VI. TAYLORIN KAAVA JA SARJAT. VI.1. Taylorin polynomi ja Taylorin kaava

Transkriptio

1 VI. TAYLORIN KAAVA JA SARJAT VI.. Taylorin polynomi ja Taylorin kaava Olkoon n N ja x, c, c, c 2,..., c n R. Tehtävä: Etsittävä sellainen R-kertoiminen polynomi P, että sen aste deg P n ja P (x ) = c, P (x ) = c,..., P (n ) (x ) = c n. Ratkaisu: Jos P on olemassa, niin P (x) = b +b x+...+b n x n. Sijoitetaan x = x +(x x ), jolloin P tulee muotoon P (x) = a + a (x x ) a n (x x ) n. Tutkitaan, voidaanko kertoimet a, a,..., a n R valita niin, että vaaditut ehdot ovat voimassa. Lauseen V.2.5 mukaan P (k) (x ) = a k, k =,, 2,..., n (ja P (k) (x ) = kaikilla k n). Siispä P toteuttaa vaaditut ehdot a = c, a = c, 2! a 2 = c 2,..., (n )! a n = c n n c k P (x) = c + (x x ) k kaikilla x R. Löydettiin siis -käsitteinen ratkaisu (itse asiassa tämä seuraa potenssisarjan yksikäsitteisyyslauseesta 2.6, koska polynomi on potenssisarja, jonka lopputermit ovat nollia). Huom. Jos ei vaadita, että deg P n, ehdot P (x ) = c, P (x ) = c,..., P (n ) (x ) = c n toteuttavia polynomeja P on ääretön määrä (P (x) = a + a (x x ) a m (x x ) m, m n = a n, a n+,..., a m saavat olla mitä tahansa). Toisaalta voi olla deg P < n (jos c n = ). Merkitään B(x, h) = ]x h, x + h[, kun h >. Oletetaan, että f: B(x, h) R on funktio, jolle - on olemassa derivaatat f (x), f (2) (x),..., f (n 2) (x) kaikilla x B(x, h), - on olemassa f (n ) (x ). Valitsemalla edellä c = f(x ) ja c k = f (k) (x ), kun k =, 2,..., n, saadaan f:n pisteeseen x kuuluva Taylorin polynomi n T n (x; x ) = f(x ) + f (k) (x ) (x x ) k ; P (x) = T n (x; x ) on se -käsitteinen polynomi, jolla deg P n ja P (x ) = f(x ), P (x ) = f (x ),..., P (n ) (x ) = f (n ) (x ). Erikoistapauksessa x = puhutaan myös Maclaurinin polynomista. (Taylor ja Maclaurin ) Uusi tehtävä: Tutkittava erotusta f(x) T n (x; x ). Vahvennetaan hieman f:ää koskevia oletuksia.

2 .. Taylorin kaava. Olkoon x R, n N. Jos f C n (B(x, h)) eräällä h >, niin kaikilla x B(x, h) on f(x) = T n (x; x ) + R n (x; x ), missä jäännöstermi R n (x; x ) saadaan kaavasta R n (x; x ) = x f (n) (t)(x t) n dt. (n )! x Tod. (d Alembert , Lagrange ) Induktio n:n suhteen. n = : Jos f C (B(x, h)) eli f on jatkuva, niin kaikilla x B(x, h) on f(x) = f(x ) + (f(x) f(x )) = f(x ) + = R (x; x ) = f(x) T (x; x ) = / x x f(t) = T (x; x ) + x x f (t) dt. x x f (t) dt n > : Jos f C n (B(x, h)), niin myös f C n (B(x, h)). Induktio-oletuksen perusteella kaikilla x B(x, h) on x f(x) T n 2 (x; x ) = f (n ) (t)(x t) n 2 dt. (n 2)! x Väite seuraa osittaisintegroinnilla: x x f (n ) (t)(x t) n 2 dt = / x x f (n ) (t) (x t)n n = f (n ) (x ) (x x ) n + n n = f(x) T n 2 (x; x ) f (n ) (x ) (x x ) n = (n )! }{{} = T n (x; x ) x f (n) (x t)n (t) x n x x f (n) (t)(x t) n dt dt x f (n) (t)(x t) n dt. (n )! x Huom. ) Taylorin kaavan jäännöstermi R n (x; x ) ei ole yleensä minkään (suppenevan) sarjan jäännöstermi eikä edes määritelty kaikilla n N. 2) Seuraavassa lauseessa R n (x; x ) esitetään käytännöllisemmässä muodossa..2. Lagrangen jäännöstermimuoto. Edellisen lauseen tilanteessa R n (x; x ) = f (n) (ξ) (x x ) n x B(x, h), missä ξ = ξ x on jokin x :n ja x:n välissä oleva luku. Tod. R n (x; x ):n lausekkeessa funktio t (x t) n säilyttää merkkinsä integroimisvälillä [x, x] (tai [x, x ]) ja f (n) on jatkuva. Integraalilaskennan yleistetyn väliarvolauseen I.4.2.a) mukaan 2

