Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Университет им. Н.И. Лобачевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

8111 практика 1-36 / Практика33.Формула Тейлора (продолжение)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

204.68 Кб

Скачать

☆

Практика 33. Формула Тейлора (продолжение)

33.1.Приближенные вычисления

Теорема 33.1 (Формула Тейлора на отрезке). Пусть функция f непрерывна на отрезке [x0; x] вместе со своими производными до n-го порядка включительно и имеет производную порядка n+1 на интервале (x0; x). Тогда для любого x существует точка , лежащая между1 x0 è x (òî åñòü = x0 + (x x0) ïðè 2 (0; 1)), такая что справедлива формула Тейлора

n	f(k)(x0)			f(n+1)( )
Xk
Xk	k!		(x x0)k + (n + 1)! (x x0)n+1; 2 (x0; x);			(1)
f(x) =	k!		(x x0)k + (n + 1)! (x x0)n+1; 2 (x0; x);			(1)
=0
в которой остаточный член, представленный в виде
				f(n+1)( )
		rn(x) =			(x x0)n+1;	(2)
		rn(x) =		(n + 1)!	(x x0)n+1;	(2)

называется о с т а т о ч н ы м ч л е н о м в ф о р м е Л а г р а н ж а.

Теорема 33.2 (Оценка остаточного члена). Пусть n+1-я производная функции f ограни- чена на интервале (x0; x), т. е. существует положительная константа M такая, что

члена в формуле Тейлора справедлива оценка	f(n+1)( )	M, тогда для остаточного
äëÿ âñåõ 2 (x0; x) выполняется неравенство

jrn(x)j	M
	(n + 1)!jx x0jn+1:

Полученную оценку остатка удобно применять для оценки погрешности при замене функции е¼ многочленом Тейлора:

jf(x) Pn(x)j 6	M
		jx x0jn+1;
	(n + 1)!

и при каждом фиксированном x мы можем узнать оценку погрешности приближ¼нной

формулы f(x) P (x).			(n + 1)!jx x0jn+1		ñòðå-
Так как для каждого фиксированного x последовательность			(n + 1)!jx x0jn+1		ñòðå-
				M
мится к нулю, то есть
8 " > 0 9 N(") 2 N : 8 n > N	M
		jx x0jn+1 < ";
	(n + 1)!	jx x0jn+1 < ";

то остаточный член в формуле Тейлора за счет увеличения порядка многочлена Тейлора может быть сделан меньше любого положительного .

Пример 1 ( 1394(á)). Оценить абсолютную погрешность приближенной формулы

sin x x	x3	ïðè jxj	1	:	(3)

	6		2

1x можно считать не только большим, но и меньшим, чем x0. Åñëè x < x0, òî (x0; x), [x0; x] обозначают множества точек t, удовлетворяющих соответственно неравенствам x < t < x0, x t x0.

Согласно примеру 33.1, разобранному в лекции 33, формула Тейлора в окрестности x = 0 с остаточным членом в форме Лагранжа для функции f = sin x имеет вид

sin x = x 3! + : : : + ( 1)m 1

(2m 1)! +

(2m + 1)! sin +

(2 2

+ 1)

; 2 (0; x): (4)

x2m 1

x2m+1

Сопоставив приближенную формулу (3) с этим равенством, положим

m = 2. С учетом

формулы приведения

sin +

= cos

имеем

sin x = x

cos ;

2 (0; x);

(5)

где последнее слагаемое есть остаточный член r4(x) =

cos в форме Лагранжа. Так

как jcos j 1 и jxj 1=2, то справедлива следующая оценка остаточного члена:

jr4(x)j

255!

3840

Поэтому

j sin x x +

;

3840

т. е. отбрасывая остаточный член в формуле (5) при jxj 1=2, мы допускаем ошибку, не превосходящую 1=3840. Таким образом, абсолютная погрешность приближенной формулы (3) не превышает 1=3840.

Пример 2 ( 1396(à, ä)). С помощью формулы Тейлора приближенно вычислить

a) 3 30; ä) sin 18

èоценить погрешность.

a) Для функции (1+x)1=3 формула Тейлора в окрестности x = 0 с остаточным членом в форме Лагранжа имеет вид

(1 + x)1=3 = 1 +	x	2x2	+			2 5		x3;		2	(0; x):	(6)
(1 + x)1=3 = 1 +		32 2!	+					x3;			(0; x):	(6)
3		32 2!		33 3!(1 + )8=3
Согласно этому
			1		1=3		1		1
p3 30 = p3 27 + 3 = 3 1 +			1			= 3 1 +	1		1	+ r2 :

			9				27		93

Поскольку в формуле (6) берем x = 19, соответственно, 2 (0; 19) è (1 + )8=3 > 1, поэтому

jr2j	2	5	1		3	=	5	< 0; 0001. Èòàê,
	33	3!
	33	3!	9				95
				p3 30 3				1 + 27
				p3 30 3				1 + 27	93	3 (1 + 0; 0370 0; 0013) = 3; 1071:
								1	1

д) Согласно формуле Тейлора (4) с остаточным членом в форме Лагранжа,

												1			3		1			5
					sin 18		= sin		=							+				+ r7;
					sin 18		= sin	10	=		10	3!	10			+	5!		10	+ r7;
ãäå jr7j	1	(		)7. Èòàê,
ãäå jr7j	7!	(	10	)7. Èòàê,			+ 12 105			0; 314159				1 9								12 105
sin 18 10					1	600	+ 12 105			0; 314159				1 9					600	+		12 105
						2		4										; 869604			(9; 869604)2

0; 314159(1 0; 016449 + 0; 000079) 0; 309017:

Пример 3 ( 1397(â)). Вычислить cos 9 с точностью до 10 5.

