Оценка погрешности формулы Тейлора

Если остаток в формуле Тейлора |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0}  ,то формулу Тейлора для многочлена можно записать так: f(x)\approx f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}  .

В свою очередь остаточный член: r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}  — определяет погрешность формулы.

Задание:

Записать разложение по формуле Маклорена (x_{0}=0 ) с остатком в форме Лагранжа. Оценить абсолютную погрешность.

Пример 1

\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}  , причём |x| \leq \frac{1}{2}

Решение

Исходная формула:

\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-...-\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}

Обобщим запись:

\sin x=\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}x^{2k+1}}{(2k+1)!}+\underset{x\rightarrow 0}{o(x^{2k+1})}

Выясним промежуток для переменной:

x \in \left ( -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right )

Запишем разложение по формуле Тейлора:
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin^{(4)}( x )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +4\frac{\pi }{2} )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +2\pi )}{4!}x^{4}

Пользуясь правилом приведения:

\sin( x +2\pi )=\sin x
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin x}{4!}x^{4}

Оценим последнее слагаемое:

\left | \frac{\sin x}{4!}x^{4} \right |= \frac{\left | \sin x \right |}{4!}\left | x^{4} \right |\leq \frac{\left | x^{4} \right |}{4!}\leq \frac{\frac{1}{2}}{4!}=\frac{1}{16\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=\frac{1}{384}

Пример 2

e^{x}\simeq1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!}  , 0\leq x\leq 1

Решение

Выпишем и оценим остаток в формуле Тейлора:

|r_{n} ( x_{0},x )|=\left | \frac{e^{x }}{(n+1)!}x^{n+1} \right |\leq \left | \frac{e^{x }}{(n+1)!} \right |

Учитывая промежуток для переменной, запишем и оценим:
\begin{Bmatrix}  x_i \in \left ( 0;1 \right )\  e\approx 2,71  \end{Bmatrix}\Rightarrow \left | \frac{e^{x_i }}{(n+1)!} \right |\leq \frac{3}{(n+1)!}

Пример 3

\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8}  , 0\leq x\leq 1

Решение

Запишем разложение:

\sqrt{1+x}=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^{2}+\frac{f^{(3)}(x_i)}{3!}x^{3}

Найдём производную:

f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}}
f^{(2)}(x)=\frac{1}{2}((1+x)^{-\frac{1}{2}})'=-\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{2}}
f^{(3)}(x)=(-\frac{1}{4})(-\frac{3}{2})(1+x)^{-\frac{5}{2}}=\frac{3}{8}(1+x)^{-\frac{5}{2}}
f^{(3)}(x_i )=\frac{3}{8}(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}

Оценим последнее слагаемое:

\left | \frac{3}{8}\cdot \frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{3!} x^{3}\right |=\left |\frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{16} x^{3} \right |\leq \frac{2^{-\frac{5}{2}}}{16}\cdot 1< \frac{1}{16}

Источники:

Применение формулы Тейлора к нахождению границ

Рассмотрим вычисление пределов с помощью формулы Тейлора на примерах:

1)\; \;    \lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{tg x-\frac{x}{1+x^{2}} }{\sin x-sh x}=\begin{bmatrix}  tg x=x+\frac{x^{3}}{3}+\circ (x^{2})\\  -\frac{1}{1+x^{2}}=1-x^{2}+\circ (x^{2})\\  -x\frac{1}{1+x^{2}}=x(1-x^{2}+\circ (x^{2}))=x-x^{3}+\circ (x^{3})\\  tg x-\frac{x}{1+x^{2}}=x+\frac{x^{3}}{3}+\circ (x^{2})-x+x^{3}-\circ (x^{3})=\frac{4}{3}x^{3}+\circ (x^{3})\\    \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})\\    sh x=x+\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})\\    \sin x-sh x=x-\frac{x^{3}}{3!}-x-\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})=-\frac{1}{3}x^{3}+\circ (x^{4})\\    \end{bmatrix}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{4}{3}x^{3}+\circ (x^{3})}{-\frac{1}{3}x^{3}+\circ (x^{4})}=-4