3 R n (x; x ) = x (n )! = f (n) (ξ) (n )! / x jollakin ξ, joka on x :n ja x:n välissä. x x f (n) (t)(x t) n dt = (x t)n n = f (n) (ξ) (x x ) n x (n )! f (n) (ξ) (x t) n dt x Huom. ) Erikoistapauksessa n = on R (x; x ) = f (ξ)(x x ) ja T (x; x ) = f(x ). Tällöin siis f(x) = f(x ) + f (ξ)(x x ) eli saadaan diff.-laskennan väliarvolause, joten Lagrangen jäännöstermi on sen yleistys. 2) Muista: Taylorin kaava ja Lagrangen jäännöstermi pätevät kaikille f C n (B(x, h)); f:llä ei tarvitse olla potenssisarjaesitystä eikä edes (n + ):ttä derivaattaa..3. Esimerkkejä. ) Funktiolle f(x) = e x on f (k) (x) = e x ja siis f (k) () = kaikilla k. Kun n N ja x R, on siis missä ξ x on :n ja x:n välissä. T n (x; ) = + x + x2 2! xn (n )! ja R n (x; ) = eξ x xn, 2) Jos f(x) = sin x, niin f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (3) (x) = cos x, f (4) (x) = sin x,..., joten (f (k) ()) k= = (,,,,,,...). Kun n N, x R, on siis T 2n (x; ) = T 2n (x; ) = x x3 3! + x5 5!... + ( )n x 2n (2n )!, R 2n (x; ) = R 2n+ (x; ) = f (2n+) (ξ x ) (2n + )! missä ξ x on :n ja x:n välissä. x 2n+ = ( ) n cos ξ x (2n + )! x2n+, 3) Jos f(x) = cos x, niin f (x) = sin x, f (x) = cos x, f (3) (x) = sin x, f (4) (x) = cos x,..., joten (f (k) ()) k= = (,,,,,,...). Kun n N, x R, on siis T 2n 2 (x; ) = T 2n (x; ) = x2 2! + x4 4!... + ( )n x 2n 2 (2n 2)!, R 2n (x; ) = R 2n (x; ) = f (2n) (ξ x ) (2n)! missä ξ x on :n ja x:n välissä. 4) Olkoon f(x) = x 3 ja keskus x =. Tällöin 3x 2, kun x >, f (x) = 3x 2, kun x <,, kun x =, x 2n = ( ) n cos ξ x (2n)! x2n, 6x, kun x >, ja f (x) = 6x, kun x <,, kun x =. Koska f () = ja f () =, niin T 2 (x; ) =. Nyt kuitenkaan f (3) () ei ole olemassa, joten myöskään T 3 (x; ) ei ole olemassa. 3

4 Jos f (n) (x) M < kaikilla x B(x, h), niin L.2 mukaan f(x) T n (x; x ) = R n (x; x ) M hn kaikilla x B(x, h). Tästä on hyötyä, jos halutaan approksimoida f:ää polynomilla T n (x; x )..4. Esimerkkejä. ) Laskettava Taylorin kaavan avulla /e niin tarkasti, että virhe < 4. Ratk. Edell. esim..3.) mukaan e x = + x + x2 2! xn (n )! + R n(x; ) ja R n (x; ) = eξ xn, missä ξ on :n ja x:n välissä. Valitaan x =, jolloin < ξ < ja R n ( ; ) = eξ e ξ ( )n = <. Koska 7! = 54 ja 8! = 432, niin R 8 ( ; ) < /8! <, Kun valitaan n = 8, saadaan siis e T 7( ; ) = + 2! 3! + 4! 5! + 6! 7! = = 3 (, 36786), 28 missä virhe <, Jos tulos ilmoitetaan desimaalilukuna 3/28, 3679, niin pyöristysvirhe <, 5 4. Koska tällöin vielä (, 25 +, 5) 4 < 4, niin /e, 3679 on riittävän tarkka likiarvo. 2) Approksimoitava funktiota f(x) = cos x välillä ] π/4, π/4[ sopivalla Taylorin polynomilla niin, että virhe < 4. Ratk. Esimerkin.3.3) mukaan f(x) = T 2n 2 (x; ) + R 2n (x; ), missä R 2n (x; ) = cos ξ x x 2n x2n (2n)! (2n)! < (π/4)2n (2n)! < ] (2n)!, kun x π 4, π [ 4 (ξ x on :n ja x:n välissä). Koska (2 3)! = 72 ja (2 4)! = 432, niin riittävän tarkka approksimaatio saadaan, kun valitaan n = 4. Vaaditulla tarkkuudella siis cos x T 6 (x; ) = x2 2 + x4 24 x6 72, x < π 4. VI.2. Kehitelmän yksikäsitteisyys Palautetaan mieleen Diff.I.:stä: Jos on olemassa f (x ) ja merkitään ε(x) = f(x) f(x ) x x f (x ), x x, niin lim ε(x) = ja ε(x)(x x ) = f(x) f(x ) f (x )(x x ). x x f(x ) + f (x )(x x ) = T (x; x ), joten Saadussa lausekkeessa on f(x) = T (x; x ) + (x x )ε(x), missä lim ε(x) =. x x 4

