Mokykis

Teiloro polinomas ir aukštesni diferencialai

Diferencialas pakeičia kreivę tiese. Teiloro polinomas prideda kvadratinį, kubinį ir kitus narius, kad vietinis modelis būtų tikslesnis. Šią papildomą konspekto temą mokykis po pagrindinių kontrolinio uždavinių.

Formulė su centru a

$$\displaystyle T_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k.$$ Kai $a=0$, tai Makloreno polinomas. Esant reikalingam glodumui, Lagranžo liekana $\displaystyle R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}$, kur $\xi$ yra tarp a ir x. Liekana leidžia įvertinti paklaidą. Ji nėra savavališkai numetamas simbolis.

Dažniausi plėtiniai ir diferencialai

Prie nulio: $\displaystyle e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+O(x^3)$, $\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$, $\displaystyle \cos x=1-\frac{x^2}{2}+O(x^4)$, $\displaystyle \ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+O(x^3)$. Kai x yra nepriklausomas kintamasis ir dx laikomas pastoviu, $d^2y=f''(x)(dx)^2$, $d^ny=f^{(n)}(x)(dx)^n$. Tai nėra $(dy)^n$.

Išspręskime kartu

Antros eilės Teiloro polinomu prie 0 įvertink $e^{0{,}1}$.

  1. Antros eilės formulė prie $0$: $\displaystyle T_2(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2$.
  2. Kai $f(x)=e^x$, visos išvestinės lygios $e^x$, todėl centre visos reikšmės lygios $1$. Taip pat $2!=2$.
  3. Įstatome: $\displaystyle T_2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}$.
  4. Kai $x=0{,}1$, kvadratas $0{,}01$, o pusė kvadrato $0{,}005$. Gauname $1+0{,}1+0{,}005=1{,}105$.
  5. Paklaidai reikia trečios išvestinės. Lagranžo liekana $\displaystyle R_2=\frac{e^\xi}{3!}(0{,}1)^3$, kur $0<\xi<0{,}1$.
  6. Kadangi $e^\xi\le e^{0{,}1}$ ir $3!=6$, turime $\displaystyle |R_2|\le\frac{e^{0{,}1}\cdot0{,}001}6<0{,}000185$.

Atsakymas. $e^{0{,}1}\approx1{,}105$.

Kvadratinis modelis ir jo paklaida

Antros eilės Makloreno polinomu apytiksliai apskaičiuok $\sqrt{1{,}04}$ ir įvertink absoliučią paklaidą.

Užuomina

Imk $f(t)=\sqrt{1+t}$ ir plėsk ties $t=0$.

Pirmas žingsnis

$f(0)=1$, $\displaystyle f'(0)=\frac{1}{2}$, $\displaystyle f''(0)=-\frac{1}{4}$.

Sprendimo eiga
  1. $f(0)=1$, $\displaystyle f'(0)=\frac{1}{2}$, $\displaystyle f''(0)=-\frac{1}{4}$.
  2. Koeficientai iš $\displaystyle T_2(t)=f(0)+f^{\prime}(0)t+\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}t^2$: $f(0)=1$, $\displaystyle f^{\prime}(0)=\frac{1}{2}$, $\displaystyle f^{\prime\prime}(0)=-\frac{1}{4}$. Kvadratinis koeficientas $\displaystyle \frac{-\frac{1}{4}}{2}=-\frac{1}{8}$.
  3. Iš formulių $\displaystyle f'(t)=\frac{1}{2\sqrt{1+t}}$ ir $\displaystyle f''(t)=-\frac{1}{4(1+t)^{\frac{3}{2}}}$ gauname $\displaystyle T_2(t)=1+\frac{t}{2}-\frac{t^2}{8}$.
  4. Įstatę $t=0{,}04$ gauname $1+0{,}02-0{,}0002=1{,}0198$.
  5. Trečioji išvestinė $\displaystyle f'''(t)=\frac{3}{8(1+t)^{\frac{5}{2}}}$. Intervalui $0\le t\le0{,}04$ jos modulis ne didesnis kaip $\displaystyle \frac{3}{8}$.
  6. Lagranžo liekana tenkina $\displaystyle |R_2|\le\frac{(\frac{3}{8})(0{,}04)^3}{6}=0{,}000004$.
  7. Patikra: tikslesnė reikšmė $1{,}0198039027\ldots$, tad faktinė paklaida apie $0{,}000003903$ telpa į įvertį.

$\sqrt{1{,}04}\approx1{,}0198$; absoliuti paklaida ne didesnė kaip $0{,}000004$.

Trečios eilės logaritmo polinomas

Trečios eilės Makloreno polinomu apskaičiuok $\ln(1{,}1)$ aproksimaciją ir pateik paklaidos įvertį.

Užuomina

$\ln(1+t)$ polinomo narių ženklai kaitaliojasi.

Pirmas žingsnis

$\displaystyle T_3(t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}$.

Sprendimo eiga
  1. $\displaystyle T_3(t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}$.
  2. Imame $f(t)=\ln(1+t)$. Reikšmės centre: $f(0)=0$, $f'(0)=1$, $f''(0)=-1$, $f'''(0)=2$.
  3. Bendra formulė $\displaystyle T_3(t)=f(0)+f^{\prime}(0)t+\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}t^2+\frac{f^{\prime\prime\prime}(0)}{3!}t^3$. Kadangi $2!=2$, $3!=6$, kubinio nario koeficientas $\displaystyle \frac{2}{6}=\frac{1}{3}$.
  4. Todėl $\displaystyle T_3(t)=t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}$. Ties $t=0{,}1$ jis lygus $\displaystyle 0{,}1-0{,}005+\frac{0{,}001}{3}=0{,}095333333\ldots$.
  5. Ketvirtoji išvestinė $\displaystyle f^{(4)}(t)=-\frac{6}{(1+t)^4}$. Intervalui $[0;0{,}1]$ jos modulis ne didesnis kaip $6$.
  6. Liekana tenkina $\displaystyle |R_3|\le\frac{6(0{,}1)^4}{24}=0{,}000025$.
  7. Patikra: $\ln(1{,}1)=0{,}0953101798\ldots$, todėl paklaida apie $0{,}00002315$, mažesnė už įvertį.

$\ln(1{,}1)\approx0{,}095333333$; absoliuti paklaida ne didesnė kaip $0{,}000025$.

Daugiau užduočių pagal skyrius ↗