2)\; \;    \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x(\sqrt{x^{2}(1+\frac{2}{x})}-2\sqrt{x^{2}(1+\frac{1}{x})}+x)=\begin{bmatrix}  t=\frac{1}{x}\\  t\rightarrow 0\\  \end{bmatrix}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}(\sqrt{1+2t}-2\sqrt{1+t}+1)=\begin{bmatrix}  (1+x)^{\alpha }=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha(\alpha-1) }{2!}x^{2}+\circ (x^{2})\\  (1+2t)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{\frac{1}{2}}{1!}2t+\frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}) }{2!}4t^{2}+\circ (t^{2})\\  (1+t)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{\frac{1}{2}}{1!}t+\frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}) }{2!}t^{2}+\circ (t^{2})\\    \end{bmatrix}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}(1+t-\frac{1}{2}t^{2}-2-t+\frac{1}{4}t^{2}+\circ (t^{2})+1)=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}*(-\frac{1}{4})t^{2}+\circ \frac{(t^{2})}{t^{2}}=\begin{bmatrix}  \circ \frac{(t^{2})}{t^{2}}\rightarrow 0\\  \end{bmatrix}=-\frac{1}{4}

Источники:

  • Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Вычисление предела с помощью формулы Тейлора»).
  • Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа.Выпуск 2, 1982 год. Часть 1. Глава 8, пар. 16, стр 278-281.

О приближенном вычислении с помощью формулы Тейлора

Если остаток в формуле Тейлора |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0}  , то формулу Тейлора для многочлена можно записать так:  f(x)\approx f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} .

Важна форма записи остаточного члена:

r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}  .

r_{n}(x_{0},x)  — определяет погрешность формулы. Если же f(x)  вычисляется по формуле при конкретном числовом значении x  , то может оказаться, что слагаемые в этой формуле сами вычисляются приближённо. Тогда погрешность результата будет состоять из погрешности слагаемых и погрешности формулы. Если вычислять все слагаемые с одинаковой точностью \alpha _{0}  (погрешностью формулы), то общая погрешность результата равна (n+2)\alpha _{0}  .

Пусть \alpha  — заранее известная точность результата. Тогда следует преобразовать \alpha _{0}  так, чтобы обеспечить выполнение неравенства   (n+2)\alpha _{0}\leq\alpha  , то есть \alpha_{0}\leq\frac{\alpha}{n+2}  . При достаточно малых n  , например, n\leq8  : \alpha_{0}=\frac{\alpha}{10}\leq\frac{\alpha}{n+2}  .

Обычно точность вычислений \alpha  задается в виде: \alpha=10^{-m} \Rightarrow \alpha_{0}=10^{-(m+1)}  . Это значит, что вычисления нужно проводить с одним запасным знаком. Мы установили, что один запасной знак обеспечит требуемую точность при n\leq8  .

Пример

Вычислить e^{0,1}  с точностью до \alpha=0,001=10^{-3}  .

Решение

Оценкой определим, в какой точке удобнее раскладывать исходную функцию (найдём ближайшую к необходимой точку, где известно точное значение функции):

0\leq0,1\leq0,5 \Rightarrow x\in[0;0,5]

Выпишем формулу Тейлора:

e^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+...+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}x^{n+1}  ;

Выполним вычисление по формуле Тейлора, разложив функцию в точке x_{0}=0

Выполним оценку погрешности:

r_{n}(0,x)=\left | \frac{e^{\xi }x^{n+1}}{(n+1)!} \right |=\frac{e^{\xi} \left | x \right |^{n+1}}{(n+1)!}\leq\frac{\sqrt{e}x^{n+1}}{(n+1)!} \leq \frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}

Оценим сверху:

\frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}\leq \frac{1}{10}

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0.5*10^{-1}\alpha=\frac{\alpha}{20}  .

