Szereg Taylora Javier de Lucas. f k) (x 0 ) (x x 0 ) k + R n (x, x 0 ), k! (x x 0 ) k k!

Transkrypt

1 Szereg Taylora Javier de Lucas Zadanie 1. Wyka»,»e e x > 1 + x dla ka»dego x 0. Rozwiazanie: Funkcja f : x R e x R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dych x, x 0 R mo»emy zapisa funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak: f k) (x 0 ) (x x 0 ) k + R n (x, x 0 ), gdzie R n (x, x 0 ) to jaka± funkcja, tzw reszta, taka,»e x0 R n (x, x 0 )/(x x 0 ) n = 0 i f k) (x 0 ) to pochodna stopnia k w punkcie x 0, tj. f k) (x 0 ) d k f/dx k (x 0 ) dla k > 0 i zdeniujemy f 0) (x 0 ) = f(x 0 ). Mówimy,»e f k) (x 0 ) (x x 0 ) k to rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n funkcji f wokóª x 0. Reszte mo»na zapisa na kilka sposobów. Tutaj korzystamy z reszty w postaci Lagrange'a: R n (x, x 0 ) = f n+1) (θ) (n + 1)! (x x 0) n+1, gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0, tj. x 0 < θ < x lub x < θ < x 0. Aby rozwiaza zadanie, wystarczy korzysta z wzoru Taylora dla n = 2 wokóª x 0 = 0. W takim przypadku, mamy,»e f 0) (0) = f 1) (0) = 1 i f 2) (θ) = e θ. Wiec, 1 + x + R 1 (x, 0), R 1 (x, 0) = eθ 2! x2. Skoro e θ > 0, to R 1 (x, 0) > 0 dla x 0. Zatem, 1 + x < 1 + x + R 1 (x, 0) = e x, x 0.

2 Zadanie 2. Wyka»,»e e x > 1 + x + x2 2! + x3 3! dla ka»dego x 0. Rozwiazanie: Ju» wiemy,»e funkcja f : x R e x R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Wówczas, dla ka»dego x, x 0 R mo»emy zapisa funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak: f k) (x 0 ) (x x 0 ) k + R n (x, x 0 ), gdzie reszte mo»na zapisa jako: R n (x, x 0 ) = f n+1) (θ) (n + 1)! (x x 0) n+1, gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0, tj. x 0 < θ < x lub x < θ < x 0. Aby rozwiaza zadanie, wystarczy korzysta z wzoru Taylora dla n = 3 wokóª x 0 = 0. W takim przypadku, mamy,»e f k) (0) = 1 dla k = 0, 1, 2,... i f ) (θ) = e θ. Wiec, 1 + x + x2 2! + x3 3! + R 3(x, 0), R 3 (x, 0) = eθ! x2. Skoro e θ > 0, to R 3 (x, 0) > 0 dla x 0. Zatem 1 + x x x3 < 1 + x x x3 + R 3 (x, 0) = e x, x 0. Zadanie 3. Rozwi«wielomian x 2 5x + 6: a) wokóª punktu x = 1, b) wokóª punktu x = 5. Rozwiazanie: Funkcja f : x R x 2 5x + 6 R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dego x, x 0 R mo»emy zapisa funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak: f k) (x 0 ) (x x 0 ) k + R n (x, x 0 ), gdzie reszte, w postaci Lagrange'a, mo»na zapisa jako: R n (x, x 0 ) = f n+1) (θ) (n + 1)! (x x 0) n, gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0. W szczególno±ci dla x 0 = 1 i n > 3 mamy,»e

