Analízis 2

Taylor-polinom és közelítés

Az érintő általánosítása: hogyan közelítünk egy bonyolult függvényt polinommal, és mekkorát tévedünk vele.

13 perc olvasás

1. Az érintőtől a jobb közelítésig

Az érintő egyenletét már ismered: az a legjobb egyenes, ami egy adott pontban a függvényre simul.

T_1(x)=f(a)+f'(a)(x-a)

Miért jó ez? Mert két dologban megegyezik a függvénnyel az $a$ helyen: ugyanott van ( $T_1(a)=f(a)$ ) és ugyanúgy dől ( $T_1'(a)=f'(a)$ ).

Innen adódik a kézenfekvő ötlet: ha egy egyenes két adatot tud eltalálni, akkor egy másodfokú polinom hármat, egy n-edfokú pedig $n+1$ darabot. Illesszünk tehát olyan polinomot, ami nemcsak az értékben és a meredekségben, hanem a görbületben és minden további deriváltban is megegyezik a függvénnyel az adott pontban. Ez a Taylor-polinom.

2. A Taylor-polinom képlete

Taylor-polinom az a pont körül

T_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^{k}=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^{2}+\dots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}

A képlet minden darabja indokolható, és ha egyszer érted, nem kell magolni:

A $(x-a)^{k}$ tényezők miatt $x=a$ -nál az összes tag eltűnik az elsőt kivéve, tehát $T_n(a)=f(a)$ automatikusan teljesül.
A $k!$ osztó azért kell, mert a $(x-a)^{k}$ tag k-szori deriválása épp $k!$ -t hoz le. Az osztás ezt üti ki, így marad pontosan $f^{(k)}(a)$ .
Ha $a=0$ , a képlet egyszerűsödik, és külön nevet kap: ez a Maclaurin-polinom. A vizsgafeladatok többsége ilyen.

Példa: a koszinusz negyedfokú Maclaurin-polinomja

A deriváltak 0-ban ciklikusan ismétlődnek: $\cos 0=1$ , $-\sin 0=0$ , $-\cos 0=-1$ , $\sin 0=0$ , $\cos 0=1$ . Behelyettesítve:

T_4(x)=1+0\cdot x+\frac{-1}{2!}x^{2}+0\cdot x^{3}+\frac{1}{4!}x^{4}=1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}

A páratlan tagok kiestek, és ez nem véletlen: a koszinusz páros függvény, tehát a közelítésének is annak kell lennie.

3. Nevezetes sorfejtések

Ezt a hat sort érdemes fejből tudni. A feladatok nagy részében nem kell deriválgatni: elég valamelyiket felismerni és behelyettesíteni vagy megszorozni.

f(x)	Maclaurin-sor	érvényesség
$e^{x}$	$1+x+\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{3}}{3!}+\dots$	minden x-re
$\sin x$	$x-\dfrac{x^{3}}{3!}+\dfrac{x^{5}}{5!}-\dots$	minden x-re, csak páratlan kitevők
$\cos x$	$1-\dfrac{x^{2}}{2!}+\dfrac{x^{4}}{4!}-\dots$	minden x-re, csak páros kitevők
$\ln(1+x)$	$x-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{3}}{3}-\dots$	−1 < x ≤ 1, itt nincs faktoriális
$\dfrac{1}{1-x}$	$1+x+x^{2}+x^{3}+\dots$	\|x\| < 1, a mértani sor
$(1+x)^{\alpha}$	$1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^{2}+\dots$	\|x\| < 1, binomiális sor

Példa: behelyettesítés deriválás helyett

Mi az $e^{-x^{2}}$ negyedfokú Maclaurin-polinomja? Deriválni kellemetlen lenne, de az $e^{u}$ sorába egyszerűen beírjuk, hogy $u=-x^{2}$ :

e^{-x^{2}}=1+(-x^{2})+\frac{(-x^{2})^{2}}{2!}+\dots=1-x^{2}+\frac{x^{4}}{2}-\dots

Négy másodperc, három deriválás helyett. Ez a függvény egyébként az, aminek nincs elemi primitív függvénye, tehát a sorfejtés itt nem kényelem, hanem az egyetlen út.

Határértékek Taylor-sorral

A kritikus alakok gyakran gyorsabban esnek szét sorfejtéssel, mint L'Hospitallal. Például

\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\frac{\left(x-\frac{x^{3}}{6}+\dots\right)-x}{x^{3}}=\lim_{x\to 0}\left(-\frac16+\dots\right)=-\frac16

L'Hospitallal ehhez három deriválás kellene, itt egyetlen ismert sor elég volt.

4. A maradéktag és a hibabecslés

A Taylor-polinom közelítés, tehát a fontos kérdés az, hogy mekkorát tévedünk vele. A különbség neve maradéktag: $R_n(x)=f(x)-T_n(x)$ , és Lagrange alakjában meglepően barátságos.

Lagrange-féle maradéktag

R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1},\qquad \xi\ \text{az}\ a\ \text{és}\ x\ \text{között}

Ez pontosan úgy néz ki, mint a Taylor-polinom következő, el nem készített tagja, azzal a különbséggel, hogy a deriváltat nem $a$ -ban, hanem egy ismeretlen $\xi$ közbenső helyen kell venni.

A ξ ismeretlen, és az is marad

A képlet nem arra való, hogy $\xi$ -t kiszámoljuk, hanem arra, hogy a deriváltat felülről becsüljük az egész intervallumon. Ha $|f^{(n+1)}|\le M$ az $[a,x]$ szakaszon, akkor

|R_n(x)|\le \frac{M}{(n+1)!}\,|x-a|^{n+1}

Példa: e a 0,1-en, hibabecsléssel

A polinom. Az $e^{x}$ másodfokú Maclaurin-polinomja $T_2(x)=1+x+\frac{x^{2}}{2}$ , tehát a közelítő érték $T_2(0{,}1)=1+0{,}1+0{,}005=1{,}105$ .
A maradéktag. Mivel $(e^{x})'''=e^{x}$ , a maradéktag $R_2=\frac{e^{\xi}}{3!}(0{,}1)^{3}$ , ahol $0<\xi<0{,}1$ .
A becslés. Az exponenciális nő, tehát $e^{\xi}<e^{0{,}1}<1{,}2$ . Ezzel

|R_2|\le\frac{1{,}2}{6}\cdot 0{,}001=0{,}0002

A közelítés tehát garantáltan négy tizedesjegyre jó. (A pontos érték $1{,}10517\dots$ , a tényleges hiba $0{,}00017$ , vagyis a becslés helyes és nem is túl pazarló.)

5. Tipikus hibák

A faktoriális elhagyása. A k-adik tag nevezőjében $k!$ áll, nem $k$ . Kivétel, ami épp ezért zavaró: az $\ln(1+x)$ sorában tényleg $k$ van, mert ott a deriváltakból jövő faktoriális kiejti.
$x^{k}$ írása $(x-a)^{k}$ helyett. Ez csak $a=0$ esetén ugyanaz. Ha a feladat „fejtse sorba az $a=2$ körül”, akkor minden tagban $(x-2)$ hatványainak kell állniuk.
A $\xi$ behelyettesítése. A maradéktagban szereplő közbenső hely ismeretlen; a feladat mindig a derivált felső becslése, nem a pontos érték.
A közelítés hatókörének túlbecsülése. A Taylor-polinom az $a$ közelében jó, távolabb gyorsan romlik. Az $\ln(1+x)$ sora például $x=2$ -nél már használhatatlan, mert ott a sor nem is konvergens.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció