Teiloro eilutė (neprofesionalams)

Išnagrinėsime vieną svarbiausių formulių matematinės analizės, turinčią daugybę pritaikymų tiek pačiame analize, tiek kitose artimose disciplinose.

1. Teiloro formulė

Teiloro teorema*. Tegu funkcija f(x) turi taške a ir kai kurioje jo aplinkoje n+1** eilės išvestines. Tegu x - bet kokia argumento reikšmė iš nurodytos aplinkos, $x\ne a.$ Tada tarp taškų a ir x yra taškas $\xi$ toks, kad teisinga tokia formulė:

$f(x)=f(a)+\frac{f^{\prime }(a)}{1!}(x-a)+\frac{f^{″}(a)}{2!}(x-a{)}^2+\frac{f^{‴}(a)}{3!}(x-a{)}^3+...+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1}.(1)$

Įrodymas. Tegu $\varphi (x,a)$ yra polinomas x atžvilgiu ir laipsnio n, stovintis dešinėje pusėje formulėje (1), t. y. tarsim

$\varphi (x,a)=f(a)+\frac{f^{\prime }(a)}{1!}(x-a)+\frac{f^{″}(a)}{2!}(x-a{)}^2+\frac{f^{‴}(a)}{3!}(x-a{)}^3+...+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n.$

(Jis vadinasi Teiloro polinomu laipsnio n funkcijai f(x).)

Toliau pažymėsime per $R_{n+1}(x)$ skirtumą

$R_{n+1}(x)=f(x)-\varphi (x,a).$

Teorema bus įrodyta, jeigu nustatysime, kad

$R_{n+1}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1},a<\xi <x.$

Fiksuojame bet kokią x reikšmę iš nurodytos aplinkos (iš a aplinkos). Konkretumo dėlei laikome, kad x>a. Įvedame kintamąją reikšmė t besikeičiančia atkarpoje $a\le t\le x,$ ir nagrinėkime atkarpoje [a; x] pagalbinę funkciją

$F(t)=f(x)-\varphi (x,t)-\frac{(x-t{)}^{n+1}{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}.(2)$

Funkcija F(t) tenkina atkarpoje [a; x] visas sąlygas Rolio teoremos:

1) iš (2) formulės ir iš sąlygų uždėtų funkcijai f(x), seka, kad F(t) netrūki ir diferencijuojama atkarpoje [a; x], nes f(t) ir jos išvestinės iki n-tos eilės tolydžios ir diferencijuojamos atkarpoje [a; x];

2) parinkę formulėje (2) $t=a,$ turime

$F(a)=f(x)-\varphi (x,a)-\frac{(x-a{)}^{n+1}{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=R_{n+1}(x)-R_{n+1}(x)=0.$

Parinkę formulėje (2) $t=x,$ gauname

$F(x)=f(x)-\varphi (x,x)-\frac{(x-x{)}^{n+1}{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=$

$=f(x)-f(x)-\frac{f^{\prime }(x)}{1!}(x-x)-\frac{f^{″}(x)}{2!}(x-x{)}^2-\frac{f^{‴}(x)}{3!}(x-x{)}^3-...-\frac{f^{(n)}(x)}{n!}(x-x{)}^n-\frac{(x-x{)}^{n+1}{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=0.$

Tokiu budu, sąlyga $F(a)=F(x)$ išpildyta.

Pagal Rolio teoremą atkarpos [a; x] viduje yra toks taškas $\xi ,$ kad

$F^{\prime }(\xi )=0.(3)$

Apskaičiuosime išvestinę $F^{\prime }(t).$ Diferencijuodami (2) lygybę per t, turime

$F(t)=f(x)-\varphi (x,t)-\frac{(x-t{)}^{n+1}{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=f(x)-f(t)-\frac{f^{\prime }(t)}{1!}(x-t)-\frac{f^{″}(t)}{2!}(x-t{)}^2-\frac{f^{‴}(t)}{3!}(x-t{)}^3-...-\frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t{)}^n-\frac{(x-t{)}^{n+1}{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}};$

