MATEMATIQKA GIMNAZIJA
Maturski rad iz matematike
Tejlorova formula i primene
Uqenik
Mentor mr Sran OgƬanovi
Benjamin Linus
Beograd, 2007.
Sadrжaj
1. Uvod
....................................................
2. Tejlorova formula
3
.....................................
4
2.1 Tejlorova formula za polinome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Tejlorova formula za proizvoƩnu funkciju . . . . . . . . . . . . . 2.3 Asimptotska oznaka o i Ƭene primene . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Oblici ostatka Tejlorove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Maklorenova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Tejlorov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
3. Primena Tejlorove formule
5 7 8 9 9
...........................
10
3.1 Aproksimacije u nekoj taqki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Maklorenov razvoj elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . .
10
3.2.1 Razvoj funkcije 3.2.2 Razvoj funkcije 3.2.3 Razvoj funkcije 3.2.4 Razvoj funkcije 3.2.5 Razvoj funkcije 3.2.6 Razvoj funkcije 3.2.7 Razvoj funkcije 3.2.8 Razvoj funkcije 3.2.9 Razvoj funkcije
f ((x) = sin x f
14
. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. ..
14
f ((x) = cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
15
f ((x) = arctg x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
16
f ((x) = ex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
16
f ((x) = (1 + x)α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
17
f ((x) = ln(1 + x) f
. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
17
. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. ..
18
f ((x) = arccos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
18
f ((x) = tg x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
18
3.3 Pribliжna izraqunavaƬa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 IzraqunavaƬe graniqnih vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 NalaжeƬe kosih asimptota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 IspitivaƬe konvergencije redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
Literatura
f ((x) = arcsin x f
.............................................
2
22 27 29
30
Sadrжaj
1. Uvod
....................................................
2. Tejlorova formula
3
.....................................
4
2.1 Tejlorova formula za polinome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Tejlorova formula za proizvoƩnu funkciju . . . . . . . . . . . . . 2.3 Asimptotska oznaka o i Ƭene primene . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Oblici ostatka Tejlorove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Maklorenova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Tejlorov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
3. Primena Tejlorove formule
5 7 8 9 9
...........................
10
3.1 Aproksimacije u nekoj taqki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Maklorenov razvoj elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . .
10
3.2.1 Razvoj funkcije 3.2.2 Razvoj funkcije 3.2.3 Razvoj funkcije 3.2.4 Razvoj funkcije 3.2.5 Razvoj funkcije 3.2.6 Razvoj funkcije 3.2.7 Razvoj funkcije 3.2.8 Razvoj funkcije 3.2.9 Razvoj funkcije
f ((x) = sin x f
14
. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. ..
14
f ((x) = cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
15
f ((x) = arctg x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
16
f ((x) = ex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
16
f ((x) = (1 + x)α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
17
f ((x) = ln(1 + x) f
. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .
17
. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. ..
18
f ((x) = arccos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
18
f ((x) = tg x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . f
18
3.3 Pribliжna izraqunavaƬa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 IzraqunavaƬe graniqnih vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 NalaжeƬe kosih asimptota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 IspitivaƬe konvergencije redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
Literatura
f ((x) = arcsin x f
.............................................
2
22 27 29
30
Uvod
1
Postoje izvori da je Tejlorov1 razvoj otkriven jox u Indiji, u XI V veku veku.. Meuti Meutim m nema saquvanih saquvanih pismenih pismenih belexki tih radov radova. a. Smatr Smatra a se da su indij indijski ski matematiqari matematiqari otkrili nekoliko Tejlorovih razvoja koji su specijalni sluqajevi, ukƩuqujui razvoje za trig trigonom onometrijske etrijske funkcije, funkcije, sinus sinus,, kosinu kosinus, s, tang tangens, ens, i arku arkustang stangens, ens, ali samo nekoπ liko prvih stepena. stepena. Takoe se pomiƬe, da su znali broj i π, da aproksimiraju, pomou 4 beskonaqnog racionalnog deƩeƬa. Generalna ideja za nalaжeƬe razvoja za sve funkcije, za koje postoje, predstavƩena je u del delu u ,,Di ,Direkt rektna na i inv inverz erzna na met metoda oda pri prirax raxtaj taja”, a”, (Methodu Methoduss Increme Incrementorum ntorum Dire Directa cta et Inversa ) koj kojee je objavio objavio Bru Brukk Tejl ejlor or 1715. go godin dine. e. Dan Danas as ovi raz razvoj voji i po Ƭemu nose ime, 2 3 i Maklorenu , ƫutnovom uqeniku i prijateƩu, koji je svoje objavio u delu ,,Rasprava o fluksu” (Treatise of Fluxions) 1742. godine. Tejlor je svoje razvoje koristio za integraci ju nekih difer diferencija encijalnih lnih jednaqina. jednaqina. Znaqa Znaqajj ovih razvoja razvoja nije u potpu potpunosti nosti shvaen shvaen sve 4 dok ih Ojler nije primenio u diferencijalnom raqunu. Tejl ejloro orova va for forula ula je snaж snaжan an ala alat t za rexa rexavaƬ vaƬee mnog mnogih ih pro proble blema, ma, ug uglav lavnom nom oni onih h iz matematiqk matem atiqkee analize, ali i numeri numeriqke. qke. CiƩ ovog maturskog maturskog rada je da prezentuje prezentuje samo neke primere primene Tejlorove formule u analizi, a i u realnom жivotu i to one koje se oslaƬaju na znaƬe koje se moжe stei u sredƬoj xkoli. U prvoj polovini rada paжƬa je posveena Tejlorovoj formuli i drugim teorijskim pitaƬima koja su vezana za Ƭu, i koje je potrebno imati na umu pri rexavaƬu zadataka. Polako naqin obrazlagaƬa postaje sve vixe okrenut problemima, qije bi rexavaƬe bilo veoma texko bez Tejlorove formule i koji ustvari i ilustruju pravu snagu Tejlorove formule.
