הבדלים בין גרסאות בדף "קוד:שארית לגרנז' של פולינום טיילור"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(יצירת דף עם התוכן "<latex2pdf> <tex>קוד:ראש</tex> \begin{thm} תהי $f\in D^{n+1}(a,b) $ אזי $f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \frac{f^{(n+1)(c)}{(n+...")
 
מ (4 גרסאות יובאו)
 
(3 גרסאות ביניים של משתמש אחר אחד אינן מוצגות)
שורה 1: שורה 1:
<latex2pdf>
 
<tex>קוד:ראש</tex>
 
 
 
\begin{thm}
 
\begin{thm}
תהי $f\in D^{n+1}(a,b) $ אזי $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} $ כאשר $c\in[x_0,x] \cup [x,x_0] $ (לא ידוע מי קטן יותר ממי), או במילים אחרות $\exists 0\leq t\leq 1 : c=x_0+t(x-x_0) $ . במילים אחרות
+
תהי $f\in D^{n+1}(a,b) $ אזי
 +
 
 +
$$f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} $$
 +
 
 +
כאשר $c\in[x_0,x] \cup [x,x_0]$ (לא ידוע מי קטן יותר ממי), דרך אחרת לכתוב את זה היא\\
 +
$\exists 0\leq t\leq 1 : c=x_0+t(x-x_0) $ . במילים אחרות
  
 
$$R_n(x,x_0)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} $$
 
$$R_n(x,x_0)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} $$
שורה 11: שורה 13:
  
 
\begin{proof}
 
\begin{proof}
 +
יהיו $x,x_0 $ אזי מההגדרה $R_n(x,x_0)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k $
  
 +
כעת נגדיר $\varphi (t) = R_n (x,t) $ ונראה ש-
 +
 +
$$ \varphi (t)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k $$
 +
 +
נגדיר גם בשביל הפשטות $\psi (t) = (x-t)^{n+1} $
 +
 +
נניח בה"כ ש- $x<x_0 $ , ועבור המצב ההפוך נעשה באופן אנלוגי:
 +
 +
ממשפט הערך הממוצע של קושי נקבל ש- $\exists c : \frac{\varphi(x_0)-\varphi(x)}{\psi(x_0)-\psi(x)}=\frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)} $
 +
 +
כעת נשים לב ש-
 +
 +
$$\varphi'(t)=\left ( f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\right ) ' =0-\sum_{k=0}^n \left ( \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\right ) ' $$
 +
 +
(הנגזרת של $f(x) $ זה $0$ משום שזהו מספר קבוע כי קבענו את $x$ בהתחלה ) . כעת אם נשתמש בכלל לייבניץ ונגזור בזהירות, נשים לב שזה פשוט $-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!} (x-t)^n $
 +
 +
עכשיו אם נחזור למסקנה של משפט קושי,
 +
 +
$$\exists c : \frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)}=\frac{\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x-c)^n}{(n+1)(x-c)^n}=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} =\frac{\varphi(x_0)-\varphi(x)}{\psi(x_0)-\psi(x)}=$$
 +
 +
$$ \frac{R_n(x,x_0)-0}{(x-x_0)^{n+1}} \Rightarrow R_n(x) =\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$$
 
\end{proof}
 
\end{proof}
  
<tex>קוד:זנב</tex>
+
\begin{example}
</latex2pdf>
+
חשב את $\log 1.5 $ בקירוב של 2 ספרות אחרי הנקודה העשרונית.\\
 +
פתרון: נסתכל על $f(x)=\log(1+x) $ . נראה כי
 +
$$P_7(x,0)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^6}{6}+\frac{x^7}{7}$$
 +
לפי לגרנז' השארית $f(0.5)-P_7(0.5,0)=R_7(0.5,0)=\frac{f^{(8)}(c)}{8!} (0.5-0)^8 $ עבור\\
 +
$0<c<0.5$
 +
$$|f^{(8)}(c)|=\left |-\frac{5040}{(1+c)^8}\right | \leq \frac{5040}{(1+0)^5} = 5040 $$
 +
(אי השיוויון נכון משום ש-$c\in (0,0.5) $ )
 +
 
 +
מכאן ש-
 +
 
 +
$$|f(0.5)-P_7(0.5,0)|\leq \frac{5040}{8!} 0.5^8 < 0.001 $$
 +
 
 +
לכן הפולינום מסדר 7 נותן קירוב טוב מספיק, ואז אם נציב $x=0.5$ נקבל מספר ש-3 הספרות הראשונות שלו אחרי הנקודה הן $0.405$ ולכן אם ניקח את הקירוב ל-2 ספרות אחרי הנקודה נקבל $0.41$ .
 +
\end{example}

גרסה אחרונה מ־20:22, 4 באוקטובר 2014

\begin{thm} תהי $f\in D^{n+1}(a,b) $ אזי

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

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

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

כאשר $c$ תלוי ב- $x$ . \end{thm}

\begin{proof} יהיו $x,x_0 $ אזי מההגדרה $R_n(x,x_0)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k $

כעת נגדיר $\varphi (t) = R_n (x,t) $ ונראה ש-

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

נגדיר גם בשביל הפשטות $\psi (t) = (x-t)^{n+1} $

נניח בה"כ ש- $x<x_0 $ , ועבור המצב ההפוך נעשה באופן אנלוגי:

ממשפט הערך הממוצע של קושי נקבל ש- $\exists c : \frac{\varphi(x_0)-\varphi(x)}{\psi(x_0)-\psi(x)}=\frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)} $

כעת נשים לב ש-

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

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

עכשיו אם נחזור למסקנה של משפט קושי,

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

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

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

מכאן ש-

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

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