5 Jos f C n (B(x, h)), niin Taylorin kaavan ja Lagrangen jäännöstermin mukaan on f(x) T n (x; x ) = R n (x; x ) = f (n) (ξ x ) (x x ) n, missä ξ x on x :n ja x:n välissä. Jos merkitään ε(x) = f (n) (ξ x ) (x x ), niin f(x) T n (x; x ) = (x x ) n ε(x), missä ε(x) = f (n) (ξ x ) (x x ), kun x x. Itse asiassa voidaan helposti saada vähän vahvempikin muoto: 2.. Lause. Jos f C n (B(x, h)), niin f:llä on Taylorin kehitelmä f(x) = T n (x; x ) + (x x ) n ε(x), missä lim ε(x) =. x x Tod. Kuten edellä f(x) T n (x; x ) = f (n) (ξ x ) (x x ) n, missä ξ x on x :n ja x:n välissä. Koska f (n) on jatkuva pisteessä x, niin lim x x f (n) (x) = f (n) (x ). Kun x x, niin ξ x x, joten f (n) (ξ x ) = f (n) (x ) + ε (x), missä ε (x), kun x x. Siis f(x) = T n (x; x ) + f (n) (x ) (x x ) n + ε (x) (x x ) n = T n (x; x ) + (x x ) n ε(x), missä ε(x) = ε (x). x x 2.2. Yksikäsitteisyyslause. Olkoon f määritelty ympäristössä B(x, h) ja olkoon f(x) = a + a (x x ) a n (x x ) n + (x x ) n ε (x) = b + b (x x ) b n (x x ) n + (x x ) n ε 2 (x), missä lim x x ε j (x) =, j =, 2. Tällöin a k = b k kaikilla k ja siis ε (x) = ε 2 (x) kaikilla x B(x, h), ts. kehitelmät ovat identtiset. Tod. Vastaoletus: a k b k jollakin k {,, 2,..., n}. Olkoon k pienin tällainen indeksi. Tällöin kaikilla x B(x, h) on = f(x) f(x) = (a k b k )(x x ) k (a n b n )(x x ) n + (x x ) n [ε (x) ε 2 (x)] Oletetaan, että x x ja jaetaan (x x ) k :lla, jolloin kaikilla x B(x, h), x x, on = (a k b k ) (a n b n )(x x ) n k + (x x ) n k [ε (x) ε 2 (x)]. Kun annetaan x x, niin a k b k = eli a k = b k, RISTIRIITA. Täytyy siis olla a k = b k kaikilla k, ja siten myös ε (x) = ε 2 (x), kun x x. 5

6 2.3. Seuraus. Jos f C n (B(x, h)) ja f:llä on edelläoleva kehitelmä f(x) = a + a (x x ) a n (x x ) n + (x x ) n ε(x) kaikilla x B(x, h), missä lim x x ε(x) =, niin kyseessä on f:n Taylorin kehitelmä, ts. kaikilla x B(x, h) on { Tn (x; x ) = a + a (x x ) a n (x x ) n R n+ (x; x ) = (x x ) n ε(x). Tod. Lauseen 2. mukaan f:llä on Taylorin kehitelmä ja L 2.2 nojalla Taylorin kehitelmä on identtinen annetun kehitelmän kanssa. Huom. ) Seurauksessa 2.3 on (x x ) n ε(x) = R n+ (x; x ) = f(x) T n (x; x ), joten ε(x) = f(x) T n(x; x ) (x x ) n kaikilla x B(x, h), x x. Siten mm. on olemassa jatkuvat derivaatat ε (x),..., ε (n) (x), kun < x x < h. 2) Seurauksen 2.3 merkitys on siinä, että sen avulla Taylorin polynomit on usein helpompi muodostaa kuin laskemalla derivaatat Lause. Olkoon potenssisarjan a k (x x ) k suppenemissäde R >. Jos f(x) = k= a k (x x ) k kaikilla x B(x, h) (missä siis h R), niin f:n pisteeseen x liittyvät Taylorin k= polynomit ovat sarjan osasummat T n (x; x ) = ja jäännöstermillä on lauseke R n+ (x; x ) = n a k (x x ) k k= k=n+ a k (x x ) k, kun x B(x, h). Tod. L V.2.5 = f C (B(x, h)) ja f (k) (x ) = a k. Siis f(x) = T n (x; x ) + a k (x x ) k = T n (x; x ) + (x x ) n ε(x), missä ε(x) = väitteen. k=n+ k=n+ a k (x x ) k n. Lauseen V.2.2 nojalla 2.5. Esimerkkejä. ) Muodosta T n (x; ) funktiolle f, f(x) = x 2. Ratk. Geometrisen sarjan summakaavan mukaan kaikilla x ], [ on Koska f C (B(, )), niin f(x) = x 2 = + x2 + x x 2k +... = lim ε(x) =, joten Seuraus 2.3 antaa x x (x 2 ) k = k= x 2k. k= T n (x; ) = + x 2 + x x 2k, kun n = 2k tai n = 2k +. 6

7 2) Muodosta T 4 (x; ) funktiolle f: R R, f(x) = e x2. Ratk. Taylorin kaavan nojalla on Sijoittamalla y = x 2 saadaan e y = + y + y2 2 + y2 ε(y), missä lim y ε(y) =. ( ) e x2 = + x 2 + x4 2 + x4 ε(x), ε(x) = ε(x 2 ). Koska lim ε(x) = lim ε(x 2 ) = ja f C 4 (R) (jopa f C (R)), niin edellä ( ):ssä on saatu f:n x x Taylorin kehitelmä, joten erityisesti on T 4 (x; ) = + x x4 funktiolle f. 3) Esim. IV.3.7 mukaan f(x) = ln( + x) = ( ) k xk k = x x2 2 + x3 3 x4 +..., kun x <. 4 Lisäksi ketjusäännön mukaan f C (B(, )), joten L 2.4 ja S 2.3 perusteella f:llä on Taylorin kehitelmä ln( + x) = x x2 2 + x3 3 x4 xn ( )n 4 n + xn ε(x), lim ε(x) =. x 4) Muodosta T 4 (x; ) funktiolle f: R R, f(x) = ln(+2x 2 ), lähtemällä funktion x ln(+x) kehitelmästä. Ratk. Kun y <, niin ln( + y) = y 2 y2 + y 2 ε(y), missä lim ε(y) =. Sijoitetaan y y = 2x 2 : 2x 2 < x < / 2. Jos siis x < / 2, niin ( ) f(x) = ln( + 2x 2 ) = 2x 2 2 4x4 + 4x 4 ε(2x 2 ) = 2x 2 2x 4 + x 4 ε(x), missä ε(x) = 4ε(2x 2 ), kun x. Koska lisäksi f C 4 (R), niin ( ) on f:n Taylorin kehitelmä ja siis T 4 (x; ) = 2x 2 2x 4. Erityisesti f () =, f () = 2! 2 = 4, f (3) () = ja f (4) () = 4! ( 2) = Lause. Oletetaan, että f, g C n (B(x, h)) ja α R on vakio. Olkoot f:n ja g:n Taylorin kehitelmät missä f(x) = T f n (x; x ) + R f n+ (x; x ) ja g(x) = T g n(x; x ) + R g n+ (x; x ), { T f n (x; x ) = a + a (x x ) a n (x x ) n = T f (x) T g n(x; x ) = b + b (x x ) b n (x x ) n = T g (x) ja jäännöstermit ovat muotoa R f n+ (x; x ) = (x x ) n ε f (x), R g n+ (x; x ) = (x x ) n ε g (x), 7 lim ε f (x) =, x x lim ε g (x) =. x x

