Seritë e Taylor-it dhe aplikimet
Teori me hipoteza të plota, vërtetime, katër figura, laborator vizual, ushtrime me zgjidhje progresive dhe vetëvlerësim.
Harta konceptuale
Përzgjidh një koncept për të parë lidhjen e tij me teorinë.
Teorema, vërtetime, shembuj, figura dhe diskutime të hipotezave janë përfshirë në vijim. Dokumenti PDF është alternativë për printim.
Rezultatet e të nxënit dhe lidhjet konceptuale
Në përfundim të kapitullit studenti duhet të mund të: (i) ndërtojë polinomin Taylor rreth një qendre; (ii) vërtetojë formulën e Taylor-it me mbetje të Lagranzhit në hipoteza të qarta; (iii) dallojë një formulë me mbetje nga përfaqësimi i funksionit me seri; (iv) vendosë kufij të garantuar për gabimin; (v) zbatojë zhvillime klasike vetëm në bashkësinë e tyre të vlefshmërisë.
Harta e ideve. Derivatet në qendër \(\longrightarrow\) polinomi Taylor \(\longrightarrow\) mbetja \(\longrightarrow\) kushti \(R_n(x)\to0\) \(\longrightarrow\) përfaqësimi me seri \(\longrightarrow\) përafrimi dhe kontrolli numerik.
Polinomi Taylor dhe mbetja
Përkufizim 1. Nëse \(f\) ka derivate deri në rendin \(n\) në \(a\), polinomi Taylor i rendit \(n\) është \[T_{n,a}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k.\] Për \(a=0\) quhet polinomi Maclaurin.
Mbetja përcaktohet saktësisht nga \(R_{n,a}(x)=f(x)-T_{n,a}(x)\). Prandaj identiteti \(f(x)=T_{n,a}(x)+R_{n,a}(x)\) është i vërtetë për çdo \(n\) për të cilin polinomi përcaktohet; kjo nuk provon vetvetiu se \(R_{n,a}(x)\to0\).
Teorema 2 (Taylor me mbetje të Lagranzhit). Le të jenë \(a\ne x\) dhe \(f\) me \(n\) derivate të vazhdueshme në segmentin me skaje \(a,x\) dhe me derivat të rendit \(n+1\) në brendësi. Atëherë ekziston \(\xi\) rreptësisht ndërmjet \(a\) dhe \(x\) i tillë që \[f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}.\]
Vërtetim. Shënojmë \(T=T_{n,a}\) dhe vendosim \(K=(f(x)-T(x))/(x-a)^{n+1}\). Për \(t\) ndërmjet \(a\) dhe \(x\) përcaktojmë \[F(t)=f(t)-T(t)-K(t-a)^{n+1}.\] Kemi \(F(a)=F'(a)=\cdots=F^{(n)}(a)=0\) dhe \(F(x)=0\). Duke zbatuar \(n+1\) herë teoremën e Rolle-it në intervalet përkatëse, ekziston \(\xi\) brenda segmentit për të cilin \(F^{(n+1)}(\xi)=0\). Meqë \(T^{(n+1)}=0\) dhe derivati i rendit \(n+1\) i \(K(t-a)^{n+1}\) është \((n+1)!K\), marrim \(f^{(n+1)}(\xi)=(n+1)!K\). Zëvendësimi i \(K\) jep formulën. ◻
Pohim 3 (Vlerësim i mbetjes). Nëse \(\left|f^{(n+1)}(t)\right|\le M\) në segmentin me skaje \(a,x\), atëherë \[\left|R_{n,a}(x)\right|\le\frac{M}{(n+1)!}\left|x-a\right|^{n+1}.\]
Vërtetim. Nga forma e Lagranzhit \(R_{n,a}(x)=f^{(n+1)}(\xi)(x-a)^{n+1}/(n+1)!\). Marrim vlerën absolute dhe përdorim kufirin \(M\). ◻
Nga polinomi te seria Taylor
Përkufizim 4. Seria formale e Taylor-it për \(f\) rreth \(a\) është \(\sum_{k=0}^{\infty}f^{(k)}(a)(x-a)^k/k!\) nëse të gjitha derivatet ekzistojnë në \(a\). Funksioni quhet analitik në \(a\) nëse kjo seri konvergjon drejt \(f(x)\) në një interval të hapur rreth \(a\).