3 f k) (1) (x 1) k + f n+1) (θ) (n + 1)! (x 1)n+1, gdzie θ to punkty miedzy 1 i x (wªacznie). Aby rozwiaza zadanie, wystarczy korzysta z wzoru Taylora dla n > 2 wokóª x 0 = 1. W takim przypadku, mamy,»e f 0) (1) = 2, f 1) (1) = 3, f 2) (1) = 2, f k) (θ) = 0, k > 2, θ R. Wiec, R n (x, 1) = 0 i 2 3(x 1) + (x 1) 2. Wªa±nie, rozwiniecie Taylora stopnia n > n wielomianu P (x) stopnia n to wªa±nie wielomian P (x). To sie dzieje dlatego,»e rozwiniecie Taylora to jest wielomian, który ma takie same pochodne jak funkcja f w pewnym punkcie x 0. Kiedy funkcja to wielomian, to tylko taki wielomian speªnia,»e jego pochodne a» do stopnia n w x 0 sa takie same. Wiec, wielomian Taylora równa sie wielomian P (x). Teraz rozwiniecie Taylora funkcji f(x) dla x 0 = 5 i n > 3 jest f k) (1) (x 1) k + f n+1) (θ) (n + 1)! (x 1)n, gdzie θ to punkty miedzy 5 i x. Aby rozwiaza zadanie, wystarczy korzysta z wzoru Taylora dla n > 2 wokóª x 0 = 5. W takim przypadku, mamy,»e f 0) ( 5) = 56, f 1) ( 5) = 21, f 2) ( 5) = 10, f k) (θ) = 0, k > 2, θ R. Wiec, R n (x, 1) = 0 i (x + 5) 5(x + 5) 2. Skoro reszta równa sie zeru dla n > 2, to rozwiniecie Taylora i wzór Taylora dla n > 2.

4 Zadanie. Rozwi«za pomoc wzoru Taylora w otoczeniu x 0 = 0 do n-tego stopnia wª cznie nastepuj ce funkcje: e x, sin(x), cos(x), (1 + x) m i m N, (1 + x) 1, 1 + x, (1 + x) 1/2. Rozwiazanie: Funkcja f : x R e x R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dego x, x 0 R mo»emy zapisa funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak: f k) (x 0 ) (x x 0 ) k + R n (x, x 0 ), gdzie reszte, w postaci Lagrange'a, mo»na zapisa jako: R n (x, x 0 ) = f n+1) (θ) (n + 1)! (x x 0) n+1, gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0. W szczególno±ci, dla x 0 McLaurina f k) (0) x k + f n+1) (θ) (n + 1)! xn+1. Dla funkcji e x ju» wiemy,»e f n+1) (θ) = e θ i = 0 mamy tzw wzór Zatem, d k f (0) = 1, k N {0}. dxk x k + e θ (n + 1)! xn+1, gdzie θ to punkty miedzy 0 i x, tj. 0 < θ < x. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n funkcji f wokóª x 0 = 0 to x k T n f(x, 0) =.

5 Dla funkcji sin(x) mamy,»e d (x) = cos(x) = sin(x+/2), dx 2 f dla k N {0}. Zatem, dla x = 0 otrzymamy dx = sin(x) = sin(x+) dk f (x) = sin(x+k/2) 2 dxk d (0) = 1, dx 2 f dx 2 = 0, i wzór McLaurina przyjmuje posta d 3 f dx = 1 d2k+1 f 2 dx (x) = 2k+1 ( 1)k, d 2k f (x) = 0, k = 0, 1, 2,... dx2k sin(x) = ( 1) k x 2k+1 (2k + 1)! + sin(θ + (2n + 2)/2) x 2n+2, (2n + 2)! gdzie θ to punkty miedzy 0 i x, tj. 0 < θ < x lub x < θ < 0. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n to T n f(x, 0) = ( 1) k x 2k+1 (2k + 1)! = x x3 3! + x5 5! x7 7! ( 1)n x 2n+1. (2n + 1)! Warto zawsze pamieta takie rozwiniecie. Dla n + otrzymamy tzw szereg Taylora funkcji sin(x) wokóª punktu x 0 = 0: S(x, 0) = + ( 1) k x 2k+1. (2k + 1)! Kiedy prawa strona istnieje dla pewnego x, to S(x, 0). Je»eli tak jest dla ka»dego punktu x R, mówimy,»e f(x) jest analityczna. Nastepujaco pokazujemy jak rozwiniecie Taylora zbli»a sie do sin(x) dla stopnia 1, 3, 5, 7 i 9.

