f n+) ξ) x a) n+ n + )! Írjuk fel az egyenl tlenséget a feladat adataival. R n+ e x e ξ 0.) n+, 0.) = n + )! = e ξ n + )! 0.)n+ < 0.000 Az egyenl tlenségben szerepl ξ a [ 0., 0] intervallumnak eleme. Mivel ezen ξ értékét nem ismerjük, ezért e ξ értékét felülr l becsüljük. Az exponenciális függvény szigorúan monoton n, így legnagyobb értékét az intervallum jobb oldali végpontjában veszi fel. Ebb l e ξ e 0 = következik. Ezután az egyenl tlenség a következ : e ξ n + )! 0.)n+ n + )! 0.)n+ < 0.000 Mivel az n + )! 0.)n+ < 0.000 egyenl tlenség már n = esetén igaz, ez azt jelenti, hogy a tizedesjegy pontosság elérhet, ha harmadfokú Maclaurin-polinomba helyettesítünk.. Feladat: Ha ismerjük az ln 0 2.02585 közelít értéket, és van egy négy alapm veletes számológépünk, akkor hogyan határozhatjuk meg ln 8 közelít értékét? Megoldás: Ismerjük egy olyan függvény Maclaurin-sorát, amelyben logaritmus szerepel, ez az fx) = lnx + ). Tudjuk, hogy ln + x) = x 2 x2 + x x + Egyszer lenne itt x = 7-et helyettesíteni, de ezt nem tehetjük meg, mert ez a sor csak akkor konvergens, ha x <. Úgy segíthetünk magunkon, ha a ln 8-at más alakban írjuk fel. ln 8 = ln0 2) = ln 0 0.2)) = ln 0 + ln 0.2) Mivel ln 0 értékét ismerjük, így lényegében az ln 0.8 = ln 0.2) = ln + 0.2)) közelít értékét kell meghatároznunk. Ezt a ln+x) Maclaurin-sorából kaphatjuk x = 0.2 helyettesítéssel. A konkrét közelít értéket negyedfokú polinomból számoljuk ki. ln+ 0.2)) 02 2 0.2)2 + 0.2) 0.2) 0.2207 Ezután térjünk vissza az eredeti kérdéshez. ln 8 = ln 0 + ln 0.8 2.0258 0.2207 = 2.0795 Megjegyzés: Egy tudományos funkciókkal is rendelkez számológéppel a ln 8 2.07952 közelít értéket kapjuk. Bár az el z feladathoz 0
hasonlóan most is negyedfokú polinomból számoltunk közelít értéket, mégis azt látjuk, hogy itt csak tizedesjegy lett pontos. Ez érthet, mert a pontosságot nagy mértékben befolyásolja x nagysága, hiszen minél nagyobb az x, annál lassabban tartanak zérushoz a sor tagjai, s így annál lassabb a konvergencia. Mivel most x kétszer akkora volt, mint az el z feladatban, ezért kisebb pontosság volt várható. Természetesen a pontosságon javíthatunk, ha a sor több tagját vesszük gyelembe.. Feladat: Hogyan határozhatjuk meg 6 közelít értékét egy négy alapm veletes számológép segítségével? Megoldás: Mivel = 6 2, ezért a binomiális sorból indulhatunk 6 ki, mely szerint + x) α = + α! x + αα ) 2! x 2 + αα )α 2)! x + Nyilvánvaló, hogy most α helyére kerül majd. Egyszer nek t nne, 2 hogy az x helyére pedig kerüljön 5, azonban ez nem járható út, mert a sor csak x < esetén konvergens. Mint az el z feladatban, most is írjuk más alakban a közelítend számot. = 6 6 = = 2 2.5) = 2 + 0.5) 2 2 Így tulajdonképpen az.5) 2 közelít értékét kell meghatároznunk, majd azt -del szorozni. Így már nincs baj a konvergenciával, hisz ha 2 + x =.5, akkor x = 0.5, s ez eleget tesz az x < feltételnek, ami konvergenciához szükséges. A közelít értéket most harmadfokú polinomból számoljuk ki..5) 2 = + 0.5) 2 + 0.5) 0.5) 0.5 ) 0.5 + 0.5) 2 +! 2! 0.5) 0.5 ) 0.5 2) 0.5) = 0.806875! Majd térjünk vissza a eredeti kérdéshez. 0.806875 = 0.0275 6 2 Ha egy jobb számológép is rendelkezésünkre áll, akkor azzal az 6 0.082829 közelít értéket kapjuk. Látható, hogy az általunk számolt közelítés elég pontatlan, ami annak tudható be, hogy csak harmadfokú közelítést használtunk, és x is nagyobb volt, mint az eddigi feladatokban.
Megjegyezzük, hogy a feladatot némileg máshogyan is megoldhattuk volna, ha a közelítend számot másképp alakítjuk át. Tekintsük a következ átalakítást. 6 = 9 6 9 = 9 2 = 2 ) 2 = ) 2 + )) 2 Ezután ugyanúgy járhatnánk el, mint a fenti megoldásban, csak most x helyére -ot kellene helyettesíteni. Ez bizonyos szempontból még kedvez bb is lenne, hiszen így x kisebb, ezáltal jobb közelítést várhatnánk. = 2