1
B. Taylor (1685-1731), engleski matematiqar C. Maclaurin (1698-1746), xkotski matematiqar 3 I. Newton (1643-1727), engleski matematiqar i fiziqar 4 matematiqar qar L. Euler (1707-1783), (1707-1783), xvajcarski matemati 2
3
Tejlorova formula
2
Jox u radovima ƫutna i Lajbnica5 prilikom uvoeƬa izvoda i diferencijala, znamo da leжi ideja o aproksimaciji, i to linearnoj, nekoj vrsti zamene date funkcije linearnom funkcijom u okolini neke taqke. Tako je samo definisaƬe izvoda bilo motivisano potrebom uvoeƬa tangente (grafika linearne funkcije) za datu funkciju u datoj taqki. Prirodno je postaviti pitaƬe moжe li se funkcija f, koja ima vixe izvoda u taqki a, ili Ƭenoj okolini, aproksimirati polinomom vixeg stepena od jedan. Takoe ciƩ te aproksimacije je da grexka bude xto je mogue maƬa. Odgovor na ovo pitaƬe daje Tejlorova formula.
2.1
Tejlorova formula za polinome
Neka je P (x) = cn xn + cn−1 xn−1 + cn−2 xn−2 + . . . + c2 x2 + c1 x + c0 , c0 , c1 , . . . , cn R. Naimo sada izvode ovog polinoma, sve do n tog, pa u funkciji od Ƭih izrazimo koeficijente.
∈
−
P (x) = cn xn + cn−1 xn−1 + cn−2 xn−2 + . . . + c2 x2 + c1 x + c0
P (0) = c0
P ′ (x) = ncn xn−1 + (n
P ′ (0)
= c1
P ′′ (0)
=
2!c2
P ′′′ (0)
=
3!c3
P ′′ (x) = n(n
− 1)c
P ′′′ (x) = n(n
− 1)c
n−2 nx
n−1 x
n−2
+ . . . + 3c3 x2 + 2c2 x + c1
+ . . . + 6c3 x + 2c2
− 1)(n − 2)c
nx
n−3
+ . . . + 6c3 x
.. . P (n) (x)
.. . P (n) (0)
= n!cn
= n!cn
P (0) 0! P ′ (0) c1 = 1! P ′′ (0) c2 = 2! P ′′′ (0) c3 = 3! .. . c0 =
P (n) (0) cn = n!
Na kraju kada koeficijente zamenimo u funkciji od izvoda, dobijamo
P (x) =
P (n) (0) n P (n−1) (0) n−1 P ′′ (0) 2 P ′ (0) P (0) x + x + ... + x + x+ . n! (n 1)! 2! 1! 0!
−
Sada polinom P (x) predstavimo u obliku P (x) = An (x
gde a
n
− a)
+ An−1 (x
n−1
− a)
+ An−2 (x
n−2
− a)
∈ R i x − a = Z, i Z ∈ R.
Takoe imamo da je, P (x) = P (Z ). 5
G. W. Leibnitz (1646-1716), nemaqki matematiqar i filozof
4
+ . . . + A2 (x
− a)2 + A1(x − a) + A0,
Zatim ponovo odredimo koeficijente u funkciji od izvoda pa zamenimo u prethodnu formulu, P (0) 0! P ′ (0) A1 = 1! P ′′ (0) A2 = 2! .. . A0 =
An =
P (n) (0) n!
P (Z ) = P (a + Z )
⇒
P (0) = P (a)
⇒
P ′ (Z ) = P ′ (a + Z )
⇒
P ′ (0) = P ′ (a)
⇒
P ′′ (Z ) = P ′′ (a + Z ) .. .
⇒
P ′′ (0) = P ′′ (a) .. .
⇒
P (n) (Z ) = P (n) (a + Z )
⇒
P (n) (0) = P (n) (a)
⇒
P (a) 0! P ′ (a) A1 = 1! ′′ P (a) A2 = 2! .. . A0 =
An =
P (n) (a) , n!
i na kraju dobijamo,
T n,a (x) = P (a) +
P ′ (a) (x 1!
(n−1)
′′
(a) − a) + P 2!(a) (x − a)2 + . . . + P (n − 1)! (x − a)
n−1
+
P (n) (a) (x n!
n
− a)
.
Dobijeni polinom naziva se Tejlorovim polinomom n tog stepena, polinoma P (x) u taqki a.
−
2.2
Tejlorova formula za proizvoƩnu funkciju
Neka je funkcija f definisana i neprekidna zajedno sa svojih n izvoda na odseqku [a, x] (pri qemu moжe biti a < x i a > x) i neka u intervalu (a, x), ili (x, a) ima (n + 1) vi izvod. Tada, pod tim uslovima vaжi Tejlorova formula: Teorema
1.
−
f (x) = T n,a(x) + Rn,a (x),
tj. postoji taqka c
∈ (a, x), odnosno c ∈ (x, a) takva da je Rn,a (x) = f (x)
− T
n,a (x) =
f (n+1) (c) (x (n + 1)!
− a) +1, n
gde je T n,a (x) Tejlorov polinom pridruжen funkciji f (x) u taqki x = a, a Rn,a (x) tzv. ostatak ili grexka aproksimacije. f (x) = T n,a (x) +
f (n+1)(c) (x (n + 1)!
5
− a) +1. n
Dokaz. Neka je, a < x. Posmatrajmo pomonu funkciju φ : [a, x]
φ(t) = f (x)
= f (x)
−
′
f (t) + f (t)(x
−
→ R datu sa
(x t)n+1 λ= (n + 1)!
− T − − n,t
f (n) (t) t) + . . . + (x n!
− t)
n
−
(x t)n+1 λ. (n + 1)!