Определим число членов разложения функции косинуса по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа

	x2		x2m		x2m+2		+	m	+ 2)	; 2 (0; x): (7)
cos x = 1		+ : : : + ( 1)m		+		cos		(2
	2!		(2m)!		(2m + 2)!			2

для достижения заданной точности. Так как 9 = =20, то в формуле (7) берем x = =20,2 (0; =20). Необходимое число членов в разложении (7) можно получить из оценки остаточного члена

r2m+1 =

(2m+2)

2m+2

< 10 5:

cos

2m+2

(2m + 2)!

Подбором определяем, что jr2m+1j < 10 5 при m 2. Таким образом,

cos 9 1	1		2		1		4
				+			0; 98769:
	2	20			4!	20

33.2.Нахождение пределов

Пример 4. Используя основные разложения

et = 1 + t +

+ : : : +

+ o(tn); t ! 0;

n 1 t2n 1

sin t = t

+ : : : + ( 1)

(2n

1)!

+ o(t

); t ! 0;

n t2n

2n+1

cos t = 1

+ : : : + ( 1)

+ o(t

); t ! 0;

(2n)!

ln(1 + t) = t

+ : : : + ( 1)n 1

+ o(tn);

t ! 0;

(1+t) =1+ t+

( 1)

t2+

( 1)( 2)

t3+: : :+

( 1) : : : ( n+1)

tn+o(tn); t

найти следующие пределы:

1398

lim

cos x e x2=2

x!0

;

x3=2

lim

1400

1406.1 lim

x!+1

+ 1 +

1 2 ;

sin(sin x)

xp3

x!0

1398 Надо раскрыть неопределенность

0 . Так как в знаменателе бесконечно малая четвертого порядка, то раскладываем числитель по формуле Тейлора в окрестности ноля до четвертого порядка включительно. Обозначив t = x2=2, имеем

e x

=2 = et = 1 + t +

+ o(t2) = 1

+ o(x4):

Тогда cos x e x

= 1 2

4+ o(x4) =

8 x4 + o(x4) è

cos x e x =2

= lim

+ o(x )

= lim

+ lim

o(x4)

lim

12x4

x 0

0 x4

1400 Выражение в скобках при x ! +1 представляет собой неопределенность

1 1. Обратите внимание, что при x ! +1, например, к функции p

x + 1

нельзя при-

менять разложение 5. Преобразуем p

+ p

= p

1 + x1 + 1 x1

x + 1

x 1

2 ;

переменной t = 1=x (t

+0 ïðè x

и сделаем замену

тогда

= x!+1

+ r

2! =

x!+1

1 2

1 + x

1 x

+ 1

lim x3=2

lim x2

= lim	1 + t + 1 t 2	:
	t2
t!+0

Надо раскрыть неопределенность 0

0 . Поскольку в знаменателе стоит бесконечно малая второго порядка, то раскладываем числитель по формуле 5 в окрестности ноля до второго

порядка включительно:

1 + 21 t + 21

t2 + 1 21 t 81 t2 2 + o(t2)

lim

4t2 =

t!+0

= t!+0

1406.1 Надо раскрыть неопределенность 0

. Так как в знаменателе бесконечно малая

пятого порядка, то раскладываем числитель по формуле Тейлора в окрестности ноля до пятого порядка включительно. Воспользуемся разложением

sin(sin x) = x 13x3 + 101 x5 + o(x5);

полученным в предыдущей практике (пример 4), и разложением 5 при t = x2 è = 1=3:

sin(sin x) xp3

= lim

x 31 x3 +

x5 x(1

+ 31

x4) + o(x5)

lim

x!0

Соседние файлы в папке 8111 практика 1-36

#
27.03.2015191.17 Кб43Практика28.Производные для разных случаев задания функции.pdf
#
27.03.2015217.94 Кб43Практика29.Геометрический смысл производной.pdf
#
27.03.2015155.14 Кб40Практика30.Производные и дифференциалы высших порядков.pdf
#
27.03.2015221.52 Кб41Практика31.Правило Лопиталя.pdf
#
27.03.2015211.62 Кб60Практика32.Формула Тейлора.pdf
#
27.03.2015204.68 Кб42Практика33.Формула Тейлора (продолжение).pdf
#
27.03.2015110.7 Кб38Практика34.К_Р Дифференцирование функций одного переменного.pdf
#
27.03.2015167.88 Кб39Практика35.Монотонность и экстремум.pdf
#
27.03.2015167.67 Кб40Практика36.Выпуклость функции, точки перегиба, асимптоты.pdf
#
27.03.2015144.84 Кб38Практика_10._Нахождение_пределов_последовательностей.pdf
#
27.03.2015175.64 Кб36Практика_11._Монотонные_последовательности_и_их_свойства.pdf