6 Dla funkcji cos(x) mamy,»e d (x) = sin(x) = cos(x+/2), dx 2 f dla k N {0}. Zatem, dla x = 0 otrzymamy, dx = cos(x) = cos(x+) dk f (x) = cos(x+k/2) 2 dxk dx (0) = 0, d 2 f dx = 1, d 3 f 2 dx = 0, d f 3 dx = 1 d2k+1 f dx (x) = 0, d 2k f 2k+1 dx (x) = 2k ( 1)k, dla k = 1, 2, 3,... i wzór McLaurina przyjmuje posta cos(x) = ( 1) k x 2k (2k)! + cos(θ + (2n + 1)/2) x 2n+1, (2n + 1)! gdzie θ to punkty miedzy 0 i x, tj. x < θ < 0 lub 0 < θ < x. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n funkcji f wokóª x = 0 to T n f(x, 0) = ( 1) k x 2k (2k)! = 1 x2 2! + x! x6 6! ( 1)n x 2n (2n)!. Warto pamieta taki wzór Dla n + otrzymamy tzw szereg Taylora funkcji sin(x) wokóª punktu x = 0: + ( 1) k x 2k S(x, 0) =. (2k)! Kiedy prawa strona istnieje dla pewnego x, to S(x, 0). Je»eli tak jest dla ka»dego punktu x R, mówimy,»e f(x) jest analityczna. Nastepujaco pokazujemy jak rozwiniecie Taylora zbli»a sie do cos(x) dla stopnia 2,, 6, 8 i 10.

7 Dla funkcji (1 + x) m, gdzie m N, mamy,»e dx (x) = m(1+x)m 1, d 2 f (x) = m(m 1)(1+x)m 2 dx2 dk f m!(1 + x)m k (x) =, k m, dxk (m k)! dla k > m mamy,»e d k f/dx k = 0. Zatem, dla x = 0 otrzymamy, d (0) = m, dx 2 f dx (0) = m(m 1) dk f 2 dx (0) = m! k (m k)!, k m. i wzór McLaurina przyjmuje posta z reszta Lagrange'a: m! m! (m k)! xk + (n + 1)!(m n 1)! (1 + θ)m n 1 x n+1, n m i Dla n m to ( m k ) ( m x k + n + 1 m ( m k ) (1 + θ) m n 1 x n+1 n m. ) x k, n m. poniewa» reszta sie zeruje. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n wokóª x 0 = 0 to T n f(x, 0) = ( 1) k x 2k, m n, T n f(x, 0) = m ( 1) k x 2k, m < n. Nastepujaco pokazujemy jak rozwiniecie Taylora zbli»a sie do (1 + x) 11 dla stopnia 2,, 6, 8 i 10. Funkcja jest na niebiesko.

8 Dla funkcji (1 + x) 1 mamy,»e dx (x) = 1 (1 + x) 2, d 2 f dx 2 (x) = 2 (1 + x) 3, d 3 f dx 3 (x) = (1 + x) i d k f dx (x) = k ( 1)k (1 + x) k 1 dk f dx (0) = k ( 1)k. Wzór McLaurina przyjmuje dla f(x) posta : ( 1) k x k + ( 1)n xn+1 (1 + θ) n+1 dla θ miedzy 0 i x. Wówczas, rozwiniecie Taylora funkcji f(x) wokóª x 0 = 0 stopnia n ma posta : T n f(x, 0) = ( 1) k x k. To rozwiniecie mo»na obliczy inaczej: x = 1 1 ( x) = ( 1) k x k. Mo»emy pokaza jak rozwiniecie Taylora zbli»aja do funkcji 1/(1 + x):

9 Dla funkcji 1 + x mamy,»e dx (x) = 1 2 (1 + x) 1/2, i dla k > 0: d 2 f dx (x) = (1 + x) 3/2, d 3 f dx (x) = (1 + 3 x) 5/ d k f dx (x) = k ( 1)k Zatem, dla x = 0 otrzymamy, (2k 3)... (1+x) (2k 1)/2 = ( 1)k+1 (2k 2)! 2 2 k 2 k 1 (k 1)! (1+x) (2k 1)/2. f(0) = 1, d k f ( 1)k+1 (2k 2)! (0) = dxk 2 2k 1 (k 1)!, k > 0. Wzór McLaurina przyjmuje dla f(x) posta : ( 1) k+1 2 2k 1 (2k 2)! (k 1)! xk + R n (x, 0) = ( 1) k+1 2 2k (2k)! (2k 1)() 2 xk + R n (x, 0), i ( 1) k+1 ( 2k (2k 1) k k Rozwiniecie McLaurina funkcji f stopnia n to T n f(x, 0) = ( 1) k+1 ( 2k (2k 1) k k ) x k + R n (x, 0). ) x k.