$F^{\prime }(t)=-f^{\prime }(t)+\frac{f^{\prime }(t)}{1!}-\frac{f^{″}(t)}{1!}(x-t)+\frac{f^{″}(t)}{2!}2(x-t)-\frac{f^{‴}(t)}{2!}(x-t{)}^2+\frac{f^{‴}(t)}{3!}3(x-t{)}^2-\frac{f^{(4)}(t)}{3!}(x-t{)}^3+...+\frac{f^{(n)}(t)}{n!}n(x-t{)}^{n-1}-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t{)}^n+\frac{(n+1)(x-t{)}^n{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}.$

Nesunku pastebėti, kad visi nariai dešinėje lygybės pusėje, išskyrus du paskutiniuosius, tarpusavyje pasinaikina. Tokiu budu,

$F^{\prime }(t)=-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t{)}^n+\frac{(n+1)(x-t{)}^n{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}.(4)$

Lygybėje (4) parinkę $t=\xi$ ir pasinaudoję (3) lygybe, gauname

$F^{\prime }(\xi )=-\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!}(x-\xi {)}^n+\frac{(n+1)(x-\xi {)}^n{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=0,$

iš čia

$\frac{(n+1)(x-\xi {)}^n{R}_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!}(x-\xi {)}^n,$

$\frac{(n+1)R_{n+1}(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!},$

$R_{n+1}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1}.$

Teorema įrodyta.

Formulė (1) vadinasi Teiloro formule, o $R_{n+1}(x)$ išraiška - Lagranžo formos papildomuoju nariu. Jį galima perrašyti kitame pavidale. Kadangi $a<\xi <x,$ tai yra toks skaičius $\theta$ iš intervalo $0<\theta <1,$ kad $\xi =a+\theta (x-a),$ ir papildomasis narys priima pavidalą

$R_{n+1}(x)=\frac{f^{(n+1)}[a+\theta (x-a)]}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1},0<\theta <1.$

Šitą formą papildomojo nario dažniausiai naudoja taikymuose.

____________

* Teiloras Brukas (1685-1731) - anglų matematikas.

** Iš čia seka, kad pati funkcija f(x) ir jos išvestinės iki n eilės tolydžios ir diferencijuojamos šitoje aplinkoje.

2. Kitoks Teiloro formulės ir papildomojo nario užrašymas

Dažnai Teiloro formulę (1) užrašo kitokiame pavidale. Pažymėsime (1) formulėje $a=x_0,x-a=\mathrm{\Delta }x,x=x_0+\mathrm{\Delta }x.$ Tada

$f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)=\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}\mathrm{\Delta }x+\frac{f^{″}(x_0)}{2!}(\mathrm{\Delta }x{)}^2+\frac{f^{‴}(x_0)}{3!}(\mathrm{\Delta }x{)}^3+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(\mathrm{\Delta }x{)}^n+\frac{f^{(n+1)}(x_0+\theta \mathrm{\Delta }x)}{(n+1)!}(\mathrm{\Delta }x{)}^{n+1}.0<\theta <1(5).$

Kai $n=0$ iš (5) gaunasi Lagranžo formulė

$f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)=\frac{f^{(0+1)}(x_0+\theta \mathrm{\Delta }x)}{(0+1)!}(\mathrm{\Delta }x{)}^{0+1},$

$f(x_0+\mathrm{\Delta }x)-f(x_0)=f^{\prime }(x_0+\theta \mathrm{\Delta }x)\mathrm{\Delta }x.$

Parodysime, kad jeigu $f^{(n+1)}$ yra aprėžta taško a aplinkoje, tai papildomasis narys $R_{n+1}(x)$ yra nykstantis dydis aukštesnės eilės negu $(x-a{)}^n,$ kai $x\to a$:

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{R_{n+1}(x)}{(x-a{)}^n}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}\frac{(x-a{)}^{n+1}}{(x-a{)}^n}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a)=0,$

kadangi funkcija $f^{(n+1)}$ aprėžta, o $(x-a)\to 0,$ kai $x\to a.$ Tokiu budu,

$R_{n+1}(x)=o[(x-a{)}^n]\text{kai}x\to a.(6)$

Formulė (6) vadinama papildomuoju nariu formoje Peano*.

_________

* Peano Džuzepe (1858-1932) - italų matematikas.