8 Tällöin a) summafunktiolla f + g on Taylorin kehitelmä f(x) + g(x) = [T f n (x; x ) + T g n(x; x )] + [R f n+ (x; x ) + R g n+ (x; x )], b) funktiolla αf on Taylorin kehitelmä ja c) tulofunktiolla f g on Taylorin kehitelmä (αf)(x) = αt f n (x; x ) + αr f n+ (x; x ) f(x)g(x) = T fg n (x; x ) + (x x ) n ε(x), missä Tn fg (x; x ) = a b + (a b + a b )(x x ) (a b n + a b n a n b )(x x ) n ja ε(x), kun x x. Tod. a) Koska (f + g) (k) (x) = f (k) (x) + g (k) (x) ja deg(tn f (x; x ) + Tn(x; g x ) n, niin Tn f (x; x )+Tn(x; g x ) on (f +g):n n:s Taylorin polynomi. Koska lisäksi R f n+ (x; x )+R g n+ (x; x ) = (x x ) n ε(x), missä ε(x) = ε f (x) + ε g (x), kun x x, ja f + g C n (B(x, h)), niin kohta a) on todistettu. b) Vastaavasti. c) Todetaan aluksi, että f, g C n (B(x, h)) = fg C n (B(x, h)). Perustelu: D(fg) = Df g + f Dg = D (2) (fg) = D (2) f g + Df Dg + Df Dg + f D (2) g = D (2) f g + 2Df Dg + f D (2) g ja yleisesti D (k) (fg) = binomikerroin. Nyt i+j=k ( i j ) D (i) f D (j) g, missä f(x)g(x) = Tn fg (x; x ) + (x x ) n+ Q(x) + T f (x)(x x ) n ε g (x) + T g (x)(x x ) n e f (x) + (x x ) n+n ε f (x)ε g (x) = Tn fg (x; x ) + (x x ) n ε(x) missä Q(x) on korkeintaan astetta n oleva polynomi ja ε(x) = (x x )Q(x) + T f (x)ε g (x) + T g (x)e f (x) + (x x ) n ε f (x)ε g (x). ( i j ) on Koska tässä ε(x), kun x x, niin saatu kehitelmä on fg:n Taylorin kehitelmä. Esim. Muodostettava T 4 (x; ) funktiolle f(x) = sin x ln( + x). Ratk. Käytetään suoraan yksikäsitteisyyslauseen seurausta 2.3 (eikä vedota edelliseen lauseeseen). Esim..3.2) ja 2.5.3) mukaan sin x = x 6 x3 + x 4 ε (x) (x R), ln( + x) = x 2 x2 + 3 x3 + x 3 ε 2 (x) ( x < ), missä lim x ε i (x) =, i =, 2. Siis kaikilla x ], [ on sin x ln( + x) = x x x 2 x2 + x 3 x3 + x x 3 ε 2 (x) 6 x3 x + 6 x3 2 x2 6 x3 3 x3 6 x3 x 3 ε 2 (x) + x 4 ε (x) x x 4 ε (x) 2 x2 + x 4 ε (x) 3 x3 + x 4 ε (x) x 3 ε 2 (x) 8

9 = x 2 2 x3 + 6 x4 + x 4 ε(x), missä ε(x) = ε 2 (x) + x [ 2 + ε (x)] + x 2 [ 8 2 ε (x) 6 ε 2(x)] + x 3 [ 3 ε (x) + ε (x)ε 2 (x)]. Koska ε(x), kun x, ja f C 4 (], [), niin on saatu Taylorin kehitelmä, ja erityisesti T 4 (x; ) = x 2 2 x3 + 6 x4. Siten f() = f () =, f () = 2! = 2, f (3) () = 3! ( 2 ) = 3 ja f (4) () = 4!/6 = 4. Huom. Koska sin x:n ja ln( + x):n kehitelmissä vakiotermi =, niin T 4 (x; ):n saamiseksi funktiolle f(x) = sin x ln( + x) riitti ottaa T 3 (x; ):t sin x:lle ja ln( + x):lle. VI.3. Taylorin kaavan sovelluksia 3.. Raja-arvojen laskeminen. Jos on olemassa kehitelmä f(x) = T n (x; x ) + R n+ (x; x ) pisteen x ympäristössä, niin f:n käyttäytyminen x :n lähellä hallitaan hyvin (sitä paremmin mitä suurempi n on). Tästä voi olla hyötyä laskettaessa raja-arvoja, joissa x x. sin x x Esim.. Määritä lim x x( cos x). Ratk. Aikaisempien esimerkkien perusteella kaikilla x R on sin x = x 6 x3 + x 4 ε (x) ja cos x = 2 x2 + x 3 ε 2 (x), missä lim x ε i (x) = (i =, 2). Kun < x < π, on siis sin x x x( cos x) = 6 x3 + x 4 ε (x) 2 x3 x 4 ε 2 (x) = 6 + xε (x) 2 xε 2(x) /6 x /2 = 3. ( Esim. 2. Määritä lim cos ( x ) ) n 2, kun x R. n n Ratk. cos ( x ) x >, kun n n < π 2 n > 2 ( π x. Merkitään y n = cos ( x ) ) n 2 ja tarkastellaan jonoa (ln y n ). n Koska niin cos y = 2 y2 + y 3 ε (y), lim ε (y) =, y ln( + z) = z + zε 2 (z) = z( + ε 2 (z)), z <, ( ln y n = n 2 ln cos ( x = ln y n = n 2 z( + ε 2 (z)) = (kun n, niin z ). Siis lim ε 2 (z) =, z n) ) = n 2 ln( + z), missä z = x 2 ( x + 2( n) n ( 2 x2 + x3 n ε ( x n lim y n = lim n n eln y n = e 2 x2. 9 ) 3ε ( x ) n ) ) ( + ε 2 (z)) n 2 x2

