— Taylorův polynom —

Taylorův polynom

Opakování

Polynom je každá funkce tvaru

a_{n}x^{n} + a_{n−1}x^{n−1} + ⋯ + a_{1}x + a_{0}

a_{0}, …, a_{n} ∈ ℝ pevné — koeficienty. x ∈ ℝ je proměnná.

Poznámky:

(i) Všechny polynomy jsou definovány a spojité na ℝ.

(ii) Jestliže a_{n} ≠ 0, pak n = stupeň polynomu.

(iii) Je-li P polynom, stupeň P = n, pokud P′ je polynom, stupeň P′ = n − 1. Příklady:

degP = 0 ⇒ P konstantní , P(x) ≡ a_{0}
degP = 1 ⇒ P(x) = a_{0}x + a_{0} lineární
degP = 2 ⇒ kvadratická funkce, atd.

Motivace

Aproximace funkcí pomocí polynomů. Mějme f, a ∈ ℝ, ∃ f′(a) ∈ ℝ. Tečna t(x) = f(a) + f′(a)(x − a). Potom

\begin{aligned}f(a) & = t(a) \\ f′(a) & = t′(a) \end{aligned}

Navíc

lim_{x→a}(f(x) − t(x)) = 0 (triviální), ale i
lim_{x→a} \frac{f(x) − t(x)}{x − a} =^{L’H} lim_{x→a}(f′(x) − t′(x)) = 0 (aproximace je lepší než lineární)

Chceme aproximace vyšších řádů.

Idea

Mějme f, a ∈ ℝ, ∃ f′(a) ∈ ℝ. Chceme funkci f aproximovat polynomem v bodě a.

Aproximace polynomem stupně 1

P_{1}(x) = αx + β

Polynom by měl procházet bodem a:

P_{1}(a) = f(a) ⇒ P_{1}(x) = c(x − a) + f(a)

(tedy hodnota funkce a aproximujícího polynomu splývají).

Zároveň chci:

P′_{1}(a) = f′(a) ⇒ P_{1}(x) = f(a) + f′(a)(x − a)

— Taylorův polynom —

/L:1.616 1 Nejlepší aproximace polynomem stupně ≤ 1 je totiž tečna t(x) = f(a) + f′(a)(x − a). Potom

lim_{x→a} \frac{f(x) − t(x)}{x − a} = 0

Ukazuje se, že tyto dva požadavky jsou ekvivalentní.

Aproximace polynomem stupně 2

Příklad: cosx — lineární aproximace nic moc, kvadratická aproximace je už lepší. P_{2}(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + c(x − a)^{2}, c =?.

Chci:

\begin{aligned}P_{2}(a) & = f(a) \\ P′_{2}(a) & = f′(a) \end{aligned} ∧ P′′_{2}(a) = f′′(a)

⇒ P′_{2}(x) = f′(a) + 2c(x − a) ⇒ P′_{2}(a) = f′(a)

(první derivace splývá)

⇒ P′′_{2}(x) = 2c ⇒ c = \frac{f′′(a)}{2}

⇒ P_{2}(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + \frac{f′′(a)}{2}(x − a)^{2}

To je nejlepší kvadratická aproximace f v bodě a.

Navíc platí:

lim_{x→a} \frac{f(x) − P_{2}(x)}{(x − a)^{2}} = 0

(Důkaz: ⟨cvičení⟩)

Definice:

Nechť f je reálná funkce, a ∈ ℝ, n ∈ ℕ. Pak funkci

T_{n}^{f,a}(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + ⋯ + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x − a)^{n}

nazýváme Taylorovým polynomem funkce f řádu n v bodě a.

Poznámky:

(i) T_{n}^{f,a} je polynom, degT_{n}^{f,a} ≤ n. (ii) Příklad: f(x) = sinx, a = 0, potom:

T_{1}^{sin,0}(x) = x
T_{2}^{sin,0}(x) = x  (neboť sin′′(0) = 0)
T_{3}^{sin,0}(x) = x − \frac{x^{3}}{6}  (cvičení)
T_{4}^{sin,0}(x) = x − \frac{x^{3}}{6}

Poučení: degT_{n}^{f,a} nemusí být roven n. (iii) Derivace Taylorova polynomu:

(T_{n}^{f,a})′ (x) = 0 + f′(a) + f′′(a)(x − a) + \frac{f′′′(a)}{2}(x − a)^{2}+

+ ⋯ + \frac{f^{(n)}(a)}{(n − 1)!}(x − a)^{n−1} = T_{n−1}^{f′,a}

Tedy (T_{n}^{f,a})′ (x) = T_{n−1}^{f′,a}. (!)