−
Parametar λ R izaberemo tako da funkcija φ zadovoƩava uslove za primenu Rolove 6 teoreme na odseqku [a, x], odnosno λ tako da je:
∈
φ(a) n+1
φ(x) = f (x)
− T − (x(n−+a)1)! n,a
= 0
n+1
λ = Rn,a (x)
− (x(n−+a)1)!
λ = 0
Funkcija φ(t) je oqigledno neprekidna na [a, x], a unutar intervala (a, x) ima izvod
′
φ (t) =
−
′
′
f (t)
′′
′′
(x
− t)2 f
− f (t) + (x − t)f (t) − (x − t)f (t) + 2 (x − t) 1 ( ) − (n − 1)! f (t) + (x −n!t) f ( +1)(t) + (x −n!t) (x − t) = (λ − f ( +1)(t)). n! n−
n
n
n
n
′′′
(t) + . . .
n
λ=
n
IspuƬeni su svi uslovi Rolove teoreme, pa dobijamo da postoji broj c je φ′ (c) = 0, tj. (x
n
− c) n!
(λ
− f ( +1)(c)) = 0 ⇒ n
λ = f (n+1)(c),
na kraju dobijamo Rn,a (x) =
f (n+1) (c) (x (n + 1)!
xto je trebalo i dokazati.
6
M. Rolle (1652-1719), francuski matematiqar
6
− a) +1, n
∈ (a, x), takav da
Asimptotska oznaka
2.3
o
i Ƭene primene
Kada se uporeuje ponaxaƬe neke funkcije u okolini neke fiksne taqke (konaqne ili beskonaqne), u kojoj sama funkcija ne mora biti definisana, sa ponaxaƬem neke druge (obiqno jednostavnije) funkcije, kaжemo da se ispituje asimptotsko ponaxaƬe prve funkcije u okolini te taqke. Definicija
x
1.
Kaжemo da je funkcija f beskonaqno mala u odnosu na funkciju g kada
→ a i pixemo f = o(g)
(x
→ a)
U, x = a, gde je α ako postoji okolina U taqke a, takva da je f (x) = α(x)g(x) za x a. Oznaka qita se kao ,,f je malo o od g kad x a”. beskonaqno mala funkcija kada x Specijalno, ako su f i g beskonaqno male kada x teжi a, kaжemo da je f beskonaqno mala vixeg reda u odnosu na g, x a.
∈
→
→
→
Teorema
2.
Neka su funkcije f i g definisane u nekoj okolini taqke a. Tada je:
1◦ f o(g) = o(f g) (x a); 2◦ o(f ) + o(f ) = o(f ) (x a); ◦ 3 o(o(f )) = o(f ) (x a).
·
→ → →
Pre nego xto dokaжemo ove relacije, treba precizirati smisao nekih od Ƭih. a) nije oznaka za jednu funkciju, ve za skup svih onih Prema definiciji o(f ) (x a – u tom smislu treba shvatiti funkcija koje su beskonaqno male u odnosu na f kad x ◦ relaciju 2 , ona praktiqno znaqi da je zbir dveju funkcija, beskonaqno malih u odnosu a, ponovo beskonaqno mala funkcija u odnosu na f kad x a. To ujedno znaqi na f kad x da se ralacije u kojima se pojavƩuje simbol o ne smeju qitati ,,zdesna ulevo”. Vaжi x2 = o(x) (x 0), ali naravno nema smisla napisati o(x) = x2 (x 0), jer ima mnogo 0”. drugih funkcija koje su ,,malo o od x kad x
→
→
→
→
→ →
→
Dokaz.
1◦ Treba da dokaжemo da ako je h(x) neka funkcija koja je beskonaqno mala u odnosu na g(x) kad x a, tada je proizvod f (x)h(x) beskonaqno mala u odnosu na f g kad x a. a), onda je u nekoj okolini taqke a ispuƬeno h(x) = α(x)g(x), Ako je h = o(g) (x α a. Tada je f (x)h(x) = α(x)(f (x)g(x)) pa je zaista gde je beskonaqno mala kad x f h = o(f g) (x a), xto je i trebalo dokazati.
→
→
→
→
→
2◦ Neka je g1 = o(f ) i g2 = o(f ) (x a). Tada je g1 = β 1 f i g2 = β 2 f, gde β 1 , β 2 0 (x 0 (x a), xto znaqi da je i g1 + g2 = o(f ) (x pa je g1 + g2 = (β 1 + β 2 )f, gde β 1 + β 2
→ →
→
→
→ a), → a).
3◦ Neka je g = o(o(f )) kad x a. To znaqi da je g = o(h) (x a), gde je h proizvoƩa), tj. h = βf za neku beskonaqno malu funkciju na funkcija oblika h = o(f ) (x β (x a). Onda je g = γh = (γβ )f gde γ 0 (x a), pa i γβ 0 (x a), xto znaqi a). da je g = o(f ) (x
→
→
→
→
→
7
→
→ →
→
2.4
Oblici ostatka Tejlorove formule
Smisao Tejlorove formule je da se funkcija aproksimira polinomom. Ostatak je, ustvari, grexka te aproksimacije. Kao xto se vidi iz oblika ostatka, aproksimacija je utoliko boƩa ukoliko je taqka x bliжa taqki a. U tom smislu, ovo je lokalna aproksimacija, tj. moжe da se koristi u dovoƩno maloj okolini taqke a. Za dato i fiksno x, pod odreenim uslovima, grexka aproksimacije se smaƬuje sa poveaƬem n. Prema tome, Tejlorov polinom vixeg stepena boƩe aproksimira funkciju od polinoma maƬeg stepena. Ilustraciju prethodnog, pokazuju primeri sa graficima u delu 3.1. Ve pomenuti oblik ostatka f (n+1) (c) Rn,a (x) = (x (n + 1)!
− a) +1, n
naziva se Lagranжov7 ostatak. Lagranжov ostatak se qesto pixe i u drugom obliku, ako stavimo da je c = a + θ(x gde je 0 < θ < 1, dobijamo Rn,a (x) =
a ako jox dodamo j = x
(x a)n+1 (n+1) f (a + θ(x (n + 1)!