10 Zadanie 5. Rozwi«za pomoc wzoru Taylora w otoczeniu x 0 = 0 do n-tego stopnia wª cznie nastepuj ce funkcje: ln(x), ln(1 + x), arctg x, e 1 x. Rozwiazanie: Funkcje ln(x) i e 1 x nie sa dobrze zdeniowane w punkcie x 0 = 0, wiec, nie mo»na poda wzoru Taylora dla tych funkcji wokóª tego punktu. (Temat zaawanzowany) Natomiast, mo»na poda wzór Taylora dla funkcji f : x ], 0] f(x) R postaci e 1 x dla x < 0 i f(0) = 0. Wªa±nie, je»eli funkcja f : [a, b] R jest ró»niczkowalna stopnia n + 1 na (a, b) R i posiada pochodne rzedów do n + 1 (wªacznie) w (a, b) po prawej stronie w x = a i po lewej w x = b, to mo»emy napisa wzór Taylora dla f dla punktów x [a, b]. W naszym przypadku, dx = 1 x 2 e1/x, Zatem, przez indukcje e1/x = 0, f (0 ) = e 1/x d 2 f dx = 2 2 x 3 e1/x + 1 x e1/x dk f dx = k f k) (x) f k) (0) x x = 0. ( 2k α=0 d k f = 0 = dx. k c α x α ) e 1/x, x < 0. Wtedy, funkcje maja ciagªe pochodne wszystkich rzedów. Wówczas, mamy,»e R n (x, 0). Czyli rozwiniecie Taylora dla ka»dego stopnia n jest zero!!! Ta dziwna funkcja jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna, ale rozwiniecie Taylora nie zbli»a sie do f(x). W takim przypadku, mówi sie,»e taka funkcja nie jest analityczna. Natomiast f(x) jest gªadka. Dla funkcji ln(1 + x) mamy,»e Zatem, dx (x) = x, d 2 f dx (x) = 1 2 (1 + x), d 3 f 2 dx (x) = 2 3 (1 + x), x > 1. 3 d k f dx k (x) = ( 1)k+1 (k 1)!(1 + x) k dk f dx k (0) = ( 1)k+1 (k 1)! x > 1, k > 0

11 i, skoro f(0) = 0, to wzór Taylora dla tej funkcji ma posta k=1 ( 1) k+1 (k 1)! x k + R n (x, 0) = ( 1) k+1 x k + R n (x, 0). k k=1 Wówczas rozwiniecie Taylora wokªoª zera funkcji ln(1 + x) stopnia n jest T n (x, 0) = ( 1) k+1 x k = x 1 k 2 x x2 1 x ( 1)n+1 x n. n k=1 Warto pamieta taka rozwiniecie. Mo»na obliczy to rozwiniecie inaczej. Zadanie 6. Napisa rozwiniecie funkcji e sin x do wyrazów z x 3. Rozwiazanie: Wiemy,»e szereg McLaurina dla e y i sin x to e y = y k, sin x = ( 1) k x 2k+1. (2k + 1)! Zatem e sin x = ( ) k 1 x 2k +1. (2k + 1)! k =0 Rozwiniecie Taylora e sin x trzeciego rzedu, to cze± trzeciego rzedu szeregu Taylora. Skoro ) e sin x = 1+ (x x3 3! + x5 5! ) 2 (x x3 2! 3! + x5 5! ) 3 (x x3 3! 3! + x5 5! to rozwiniecie Taylora funkcji e sin x trzeciego rzedu wokóª x 0 = 0 to T 3 f(x, 0) = 1 + x x2. Zadanie 7. Napisa rozwiniecie funkcji ln(cos x) do wyrazów z x 6.

12 Rozwiazanie: Wiemy,»e szereg McLaurina dla ln(1 + y) (dla y > 0) i cos x to ln(1 + y) = ( 1) k+1 y k, cos x = k k=1 ( 1) k x 2k. (2k)! Zatem ln(cos x) = ln(1 + cos x 1) = ( x2 2! + x! x6 ( x2 2! + x! x6 6! +... ) 6! +... ) 3 1 ( x2 2! + x! x6 1 2 ( x2 2! + x! x6 6! +... ) 2 6! +... ) +... Rozwiniecie Taylora ln(cos x) szóstego rzedu, to cze± szóstego rzedu szeregu Taylora. Skoro T 6 (x, 0) = 1 ( 1 2! x2 +! 1 ) ( x ! + 1 2!! 1 ) x 6 = x x 1 5 x6. Zadanie 8. Oblicz za pomoc wzoru Taylora: sin x ln(1 + x), sin x x. Rozwiazanie: Aby obliczy granice za pomoca rozwinie Taylora, trzeba obliczy rozwiniecie licznika i mianownika a» do takiego rzedu, aby nie otrzyma nieoznaczono±ci. Na przykªad, do pierwszego rzedu: sin x = x + O(x), ln(1 + x) = x + O(x), sin x ln(1 + x) = x x = 1 i sin x x = x x = 1. Zadanie 9. Oblicz za pomoc wzoru Taylora: x + ln( ( 1 + x 2 x) 3, x 3 x cos x + 2 ), (1 + x) ln x. x 3 sin x