Teorema 5 (Kushti i përfaqësimit). Për një \(x\) të fiksuar ku seria Taylor konvergjon, kemi \[f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \quad\Longleftrightarrow\quad \lim_{n\to\infty}R_{n,a}(x)=0.\]
Vërtetim. Identiteti \(f(x)=T_{n,a}(x)+R_{n,a}(x)\) jep pohimin duke kaluar në limit, sepse shumat e pjesshme të serisë janë pikërisht \(T_{n,a}(x)\). ◻
Zhvillimet klasike dhe bashkësitë e vlefshmërisë
Duke përdorur kontrollin e mbetjes dhe serinë gjeometrike, përfitojmë: \[\begin{aligned} e^x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},&&x\in\mathbb R,\\ \sin x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!},&&x\in\mathbb R,\\ \cos x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!},&&x\in\mathbb R,\\ \frac1{1-x}&=\sum_{n=0}^{\infty}x^n,&&\left|x\right|<1,\\ \ln(1+x)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n},&&-1<x\le1. \end{aligned}\] Identiteti për logaritmin mund të nxirret duke integruar serinë gjeometrike të \(1/(1+t)\) për \(\left|x\right|<1\). Në skajin \(x=1\) konvergjenca vjen nga kriteri i Leibnizit; në \(x=-1\) seria është harmonike me shenjë negative dhe divergon.
Figura 1: përafrimi i funksionit eksponencial
Interpretim. Për një \(x\) të fiksuar, polinomet e rendit më të lartë i afrohen \(e^x\); në intervale të kufizuara konvergjenca është uniforme, nga kontrolli me faktoriel.
Figura 2: polinomet Maclaurin për sinusin
Vërejtje. Polinomet e rendit tek ndryshojnë me çdo dy shkallë; afërsia grafike nuk zëvendëson vlerësimin e mbetjes.
Vlerësimi rigoroz i gabimit
Për \(f(x)=e^x\) rreth zeros, për \(\left|x\right|\le A\) kemi \[\left|e^x-T_{n,0}(x)\right|\le \frac{e^{A}A^{n+1}}{(n+1)!}.\] Në veçanti, për të përafruar \(e^{1/2}\) me gabim më të vogël se \(10^{-5}\) mund të zgjedhim një \(n\) që e bën anën e djathtë më të vogël se \(10^{-5}\); kjo është një garanci apriori.
Figura 3. Gabimi absolut i polinomeve të \(e^x\) në shkallë logaritmike. Grafiku nuk garanton kufirin e gabimit jashtë segmentit të paraqitur.
Një funksion \(C^\infty\) joanalitik
Vendosim \[g(x)=\begin{cases}e^{-1/x^2},&x\ne0,\\0,&x=0.\end{cases}\] Për çdo \(m\ge0\) ekziston një polinom \(P_m\) i tillë që \(g^{(m)}(x)=P_m(1/x)e^{-1/x^2}\) për \(x\ne0\). Nga kufiri \(t^q e^{-t^2}\to0\) kur \(t\to+\infty\) për çdo \(q\ge0\), me induksion rezulton \(g^{(m)}(0)=0\) për çdo \(m\). Pra seria Taylor në zero është identikisht zero, por \(g(x)>0\) për \(x\ne0\). Kështu lëmueshmëria e pafundme nuk implikon analiticitet.
Figura 4. Funksioni \(g\) është pozitiv jashtë zeros, megjithëse të gjithë koeficientët Taylor në zero janë zero.
Dallimi mes formulës së Taylor-it dhe serisë së Taylor-it
Për çdo rend të fundmë për të cilin vlejnë hipotezat, formula e Taylor-it jep një identitet të saktë. Seria e Taylor-it është një objekt i pafundmë. Për të provuar që shuma e saj është funksioni fillestar në një pikë \(x\), duhet të vërtetojmë \(\lim_{n\to\infty}R_{n,a}(x)=0\). Ky kalim nuk vjen vetëm nga ekzistenca e të gjitha derivateve.
Pohim 6 (Kusht i mjaftueshëm i përfaqësimit uniform). Le të jetë \(f\in C^{\infty}([a-r,a+r])\), \(r>0\). Nëse ekzistojnë \(M,B>0\) të pavarur nga \(n\) të tillë që \[\sup_{|t-a|\le r}|f^{(n)}(t)|\le M B^n\qquad(n\ge0),\] atëherë seria Taylor rreth \(a\) konvergjon uniformisht drejt \(f\) në \([a-r,a+r]\).