3. Makloreno formulė

Makloreno* formule vadina Teiloro formulę (1) kai $a=0$:

$f(x)=f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_{n+1}(x).$

Papildomasis narys turi pavidalą:

1) Lagranžo formoje $R_{n+1}(x)=\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}{x}^{n+1},0<\theta <1;$

2) Peano formoje $R_{n+1}(x)=o(x^n).$

Trumpai aiškinant ką reiškia $o(x^n),$ galima teigti, kad $o(x^n)\approx C{x}^{n+1}.$ Tik konstanta C, galimai esanti reiškinyje $o(x^n),$ nepaisoma, o visas dėmesys sutelktas į nykstančio dydžio eilę (laipsnį). Nykstantis dydis $o(x^n)$ reiškia, kad jis yra aukštesnės eilės negu $x^n$ nykstantis dydis, kai $x\to 0$. Jeigu x neartėja prie 0, tai $o(x^n)$ tiesiog didesnės eilės dydis nei $x^n.$ Ir, berods, eilė gali būti tik natūrinis skaičius.

___________

* Maklorenas Kolinas (1698-1746) - škotų matematikas.

4. Kai kurių elementariųjų funkcijų išdėstymas Makloreno formule

1) $f(x)=e^x.$ Kadangi

$f(x)=f^{\prime }(x)=f^{″}(x)=f^{‴}(x)=...=f^{(n+1)}(x)=e^x,$

$f(0)=f^{\prime }(0)=f^{″}(0)=f^{‴}(0)=...=f^{(n+1)}(0)=e^0=1,$

tai Maklorerno formulė yra tokia

$e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^n}{n!}+o(x^n).(7)$

2) $f(x)=\sin x.$ Kadangi

$f^{(n)}(x)=\sin (x+n\frac{\pi }{2}),f^{(n)}(0)=\sin \left(n\frac{\pi }{2}\right)=$

$=\{\begin{array}{cc}0,\text{kai}n\text{lyginis},& \\ (-1{)}^{(n-1)/2},\text{kai}n\text{nelyginis},& \end{array}$

tai Makloreno formulė yra tokia

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...+(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n}).(8)$

3) $f(x)=\cos x.$ Kadangi

$f^{(n)}(x)=\cos (x+n\frac{\pi }{2}),f^{(n)}(0)=\cos \left(n\frac{\pi }{2}\right)=$

$=\{\begin{array}{cc}0,\text{kai}n\text{nelyginis},& \\ (-1{)}^{n/2},\text{kai}n\text{lyginis},& \end{array}$

tai Makloreno formulė yra tokia

$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+...+(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}).(9)$

Formulėje (8) papildomasis narys užrašytas pavidale $o(x^{2n}),$ o ne pavidale $o(x^{2n-1}),$ nes sekantis narys po paskutinio nario lygus nuliui [tas pats liečia (9) formulę].

4) $f(x)=(1+x{)}^{\alpha },$ kur $\alpha$ - realusis skaičius. Kadangi

$f^{(n)}(x)=\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(\alpha -3)...(\alpha -n+1)(1+x{)}^{\alpha -n},$

$f^{(n)}(0)=\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(\alpha -3)...(\alpha -n+1),$

tai Makloreno formulė yra tokia

$(1+x{)}^{\alpha }=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}{x}^3+...+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)...(\alpha -n+1)}{n!}{x}^n+R_{n+1}(x),$

kur papildomasis narys Lagranžo formoje lygus

$R_{n+1}(x)=\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(\alpha -3)...(\alpha -n)}{(n+1)!}(1+\theta x{)}^{\alpha -(n+1)}{x}^{n+1},0<\theta <1.$

Atskiru atveju, kai $\alpha =n$ - natūrinis skaičius,

$f^{(n+1)}(x)=\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)(\alpha -3)...(\alpha -n)(1+x{)}^{\alpha -(n+1)}=0,$

todėl, $R_{n+1}(x)=0$ ir mes gauname žinomą iš elementariosios matematikos Niutono binomo formulę

$(1+x{)}^n=1+\frac{n}{1!}x+\frac{n(n-1)}{2!}{x}^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}{x}^3+...+\frac{n(n-1)(n-2)...(n-n+1)}{n!}{x}^n,$

