Zadanie 6.4.4
  1. Analiza matematyczna 1
  2. 6. Pochodne
  3. 6.4 Wzór Taylora. Reguła de L'Hospitala
  4. Zadanie 6.4.4

 Polecenie

Oszacuj dokładność podanych wzorów przybliżonych we wskazanych przedziałach.

 Wskazówki

Wzór Maclaurina

Dla \(x_{0}=0\) wzór Taylora przyjmuje postać
\[{\displaystyle f(x)=\underbrace{f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\frac{f'''(0)}{3!}x^{3}+\cdots +\frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1}}_{\textrm{ wielomian Maclaurina }}+\frac{f^{(n)}(c)}{n!}x^{n}, }\]
gdzie \(c\in \left ( 0;x \right )\) dla \(x \gt 0\) lub \(c\in \left ( x;0 \right )\) dla \(x \lt 0.\) Równość tę nazywamy wzorem Maclaurina.

 Wzory przybliżone

Korzystając ze wzoru Maclaurina, w zależności od \(n,\) wyznaczamy kolejne (coraz dokładniejsze) przybliżenia danej funkcji \(f\) za pomocą funkcji wielomianowych.
Np.
  • Dla \(n=0:\) \({\displaystyle f(x)=f(0)},\) z błędem \(\left | R_{1} \right |\leqslant \left | \displaystyle\frac{f'(0)}{1!}x  \right |.\)
  • Dla \(n=1:\) \({\displaystyle f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x},\) z błędem \(\left | R_{2} \right |\leqslant \left | \displaystyle\frac{f''(0)}{2!}x^{2}\right |.\)
  • Dla \(n=2:\) \({\displaystyle  f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2},}\) z błędem \(\left | R_{3} \right |\leqslant \left | \displaystyle\frac{f'''(0)}{3!}x^{3}\right |.\)
  • Dla \(n=3:\) \({\displaystyle f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\frac{f'''(0)}{3!}x^{3},}\) z błędem \(\left | R_{4} \right |\leqslant \left | \displaystyle\frac{f^{(4)}(0)}{4!}x^{4}\right |.\)
  • \(\cdots\)
  • Dla dowolnego \(n\in \mathbb{N}:\) \({\displaystyle f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\frac{f'''(0)}{3!}x^{3}+\cdots +\frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1}, }\) z błędem  \(\left | R_{n} \right |\leqslant \left | \displaystyle\frac{f^{(n)}(x)}{n!}x^{n}\right |.\)
Przykład wzorów przybliżonych dla funkcji \(f(x)=e^{2x}\)
\[ \begin{array}{l}
f(x)=e^{2x}, &f(0)=1\\
f'(x)=2e^{2x}, &f'(0)=2\\
f''(x)=4e^{2x}, &f''(0)=4\\
f'''(x)=8e^{2x}, &f'''(0)=8\\
\vdots\\
f^{(n)}(x)=2^{n}e^{2x}, &f^{(n)}(0)=2^{n}\\
\end{array}\]

\[\begin{array}{l}
(1) \ \ e^{2x}\approx 1\\
(2) \ \ {\displaystyle e^{2x}\approx 1+\frac{2}{1!}x}\\
(3) \ \ {\displaystyle e^{2x}\approx 1+\frac{2}{1!}x+\frac{4}{2!}x^{2}}\\
(4) \ \ {\displaystyle e^{2x}\approx 1+\frac{2}{1!}x+\frac{4}{2!}x^{2}+\frac{8}{3!}x^{3}}\\
(5) \ \ {\displaystyle e^{2x}\approx 1+\frac{2}{1!}x+\frac{4}{2!}x^{2}+\frac{8}{3!}x^{3}+\frac{16}{4!}x^{4}}\\
(6) \ \ {\displaystyle e^{2x}\approx 1+\frac{2}{1!}x+\frac{4}{2!}x^{2}+\frac{8}{3!}x^{3}+\frac{16}{4!}x^{4}+\frac{32}{5!}x^{5}}\\
(7) \ \ {\displaystyle e^{2x}\approx 1+\frac{2}{1!}x+\frac{4}{2!}x^{2}+\frac{8}{3!}x^{3}+\frac{16}{4!}x^{4}+\frac{32}{5!}x^{5}+\frac{64}{6!}x^{6}+\cdots}
\end{array}\]

 Wzór 1

\(\sin^{2}x\approx x^{2},\) w przedziale \(\left | x \right |\leqslant 0,1\)