Эта запись удобна тем, что вычисляя последовательность слагаемых U_{k}=\frac{x^{k}}{k!}  мы имеем возможность одновременно видеть достигнута ли требуемая точность.

По условию:

\alpha=10^{-3}

Подставим в оценку, сделанную ранее:

\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0,00005

Для U_{k}=\frac{x^{k}}{k!}  полагаем k=0,1,2,...

x=0,1 \Rightarrow U_{0}=1; U_{1}=0,1; U_{2}=0,005;

U_{3}=0,0002; U_{4}=0,00005 — выбранное значение k  подходит.

e^{0,1}\approx 1+0,1+0,005+0,0002+0,00005=1,105

e^{0,1}\approx1,105

Неравенство \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq0,00005  оказалось выполненным при k=n+1=4  , n=3  .

Источники:

 

 

Единственность полинома Тейлора

Теорема о единственности полинома Тейлора

  Если существует f^{(n)}(x_{0}) и при x\rightarrow x_{0} f представима в виде f(x)=a_{0}+  a_{1}(x-x_{0})+...  +a_{n}(x-x_{0})^{n}+   O((x-x_{0})^{n}), то многочлен A=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+...  +a_{n}(x-x_{0})^{n} и будет многочленом Тейлора в точке x_{0}, то есть a_{k}=\cfrac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}.

Доказательство.

f(x)=f(x_{0})+ \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+... +\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+ O((x-x_{0})^{n})  .

Приравниваем:

f(x_{0})+ \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+... +\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+ O((x-x_{0})^{n})= a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+... +a_{n}(x-x_{0})^{n}+ O((x-x_{0})^{n})  .

Берем предел обеих частей при x\rightarrow x_{0} . Получаем, что:

\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})\rightarrow 0  ;

\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}\rightarrow 0  ;

O((x-x_{0})^{n})\rightarrow 0  ;

a_{1}(x-x_{0})\rightarrow 0  ;

a_{n}(x-x_{0})^{n}\rightarrow 0  ;

O((x-x_{0})^{n})\rightarrow 0  ;

f(x_{0})=a_{0}  .

Отбрасываем первые слагаемые в обеих частях уравнения:

 \cfrac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+...+\cfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+O((x-x_{0})^{n})= a_{1}(x-x_{0})+...+a_{n}(x-x_{0})^{n}+O((x-x_{0})^{n})\mid /(x-x_{0}) .

 \cfrac{f'(x_{0})}{1!}+...+\cfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n-1}+O((x-x_{0})^{n-1})=a_{1}+a_{2}(x-x_{0})+...+a_{n}(x-x_{0})^{n-1}+O((x-x_{0})^{n-1})\mid \lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}(\cdot )  .

Получаем:

\cfrac{f'(x_{0})}{1!}=a_{1}  .

Проделываем те же действия, что и ранее, получаем:

a_{k}=\cfrac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}  .

Следовательно разложение по формуле Тейлора однозначно.

Замечание:

Пусть f(x) — бесконечно дифференцируема в точке 0.

  1. Если функция f(x)четная, то f' — нечетная, f''' — нечетная, …, f^{(2n+1)} — нечетная, а так как нечетная функция в 0 всегда принимает значение, равное 0, то f'(0)=f'''(0)=...  =f^{(2n+1)}(0)=0.
  2. Если функция f(x)нечетная, то f'' — нечетная, …, f^{(2n)} — нечетная, а так как нечетная функция в 0 всегда принимает значение, равное 0, то f''(0)=...= f^{(2n)}(0)=0.

Вывод:

Если f(x) — четная, то формула Тейлора будет для нее содержать только четные степени, если f(x) — нечетная, то формула Тейлора будет разлагаться только по нечетным степеням.

Источники:

Тест по теме: единственность полинома Тейлора

Проверьте себя на знание теоретического материала по теме: единственность полинома Тейлора.