−
− a),
− a)),
− a, j ∈ R konaqno dobijamo j n+1 (n+1) Rn,a (x) = f (a + θj). (n + 1)!
Ako u Lagranжov ostatak stavimo da je p = n + 1, p Rn,a(x) =
p
− x x
−
a c
(x
∈ N, dobijamo sledee
− c) +1 f ( +1)(c). p · n! n
n
Ovaj oblik se naziva Xlemilh8 -Roxov9 .
− a), 0 < θ < 1, dobijamo Koxijev10 oblik ostatka (x − a) +1 (1 − θ) ( +1) (x) = f (a + θ(x − a)).
Ako stavimo p = 1, c = a + θ(x
n
Rn,a
n
n
n!
Qesto se koristi i Peanov11 oblik ostatka Rn,a (x) = o((x
n
− a)
),
x
→a
qija vrednost zapravo i ne moжe da se izraquna. Ovaj oblik ostatka se koristi kada nije ni potrebno da se on izraquna, nego je jednostavno potrebno da se pri nekim raqunaƬima (u nekim zadacima) naglasi da je ostatak beskonaqno mala veliqina. Najvixe emo ga koristiti pri raqunaƬu nekih graniqnih vrednosti, ili asimptota funkcija.
7
J. L. Lagrange (1736-1813), francuski matematiqar O. Schl¨ omilch (1823-1901), nemaqki matematiqar 9 E. Roche (1820-1883), francuski matematiqar 10 A. L. Cauchy (1789-1857), francuski matematiqar 11 G. Peano (1858-1932), italijanski matematiqar 8
8
Peanov oblik ostatka zapravo ukazuje na to da vaжi Rn,a(x) = 0. x→a (x a)n lim
Teorema
3.
−
Za ma koju funkciju R(x) za koju je Rn (a) = R′n (a) = R′′n (a) = . . . = Rn(n) (a) = 0
vaжi Rn (x) = 0. x→a (x a)n lim
−
Dokaz. Dokaжimo tvreƬe matematiqkom indukcijom. Baza, n = 1, R1 (a) = R′1 (a) = 0,
R1 (x) R′ (a) = 0, primenimo Lopitalovo pravilo i dobijamo lim 1 = 0. x→a (x x→a a) 1
treba da vaжi lim
−
pretpostavimo da tvreƬe vaжi za n = k, tj. kada je Rk (x) Rk (a) = Rk′ (a) = R′′k (a) = . . . R(kk) (a) = 0 da vaжi lim = 0. Dokaжimo da kada je x→a (x a)k Rk+1 (x) ) +1) Rk+1 (a) = Rk′ +1 (a) = Rk′′+1 (a) = . . . Rk(k+1 (a) = R(kk+1 (a) = 0, da je lim = 0. x→a (x a)k+1 Lagranжova teorema primeƬena na funkciju Rk+1 (x) na segmentu [a, x], daje Indukcijski korak,
−
−
Rk+1 (x)
Kako je c
′ k
− R +1(a) = R +1(c)(x − a), k
a < c < x.
| − a| < |x − a| i R +1(a) = 0, dobijamo da je R +1 (x) = R +1 (c)(x − a) = o((x − a) )(x − a) = o((x − a) +1 ), k
k
k
′ k
k
x
→ a,
xto je i trebalo dokazati.
2.5
Maklorenova formula
Dobila je ime po xkotskom matematiqaru Maklorenu koji je prvi koristio u svom radu. Maklorenova formula je specijalan sluqaj Tejlorove formule, to je Tejlorova formula kada je a = 0, tj. razvoj Tejlorove formule u okolini nule f (x) = T n,0 + Rn,0 (x).
Maklorenova formula je zanimƩiva iz razloga xto neke funkcije imaju (neformalno govorei) jednostavne izvode u nuli tako da se qesto dobija jednostavna formula - laka za korixeƬe, izvoeƬe i pameƬe. Svi pomenuti oblici ostataka Tejlorove formule su aktuelni i ovde i bie korixeni kasnije zajedno sa Maklorenovom formulom. 2.6
Tejlorov red
Neka funkcija f ima u taqki x = a konaqan n ti izvod f (n) (x) za svaki prirodan broj n. Beskonaqan red
Definicija
−
2.
+∞
k=0
f (k) (a) (x k!
k
− a)
zove se Tejlorov red koji odgovra funkciji f u taqki a. 9
3
3.1
Primena Tejlorove formule Aproksimacije u nekoj taqki
Odrediti Tejlorov polinom treeg stepena kojim se funkcija f (x) = x2 ln x aproksimira u taqki x = 1. Primer
1.
RexeƬe. Odredimo prva tri izvoda funkcije f (x) = x2 ln x, a zatim izraqunajmo vrednosti
dobijenih izvoda u taqki x = 1, f (x) = x2 ln x
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
f ′ (x) = 2x ln x + x f ′′ (x) = 2ln x + 2 + 1 = 2 ln x + 3 2 f ′′′ (x) = x
f (1) = 0 f ′ (1) = 1 f ′′ (1) = 3 f ′′′ (1) = 2.
Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom treeg stepena,
T 3,1 = f (1) +
f ′ (1) (x 1! =x
′′
′′′
− 1) + f 2!(1) (x − 1)2 + f 3!(1) (x − 1)3 + o(x − 1)3 =
− 1 + 32 (x − 1)2 + 13 (x − 1)3 + o(x − 1)3.
Aproksimirati funkciju f (x) = x2 e−x Tejlorovim polinomom treeg stepena u taqki x = 2. Primer
2.