Vërtetim. Për \(x\) në segment, nga forma e Lagranzhit, për çdo \(n\), \[|R_{n,a}(x)|\le\frac{M B^{n+1}}{(n+1)!}|x-a|^{n+1} \le M\frac{(Br)^{n+1}}{(n+1)!}.\] Ana e djathtë nuk varet nga \(x\) dhe tenton në zero, sepse raporti i dy kufizave radhazi është \((Br)/(n+2)\to0\). Për rrjedhojë \(\sup_{|x-a|\le r}|R_{n,a}(x)|\to0\), çka provon konvergjencën uniforme. ◻
Vërtetimi i zhvillimeve klasike
Funksioni eksponencial
Për çdo \(x\in\mathbb R\), derivati i rendit \(n+1\) i \(e^x\) është \(e^x\). Në segmentin që bashkon \(0\) me \(x\) kemi \(e^t\le e^{|x|}\), prandaj \[\left|e^x-\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}\right| \le \frac{e^{|x|}|x|^{n+1}}{(n+1)!}\longrightarrow0.\] Në çdo \([-A,A]\) i njëjti vlerësim me \(|x|\le A\) jep konvergjencë uniforme.
Sinusi dhe kosinusi
Të gjitha derivatet e sinusit dhe kosinusit kanë modul jo më të madh se \(1\). Kështu, për të dy funksionet, \[|R_n(x)|\le\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\longrightarrow0.\] Koeficientët në zero japin zhvillimet e seksionit të mëparshëm. Kujdes: rendi i polinomit nuk është i njëjtë me numrin e termave jozero, sepse derivatet e rendit çift të sinusit dhe të rendit tek të kosinusit zhduken në zero.
Logaritmi dhe kontrolli i skajeve
Për \(|x|<1\), identiteti gjeometrik \[\frac1{1+t}=\sum_{k=0}^{\infty}(-t)^k\] konvergjon uniformisht në çdo segment \([-r,r]\), \(r<1\). Integrimi nga \(0\) në \(x\) është i justifikuar dhe jep \[\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^n}{n}.\] Në \(x=1\) kjo seri konvergjon sipas Leibnizit dhe shuma është \(\ln2\): kufiri në skaj merret nga vazhdimësia e funksionit dhe teorema e Abelit (ose nga integrimi me kontroll të veçantë). Në \(x=-1\) shfaqet \(-\sum 1/n\), prandaj seria divergon. Kështu intervali real i përfaqësimit është \((-1,1]\).
Kufijtë e gabimit dhe zgjedhja e rendit
Teorema 7 (Kontrolli uniform i mbetjes). Nëse \(f\in C^{n+1}([-A,A])\) dhe \(|f^{(n+1)}(t)|\le M_{n+1}\) për \(|t|\le A\), atëherë polinomi Maclaurin plotëson \[\sup_{|x|\le A}|f(x)-T_{n,0}(x)|\le\frac{M_{n+1} A^{n+1}}{(n+1)!}.\]
Vërtetim. Për çdo \(x\) në segment, zbatimi i formulës së Lagranzhit në segmentin me skaje \(0,x\) jep një pikë \(\xi_x\) në të cilën vlen vlerësimi. Pasi ana e djathtë nuk varet nga \(x\), marrja e supremumit mbi segment ruan pabarazinë. ◻
Shembull 8 (Numri i termave për \(e^x\)). Për të garantuar gabim nën \(10^{-4}\) në \([-1,1]\), mjafton \[\frac{e}{(n+1)!}<10^{-4}.\] Për \(n=7\), \(e/8!\approx 6.74\cdot 10^{-5}\) dhe kushti plotësohet. Për \(n=6\), \(e/7!\approx 5.39\cdot10^{-4}\) nuk plotësohet; pra rendi 7 është më i vogli që kalon këtë kufi të mjaftueshëm, jo domosdoshmërisht rendi minimal i përafrimit real.
Përgjithësimi rreth një qendre jo zero
Nëse \(f(x)=\ln x\) dhe \(a=1\), për \(x>0\) derivatet në qendër janë \(f(1)=0\), \(f^{(k)}(1)=(-1)^{k-1}(k-1)!\) për \(k\ge1\). Prandaj \[T_{n,1}(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}(x-1)^k,\] me intervalin e konvergjencës së serisë \(0<x\le2\). Në skajin \(x=2\) vlen Leibnizi; në \(x=0\) seria divergon. Dalloni qendrën e zhvillimit nga intervali ku përfaqësimi është i vlefshëm.