 Rozwiązanie

Aby uzyskać wzór przybliżony \(\sin^{2}x\approx x^{2}\) musimy zastosować wzór Maclaurina do trzeciej pochodnej. Wyznaczamy zatem pochodne do trzeciego rzędu włącznie oraz ich wartości dla \(x_{0}=0.\)
\[ \begin{array}{l}
f(x)=\sin^{2}x, &f(0)=0\\
f'(x)=2\sin x\cos x=\sin 2x, &f'(0)=0\\
f''(x)=2\cos 2x, &f''(0)=2\\
f'''(x)=-4\sin 2x, &f'''(0)=0\\
f^{(4)}(x)=-8\cos 2x, &f^{(4)}(0)=-8
\end{array}\]
Dla \(n=2k,\) gdzie \(k\in \mathbb{N}\) (czyli dla \(n\) - parzystego) stosujemy wzór Taylora ale tylko do trzeciej potęgi \(x\) (gdyż wzór przybliżony kończy się na \(x^{2}.\) Resztą będzie składnik wzoru dla \(n=3,\) który jest jednocześnie popełnionym błędem.
Zatem
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle \sin^{2}x \approx 0+0+\frac{2}{2!}x^{2}+0-\frac{8}{4!}x^{4}}\\
{\displaystyle \sin^{2}x \approx x^{2}-\underbrace{\frac{x^{4}}{3}}_{R_{3}}}
\end{array}\]
Ponieważ \(\left | x \right |\leqslant 0,1,\) zatem \(\sin^{2}x\approx x^{2}\) jest wzorem przybliżonym z błędem
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{x^{4}}{3}}\\
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{0,1^{4}}{3}\approx 0,00004.}
\end{array}\]
Wykres funkcji \(f(x)=\sin^{2}x\) oraz wzoru przybliżonego \(y=x^{2},\) za szczególnym uwzględnieniem przedziału \(\left | x \right |\leqslant 0,1.\)
_rysunek_6.4.4.3

 Odpowiedź

Błąd podanego przybliżenia nie jest większy niż \(0,00004.\)

 Wzór 2

\({\displaystyle\ln(1-x)\approx -x-\frac{x^{2}}{2}},\) w przedziale  \(\left | x \right |\leqslant \displaystyle\frac{1}{2}\)

 Rozwiązanie

Wzór przybliżony otrzymamy po rozpisaniu funkcji \(f(x)=\ln(1-x)\) wzorem Maclaurina. Zatem w przedziale \({\displaystyle \left | x \right |\leqslant \frac{1}{2}},\) dla \(x_{0}=0\) dostaniemy \[{\displaystyle \ln(1-x)\approx -x-\frac{x^{2}}{2}},\] jeżeli rozpiszemy wzór do trzeciej pochodnej włącznie.
\[ \begin{array}{l}
f(x)=\ln(1-x), &f(0)=\ln 1=0\\
{\displaystyle f'(x)=-\frac{1}{1-x}}, &f'(0)=-1\\
{\displaystyle f''(x)=-\frac{1}{\left (1-x  \right )^{2}}}, &f''(0)=-1\\
{\displaystyle f'''(x)=-\frac{2(1-x)}{\left (1-x  \right )^{4}}=-\frac{2}{\left (1-x  \right )^{3}}}, &f'''(0)=-2
\end{array}\]
Wykres funkcji \(f\) oraz funkcji wielomianowej, będącej przybliżeniem funkcji \(f.\)
_rysunek_6.4.4.1

Podany wzór przybliżony bardzo dobrze przybliża funkcję \(\ln(1-x).\) Błąd byłby jeszcze mniejszy, gdyby ograniczyć wzór do jeszcze mniejszego przedziału, np. \(\left | x \right |\leqslant \displaystyle\frac{1}{4}.\) Widać na rysunku, że wykres wielomianu zaczyna oddalać się od wykresu funkcji \(f\) na końcach przedziału.
Rozpisujemy, korzystając z równania Maclaurina do trzeciej pochodnej, uzyskując tym sposobem resztę \(R_{3}.\)
\[{\displaystyle \ln(1-x)\approx 0-\frac{1}{1!}x-\frac{1}{2!}x^{2}\underbrace{-\frac{2}{3!}x^{3}}_{R_{3}}}.\]
Zatem \({\displaystyle \ln(1-x)\approx -x-\frac{x^{2}}{2}.}\) Ponieważ mamy obliczyć błąd podanego wzoru w przedziale \(\left | x \right |\leqslant \displaystyle\frac{1}{2},\) zatem do uzyskanej reszty podstawiamy \(\displaystyle\frac{1}{2}\) (liczymy wartość bezwzględną błędu).
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{2\left | x^{3} \right |}{2\cdot 3}}\\
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{\left | x^{3} \right |}{3}}\\
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{\left (\frac{1}{2}  \right )^{3}}{3}}\\
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{1}{24}}\\
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant 0,042}
\end{array}\]

 Odpowiedź

Wzór \({\displaystyle \ln(1-x)\approx -x-\frac{x^{2}}{2}},\) w przedziale \(\left | x \right |\leqslant \displaystyle\frac{1}{2}\)  przybliża z błędem nie większym niż \(0,042.\)

 Polecenie

Oszacuj dokładność podanych wzorów przybliżonych we wskazanych przedziałach.