RexeƬe. Izraqunamo prva tri izvoda funkcije f (x) = x2 e−x , a zatim odredimo vrednosti
dobijenih izvoda u taqki x = 2, f (x) = x2 e−x
− x2e = e (2x − x2) f (x) = e (2 − 2x) − e (2x − x2 ) = e (x2 − 4x + 2) (x) = −e (x2 − 4x + 2) + e (2x − 4) = e (−x2 + 6x − 6) f ′ (x) = 2xe−x
−x
′′
f ′′′
−x
−x
−x
−x
−x
−x
−x
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
f (2) = 4e−2 f ′ (2) = 0 f ′′ (2) =
−2e
f ′′′ (2) = 2e−2 .
Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom treeg stepena,
= 4e−
f ′ (2) (x 1!
′′
′′′
− 2) + f 2!(2) (x − 2)2 + f 3!(2) (x − 2)3 + o(x − 2)3 = 0 −2e 2 (x − 2)2 + 2e 2 (x − 2)3 + o(x − 2)3 = 2 + (x − 2) +
T 3,2 = +
−
1
= 4e−2
−
2
6
− e12 (x − 2)2 + 3e12 (x − 2)3 + o(x − 2)3. 10
−2
Primer
3.
π x= . 2
Odrediti Tejlorov polinom treeg stepena funkcije f (x) = x sin x u taqki
RexeƬe. Izraqunamo prva tri izvoda funkcije f (x) = x sin x, a zatim odredimo vrednosti
dobijenih izvoda u taqki x =
π , 2
f (x) = x sin x
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
f ′ (x) = sin x + x cos x f ′′ (x) = 2 cos x f ′′′
− x sin x (x) = −3sin x − x cos x
π π = 2 2 π f ′ =1 2 π π f ′′ = 2 2 π ′′′ f = 3. 2 f
− −
Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom treeg stepena,
π f π 2 = f + 2 1!
T 3, 2
π
π f ′′ π 2 + 2 2!
π 2
− − − − − − − −− − − − − − − ′
x
x
π 2
2
f ′′′
+
3!
π 2
x
π π π π 2 3 π 3 = + x + 2 x + x +o x 2 2 2 2 3! 2 π π 2 1 π 3 π 3 =x x x +o x . 4 2 2 2 2
π 2
3
π 2
+o x
3
3
=
=
Aproksimirati funkciju f (x) = ln(1 + sin x) Tejlorovim polinomom treeg stepena u taqki x = π. Primer
4.
RexeƬe. Odredimo prva tri izvoda funkcije f (x) = ln(1 + sin x), a zatim izraqunajmo
vrednosti dobijenih izvoda u taqki x = π,
f ′′ (x) =
− sin x(1 + sin x) − cos2 x = − (1 + sin x)2
=
f (x) = ln(1 + sin x) cos x f ′ (x) = 1 + sin x 2 sin x sin x cos2 x = (1 + sin x)2
−
⇒ ⇒
f (π) = 0
⇒ ⇒
f ′′ (π) =
f ′ (π) =
−1
−
−(sin x + 1) = −
1 (1 + 1 + sin x cos x f ′′′ (x) = (1 + sin x)2 sin x)2
f ′′′
−1 (π) = −1.
Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom treeg stepena,
T 3,π = f (π) +
f ′ (π) (x 1!
=
′′
′′′
− π) + f 2!(π) (x − π)2 + f 3!(π) (x − π)3 + o(x − π)3 =
−(x − π) − 12 (x − π)2 − 16 (x − π)3 + o(x − π)3. 11
Primer
5.
Nai Maklorenov razvoj petog stepena funkcije f (x) =
1 + x x2 . 1 + x + 2x2
−
RexeƬe. Uvedemo smenu t = x + 2x2 , imamo da je
1 + x x2 =1 1 + x + 2x2
−
f (x) =
2
− 1 + x3x+ 2x2 = 1 − 3x2 · 1 −1 t = 1 − 3x2(1 − t + t2 − t3 + o(t3)).
DaƩe je t2 = x2 + 4x3 + o(x3 ),
t3 = x3 + o(x3 ),
o(t3 ) = o(x3 ),
gde smo koristili razvoj za t2 i t3 do treeg stepena. Zamenom ovih izraza dobijamo f (x) = 1
Primer
6.
− 3x2(1 − x − 2x2 + x2 + 4x3 − x3 + o(x3)) = = 1 − 3x2 + 3x3 + 3x4 − 9x5 + o(x5 ).
Funkciju f (x) = tg x razviti u okolini nule do qlana sa x5 .
RexeƬe. Primenom razvoja funkcije sin x i cos x dobijamo
sin x tg x = = cos x
− x
x3 x5 + + o(x5 ) 6 120
· − 1
x2 x4 + + o(x5 ) 2 24
−1
.
x2 x4 + , Drugi faktor se daƩe moжe razviti primenom smene t = 2 24
− 1
x2 x4 + + o(x5 ) 2 24
−1
=
Prema tome,
tg x =
− x
x3 x5 + + o(x5 ) 6 120
1 1
−t
= 1 + t + t2 = 1 +
x2 5x4 1+ + + o(x4 ) 2 24
·
x2 5x4 + + o(x4 ). 2 24
=x+
x3 2x5 + o(x5 ) 3 15
(x
→ 0).
y
2
Na slici 1 je data aproksimacija trigonometrijske funkcije f (x) = sin(4x) cos x Maklorenovim polinomom devetog stetpena. Vidimo da se ove funkci je, f (x) i Maklorenov polinom T 9 (x) poklapaju na veem delu intervala ( 1, 1), xto je dovoƩno velika okolina taqke x = 0. Primer
7.