10 Esim. 3. Määritä lim x sin(sin x) sin x x 3. sin y = y 6 y3 + y 4 ε(y), lim ε(y) =. y Sijoittamalla y = sin x saadaan sin(sin x) = sin x 6 (sin x)3 + (sin 4 x)ε(sin x) = sin(sin x) sin x x 3 = 6 ( sin x x ) 3 ( sin x ) 3(sin + x)ε(sin x) x x 6 + = Integraalien likiarvot. Esim.. Lasketaan e x2 dx, :n tarkkuudella. e y = + y + y2 2! yn (n )! + eξ yn, missä ξ on :n ja y:n välissä ja y. Sijoittamalla y = x 2 saadaan e x2 = + x 2 + x4 2! x2(n ) (n )! + eξ x2n, < ξ < x 2. Nyt < x = < ξ < x 2 = R 2n (x) = eξ x2n e x2n, joten integroitaessa virhetermille saadaan arvio R 2n (x) dx e x 2n dx = e / x 2n+ (2n + ) = e <,, (2n + ) kun n 5 (tällöin itse asiassa on virhe <, 3). Haettu likiarvo on (pyöristys desimaaliluvuksi mahtuu vielä virheeseen mukaan) ) ( + x 2 + x4 2 + x6 6 + x8 dx = = 5, Esim. 2. Laske likiarvo integraalille ln( + x) dx, :n tarkkuudella korvaamalla in- x tegroitava sopivalla Taylorin polynomilla.,2 Ratk. Esimerkin IV.3.7 mukaan ln( + x) = ( ) k xk, kun x <, joten k ln( + x) x = ( ) k xk k kun x, x <.

11 ln( + x) Koska nyt lim x x nimittäin määritellään =, niin integraalin epäoleellisuus alarajalla on vain näennäistä. Jos niin g on jatkuva ja { ln( + x) g: ], [ R, g(x) =, kun x ], [, x x, kun x =,,2 ln( + x) dx = x,2 g(x) dx. Tällöin g(x) = ( ) k xk k = T n (x; ) + R n (x; ), x <. Sarja toteuttaa Leibnizin lauseen oletukset, kun < x <, joten ja R n (x; ) < xn n +, kun < x <, ja R n(; ) = (n =, 2,...),2,2,2 x n /,2 R n (x; ) dx R n (x; ) dx < n + dx = x n+ (, 2)n+ = (n + ) 2 (n + ) 2. Jos n =, niin (, 2)2 2 2 =,. Siis riittää korvata g(x) T (x; ) =, jolloin,2 ln( + x) dx = x,2 g(x) dx,2 dx =, Ääriarvot. Kertausta: Jos f:llä on (lokaali) ääriarvokohta pisteessä x ja jos on olemassa f (x ), niin f (x ) = (ei kääntäen). Jos lisäksi on olemassa f (x ), niin x on minimikohta, kun f (x ) >, ja x on maksimikohta, kun f (x ) <. Jos kuitenkin f (x ) =, ei tiedetä vielä mitään Lause. Olkoon f C n (B(x, h)) ja oletetaan, että f (x ) = f (x ) =... = f (n ) (x ) = ja f (n) (x ). Tällöin a) n parillinen, f (n) (x ) < = x on (oleellinen lokaali) maksimikohta, b) n parillinen, f (n) (x ) > = x on (oleellinen lokaali) minimikohta, c) n pariton = ei ääriarvoa x :ssa. Tod. Koska f (x ) = f (x ) =... = f (n ) (x ) =, niin T n (x; x ) = f(x ). Jos siis < x x < h, niin Taylorin kaavan mukaan on ( ) f(x) f(x ) = f (n) { (ξ x ) (x x ) n ]x, x[, jos x > x, ξ x, ]x, x [, jos x < x. Oletuksen mukaan f (n) on jatkuva pisteessä x, joten on olemassa sellainen r >, r h, että f (n) (x) on samanmerkkinen kuin f (n) (x ) aina, kun x x < r. Siis myös f (n) (ξ x ) on samanmerkkinen kuin f (n) (x ) aina, kun < x x < r ( ξ x x < x x ). Kun < x x < r, voidaan tapauksissa a) c) päätellä:

