Остатки формулы Тейлора



Остаток формулы Тейлора (стандартное обозначение- r_{n} (x_{0},x) ) можно определить, как:
  1. Погрешность, которая возникает при замене функции y=f(x) многочленом P_{n}(x_{0},x) . Если выполнены условия теоремы о представлении формулы f в виде многочлена Тейлора, то для значений x из окрестности точки x_{0}, для которых погрешность r_{n}(x_{0},x) достаточно мала, многочлен P_{n}(x_{0},x) дает приближенное представление функции.
  2. (На рисунке) Разница значений функции f(x) и выражающим её многочленом Тейлора в точке x_{0} :f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x) (уклонение полинома P_{n} от функции f(x) ).

r(x0,x)

Существует 3 основных представления остаточного члена:

  1. В форме Лагранжа: $$ \large r_{n} (x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(x+\theta(x-x_{0}))}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$0< \theta < 1 .$$\ $$
  2. В форме Коши: $$\large r_{n} (x_{0},x) =\frac{f^{(n+1)}(x_{0}+\theta_{1}(x-x_{0}))}{n!}(1-\theta_{1}(x-x_{0}))^{n}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$0< \theta_{1} < 1 .$$\ $$
  3. В форме Пеано: $$ \large r_{n} (x_{0},x) =o((x-a)^{n}) , \ $$ при x\rightarrow a .

Примеры:

  1. Написать разложение функции e^{\sin (x)} до x^{3} с остатком в форме Пеано.
    Решение. показать

  2. Вычислить предел, используя формулу Тейлора: $$ \lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+2\cdot \mathrm{tg} (x)}-e^x+x^2}{\mathrm{arctg} (x)-\sin (x)} $$
    Решение. показать

Список литературы:

  1. Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 1, 1962 год, стр. 246-257.
  2. Тер-Крикоров А. М. Шабунин М. И. «Курс математического анализа» 3 издание 2001 года, стр. 158-172
  3. Л. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа 1» стр. 339-353
  4. Варятанян Г. М. Математический анализ. Часть 1(3). 2009 с. 44-46

Формула Тейлора. Виды остаточных членов.


Таблица лучших: Остатки формулы Тейлора

максимум из 30 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

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: