Lesson 11

Taylor- och Maclaurinutvecklingar

32

Taylorutveckling

Taylorutvecklingar handlar om att approximera funktioner med polynom som är lätta att hantera.


Metoden går ut på att hitta ungefär hur en funktion ser ut vid en viss punkt genom att summera ett stort antal derivator till funktionen vid den punkten. Ju mer man deriverar, desto mer exakt blir approximationen!


För att approximera f(x)f(x) i punkten aa räknar man ut:


f(x)=f(a)+f(a)1!(xa)+f(a)2!(xa)2+...+f(n)(a)n!(xa)n+resttermf(x)=f(a)+\frac { f'(a) }{ 1! } { (x-a) }+\frac { f''(a) }{ 2! } { (x-a) }^{ 2 }+...+\frac { { f }^{ (n) }(a) }{ n! } { (x-a) }^{ n }+restterm

Maclaurinutveckling

En Maclaurinutveckling är precis som en Taylorutveckling förutom att man alltid approximerar i punkten 00.


För att approximera f(x)f(x) i punkten x=0x=0 använder man formeln:


f(x)=f(0)+f(0)1!x+f(0)2!x2+...+f(n)(0)n!xn+resttermf(x)=f(0)+\frac { f'(0) }{ 1! } x+\frac { f''(0) }{ 2! } { x }^{ 2 }+...+\frac { { f }^{ (n) }(0) }{ n! } { x }^{ n }+restterm


(vi har helt enkelt ersatt alla aa:n från förra formeln med 00)

Uppgift

Beräkna Maclaurinpolynomet av ordning 33 till f(x)=exf(x)={ e }^{ x } för att hitta närmevärdet till 1e\frac { 1 }{ \sqrt { e } }

Lösning

Eftersom vi ska beräkna polynomet av ordning 3 räknar vi först ut de tre första derivatorna till f(x)f(x)!


I det här fallet är det väldigt enkelt, vi får: f(x)=f(x)=f(x)=f(x)=exf(x)=f'(x)=f''(x)=f'''(x)={e}^{x}


Vi räknar nu ut Maclaurinpolynomet (Taylorpolynomet i nollpunkten):


f(x)=e0+e01!x+e02!x2+e03!x3f(x)={ e }^{ 0 }+\frac { { e }^{ 0 } }{ 1! } x+\frac { { e }^{ 0 } }{ 2! } { x }^{ 2 }+\frac { { e }^{ 0 } }{ 3! } { x }^{ 3 }


=1+x+12x2+16x3=1+x+\frac { 1 }{ 2 } { x }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 6 } { x }^{ 3 }


Hur länkar man då det här till 1e\frac { 1 }{ \sqrt { e } } ?


Jo, om man är lite listig så kan man se att 1e=e12\frac { 1 }{ \sqrt { e } } ={ e }^{ -\frac { 1 }{ 2 } } (eftersom e1=1e{ e }^{ -1 }=\frac { 1 }{ e } och e12=e{ e }^{ \frac { 1 }{ 2 } }=\sqrt { e } )


Maclaurinutvecklingen till ex{ e }^{ x } kan nu lätt göras om till Maclaurinutvecklingen till e12{ e }^{ -\frac { 1 }{ 2 } } genom att ersätta alla xx med 12-\frac { 1 }{ 2 } !


Vi får då:


1+(12)+12(12)2+16(12)31+(-\frac { 1 }{ 2 } )+\frac { 1 }{ 2 } \cdot { (-\frac { 1 }{ 2 } ) }^{ 2 }+\frac { 1 }{ 6 } \cdot { (-\frac { 1 }{ 2 } ) }^{ 3 }


=112+18148=1-\frac { 1 }{ 2 } +\frac { 1 }{ 8 } -\frac { 1 }{ 48 }


=48482448+648148=\frac { 48 }{ 48 } -\frac { 24 }{ 48 } +\frac { 6 }{ 48 } -\frac { 1 }{ 48 }


=2948=\frac { 29 }{ 48 } som är vårt närmevärde!

Standardutvecklingar

Egentligen kan man räkna ut alla funktioners Taylorserier med hjälp av den första formeln vi gick igenom. Det kan dock ändå vara bra att ha koll på några standardutvecklingar, om inget annat för att vara säker på att man inte har räknat fel!

  • 11x=1+x+x2+x3+...+xn+restterm\frac { 1 }{ 1-x } =1+x+{ x }^{ 2 }+{ x }^{ 3 }+...+{ x }^{ n }+restterm

  • ex=1+x+x22!+x33!+...+xnn!+restterm{ e }^{ x }=1+x+\frac { { x }^{ 2 } }{ 2! } +\frac { { x }^{ 3 } }{ 3! } +...+\frac { { x }^{ n } }{ n! } +restterm

  • sinx=xx33!+x55!...+(1)n1x2n1(2n1)!+restterm\sin { x } =x-\frac { { x }^{ 3 } }{ 3! } +\frac { { x }^{ 5 } }{ 5! } -...+{ (-1) }^{ n-1 }\frac { { x }^{ 2n-1 } }{ (2n-1)! } +restterm

  • cosx=1x22!+x44!...+(1)nx2n(2n)!+restterm\cos { x } =1-\frac { { x }^{ 2 } }{ 2! } +\frac { { x }^{ 4 } }{ 4! } -...+{ (-1) }^{ n }\frac { { x }^{ 2n } }{ (2n)! } +restterm

  • ln(1+x)=xx22+x33...+(1)n1xnn+restterm\ln { (1+x) } =x-\frac { { x }^{ 2 } }{ 2 } +\frac { { x }^{ 3 } }{ 3 } -...+{ (-1) }^{ n-1 }\frac { { x }^{ n } }{ n } +restterm

Lagranges restterm

Lagranges restterm indikerar ungefär hur noggrannt ett Taylor- eller Maclaurinpolynom har approximerats. Ju mindre resttermen är, desto mindre är felet!