$(1+x{)}^n=1+\frac{n}{1!}x+\frac{n(n-1)}{2!}{x}^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{3!}{x}^3+...+x^n.(10)$

Pateikti aukščiau dėstiniai parodo, kad su Makloreno formule funkcijas galima su nustatytu tikslumu pakeisti polinomais, esančiais paprasčiausiomis elementariosiomis funkcijomis. Su polinomais patogu daryti aritmetinius veiksmus, nesunku apskaičiuoti reikšmę bet kuriame taške ir t. t. Teiloro ir Makloreno formulės leidžia apytiksliai pakeisti polinomais ir sudėtingesnes funkcijas. Be to, šitos formulės turi platų ratą pritaikymų.

• Funkciją $\arcsin x$ išskleisime eilute. Į formulę

$(1+x{)}^{\alpha }=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}{x}^3+...+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)...(\alpha -n+1)}{n!}{x}^n+R_{n+1}(x)(9.5)$

vietoje $\alpha$ įrašę $-\frac{1}{2},$ o vietoje x įrašę $-x^2$ gausime tokią eilutę (be liekamojo nario $R_{n+1}(x)$):

$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=(1-x^2{)}^{-\frac{1}{2}}=1+\frac{-\frac{1}{2}}{1!}(-x^2)+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}-1)}{2!}{x}^4+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}-1)(-\frac{1}{2}-2)}{3!}(-x^6)+...=$

$=1+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{3}{2})}{2}{x}^4+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{2\cdot 3}(-x^6)+...=$

$=1+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{3}{2\cdot 4}{x}^4-\frac{3\cdot 5}{2\cdot 3\cdot 8}(-x^6)+...=$

$=1+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^4+\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6+...=$

$=1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{x}^{2n}.$

Ši eilutė konverguoja intervale (-1; 1). Integruodami ją panariui, atkarpoje [0; x], kai |x| < 1, gauname eilutę

$\arcsin x=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\underset{0}{\overset{x}{\int }}(1+\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^4+\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6+...)dx=$

$=x+\frac{1}{2}\frac{x^3}{3}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\frac{x^5}{5}+\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\frac{x^7}{7}+...=$

$=x+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(2n-1)!!x^{2n+1}}{(2n)!!(2n+1)},$

kuri taip pat konverguoja intervale (-1; 1).

• Funkciją $f(x)=\ln (1+x)$ išskleisime eilute.

(9.5) formulėje vietoj $\alpha$ įrašome $-1$ ir gauname eilutę

$(1+x{)}^{-1}=\frac{1}{1+x}=1+\frac{-1}{1!}x+\frac{-1(-1-1)}{2!}{x}^2+\frac{-1(-1-1)(-1-2)}{3!}{x}^3+\frac{-1(-1-1)(-1-2)(-1-3)}{4!}{x}^4...=$

$=1-x+\frac{-1(-2)}{2!}{x}^2+\frac{-1(-2)(-3)}{3!}{x}^3+\frac{-1(-2)(-3)(-4)}{4!}{x}^4...=$

$=1-x+x^2-x^3+x^4-...+(-1{)}^n{x}^n+...,$

kuri konverguoja intervale (-1; 1). Ją galima integruoti bet kurioje atkarpoje [0; x] iš intervalo (-1; 1). Integruojant gauname:

$\ln (1+x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{dx}{1+x}=\underset{0}{\overset{x}{\int }}(1-x+x^2-x^3+x^4-...+(-1{)}^n{x}^n+...)dx=$

$=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-...+(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n+1}+....(9.6)$

Nesunku patikrinti, kad eilutė

$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-...+(-1{)}^n\frac{x^{n+1}}{n+1}+...$

konverguoja intervale (-1; 1]. Tuomet iš (9.6) formulės, įrašę įrašę į ją x = 1, gauname eilutę

$\ln (1+1)=\ln 2=1-\frac{1^2}{2}+\frac{1^3}{3}-\frac{1^4}{4}+\frac{1^5}{5}-...+(-1{)}^n\frac{1^{n+1}}{n+1}+...=$

$=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-...+(-1{)}^n\frac{1}{n+1}+...,$

kuri vadinama Leibnico eilute.