 Wzór 1

\(e^{x^{2}}\approx 1+x^{2},\) w przedziale \(\left | x \right |\leqslant 0,1\)

 Odpowiedź

Błąd podanego wzoru przybliżonego nie jest większy niż \(0,0003.\)

 Rozwiązanie

\[e^{x^{2}}\approx 1+x^{2},\textrm{ w przedziale } \left | x \right |\leqslant 0,1\]
\[ \begin{array}{l}
f(x)=e^{x^{2}}, &f(0)=1\\
f'(x)=2xe^{x^{2}}, &f'(0)=0\\
f''(x)=2e^{x^{2}}+2x\cdot 2xe^{x^{2}}=2e^{x^{2}}\left ( 1+2x^{2} \right ), &f''(0)=2\\
{\displaystyle f'''(x)=\frac{2e^{x^{2}}\cdot 2x\left ( 1+2x^{2} \right )+2e^{x^{2}}\cdot 4x}{2e^{x^{2}}\left ( 6x+4x^{3} \right )}}, &f'''(0)=2\\
\end{array}\]
\[e^{x^{2}}\approx 1+\frac{0}{1!}x+\frac{2}{2!}x^{2}+\underbrace{\frac{2}{3!}x^{3}}_{R_{3}}\\
e^{x^{2}}\approx 1+x^{2}\\
\left | x \right |\leqslant 0,1\\
\left | R_{3} \right |\leqslant \frac{2\left | x^{3} \right |}{2\cdot 3}\\
\left | R_{3} \right |\leqslant \frac{\left | x^{3} \right |}{3}\\
\left | R_{3} \right |\leqslant \frac{0,1^{3}}{3}\\
\left | R_{3} \right |\leqslant 0,0003\]
Wykres funkcji \(f\) oraz wielomianu, będącego przybliżeniem funkcji \(f.\)
_rysunek_6.4.4.2

 Wzór 2

\(\textrm{arctg }x \approx x,\) w przedziale \(\left | x \right |\leqslant 0,2\)

 Odpowiedź

Wzór został przybliżony z błędem nie większym niż \(0,0027.\)

 Rozwiązanie

\[\textrm{arctg }x \approx x, \textrm{w przedziale } \left | x \right |\leqslant 0,2\]
\[ \begin{array}{l}
f(x)=\textrm{arctg }x, &f(0)=0\\
{\displaystyle f'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}}, &f'(0)=1\\
{\displaystyle f''(x)=-\frac{2x}{\left (1+x^{2}  \right )^{2}}}, &f''(0)=0\\
{\displaystyle f'''(x)=\frac{-2\left ( 1+x^{2} \right )^{2}-(-2x)\cdot 2(1+x^{2})\cdot 2x}{\left (1+x^{2}  \right )^{4}}=}\\
{\displaystyle \frac{-2\left ( 1+x^{2} \right )^{2}+8x^{2}(1+x^{2})}{\left (1+x^{2}  \right )^{4}}=}\\
{\displaystyle \frac{\left ( 1+x^{2} \right )\left (-2-2x^{2}+8x^{2}  \right )}{\left (1+x^{2}  \right )^{4}}=}\\
{\displaystyle \frac{\left (6x^{2}-2  \right )}{\left (1+x^{2}  \right )^{3}},} &f'''(0)=\frac{-2}{1}=-2
\end{array}\]
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle \textrm{arctg }x \approx 0+\frac{1}{1!}x+\frac{0}{2!}x^{2}-\frac{2}{3!}x^{3}}\\
{\displaystyle \textrm{arctg }x \approx x\underbrace{-\frac{x^{3}}{3}}_{R_{3}}}\\
\end{array}\]
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{\left | x \right |^{3}}{3}}\\
{\displaystyle \left | R_{3} \right |\leqslant \frac{\left | 0,2 \right |^{3}}{3}\approx 0,0027}
\end{array}\]
Wykres funkcji \(f\) oraz funkcji wielomianowej, będącej przybliżeniem funkcji \(f.\)
_rysunek_6.4.4.4