Vërtetim i zgjeruar: një funksion i lëmuar joanalitik
Për \(x\ne0\) vendosim \(u=1/x\) dhe \(g(x)=e^{-u^2}\). Nga rregulli i zinxhirit, \[\frac{d}{dx}\bigl(P(u)e^{-u^2}\bigr) =\bigl(-u^2 P'(u)+2u^3P(u)\bigr)e^{-u^2}.\] Kështu, nëse \(g^{(m)}(x)=P_m(1/x)e^{-1/x^2}\) për \(x\ne0\), atëherë kjo formë ruhet për derivatin vijues me \(P_{m+1}(u)=-u^2P'_m(u)+2u^3P_m(u)\). Rasti fillestar është \(P_0\equiv1\).
Për çdo numër natyror \(q\), duke marrë \(t=1/|x|\) fitojmë \(|x|^{-q}e^{-1/x^2}=t^q e^{-t^2}\to0\), sepse eksponenciali dominon çdo polinom. Nëse \(g^{(m)}(0)=0\), atëherë \[\lim_{h\to0}\frac{g^{(m)}(h)-g^{(m)}(0)}h =\lim_{h\to0}\frac{P_m(1/h)e^{-1/h^2}}h=0.\] Pra \(g^{(m+1)}(0)=0\). Sipas induksionit, të gjitha derivatet në zero janë zero, por \(g(x)>0\) për \(x\ne0\). Për rrjedhojë seria Taylor në zero është identikisht zero dhe nuk e përfaqëson \(g\) në asnjë interval rreth zeros.
Hartë konceptuale për vetëkontroll
Pyetje kritike. Në cilin kalim përdoret ekzistenca e derivatit të rendit \(n+1\)? Në cilin kalim përdoret kalimi \(n\to\infty\)? Pse një grafik nuk e vërteton kufirin supremum të gabimit?
Gabime të zakonshme dhe kontrolli i hipotezave
Nga ekzistenca e derivateve të të gjitha rendeve nuk përfundon automatikisht \(f=\sum f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!\).
Formula e Taylor-it me mbetje nuk është e njëjtë me identitetin e një serie të pafundme. Duhet provuar \(R_n(x)\to0\).
Intervali i vlefshmërisë së zhvillimit logaritmik nuk mund të zgjerohet duke zëvendësuar pa kontroll \(x=2\).
Kufiri i gabimit i nxjerrë për \(\left|x\right|\le A\) nuk mund të përdoret pa justifikim jashtë atij intervali.
Pyetje për studim të pavarur
Përse forma e Lagranzhit vlen për çdo rend të fundmë, por nuk garanton konvergjencën e serisë Taylor?
Në ç’mënyrë kontrollohet uniformisht gabimi i zhvillimit të \(e^x\) në \([-A,A]\)?
Ndërtoni polinomin e rendit 3 për \(\ln(1+x)\) dhe studioni bashkësinë ku seria konvergjon drejt logaritmit.
Laboratori interaktiv i Taylor-it
Ndrysho rendin e polinomit. Grafiku paraqet \(e^x\) dhe \(T_n(x)=\sum_{k=0}^n x^k/k!\) në intervalin \([-2,2]\).
Vlerësimi teorik për \(|x|\le2\) është \(|R_n(x)|\le e^2 2^{n+1}/(n+1)!\). Krahaso gabimin e matur në pikë me kufirin e garantuar; ky grafik nuk përbën vërtetim.
Laboratori II — Përafrimi i sinusit
Vëzhgo formimin e polinomit Maclaurin dhe krahaso gabimin me vlerësimin rigoroz \(|R_n(x)|\le |x|^{n+1}/(n+1)!\). Të gjithë këndet maten në radianë.
Shënim: kufiri i mbetjes është një garanci teorike; grafiku jep vetëm ilustrim për një numër të fundmë pikash.
Ushtrim i zgjidhur hap pas hapi
Problemi. Përafroni \(e^{1/2}\) me polinomin e rendit 4 dhe përcaktoni kufirin e gabimit.
- Hapi 1. Të gjitha derivatet e \(e^x\) në zero janë të barabarta me 1.
- Hapi 2. \(T_4(x)=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^4}{4!}\).
- Hapi 3. Në \(x=\dfrac12\), \(T_4(\frac12)=\dfrac{633}{384}\).
- Hapi 4. Në \([0,\frac12]\), derivati i pestë është \(e^t\le e^{1/2}\).
- Hapi 5. \(\left|R_4(\frac12)\right|\le \dfrac{e^{1/2}}{3840}<0.00043\).
- Përfundimi. Përafrimi është \(633/384\), me gabim të garantuar nën \(0.00043\).