• Atvirkštinį hiperbolinį sinusą išskleisime eilute. Atvirkštinis hiperbolinis sinusas yra lygus

$\mathrm{arsinh}x={\sinh }^{-1}x=\ln (x+\sqrt{1+x^2}).$

Apie atvirkštines hiperbolines funkcijas žiūrėti čia: https://en.wikipedia.org/wiki/Inverse_hyperbolic_functions

arsinh(x) išvestinės įrodymas (kai nežinoma kam lygus arsinh(x)): https://proofwiki.org/wiki/Derivative_of_Inverse_Hyperbolic_Sine

Jo išvestinė yra

$(\ln (x+\sqrt{1+x^2}){)}^{\prime }=\frac{(x+\sqrt{1+x^2}{)}^{\prime }}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1+\frac{1}{2}\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=$

$=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{\frac{x+\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.$

Taikysime (9.5) formulę

$(1+x{)}^{\alpha }=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)}{3!}{x}^3+...+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)...(\alpha -n+1)}{n!}{x}^n+R_{n+1}(x).(9.5)$

Vietoje $\alpha$ įrašę $-\frac{1}{2},$ o vietoje x įrašę $x^2$ gausime tokią eilutę (be liekamojo nario $R_{n+1}(x)$):

$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=(1+x^2{)}^{-\frac{1}{2}}=1+\frac{-\frac{1}{2}}{1!}{x}^2+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}-1)}{2!}{x}^4+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}-1)(-\frac{1}{2}-2)}{3!}{x}^6+...=$

$=1-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{3}{2})}{2}{x}^4+\frac{-\frac{1}{2}(-\frac{3}{2})(-\frac{5}{2})}{2\cdot 3}{x}^6+...=$

$=1-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{3}{2\cdot 4}{x}^4-\frac{3\cdot 5}{2\cdot 3\cdot 8}{x}^6+...=$

$=1-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^4-\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6+...=$

$=1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}{x}^{2n}.$

Kuri konverguoja intervale (-1; 1). Integruodami panariui atkarpoje [0; x] iš intervalo (-1; 1), turime:

$\mathrm{arsinh}x=\underset{0}{\overset{x}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=\underset{0}{\overset{x}{\int }}(1-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}{x}^4-\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}{x}^6+...)dx=$

$=x-\frac{1}{2}\frac{x^3}{3}+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}\frac{x^5}{5}-\frac{1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6}\frac{x^7}{7}+...=$

$=x+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{(2n-1)!!x^{2n+1}}{(2n)!!(2n+1)}.$

5. Makloreno formulės naudojimas ribų skaičiavimui

Teiloro formulė yra efektyvus įrankis funkcijų ribų skaičiavimui, su kuriomis dažnai tenka susidurt nagrinėjant funkcijas.

• Pavyzdys 1. Rasti $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}.$

Sprendimas. Pagal formulę (8), kai $n=2$ turime

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\frac{x^3}{3!}+o(x^4)-x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{1}{3!}+\frac{o(x^4)}{x^3}}{1}=$

$-\frac{1}{3!}+\underset{x\to 0}{\lim }\frac{o(x^4)}{x^3}=-\frac{1}{3!}+0=-\frac{1}{6}.$

• Pavyzdys 2. Rasti $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-x^2/2}-\cos x}{x^3\sin x}.$

Sprendimas. Pagal formules (7), (8) ir (9) turime

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-x^2/2}-\cos x}{x^3\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-x^2/2+x^4/8+o(x^4)-1+x^2/2-x^4/24}{x^3(x+o(x))}=$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^4/8-x^4/24+o(x^4)}{x^4+o(x^4)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1/8-1/24+\alpha (x)}{1+\alpha (x)}=\frac{1}{8}-\frac{1}{24}=\frac{3-1}{24}=\frac{1}{12}$

(čia simboliu $\alpha (x)$ pažymėtas dydis $\frac{o(x^4)}{x^4},$ esantis nykstantis dydis (begalo mažas), kai $x\to 0$).