I Taylorpolynomen ovan betecknade vi denna som resttermrestterm, men oftast betecknas den med Rn(x){ R }_{ n }(x).


Ett Taylorpolynom av ordning n har resttermen:

Rn(x)=fn+1(c)(n+1)!(xa)n+1{ R }_{ n }(x)=\frac { f^{ n+1 }\left( c \right) }{ (n+1)! } { (x-a) }^{ n+1 }

...där cc är en konstant mellan aa och xx.


Om du tycker att formeln ser krånglig ut så oroa dig inte, i exemplet nedan blir det tydligare hur det används!

Uppgift

Beräkna ett närmevärde till cos(0,1)\cos(0,1) med hjälp av ett Maclaurinpolynom, med ett fel som är mindre än 0,0010,001.

Lösning

Vi börjar med att räkna ut några derivator till funktionen f(x)=cos(x)f(x)=\cos { (x) } :

  • f(x)=cos(x)f(x)=\cos { (x) }

  • f(x)=sin(x)f'(x)=-\sin { (x) }

  • f(x)=cos(x)f''(x)=-\cos { (x) }

  • f(x)=sin(x)f'''(x)=\sin { (x) }

  • f(4)(x)=cos(x)f^{ (4) }\left( x \right) =\cos { (x) }

Sådär! Nu har vi de 5 första derivatorna, vilket borde vara tillräckligt för att approximera Taylorpolynomet så mycket som vi vill!


Vi använder nu formeln för Lagranges restterm för att se hur långt vi måste gå för att felet ska bli mindre än 0,0010,001:


Rn(x)=fn+1(c)(n+1)!(xa)n+1{ R }_{ n }(x)=\frac { f^{ n+1 }\left( c \right) }{ (n+1)! } { (x-a) }^{ n+1 }


Vi har fått att x=0,1x=0,1, och vi vet att a=0a=0 (eftersom det handlar om ett Maclaurinpolynom approximerar vi vid 00).


Vi kan börja med att beräkna Maclaurinpolynomet av ordning 1. Vi får då:


T1(x)=f(0)+f(0)1!x{ T }_{ 1 }(x)=f(0)+\frac { f'(0) }{ 1! }x


Och resttermen blir:


R1(x)=f(c)2!(xa)2=cos(c)2!(0,1)2R_{ 1 }(x)=\frac { f''(c) }{ 2! } { (x-a) }^{ 2 }=\frac { -\cos { (c) } }{ 2! } \cdot { (0,1) }^{ 2 }


Nu återstår problemet att vi inte vet vad c är. Det man brukar göra då är att man tar "det värsta tänkbara fallet": alltså när felet är som störst!


Vi vet att cosinusfunktionen alltid håller sig mellan 1-1 och 11. Eftersom vi är intresserade av felets storleksordning och struntar i tecknet kan vi använda absolutbeloppet till RR och får då:


R1(0,1)12!(0,1)2\left| R_{ 1 }(0,1) \right| \le \frac { 1 }{ 2! } { (0,1) }^{ 2 } (eftersom absolutbeloppet till cosinusfunktionen högst är 11)


För Maclaurinpolynomet av ordning 1 är felet alltså mindre än:


12!(0,1)2=120,01=0,005\frac { 1 }{ 2! } { (0,1) }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } \cdot 0,01=0,005.


Detta är tyvärr inte tillräckligt eftersom vi ville att felet skulle vara mindre än 0,0010,001 ju! Så vi fortsätter helt enkelt approximationen och räknar ut Maclaurinpolynomet av ordning 2 nu istället!


Vid ordning 2 får vi:


T2(x)=f(0)+f(0)1!x+f(0)2!x2{ T }_{ 2 }(x)=f(0)+\frac { f'(0) }{ 1! } x+\frac { f''(0) }{ 2! } { x }^{ 2 }


Och resttermen räknas ut med samma formel som förut, vilket ger:


R2(x)=f(c)3!(xa)3=sin(c)3!(0.1)3R_{ 2 }(x)=\frac { f'''(c) }{ 3! } { (x-a) }^{ 3 }=\frac { \sin { (c) } }{ 3! } \cdot { (0.1) }^{ 3 }


Genom absolutbeloppet och det faktum att även sinusfunktionen håller sig mellan -1 och 1 får vi att:


R2(0,1)13!(0,1)3\left| R_{ 2 }(0,1) \right| \le \frac { 1 }{ 3! } { (0,1) }^{ 3 }


...vilket ger att felet är mindre än 13!(0,1)3=160,001\frac { 1 }{ 3! } { (0,1) }^{ 3 }=\frac { 1 }{ 6 } \cdot 0,001


Här ser vi direkt att felet är mindre än 0,0010,001, vilket gör vår approximation T2(x){ T }_{ 2 }(x) tillräcklig!


En tillräckligt noggrann approximation av cos(0,1)\cos { (0,1) } är alltså:


T2(x)=f(0)+f(0)1!(xa)+f(0)2!(xa)2{ T }_{ 2 }(x)=f(0)+\frac { f'(0) }{ 1! } (x-a)+\frac { f''(0) }{ 2! } { (x-a) }^{ 2 }


=cos(0)sin(0)xcos(0)x22=\cos { (0) } -\sin { (0) } x-\frac { \cos { (0) } { x }^{ 2 } }{ 2 }


=1(0,1)22=1-\frac { { (0,1) }^{ 2 } }{ 2 }


=10,005=1-0,005


=0,995=0,995

Comments

icon

Be the first to comment!