12 a) Koska f (n) (ξ x ) < ja (x x ) n >, niin ( ) = f(x) f(x ) <, joten x on maksimikohta (ja oleellinen). b) Nyt f (n) (ξ x ) >, (x x ) n >, joten ( ) = f(x) f(x ) > ja siis x on minimikohta (myös oleellinen). { >, kun x > c) Koska (x x ) n x, ja f (n) (ξ <, kun x < x x ) säilyttää merkkinsä, niin ( ):n mukaan f(x) f(x ) vaihtaa merkkinsä, kun x ohitetaan, joten x ei ole ääriarvokohta. Esim. Onko funktiolla f, f(x) = cos x + cosh x, ääriarvoa kohdassa x =? f (x) = sin x + sinh x = f () = f (x) = cos x + cosh x = f () = + = f (x) = sin x + sinh x = f () = f (4) (x) = cos x + cosh x = f (4) () = + = 2 >, 4 parillinen Siis f:llä on :ssa lokaali minimi. VI.4. Taylorin sarja Olkoon x R, h > ja B(x, h) = ]x h, x + h[. Kun f C (B(x, h)), potenssisarja (TS) f(x ) + f (k) (x ) (x x ) k k= on f:n Taylorin sarja riippumatta siitä, suppeneeko sarja vai ei (sopimalla f () (x ) = f(x ) voidaan tämäkin termi siirtää summaan mukaan). 4.. Esim. Olkoon potenssisarjan a k (x x ) k suppenemissäde h ja f ko. sarjan summafunktio. Lauseen V.2.5 mukaan f C (B(x, h)) ja f (k) (x ) = ()a k kaikilla k, ts. on summafunktionsa f Taylorin sarja. a k (x x ) k Olkoon f C (B(x, h)) ja n N. Funktion f Taylorin sarjan (TS) n:s osasumma on f:n Taylorin polynomi T n (x; x ). Koska f C n (B(x, h)), niin Taylorin kaavan mukaan ja Lagrangen jäännöstermin mukaan on missä ξ x,n on x :n ja x:n välissä. f(x) T n (x; x ) = R n (x; x ) = f (n) (ξ x,n ) (x x ) n, 4.2. Lause. Funktio f C (B(x, h)) on välillä ]x r, x +r[ ( < r h) jonkin suppenevan potenssisarjan a k (x x ) k summa k= R n (x; x ) n kaikilla x ]x r, x + r[. 2 k=

13 Tällöin a k (x x ) k on f:n Taylorin sarja (TS), ja siis k= ( ) f(x) = f(x ) + f (k) (x ) (x x ) k x ]x r, x + r[. Tod. = : Esim. 4. = ( ) pätee. Taylorin kaavan jäännöstermi on nyt tämän suppenevan sarjan jäännöstermi. =: Kun x B(x, h), niin R n (x; x ) n T n (x; x ) n f(x) (TS) suppenee ja sen summa = f(x). Funktio f C (B(x, h)) ei välttämättä ole suppenevan potenssisarjan summa millään välillä ]x r, x + r[. Tällaisessa tapauksessa joko (TS) suppenee vain pisteessä x (ts. suppenemissäde = ) tai (TS):n suppenemissäde >, mutta ( ) ei päde millään r >. Esimerkin V.2. funktio f C (R) ja f (k) () = kaikilla k. Tästä seuraa, että f:n Taylorin sarja (TS) (jossa x = ) on =, joten (TS):n summa = < f(x) kaikilla x >. Siten ( ) ei päde millään r > Muutamien funktioiden Taylorin sarjoja:. Eksponenttifunktio. Jo esimerkissä IV.3.9.2) todettiin, että e x = k= x k = + x + x2 2! + x3 3! +... x R. Tämän tuloksen voi johtaa myös e x :n Taylorin kehitelmien avulla: Esim..3.) mukaan kaikilla n N ja x R on e x = + x + x2 2! xn (n )! + R n(x; ), missä R n (x; ) = eξx,n missä ξ x,n on :n ja x:n välissä. Kiinteällä x R on siis x k koska sarja suppenee. k= Jos x R, on siis myös R n (x; ) max(, e x ) x n e x = e x +(x x ) = e x e x x = e x + ex ts. e x saatiin kehitettyä (x x ):n potenssien mukaan. Jos kantalukuna on a >, saadaan a x = e x ln a = + ln a!, n x n,! (x x ) + ex 2! (x x ) x R, (ln a)2 x + x x R. 2! 3

14 2. Trigonometriset funktiot. Esimerkin.3.2) mukaan kaikilla n N ja x R on sin x = x x3 3! + x5 5!... + ( )n x 2n (2n )! + R 2n+(x; ), R 2n+ (x; ) = ( ) n cos ξ x,n (2n + )! x2n+ (ξ x,n on :n ja x:n välissä). Koska jokaisella kiinteällä x R on R 2n+ (x; ) x 2n+ (2n + )! sin x = x x3 3! + x5 5!... x R., niin n Vastaavasti cos x = x2 2! + x4 4!... x R. Samoin 3. Logaritmifunktio. Esimerkissä IV.3.7 todettiin, että ln( + x) = x x2 2 + x3 3 x4 +..., kun < x. 4 ln( x) = x x2 2 x3 3 x4 +..., kun x <. 4 Koska ln + x = ln( + x) ln( x), niin eo. kehitelmistä vähentämällä saadaan x ln + x x = 2 ( x + x3 3 + x ), kun < x <. Tästä sarjasta voi laskea luvun ln y likiarvoja millä tahansa y >, sillä jokaista y > kohti on olemassa yksikäsitteinen x ], [ s.e. y = ( + x)/( x): + x y = y + x = y xy x = x y +. Esim. Koska 2 = + x x x = ( 3, niin ln 2 = ( ) 3 3 ( ) 5 ) Tämä 3 suppenee huomattavasti nopeammin kuin sarja ln 2 = Jos merkitään 4 R 2n+ = ln 2 2( 3 + ( ) 3 3 ( ) 2n ) n, 3 niin ( < R 2n+ = 2 = 2 2n + ( 3 ( ) 2n+ 2n + ( ) 2n+3 ) + 3 2n ) 2n+ ( + 2n + ) 2 2n + ) 4 ) n + 3( 3 2n + 5( 3 4