6. Skaičiaus e apskaičiavimas

Matematikos knygose įvestas skaičius e kaip sekos $\{(1+1/n{)}^n\}$ riba ir gautas grubus jo įvertinimas $2\le e\le 3.$

Parodysime, kaip apskaičiuoti skaičių e bet kokiu reikalingu tikslumu. Tam užrašysime (7) formulę su Lagranžo formos papildomuoju nariu:

$e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}{x}^{n+1},0<\theta <1.(11)$

Jeigu funkciją $e^x$ pakeisti jos Teiloro polinomu laipsnio n, tai gausime apytikslę lygybę

$e^x\approx 1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^n}{n!},(12)$

absoliuti paklaida kurio

$|R_{n+1}(x)|=\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}|x{|}^{n+1},0<\theta <1.$

Jeigu nagrinėti funkciją $e^x$, kai $-1\le x\le 1,$ tai

$|R_{n+1}(x)|\le \frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}<\frac{3}{(n+1)!}.(13)$

Tarę (12) formulėje, kad $x=1,$ gauname apytikslę skaičiaus e reikšmę:

$e\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{n!}.$

Be to, absoliuti paklaida mažesnė už $\frac{3}{(n+1)!}.$ Jeigu reikia apskaičiuoti e reikšmę tikslumu iki 0,001, tai skaičius n nustatomas iš nelygybės $\frac{3}{(n+1)!}<0.001,$ arba $(n+1)!>3000.$ Tuomet, jeigu paimti $n=6,$ tai reikalaujama nelygybė tenkinama (nes $(n+1)!=7!=5040$).

Tokiu budu, panaudojant Makloreno formulę, galimą apskaičiuoti skaičių e bet kokiu tikslumu, be to skaičiavimo algoritmas skaičiaus e, pagrįstas formulėmis (11) ir (13), lengvai realizuojamas su ESM (elektronine skaičiavimo mašina).

Apskaičiuosime e, kai $n=6,$

$e\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}=2+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\frac{1}{120}+\frac{1}{720}=2.71805555556.$

Tuo tarpu, tikroji e reikšmė lygi e = 2.7182818284590452353602874713527.

2.718281828459 - 2.71805555556 = 0.000226272899 < 0.001.

• Naudodamiesi Windows 10 kalkuliatoriumi, apskaičiuosime ribą $e=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{1}{n}{)}^n,$ kai: a) n = 1000; b) n = 1000000; c) $n=10^9.$

Sprendimas.

a) $e\approx (1+\frac{1}{n}{)}^n=(1+\frac{1}{1000}{)}^{1000}=1.001^{1000}=2.71692393223589;$

b) $e\approx (1+\frac{1}{n}{)}^n=(1+\frac{1}{10^6}{)}^{1000000}=1.000001^{1000000}=2.7182804693193768838;$

c) $e\approx (1+\frac{1}{n}{)}^n=(1+\frac{1}{10^9}{)}^{10^9}=1.000000001^{10^9}=2.718281827099904322.$

c) atveju gaunami 8 teisingi [skaičiaus e] skaitmenys po kablelio. Jeigu n parinkti $n=10^{10},$ tai Windows 10 kalkuliatorius išduoda klaidą ("Invalid input").

• Pagal Makloreno eilutę apskaičiuosime skaičiaus e reikšmę su paklaida mažesne nei $\frac{1}{10^6}=\frac{1}{1000000}=0.000001.$ Kadangi, $R_{n+1}(x)=\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}{x}^{n+1}=\frac{e^{\theta }}{(n+1)!}<\frac{3}{(n+1)!},$ kai x = 1 (čia $0<\theta <1$), tai $\frac{3}{(n+1)!}$ turi būti mažiau už 0,000001, t. y. $\frac{3}{(n+1)!}<0.000001;$ arba $3000000<(n+1)!;$ ši nelygybė tenkinama, kai n = 9, nes $(n+1)!=(9+1)!=10!=3628800.$ Taigi,

$e\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}+\frac{1}{7!}+\frac{1}{8!}+\frac{1}{9!}=$

$=2+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\frac{1}{120}+\frac{1}{720}+\frac{1}{5040}+\frac{1}{40320}+\frac{1}{362880}=2.7182815255731922398589.$