1
·
−4
−3
−2
−
0
−1
−1
T 9 (x)
−2
Sl. 1
12
1
2
3
sin(4x) · cos x
x
1 , Tejlorovim poli1+x nomom drugog i petog stepena u taqki x = 2. Aproksimacija je utoliko boƩa ukoliko je taqka x bliжa taqki a. Takoe, Tejlorov polinom vixeg stepena boƩe aproksimira funkciju od Tejlorovog polinoma maƬeg stepena. Ma slici 2 (levo) smo funkciju 1 f (x) = x+1 aproksimirali Tejlorovim polinomom drugog stepena T 2 (x), dok na slici 3 (desno) Tejlorovim polinomom petog stepena T 5 (x), vidimo da je ova druga aproksimacija boƩa. Takoe se primeuje da su obe aproksimacije dobre u okolini taqke M ( 2, 1). Primer
8.
Ovde je prikazana aproksimacija funkcije f (x) =
−
− −
y
y
5
5 T 5 (x)
4
−5
−4
−3
−2
−1
3
3
2
2
1
1
0 1
1 x+1
M
T 2 (x)
4
2
3
5 x
4
−1
−5 1 x+1
−4
−3
−2
−1
0 1
M
−1
−2
−2
−3
−3
−4
−4
−5
−5
Sl. 2
Sl. 3
13
2
3
4
5 x
Maklorenov razvoj nekih elementarnih funkcija
3.2
3.2.1
Razvoj funkcije f (x) = sin x
Naimo nekoliko prvih izvoda funkcije f (x) = sin x. π 2 f ′′ (x) = sin x = sin (x + π) 3π f ′′′ (x) = cos x = sin x + 2 ′′′′ f (x) = sin x = sin (x + 2π) = sin x
′
f (x) = cos x = sin x +
− −
Sada uopxteno za n ti izvod dobijamo sledee
−
f (n) (x) =
daƩe je
(n)
f
(x) =
pa je
π 2 f (4k+2) (x) = sin (x + π) 3π f (4k+3) (x) = sin x + 2 k+4) (4 f (x) = sin (x + 2π)
π + 2kπ 2 = sin (x + π + 2kπ) 3π = sin x + + 2kπ 2 = sin (x + 2π + 2kπ)
f (4k+1) (x) = sin x +
π = sin x + + 2kπ 2 f (4k+2)(x) = sin (x + π + 2kπ) 3π f (4k+3)(x) = sin x + + 2kπ 2 f (4k+4)(x) = sin (x + 2π + 2kπ)
f (4k+1)(x)
=
(n)
f
sin x +
= sin = sin
= sin = sin
π (x) = sin x + n 2
π x + (4k + 1) 2 π x + (4k + 2) 2 π x + (4k + 3) 2 π x + (4k + 4) 2
za
n = 4k + 1
za
n = 4k + 2
za
n = 4k + 3
za
n = 4k + 4
=
sin
=
sin
=
sin
=
sin
Sada naimo vrednosti izvoda u taqki x = 0.
f (n) (0) =
π 2 f (4k+2) (0) = sin (π) 3π f (4k+3) (0) = sin 2 k+4) (4 f (0) = sin(2π) f (4k+1) (0) = sin
= 1
za
n = 4k + 1
= 0
za
n = 4k + 2
=
za
n = 4k + 3
za
n = 4k + 4
−1
= 0
Dakle, Maklorenov polinom n tog stepena za funkciju f (x) = sin x glasi
−
3
sin x = x
5
7
− x3! + x5! − x7! + . . . + (−1)
n−1
14
x2n−1 + o(x2n ). (2n 1)!
−
π x+n 2 π x+n 2 π x+n 2 π x+n 2
3.2.2
Razvoj funkcije f (x) = cos x
Naimo nekoliko prvih izvoda funkcije f (x) = cos x.
− sin x = cos x + π2 f (x) = − cos x = cos (x + π)
f ′ (x) = ′′
3π 2 f ′′′′ (x) = cos x = cos (x + 2π) = cos x f ′′′ (x) = sin x = cos x +
Sada uopxteno za n ti izvod dobijamo sledee
−
f (n) (x) =
daƩe je
(n)
f
pa je
(x) =
π 2 f (4k+2)(x) = cos (x + π) 3π f (4k+3)(x) = cos x + 2 f (4k+4)(x) = cos (x + 2π)
π + 2kπ 2 = cos (x + π + 2kπ) 3π = cos x + + 2kπ 2 = cos (x + 2π + 2kπ)
f (4k+1)(x) = cos x +
π + 2kπ 2 f (4k+2) (x) = cos (x + π + 2kπ) 3π f (4k+3) (x) = cos x + + 2kπ 2 f (4k+4) (x) = cos (x + 2π + 2kπ)
=
f (4k+1) (x) = cos x +
cos x +
=
cos x + (4k + 1)
=
cos x + (4k + 2)
π 2 π
2 π = cos x + (4k + 3) 2 π = cos x + (4k + 4) 2
f (n) (x) = cos x + n
π 2
za
n = 4k + 1
za
n = 4k + 2
za
n = 4k + 3
za
n = 4k + 4
= cos x + n = cos x + n
2 π = cos x + n 2 π = cos x + n 2
Sada naimo vrednosti izvoda u taqki x = 0.
f (n) (0) =
π 2 f (4k+2) (0) = cos (π) 3π f (4k+3) (0) = cos 2 k+4) (4 f (0) = cos (2π) f (4k+1) (0)
= cos
= 0
za
n = 4k + 1
=
za
n = 4k + 2
= 0
za
n = 4k + 3
= 1
za
n = 4k + 4
−1
Pa Maklorenov polinom n tog stepena za funkciju f (x) = cos x izgleda ovako
−
2
cos x = 1
4
6
− x2! + x4! − x6! + . . . + (−1)
15
n
π 2 π
x2n + o(x2n+1 ). (2n)!
3.2.3
Razvoj funkcije f (x) = arctg x
Odredimo Ƭene izvode u taqki x = 0. Iz f ′ (x) = prema Lajbnicovoj formuli, za n 1 je
1 sledi f ′ (x)(1 + x2 ) = 1, 1 + x2
(1 + x2 )f (n+1) (x) + 2nxf (n) (x) + n(n
− 1)f (
n−1)
x
∈ R, a
(x) = 0,
odakle sledi f (n+1) (0) =
−n(n − 1)f (
n−1)
(0).