15 2 < 2n + ( 3 2 = 2n + ( 3 Jos valitaan n = 3, niin < R 7 < 4 7( 3 ) 2n+ ( ( ) 2 ( 4 ) ) ) 2n+ (/9) = ln 2 2( 3 + ( ) 3 3 ( ) 5 ) missä virhe <, 2 (laskin ln 2 =, ). ( 4(2n + ) 3 ) 5 = 684 < 2 4, joten 4. Arkustangenttifunktio. Esimerkin V.2.8.2) mukaan ) 2n. = 842 =, , 25 arc tan x = x x3 3 + x5 5 x x [, ]. 7 Luvun π likiarvojen laskemiseen saadaan tehokkaampi sarja seuraavasti. Todistetaan ensin ns. Machin in kaava: (M) π 4 = 4 arc tan arc tan Merkitään β = arc tan(/5), γ = arc tan(/239) ja α = 4β γ. Koska kaikilla x > on < arc tan x < x, niin < 4β < (4/5), < γ < (/239) ja (/239) < α < (4/5), joten erityisesti 2 π < α < 2π. Siten riittää osoittaa, että tan α = = tan(π/4). Tangentin yhteenlaskukaavan nojalla saadaan tan 2β = ja tan α = 2 tan β tan 2 β = 2/5 /25 = 5 2 tan 2β, tan 4β = 2 tan 2 2β = /2 25/44 = 2 9 tan 4β tan γ + tan 4β tan γ joten (M) on osoitettu oikeaksi. Koska arc tan x = ( ) k x2k+, x [, ], niin 2k + k= 2/9 / = = + 2/(9 239) =, ( ) k π = 6 (2k + ) 5 2k+ 4 ( ) k (2k + ) 239 2k+ k= k= ( = ) ( ) Molemmat sarjat toteuttavat Leibnizin lauseen ehdot, joten esimerkiksi ( π ) < 4 ( = π ) ±, 3, 46 ±, Vielä pari esimerkkiä Taylorin sarjoista: 5

16 4.4. Esimerkkejä. ) Muodosta (x+3):n potenssien mukaan etenevä Taylorin sarja funktiolle x x 2 4. Ratk. Merkitään x + 3 = t. Ol. x ±2. x 2 4 = [ 4 x 2 ] = [ x t 5 ] t = [ 4 t ] [ 5 = (t/5) 4 t k 5 k= ( = ) ( 4 5 k+ t k = ( 4 5 k= k= k= ( ) ] k t 5 ) k+ ) (x + 3) k, kun x+3 = t < eli 4 < x < 2, jolloin molemmat edelläolevat geometriset sarjat suppenevat. 2) Muodosta x:n potenssien mukaan etenevä Taylorin sarja funktiolle x 2 π π/2 dt x cos 2 t. Ratk. Jos x <, niin myös x cos 2 t <, joten integroitava voidaan kehittää geometriseksi sarjaksi x cos 2 t = + x cos2 t + x 2 cos 4 t + x 3 cos 6 t x k cos 2k t Olkoon x ], [ kiinteä. Koska tällöin x k cos 2k t x k kaikilla t R ja k x k suppenee, niin Weierstrassin lauseen mukaan eo. sarja suppenee tasaisesti arvoilla t R, erityisesti arvoilla t [, 2π]. Voidaan siis integroida termeittäin: 2 π π/2 dt x cos 2 t = 2 π ( π/2 π 2 + x cos 2 t dt + x 2 = + 2 x x π/2 cos 4 t dt x k 3... (2k ) (2k) kaikilla < x < (integroinnista katso esim. I.8.B.2, s. 27). π/2 x k +... ) cos 2k t dt Trigonometristen funktioiden olemassaolo. Seuraavassa esitetään tapa, millä sinija kosinifunktiot voidaan määritellä käyttämättä kulman käsitettä. Unohdetaan kaikki, mitä olemme kuvitelleet tietävämme sini- ja kosinifunktioista. Tarkastellaan potenssisarjoja (s) x x3 3! + x5 5!... ja (c) x2 2! + x4 4!.... 6

17 o. Sarjat (s) ja (c) suppenevat itseisesti kaikilla x R. Tod. Merkitään f k (x) = ( ) k x 2k+. Jos x, niin (2k + )! f k+ (x) f k (x) = x 2k+3 (2k + )! (2k + 3)! x 2k+ = x 2 (2k + 2)(2k + 3) k ts. (s) suppenee suhdetestin mukaan itseisesti arvolla x; sarja (c) vastaavasti. Määritellään nyt sin x = x x3 3! + x5 5!... x R, cos x = x2 2! + x4 4!... x R ja todetaan seuraavat ominaisuudet. 2 o. sin = ja cos = selvästi. 3 o. Sarjoista termeittäin derivoimalla saadaan D sin x = cos x ja D cos x = sin x. Olkoon x R, jota pidetään kiinteänä. Merkitään A(y) = sin(x + y) sin x cos y cos x sin y, A() = sin x sin x =, B(y) = cos(x + y) cos x cos y + sin x sin y, B() = cos x cos x =, { A (y) = cos(x + y) + sin x sin y cos x cos y = B(y) = B (y) = sin(x + y) + cos x sin y + sin x cos y = A(y). Määritellään F (y) = A(y) 2 + B(y) 2 kaikilla y R. Tällöin F (y) = 2A(y)A (y) + 2B(y)B (y) = 2A(y)B(y) 2B(y)A(y) = kaikilla y R, joten F (y) = C (vakio) kaikilla y R. Koska F () =, niin C =, joten kaikilla y R on F (y) = = A(y) 2 + B(y) 2 A(y) = = B(y). Siis kaikilla x, y R on voimassa sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y cos(x + y) = cos x cos y sin x sin y. 4 o. Sarjojen määritelmien mukaan sin( x) = sin x ja cos( x) = cos x, joten = cos = cos(x x) = cos x cos( x) sin x sin( x) = cos 2 x + sin 2 x kaikilla x R. 5 o. Kun x, niin sin x x = x2 3! +... = sin x x. x Yhteyden trigonometriasta tunnettuihin määritelmiin antaa seuraava tulos: Huom. Olkoon s yksikköympyrän pisteiden (, ) ja (x, y ) välisen kaaren pituus. Silloin on x = cos s ja y = sin s. Tod. Kaarella on parametriesitys α(t) = (x(t), y(t)) = (cos t, sin t), t t, jossa x = x(t ) = cos t ja y = y(t ) = sin t. Kaaren pituus on s = t x (t) 2 + y (t) 2 dt = t 7 sin 2 t + cos 2 t dt = t.