Atsakymą gavome teisingą, nes $2.718281828459-2.71828152557319=3.028858529955/10^7=0.00000030288585<0.000001.$

• Pagal Makloreno eilutę apskaičiuosime skaičiaus e reikšmę su paklaida mažesne nei $\frac{1}{10^9}.$ Analogiškai praeitam pavyzdžiui, $\frac{3}{(n+1)!}$ turi būti mažiau už $\frac{1}{10^9}.$ Tokiu budu, $\frac{3}{(n+1)!}<\frac{1}{10^9},3\cdot 10^9<(n+1)!.$ Kai n = 12, paskutinė nelygybė tenkinama, nes $(n+1)!=(12+1)!=13!=6227020800=6.2270208\cdot 10^9.$

Dabar galime apskaičiuoti skaičiaus e reikšmę, kai n = 12 su paklaida mažesne nei $1/10^9:$

$e\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}+\frac{1}{7!}+\frac{1}{8!}+\frac{1}{9!}+\frac{1}{10!}+\frac{1}{11!}+\frac{1}{12!}=$

$=2.71828182828616856.$

Atėmę gautą e reikšmę iš tikslios e reikšmės gauname skirtumą (paklaidą): $2.718281828459-2.71828182828616856=1.7287667141394574723316/10^{10}<1/10^9.$

• Apskaičiuosime e su paklaida mažesne nei $10^{-31}.$

Iš (13) formulės

$|R_{n+1}(x)|<\frac{3}{(n+1)!}.$

Kai n=30, turime:

$\frac{3}{(30+1)!}=\frac{3}{31!}=$ 3/31! = 3/8.22283865417792281772556288e+33 =

= 3.6483751246605538488899240570769e-34 < 1.00e-31.

Tada

$e\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}+\frac{1}{7!}+\frac{1}{8!}+\frac{1}{9!}+\frac{1}{10!}+$

$+\frac{1}{11!}+\frac{1}{12!}+\frac{1}{13!}+\frac{1}{14!}+\frac{1}{15!}+\frac{1}{16!}+\frac{1}{17!}+\frac{1}{18!}+\frac{1}{19!}+\frac{1}{20!}+$

$+\frac{1}{21!}+\frac{1}{22!}+\frac{1}{23!}+\frac{1}{24!}+\frac{1}{25!}+\frac{1}{26!}+\frac{1}{27!}+\frac{1}{28!}+\frac{1}{29!}+\frac{1}{30!}=$

= 2 + 0.5 + 0.16666666666666666666666666666667 + 0.04166666666666666666666666666667 + 8.3333333333333333333333333333333e-3 + 1.3888888888888888888888888888889e-3 + 1.984126984126984126984126984127e-4 + 2.4801587301587301587301587301587e-5 + 2.7557319223985890652557319223986e-6 + 2.7557319223985890652557319223986e-7 +

+ 2.5052108385441718775052108385442e-8 + 2.0876756987868098979210090321201e-9 + 1.6059043836821614599392377170155e-10 + 1.1470745597729724713851697978682e-11 + 7.6471637318198164759011319857881e-13 + 4.7794773323873852974382074911175e-14 + 2.8114572543455207631989455830103e-15 + 1.5619206968586226462216364350057e-16 + 8.2206352466243297169559812368723e-18 + 4.1103176233121648584779906184361e-19 +

+ 1.9572941063391261230847574373505e-20 + 8.8967913924505732867488974425025e-22 + 3.8681701706306840377169119315228e-23 + 1.6117375710961183490487133048012e-24 + 6.4469502843844733961948532192047e-26 + 2.479596263224797460074943545848e-27 + 9.1836898637955461484257168364739e-29 + 3.2798892370698379101520417273121e-30 + 1.1309962886447716931558764576938e-31 + 3.7699876288159056438529215256461e-33 =

= 2.7182818011463844797178130511464 + 2.7312660755621971439520031406429e-8 + 2.050298068624648607929869644322e-20 =

= 2.7182818284590452353602874713527.

e - (2.7182818011463844797178130511464 + 2.7312660755621971439520031406429e-8 + 2.050298068624648607929869644322e-20) =

= -1.5394751051602718510924704855947e-32.

e - 2.7182818284590452353602874713527 = -3.7502242752906275290924704855947e-32.

e reikšmė buvo paimta iš Windows 10 kalkuliatoriaus, kuris turi didesnį jos tikslumą nei rodomi 32 skaitmenys. O rodomų 32 skaitmenų Windows 10 kaluliatoriaus e reikšmė yra tokia:

e = 2.7182818284590452353602874713527.