— Taylorův polynom — (iv) Splývání polynomu a funkce:

T_{n}^{f,a}(a) = f(a) ; (T_{n}^{f,a})′ (a) = f′(a) ; ⋮ ; (T_{n}^{f,a})^{(n)} (a) = f^{(n)}(a) } (n + 1) požadavků.

Otázka

lim_{x→a} \frac{f(x) − T_{n}^{f,a}(x)}{(x − a)^{n}} =^{?} 0

VĚTA 33 (o aproximaci funkce Taylorovým polynomem):

Nechť f je reálná funkce, a ∈ ℝ a nechť existuje vlastní f^{(n)}(a). Nechť P je polynom, degP ≤ n. Pak platí:

lim_{x→a} \frac{f(x) − P(x)}{(x − a)^{n}} = 0 ⟺ P = T_{n}^{f,a}

Poznámka:

“⇐”

lim_{x→a} \frac{f(x) − T_{n}^{f,a}(x)}{(x − a)^{n}} = 0

(odpověď na otázku je kladná) “⇒”

Tuto vlastnost má mezi polynomy stupně ≤ n jen Taylorův.

DŮKAZ:

“⇐”

Indukcí: (n = 1)

lim_{x→a} \frac{f(x) − T_{1}^{f,a}}{x − a} = lim_{x→a} \frac{f(x) − f(a) − f′(a)(x − a)}{x − a}

lim_{x→a} (\frac{f(x) − f(a)}{x − a} − f′(a)) = 0

(n − 1 ↪ n)

lim_{x→a} \frac{f(x) − T_{n}^{f,a}(x)}{(x − a)^{n}} =^{L’H “ \frac{0}{0} ”} lim_{x→a} \frac{f′(x) − (T_{n}^{f,a})′ (x)}{n(x − a)^{n−1}} =

= \frac{1}{n} lim_{x→a} \frac{f′(x) − T_{n−1}^{f′,a}(x)}{(x − a)^{n−1}} = 0 (dle indukčního předp.)

“⇒”

(1. krok)

lim_{x→a} \frac{P(x) − T_{n}^{f,a}(x)}{(x − a)^{n}} = \underbrace{lim_{x→a} \frac{P(x) − f(x)}{(x − a)^{n}}}_{0 (předp.)}+ \underbrace{lim_{x→a} \frac{f(x) − T_{n}^{f,a}(x)}{(x − a)^{n}}}_{0 (právě dok.)}

LEMMA: Q polynom, degQ ≤ n, a ∈ ℝ a platí

lim_{x→a} \frac{Q(x)}{(x − a)^{n}} = 0

pak Q ≡ 0. DŮKAZ: Indukcí:

(1) n = 1:

Q je lineární, Q(a) = 0 (viz níže) ⇒ Q(x) = c(x − a), c ∈ ℝ. Víme:

\begin{aligned}lim_{x→a} \frac{Q(x)}{x − a} & = 0 \\ ⇒ 0 = lim_{x→a} \frac{c(x − a)}{x − a} & = c ⇒ c = 0 ⇒ Q(x) ≡ 0 \end{aligned}

(2) n − 1 ↪ n:

\begin{matrix}degQ & ≤ n \\ lim_{x→a} \frac{Q(x)}{(x − a)^{n}} & = 0 \end{matrix} \} ⇒ Q(a) = 0

⇒ a je kořen polynomu Q

⇒ Q(x) = (x − a)R(x), R je polynom, degR ≤ n − 1

Potom

0 = lim_{x→a} \frac{Q(x)}{(x − a)^{n}} = lim_{x→a} \frac{(x − a)R(x)}{(x − a)^{n}} = lim_{x→a} \frac{R(x)}{(x − a)^{n−1}}

⟹^{ind. předp.} R ≡ 0 ⇒ Q(x) = (x − a) · 0 ⇒ Q ≡ 0

Q.E.D. (důkaz lemmatu)

(2. krok) Víme:

lim_{x→a} \frac{P(x) − T_{n}^{f,a}(x)}{(x − a)^{n}} = 0

(P(x) − T_{n}^{f,a}(x) je polynom, deg ≤ n)

⟹^{lemma} P(x) − T_{n}^{f,a}(x) ≡ 0 ⇒ P = T_{n}^{f,a}

Q.E.D.