Kako je f (0) = 0, f ′ (0) = 1, dobijamo
(n)
f
(0) =
0, za k ( 1) (2k)!, za
n = 2k, n = 2k + 1,
−
k k
∈ N, ∈ N ∪ {0}.
Sada je f (x) = x
− 2!3! x3 + 4!5! x5 + . . . + (−1)
k
(2k)! x2k+1 + o(x2k+1 ), (2k + 1)!
konaqno dobijamo Maklorenov polinom n tog stepena za funkciju f (x) = arctg x
−
arctg x = x
3.2.4
− 13 x3 + 15 x5 + . . . + (−1)
k
1 x2k+1 + o(x2k+1 ). 2k + 1
Razvoj funkcije ex
Poznato je za funkciju f (x) = ex , da je f (n) (x) = ex ,
za svako
n
∈ N.
0 , f (n) (0) = 1. Pa dobijamo da Maklorenov polinom n tog stepena Zato je za n N x funkcije f (x) = e izgleda ovako
∈ ∪{ }
ex = 1 + x +
−
x2 x3 xn−1 xn + + ... + + + o(xn ). 2! 3! (n 1)! n!
−
16
3.2.5
Razvoj funkcije f (x) = (1 + x)α
Posmatrajmo ovu funkciju za α
∈ R\N i odredimo Ƭene izvode u taqki x = 0. Dobijamo
f ′ (x) = α(1 + x)α−1 f ′′ (x) = α(α 1)(1 + x)α−2 f ′′′ (x) = α(α 1)(α 2)(1 + x)α−2 f (n) (x) = α(α 1) . . . (α n + 1)(1 + x)α−n
− −
−
− · · −
Izraz an =
α(α
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
f ′ (0) = α f ′ (0) = α(α 1) f ′ (0) = α(α 1)(α 2) f (0) (x) = α(α 1) . . . (α
− −
− − · · − n + 1).
− 1) · . . . · (α − n + 1) , podsea na poznati binomni koeficijent. Usvojeno je n!
α . Dakle Maklorenov n polinom n tog stepena funkcije f (x) = (1 + x)α se moжe napisati na ovaj naqin
da se i u ovom sluqaju, i kada α nije prirodan broj, pixe oznaka
−
α α 2 α n (1 + x)α = 1 + x+ x + ... + x + o(xn ). 1 2 n
3.2.6
Razvoj funkcije f (x) = ln(1 + x)
Data funkcija je definisana za x > 1. Naimo sada n ti izvod ove funkcije u taqki 1 x = 0 . Iz f ′ (x) = sledi f ′ (x)(1 + x) = 1, a prema Lajbnicovoj formuli, za n 1 je 1+x
−
−
f (n+1) (x)(1 + x) =
−nf ( )(x), n
pa je za x = 0 f (n+1)(0) =
Kako je f ′ (0) = 1, dobijamo daƩe f ′′ (0) =
−nf ( )(0). n
f ′′′ (0) = 2, . . . , pa moжemo zakƩuqiti da je
−1,
f (n) (0) = ( 1)n−1 (n
−
− 1)!.
Sada dobijamo da Maklorenov polinom n tog stepena funkcije f (x) = ln(1 + x) izgleda ovako
−
2
ln(1 + x) = x
− x2
+
x3 3
n n−1 x
− . . . + (−1)
17
n
+ o(xn ).
3.2.7
Razvoj funkcije f (x) = tg x
n
tg x =
k=1
B2k ( 4)k (1 (2k)!
k
− 4 ) x2
−
k− 1
1 3 2 5 B2n ( 4)n (1 = x + x + x + ... + 3 15 (2n)! 3.2.8
−
+ o(x2k ) = n
−4
)
x2n−1 + o(x2n )
Razvoj funkcije f (x) = arcsin x
n
arcsin x =
k=0
(2k)! 4k (k!)2 (2k
+ 1)
x2n+1 + o(x2n+2 ) =
1 3 (2n)! = x + x3 + x5 + . . . + n x2n+1 + o(x2n+2 ) 2 6 40 4 (n!) (2n + 1) arcsin x =
−
n≥0
3.2.9
(2n 1)!!x2n+1 (2n)!!(2n + 1)
Razvoj funkcije f (x) = arccos x
π arccos x = 2 =
π 2
n
−
k=0
(2k)! 4k (k!)2 (2k
− x − 16 x3 − 403 x5 − . . . − 4
+ 1)
x2n+1 + o(x2n+2 ) =
(2n)! n (n!)2 (2n
18
+ 1)
x2n+1 + o(x2n+2 )
3.3
Pribliжna izraqunavaƬa
Kako je smisao primene Tejlorove formule aproksimacija funkcije polinomom, od interesa je poznavaƬe grexke te aproksimacije. Naravno, taqna vrednost grexke je nepoznata, ali se ona moжe proceniti, polazei od Lagranжovog ili Koxijevog oblika ostatka. Na primer, ako posmatramo Maklorenovu formulu sa ostatkom u Lagranжovom obliku, ciƩ procene grexke je da se nae gorƬa granica za
|R
n (x)
+1 | = |f ( +1)(θx)| (n|x|+ 1)! , n
n
gde x ima datu vrednost ili pripada datoj okolini nule i gde je θ (0, 1). Kod procene grexke se obiqno koriste najjednostavnije nejednakosti, traжeƬem ,,najgoreg sluqaja” u kome oba faktora dostiжu maksimalnu apsolutnu vrednost. Stoga je stvarna grexka uglavnom znatno maƬa od proceƬene.
∈
Odrediti stepen Maklorenovog polinoma funkcije ex koji omoguava izraqunavaƬe ex za 1, 5 x 2 s taqnoxu 10−3 . Primer
1.