18 4.6. Binomisarja. Olkoon µ R vakio. Tarkastellaan funktiota f(x) = ( + x) µ, kun x > (eräillä µ R on ( + x) µ määritelty myös muilla x:n arvoilla). Selvästi f C (], [) ja f (k) (x) = µ(µ )... (µ k + )( + x) µ k x >. Erityisesti f (k) () = µ(µ )... (µ k + ) kaikilla k N, joten funktion f origossa muodostettu Taylorin sarja on µ(µ )... (µ k + ) (BS) + x k = + a k x k. }{{} =a k Jos µ = n N {}, on a k = (Binomikerroin binomikaava Huom. Yleisesti n(n )... (n k + ) ( ) n k = ( n k ), kun k > n, =, kun k n. (n k)! on Pascalin kolmion n:nnen rivin k:s alkio, k =,,..., n.) ( + x) n = + ( ) ( ) n n = ja k n k (a + b) n = a n( + b a n a k x k = ( ) n =. ) n = a n n k= n k= ( ) n ( b k a ( ) n x k x R. k ) k = n k= ( ) n a n k b k. k Saadaan siis Osoitamme, että myös tapauksessa µ N {} sarjan (BS) summa = ( + x) µ, kun x < Lause. Kaikilla x ], [ on ( + x) µ = + a k x k, a k = µ(µ )... (µ k + ) Tod. Tapaus µ N {} on selvä (polynomi, päättyvä sarja). Olkoon µ N {}. Tällöin a k kaikilla k ja a k = µ(µ )... (µ k + ) (k + )! µ(µ )... (µ k) = k + µ k = + (/k) (µ/k) a k+., k joten (BS):n suppenemisväli on ], [. Olkoon S(x) = (BS):n summa, kun x ], [. Tällöin S on derivoituva välillä ], [ ja (termeittäin derivoimalla) S (x) = µ(µ )... (µ k + ) x k = (k )! }{{} =b k 8 b k x k,

19 missä b k = ka k. Nyt ja tässä b k+ + b k = b k µ k k ( + x)s (x) = b k x k + b k x k = µ + b k x k + b k x k ( ) ( + x)s (x) = µ + k=2 = µ + b k+ x k + b k x k = µ + (b k+ + b k )x k + b k = b k ( µ k k ( µa k x k = µ + ) + = b k µ k = µa k, jolloin a k x k) = µs(x) x ], [. Olkoon g(x) = S(x)( + x) µ, kun x <. Tällöin kaikilla x ], [ on g (x) = S (x)( + x) µ + S(x)( µ)( + x) µ = ( + x) µ [( + x)s (x) µs(x)] = ( ), joten g(x) = C = vakio. Koska C = g() = S() =, niin S(x) = ( + x) µ, kun x < Esimerkkejä. ) Tuttu geometrinen sarja on myös binomisarja: kun x <, niin + x = ( + x) = x + ( )( 2) x 2 + ( )( 2)( 3) x ! 3! = x + x 2 x ) Kun x <, niin + x = ( + x) /2 = + = 2 x x x ( 2 )( 2 )... ( 2 k + ) x k 3) Funktiolle x arc sin x saadaan sarjakehitelmä, koska sen derivaatta voidaan kehittää binomisarjaksi. t 2 = ( t2 ) /2 = + ( 2 )( 2 )... ( 2 k + ) ( t 2 ) k = + 2 t t t6 +..., t < x dt = arc sin x = = t 2 = x + 2 x x x , x <. 9

20 4.9. Juurien likiarvot. Olkoon a > ja n N. Muodostettava sarjakehitelmä luvulle n a ja etsittävä sen avulla likiarvo juurelle n a. Olkoon q luvun n a likiarvo ja merkitään r = a q n ja α = r. Kun lähtökohdaksi valitaan qn niin tarkka likiarvo, että α <, niin binomisarjasta saadaan n a = a /n = (r + q n ) /n = q( + α) /n = q [ + n α + n ( n ) α 2 + 2! ja tästä voidaan laskea likiarvoja juurelle n a. n ( n )( n 2) 3! ] α Esim. Etsittävä sarjakehitelmä luvulle 3 ja laskettava sen avulla 3:n likiarvo 4 :n tarkkuudella. Ratk. Valitaan q = 7/4 =, 75, jolloin α = / = 6 = 7 49 = = 7 4 = 7 [ 2 + ( 2 )... ( 2 k + ) 4 = 7 4 = 7 4 missä < x k = 7 8 < [ 2 [ k=2 49 k=2 ( ) k +k ( ) /2 49 ( ) k ] 49 2 ( 2 )... (k 2 ) ( k ] 49) 3... (2k 3) ( k ] 2 k = 49) (2k 3) ( ) k ( ) k, < kun k 2. Koska (2k) k=n+ x k < k=n+ ( 49 kun n 2, niin riittävällä tarkkuudella on (laskimella 3 =, ). ) k = ( 49 ) n+ 7 x k, k=2 (/49) = 49 n 48 < 4, = 9 =,