Gavome lygiai tokią pačią e reikšmę. Atėmus mūsų gautą reikšmę iš tikslios e reikšmės gavome neigiamą paklaidą, nes skaičiaus 0.16666666666666666666666666666667 gale yra septynetas.

Įdėjus (padarius "Paste" ten kur rodomi skaičiai) į Windows 10 kalkuliatorių, pavyzdžiui, tokią eilutę:

2.5052108385441718775052108385442e-8 + 2.0876756987868098979210090321201e-9 + 1.6059043836821614599392377170155e-10 + 1.1470745597729724713851697978682e-11 + 7.6471637318198164759011319857881e-13 + 4.7794773323873852974382074911175e-14 + 2.8114572543455207631989455830103e-15 + 1.5619206968586226462216364350057e-16 + 8.2206352466243297169559812368723e-18 + 4.1103176233121648584779906184361e-19 +

iškart gausime atsakymą 2.7312660755621971439520031406429e-8. Nes eilutės gale + veikia kalkuliatoriuose kaip lygybės ženklas. Todėl lygybės ženklo spausti nereikia įstačius šią eilutę (nebent ji buvo nukopijuota be + ženklo).

Pabandžiau sudėti visus tuos trys gabalus, kad atmintyje Windows 10 kalkuliatoriaus laikytusi labai tikslios reikšmės (pagal mano žinias apie 10^(-48) tikslumu, t. y. apie 48 skaitmenų tikslumu), tai gavau tokią e reikšmę:

e = 2.7182818284590452349492557090215.

2.7182818284590452353602874713527 - 2.7182818284590452349492557090215 = 0.0000000000000000004110317623312 $\approx 4.110317623312\cdot 10^{-19}.$

[mano e] - [Win10 kaluliatoriaus e] = -4.1103176233120996563691866453919e-19.

Antrą kartą sudėjus tuos 3 gabalus, jau gavau tokią pačią reikšmę kaip oficialiai:

2.7182818284590452353602874713527.

O netrinant atminties (kuri turi apie 48 skaitmenų tikslumą) ir atėmus iš mano gautos reikšmės tikslią e reikšmę, paklaida yra tokia:

6.5202108803973044205924592020733e-33.

Pirmą kartą greičiausiai gavau klaidingą e, nes iš antro gabalo liko nenukopijuotas skaičius 4.1103176233121648584779906184361e-19.

Jeigu pirmą gabalą:

2 + 0.5 + 0.16666666666666666666666666666667 + 0.04166666666666666666666666666667 + 8.3333333333333333333333333333333e-3 + 1.3888888888888888888888888888889e-3 + 1.984126984126984126984126984127e-4 + 2.4801587301587301587301587301587e-5 + 2.7557319223985890652557319223986e-6 + 2.7557319223985890652557319223986e-7

pakeisti tiksliau kalkuliatoriumi skaičiuojamu gabalu:

2 + 0.5 + 1/6 + 1/24 + 1/120 + 1/720 + 1/5040 + 1/40320 + 1/362880 + 1/3628800 +

(šitas gabalas lygus 2.7182818011463844797178130511464)

ir pridėti kitus du gabalus, tada gaunasi rezultatas:

2.7182818284590452353602874713527,

kurį nenumetinėjant (su mygtuku "CE"), atėmus iš tikslios kalkuliatoriaus e reikšmės, bus gautas rezultatas toks:

[e mano] - [e kalkuliatoriaus] = -1.2553130655154919492782298487555e-34.

Tai ir yra tiksli paklaida Makloreno eilutės su n=30.

|-1.2553130655154919492782298487555e-34| < 3.6483751246605538488899240570769e-34 = 3/(31!) .