Příklad:

\begin{matrix}f & = sin \\ x & = 0 \end{matrix} \} ⇒ lim_{x→0} \frac{x − sinx}{x^{3}} = \frac{1}{6}

(plyne z implikace “⇐”)

VĚTA 34 (obecný tvar zbytku):

Nechť f má vlastní (n + 1)-ní derivaci v intervalu [a, x], a, x ∈ ℝ, x > a. Nechť φ je spojitá funkce na [a, x], která má na (a, x) vlastní a nenulovou derivaci. Pak existuje ξ ∈ (a, x) takové, že

R_{n}^{f,a}(x) =^{def} f(x) − T_{n}^{f,a}(x) = \frac{1}{n!} \frac{φ(x) − φ(a)}{φ′(ξ)}f^{(n+1)} (ξ)(x − ξ)^{n}

(obrázek)

Důsledek 1 (Lagrangeův tvar zbytku):

R_{n}^{f,a}(x) = \frac{1}{(n + 1)!} f^{(n+1)} (ξ)(x − a)^{n+1} (∃ ξ ∈ (a, x))

DŮKAZ:

Volím φ(t) = (x − t)^{n+1} . ⟨cvičení⟩

Důsledek 2 (Cauchyův tvar zbytku):

R_{n}^{f,a}(x) = \frac{1}{n!}f^{(n+1)} (ξ)(x − ξ)^{n}(x − a) (∃ ξ ∈ (a, x))

DŮKAZ:

Volím φ(t) = t. ⟨cvičení⟩

DŮKAZ:

Pro t ∈ [a, x] definujeme

F (t) := f(x) − T_{n}^{f,t}(x) = f(x) − (f(t) + \frac{f′(t)}{1!}(x − t) + ⋯ + \frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x − t)^{n})

Potom:

(i) F je spojitá na [a, x] a má vlastní derivaci na (a, x). (ii) F (a) = f(x) − T_{n}^{f,a}(x) = R_{n}^{f,a}(x) (iii) F (x) = 0 (iv) φ je spojitá, ∃ φ′ ≠ 0 vlastní na (a, x) Tedy podle V.23- (Cauchy o střední hodnotě):

∃ ξ ∈ (a, x) : \frac{F (x) − F (a)}{φ(x) − φ(a)} = \frac{F′(ξ)}{φ′(ξ)}

Přitom:

F′(t) = − (f′(t) + f′′(t)(x − t) + f′(t)(−1) + \frac{f′′′(t)}{2}(x − t)^{2} + \frac{f′′(t)}{2}2(x − t)(−1)+

+ ⋯ + \frac{f^{(n)}}{n!} n(x − t)^{n−1}(−1) + \frac{f^{(n+1)} (t)}{n!}(x − t)^{n})

⟹^{požírání} F′(t) = −\frac{f^{(n+1)} (t)}{n!}(x − t)^{n} ∀t ∈ (a, x)

⇒ F′(t) = −\frac{f^{(n+1)} (ξ)}{n!}(x − ξ)^{n}

Platí tedy:

\begin{aligned}\frac{F (x) − F (a)}{φ(x) − φ(a)} & = \frac{0 − R_{n}^{f,a}(x)}{φ(x) − φ(a)} \\ = & = \\ \frac{F′(ξ)}{φ′(ξ)} & = \frac{−\frac{f^{(n+1)} (ξ)}{n!} (x − ξ)^{n}}{φ′(ξ)} \end{aligned}

To znamená:

R_{n}^{f,a}(n) = \frac{1}{n!} \frac{φ(x) − φ(a)}{φ′(ξ)}f^{(n+1)} (ξ)(x − ξ)^{n}

Q.E.D.

Pozn.: V.32- platí i pro x < a.

Příklad:

Rozvoj funkce e^{x}:

f′(x) = e^{x}, f(x) = e^{x}, …, f^{(n)}(x) = e^{x}
a = 0 ⇒ f(a) = f′(a) = ⋯ = f^{(n)}(a) = 1

Zaveďme si:

T_{n}^{exp ,0} = ∑_{j=0}^{n} \frac{x^{j}}{j!}

Pak:

e^{x} = ∑_{j=0}^{n} \frac{x^{j}}{j!} + R_{n}^{exp ,0}(x) = ∑_{j=0}^{n} \frac{x^{j}}{j!} + e\frac{ξn}{(n + 1)!} x^{n+1}

Pro každé pevné x je ξn ∈ (a, x) ∀n ∈ N, tedy e^{ξn} ≤ e^{x}. Tudíž

|R_{n}^{exp ,0}(x)| ≤ \frac{e^{x}|x|^{n+1}}{(n + 1)!}

— Taylorův polynom —

a platí

lim_{n→∞} |R_{n}^{exp ,0}(x)| = 0

⇒ lim_{n→∞} ∑_{j=0}^{n} \frac{x^{j}}{j!} = e^{x} ⇒ e^{x} = ∑_{j=0}^{∞} \frac{x^{j}}{j!} ∀x ∈ ℝ

Důsledek:

∑_{j=0}^{∞} \frac{x^{j}}{j!} = lim_{n→∞} (1 + \frac{x}{n}) ^{n}

a speciálně pro x = 1:

e = ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{j!} = lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n}) ^{n}

e = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{120} + ⋯

Chceme-li spočítat e s přesností 0, 001:

e = ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} + ∑_{j=n+1}^{∞} \frac{1}{j!} = ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} + ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(n + 1 + j)!} ≤