13 Rozwiazanie: Mamy,»e dla x + ln( 1 + x 2 x) wynika,»e f(0) = 0, f (0) = 0, f (x) = x (1 + x 2 ) 3/2 f (0) = 0, f (x) = 1 2x2 (1 + x 2 ) 5/2 f (0) = 1/6. Zatem rozwiniecie Taylora dla f(x) jest x 3 /6. Korzystajac z tego Dla drugiej granicy: x + ln( 1 + x 2 x) x 3 ( 3 x cos x + 2 ) = x 3 sin x Rozwiniecie piatego stopnia liczniku to = x 3 /6 x 3 = 1 6. ( ) 3 sin x x cos x 2x x sin x 3(x x 3 /3!+x 5 /5!) x(1 x 2 /2+x /!) 2x = 3x 3x x 3 /2+x 3 /2+3x 5 /5! x 5 /! = 2/(5!)x 5 Rozwiniecie piatego stopnia mianowniku to x 5 Zatem ( ) 3 sin x x cos x 2x x 3 sin x = 0 2/(5!)x 5 x 5 = Zadanie 10. Korzystaj c ze wzoru Taylora oblicz granice: cos x cosh x + x 2 x 3 sin 3 x, (tg(x)) tg(2x). Rozwiazanie: Przypominajac,»e sin(x) = x x 3 /3! + O(x 3 ) wynika,»e mianownik ma rozwiniecie Taylora ró»ne od zera dla stopnia n 6. Jednocze±nie, dla licznika l(x) = cos x cosh +x 2 mamy,»e l(0) = 0, dl dx (0) = ( sin x sinh x + 2x)(0) = 0, d 2 l (0) = ( cos x cosh x + 2)(0) = 0, dx2 d 3 l dx (0) = (sin x sinh x)(0) = 0, d l (0) = (cos x cosh x)(0) = 0, 3 dx d 5 l dx (0) = ( sin x sinh x)(0) = 0, d 6 l (0) = ( cos x cosh x)(0) = 2, 5 dx6

14 Z tego wynika,»e Natomiast l(x) = 2x 6 /6! + O(x 2 ). m(x) = x 6 + O(x 6 ). Šatwo to udowodni patrzac,»e sin(x) = x + O(x 3 ) i x 3 sin 3 (x) = x 3 (x + O(x 3 )) 3 = x 6 + O(x 6 ). Zatem i cos x cosh x + x 2 x 3 sin 3 x = 2x 6 /6! x 6 = 2 6!, Taka granica mo»na rozwiaza leko inaczej. Wiemy,»e cos x = 1 x2 2 + x! x6 x3 +..., sin x = x 6! 3! + x5 5! x7 7! +... cosh x = 1 + x2 2 + x! + x6 6! Z tego wynika,»e licznik ma rozwiniecie wokóª zera szóstego rzedu: i mianownik ( ) 3 x 3 sin 3 x = x 3 x x3 3! + x5 5! x7 7! +... = x 6 + O(x 6 ) cos x cosh x + x 2 = 2x 6 /6! + O(x 6 ). Zatem cos x cosh x + x 2 x 3 sin 3 x Dla drugiej granicy mamy,»e Aby upro±ci obliczenie granicy piszemy,»e ln (tg(x)) tg(2x) = = 2x 6 /6! x 6 = 2 6!. (tg(x)) tg(2x) = 1 0 (nieoznaczono± ). ln (tg(x)) tg(2x) = tg(2x) ln (tg(x)) = ln (tg(x)) ctg(2x).

15 Teraz ctg(2x) = 2x+O(x), ln(tg(x)) = x+o(x) ln (tg(x)) ctg(2x) = 2(x /) 2(x /) = 1. Zatem ln (tg(x)) tg(2x) = 1 (tg(x)) tg(2x) = e 1.