אינפי 1/שארית לגרנז' של פולינום טיילור

משפט

תהי [math]\displaystyle{ f\in D^{n+1}(a,b) }[/math] אזי

\begin{displaymjx}f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\end{displaymjx}

כאשר [math]\displaystyle{ c\in[x_0,x] \cup [x,x_0] }[/math] (לא ידוע מי קטן יותר ממי), דרך אחרת לכתוב את זה היא
[math]\displaystyle{ \exists 0\leq t\leq 1 : c=x_0+t(x-x_0) }[/math] . במילים אחרות

\begin{displaymjx}R_n(x,x_0)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\end{displaymjx}

כאשר [math]\displaystyle{ c }[/math] תלוי ב- [math]\displaystyle{ x }[/math] .

הוכחה.

יהיו [math]\displaystyle{ x,x_0 }[/math] אזי מההגדרה [math]\displaystyle{ R_n(x,x_0)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k }[/math]

כעת נגדיר [math]\displaystyle{ \varphi (t) = R_n (x,t) }[/math] ונראה ש-

\begin{displaymjx}\varphi (t)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\end{displaymjx}

נגדיר גם בשביל הפשטות [math]\displaystyle{ \psi (t) = (x-t)^{n+1} }[/math]

נניח בה"כ ש- [math]\displaystyle{ x<x_0 }[/math] , ועבור המצב ההפוך נעשה באופן אנלוגי:

ממשפט הערך הממוצע של קושי נקבל ש- [math]\displaystyle{ \exists c : \frac{\varphi(x_0)-\varphi(x)}{\psi(x_0)-\psi(x)}=\frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)} }[/math]

כעת נשים לב ש-

\begin{displaymjx}\varphi'(t)=\left ( f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\right ) ' =0-\sum_{k=0}^n \left ( \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\right ) '\end{displaymjx}

(הנגזרת של [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] זה [math]\displaystyle{ 0 }[/math] משום שזהו מספר קבוע כי קבענו את [math]\displaystyle{ x }[/math] בהתחלה ) . כעת אם נשתמש בכלל לייבניץ ונגזור בזהירות, נשים לב שזה פשוט [math]\displaystyle{ -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!} (x-t)^n }[/math]

עכשיו אם נחזור למסקנה של משפט קושי,

\begin{displaymjx}\exists c : \frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)}=\frac{\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x-c)^n}{(n+1)(x-c)^n}=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} =\frac{\varphi(x_0)-\varphi(x)}{\psi(x_0)-\psi(x)}=\end{displaymjx}

\begin{displaymjx}\frac{R_n(x,x_0)-0}{(x-x_0)^{n+1}} \Rightarrow R_n(x) =\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\end{displaymjx}

∎

דוגמה

חשב את [math]\displaystyle{ \log 1.5 }[/math] בקירוב של 2 ספרות אחרי הנקודה העשרונית.
פתרון: נסתכל על [math]\displaystyle{ f(x)=\log(1+x) }[/math] . נראה כי \begin{displaymjx}P_7(x,0)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6}+\frac{x^7}{7}\end{displaymjx} לפי לגרנז’ השארית [math]\displaystyle{ f(0.5)-P_7(0.5,0)=R_7(0.5,0)=\frac{f^{(8)}(c)}{8!} (0.5-0)^8 }[/math] עבור
[math]\displaystyle{ 0<c<0.5 }[/math] \begin{displaymjx}|f^{(8)}(c)|=\left |-\frac{5040}{(1+c)^8}\right | \leq \frac{5040}{(1+0)^5} = 5040\end{displaymjx} (אי השיוויון נכון משום ש-[math]\displaystyle{ c\in (0,0.5) }[/math] )

מכאן ש-

\begin{displaymjx}|f(0.5)-P_7(0.5,0)|\leq \frac{5040}{8!} 0.5^8 < 0.001\end{displaymjx}

לכן הפולינום מסדר 7 נותן קירוב טוב מספיק, ואז אם נציב [math]\displaystyle{ x=0.5 }[/math] נקבל מספר ש-3 הספרות הראשונות שלו אחרי הנקודה הן [math]\displaystyle{ 0.405 }[/math] ולכן אם ניקח את הקירוב ל-2 ספרות אחרי הנקודה נקבל [math]\displaystyle{ 0.41 }[/math] .