≤ ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} + \frac{1}{(n + 1)!} ∑_{j=0}^{∞} \frac{1}{(n + 1)^{j}} = ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} + \frac{1}{(n + 1)!} \frac{1}{1 − \frac{1}{n+1}} = ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} + \frac{1}{n · n!}

Tedy:

∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} < e < ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} + \frac{1}{n · n!} ∀n ∈ ℕ

(na přenost 0, 001 stačí n = 6)

Důkaz iracionality e

Nechť e = p/q, kde p, q ∈ ℕ. Potom pro

m = ∑_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}

máme

m < \frac{p}{q} < m + \frac{1}{n · n!}

qmn! < pn! < qmn! + \frac{q}{n}

Nyní stačí zvolit n > q. ♯̸ Spor

Rozvoj funkce sin

Mějme sin, a = 0:

sin′(x) = cos(x)
sin′′(x) = − sin(x)
sin′′′(x) = − cos(x)
sin′′′′(x) = sin(x)

sin′(0) = 1
sin′′(0) = 0
sin′′′(0) = −1
sin′′′′(0) = 0

/L:1.616 7

⇒ T_{2n+1}^{sin,0} (x) = ∑_{j=1}^{n}(−1)^{j+1} \frac{x^{2j+1}}{(2j + 1)!}

R_{2n+1}^{sin,0} (x) = \frac{1}{(2n + 2)!} sin^{(2n+2)} (ξn) · x^{2n+2}

|R_{2n+1}^{sin,0} (x)| ≤ \frac{|x|^{2n+2}}{(2n + 2)!} → 0 ∀x, n → ∞

⇒ sinx = ∑_{j=1}^{∞}(−1)^{j+1} \frac{x^{2j+1}}{(2j + 1)!} , x ∈ ℝ

Obdobně

cosx = ∑_{j=0}^{∞}(−1)^{j} \frac{x^{2j}}{(2j)!}, x ∈ ℝ

Rozvoj funkce log(x+1)

Mějme f(x): y = log(x + 1). Pro x = 0 pak f(0) = 0.

f′(x) = \frac{1}{1 + x}
f′′(x) = −\frac{1}{(1 + x)^{2}}
f′′′(x) = \frac{2}{(1 + x)^{3}}
⋮
f^{(n)}(x) = \frac{(n − 1)!}{(1 + x)^{n}} (−1)^{n+1}
f^{(n)}(0) = (−1)^{n−1}(n − 1)!

⇒ T_{n}^{log(x+1),0} (x) = ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{j!}(−1)^{j−1}(j − 1)! · x^{j} = ∑_{j=0}^{n}(−1)^{j−1} \frac{x^{j}}{j}

R_{n}^{log(x+1),0} (x) = \frac{1}{(n + 1)!} \frac{(−1)^{n} · n!}{(1 + ξ)^{n+1}} x^{n+1} = \frac{(−1)^{n} · x^{n+1}}{n(1 + ξ)^{n+1}}

To nelze odhadnout pro |x| ≥ 1, pro |x| < 1 ano:

⇒ log(x + 1) = ∑_{j=1}^{∞}(−1)^{j−1} \frac{x^{j}}{j} , x ∈ (−1, 1]

Definice:

Řekneme, že funkce f je v bodě a zprava malá řádu n, jestliže

lim_{x→a_{+}} \frac{f(x)}{(x − a)^{n}} = 0.

Píšeme

f(x) = σ ((x − a)^{n}), x → a_{+}

(Laudaův symbol).

Pozor: Jde pouze o symboliku, neplatí žadná rovnost! /L:1.616 8 — Taylorův polynom —

Příklady:

(i) e^{x} = ∑_{j=0}^{n} \frac{x^{j}}{j!} + σ(x^{n}), x → 0_{+} (ii) x − sinx = σ(x^{2}), x → 0 (iii) cosx = 1 − \frac{x^{2}}{2} + σ(x^{3}), x → 0

Příklad:

Mějme sumu

∑_{n=1}^{∞} \frac{n!e^{n}}{n^{n+p}}

Pro která p konverguje?

Raabe:

lim_{n→∞} n (\frac{a_{n}}{a_{n+1}} − 1) = lim_{n→∞} n (\frac{1}{e} (1 + \frac{1}{n}) ^{n+p} − 1) =

= lim_{n→∞} n (\frac{1}{e} · e^{(n+p) log(1+ \frac{1}{n})} − 1) = lim_{n→∞} n (\frac{1}{e} · e^{(n+p)(\frac{1}{n} − \frac{1}{2n^{2}} +σ(\frac{1}{n^{2}} ))} − 1) =

= p − \frac{1}{2} − 1 + σ \underbrace{(\frac{1}{n})}_{→0},

tedy konverguje pro p > \frac{3}{2}.