Таблица лучших: Тест по теме: единственность полинома Тейлора

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Условия монотонности функции в терминах производной

Теорема (критерий возрастания и убывания функции на интервале)

Для того чтобы дифференцируемая функция  f(x) на интервале  (a;b) была возрастающая, необходимо и достаточно, чтобы \forall x\in  (a;b)   f'(x)\geq 0 .

Доказательство

Необходимость

  • Дано: f(x) возрастает на интервале (a;b).
  • Требуется доказать:  f'(x)\geq 0.

Пусть x_{0} произвольная точка на интервале  (a;b), пусть x>x_{0} , тогда в силу монотонного возрастания функции  f(x)\geq f(x_{0}) для любого значения  x из интервала  (a;b),  x\neq x_{0} \Rightarrow

 \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}>0.

По свойству сохранения знака предела:

\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\geqslant 0,

а это и есть f'(x_{0}).

Достаточность

  • Дано:  f'(x)\geq 0 .
  • Требуется доказать: f(x) возрастает на интервале(a;b).

Пусть f'(x)\geq 0 \forall x\in  (a;b).
Выберем произвольные точки  x_{1} и  x_{2}, принадлежащие интервалу  (a;b), и не ограничивая общности скажем, что  x_{2}>x_{1}.
Применим к функции f формулу Лагранжа о конечных приращениях:
 f(x_{2})-f(x_{1})=f'(\xi)*(x_{2}-x_{1})\geq 0. Из того что  x_{2}>x_{1} => f(x_{2})\geq f(x_{1}) =>
Доказали нестрогое возрастание.

Теорема (достаточное условие строгой монотонности)

    1. \forall x\in (a;b)  f'(x)>0 \Rightarrow f строго возрастает на  (a;b).
    2. \forall x\in (a;b)  f'(x)<0 \Rightarrow f строго убывает на  (a;b).

Доказательство

Пусть  x_{2}>x_{1} , применим формулу конечных приращений Лагранжа: f(x_{2})-f(x_{1})=f'(\xi)*(x_{2}-x_{1})>0, так как x_{2}>x_{1} и f'(\xi)>0, то f(x_{2})<f(x_{1}).
Пусть  x_{2}<x_{1} , применим формулу конечных приращений Лагранжа: f(x_{1})-f(x_{2})=f'(\xi)*(x_{1}-x_{2})>0, так как x_{2}<x_{1} и f'(\xi)>0, то f(x_{2})<f(x_{1}).

Пример

Исследовать функцию f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+5 на возрастание и убывание.

Решение

  1. Функция f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+5 дифференцируема на R, f'(x)=3x^{2}-6x-9.
  2. Для определения промежутков возрастания и убывания функции решаем уравнение: x^{2}-2x-3=0. Решениями уравнения являются точки: x=-1 и x=3, которые разбивают числовую прямую на три отрезка. Получаем:

    E-okr0

    x^{2}-2x-3>0 \Leftrightarrow x\in ( -\infty ;-1) \cup (3;+\infty)\Rightarrow f(x) возрастает на отрезках  x\in ( -\infty ;-1] \cup [3;+\infty)
    x^{2}-2x-3<0\Leftrightarrow x\in \left ( -1;3 \right )\Rightarrow f(x) убывает на отрезке x\in [-1 ;3].

  3. Выполним проверку
    Для проверки построим график этой функции.

    график

    Ответ:

    f(x) возрастает на отрезках  x\in ( -\infty ;-1] \cup [3;+\infty).
    f(x) убывает на отрезке x\in \left [ -1 ;3\right ].

  4. Источники:

    Тест по теме: условия монотонности функции в терминах производной

    Проверьте себя на знание теоретического и практического материала по теме: Условия монотонности функции в терминах производной.


    Таблица лучших: Тест по теме: условия монотонности функции в терминах производной

    максимум из 8 баллов
    Место Имя Записано Баллы Результат
    Таблица загружается
    Нет данных