−
RexeƬe. Neka je Rn (x) ostatak Maklorenovog polinoma. Treba nai n, za koje je
|R tj. treba da vaжi e2
n (x)
| = f ( +1)(c) (n +1 1)! |x| +1 < 10 n
n
· (n +1 1)! · 2 +1 < 10
−3
n
−3
,
, pa dobijamo 104 2n+1 < (n +1)!. Ova nejednakost
·
je ispuƬena za najmaƬe n = 10.
2
Primer
2.
Za koje vrednosti x vaжi pribliжna formula cos x
grexkom koja je maƬa od 10−4 ?
≈ 1 − x2
sa apsolutnom
RexeƬe. Iz Maklorenove formule nalazimo da je 2
cos x = 1
− x2
4
+ cos θx
· x24 ,
θ
∈ (0, 1).
x4 , odakle se vidi da je traжeni uslov isGrexka date pribliжne formule je Rn (x) 24 puƬen za one vrednosti x za koje je
|
x4 10−4 tj. 24
|
|x|
√ 4
24 10−4
·
≈ 0, 22.
Dobijeni rezultat je izraжen u radijanima, kada izrazimo u stepenima nalazimo da je x 12◦ .
||
19
Primer
3.
Izraqunati
√28 sa grexkom koja nije vea od 10
−4
3
.
RexeƬe. Ovaj zadatak moжemo da reximo na vixe naqina, ali najlakxi je sledei. Izvr-
√ ximo transformaciju 28 = √ Pribliжna vrednost za 28 3
1 27 1 + 27
3
3
=3
3
1 1+ =3 27
· 1 1+ 27
1 3
.
moжe se, prema tome, dobiti iz Maklorenovog razvoja
funkcije f (x) = 3
za x =
1 , daƩe dobijamo 27
√ 3
28 = 3
·
· 1 1+ x
1 3
,
· ·
1 1/3 2 1/3 n 1+ x+ x + ... + x +3 3 2 n
1/3 n+1
Primetimo da je maksimalna vrednost ostatka jednaka za x = c = Rn (x) = 3
−(n− 2 3)
· · 1/3 n+1
1 1+ 27
−(n− 2 ) 3
(1 + c)
xn+1 .
1 , pa je 27
n+1
· 1 27
< 10−4 .
NajmaƬe n za koje je nejednakost ispuƬena je n = 2, sada na kraju dobijamo
√ 3
Primer
4.
28
1 ≈ 3 + 271 − 2187 ≈ 3, 03658.
Primenom Tejlorove formule izraqunati sin9◦ sa grexkom ne veom od 10−5 .
RexeƬe. Iskoristimo Tejlorov razvoj funkcije sin x u okolini nule, tj. Makloreno
razvoj. Znamo da je 3
sin x = x
5
7
− x3! + x5! − x7! + . . . + (−1)
gde je R(x) = ( 1)n cos θx
−
n−1
x2n−1 + R(x), (2n 1)!
−
2n+1
· (2nx + 1)! ,
θ
∈ (0, 1).
π U ovim formulama je x = 9◦ = (Ne treba zaboraviti da se stepeni pretvaraju u 20 radijane!). Nepoznati broj n odreujemo iz uslova da maksimalna apsolutna vrednost ostatka R(x) nije vea od 10−5 . Pa dobijamo da mora vaжiti π
2n+1
20
(2n + 1)!
< 10−5 .
IzraqunavaƬem leve strane dobijamo da nejednakost vaжi za najmaƬe n = 2. Apsolutna vrednost grexke tada je maƬa od 8 10−7 , tako da je pomou formule
·
sin9◦
≈ 20π − 3!1 ·
π 20
3
,
sinus od 9 stepeni izraqunat sa zadataom taqnoxu (u stvari, sa veom taqnoxu od traжene). Proverom na kalkulatoru, dobijamo da je sin9◦ 0, 1564344, dok je iz dobijene formule sin9◦ 0, 1564336, xto daje razliku taqno od 8 10−7 .
≈
·
20
≈
Kao xto smo ve videli Maklorenov polinom funkcije f (x) = arctg x, izgleda 1 3 1 5 1 x + x +. . .+( 1)k x2k+1 +o(x2k+1 ). Kada u ovu formulu zamenimo ovako arctg x = x 3 5 2k + 1 x = 1, dobijamo jednu zanimƩivu formulu Primer
5.
−
−
arctg 1 = 1
−
1 1 + 3 5
+∞
−
1 1 1 + ... = ( 1)n−1 , 7 9 2n + 1 n=1
−
odnosno π =1 4
−
1 1 + 3 5
−
1 1 + 7 9
+∞
1 1 ... = ( 1)n−1 . 11 2n + 1 n=1
−
−
Na ovaj naqin moжemo izraqunati vrednost Primer
6.
π , odnosno π sa proizvoƩnom taqnoxu. 4
Pokazati kako moжe da se izraquna broj e, i dokazati da je iracionalan.
RexeƬe. Videli smo da Maklorenov razvoj funkcije ex izgleda ovako
x2 x3 xn−1 xn eθx e = 1+x+ + + ... + + + xn+1 . 2! 3! (n 1)! n! (n + 1)! x
−
Kada u ovu formulu zamenimo x = 1, dobijamo sledeu zanimƩivu formulu e=1+1+
1 1 1 1 eθ + + ... + + + . 2! 3! (n 1)! n! (n + 1)!
−
Ako se uzme dovoƩno veliko n, ovako se broj e moжe izraqunati sa proizvoƩnom taqnoxu. Sada da dokaжemo da je broj e iracionalan. Pretpostavimo suprotno, da je broj e m , m,n N i n 2. Prema prethodnoj formuli imamo da racionalan broj, oblika n je
∈
−
n! e
1
1 1!
1 2!
− − − ... −
1 n!
= Rn n!.
·
Odakle je Rn n! prirodan broj. S druge strane, iz jednakosti Rn =
·
eθ se dobija (n + 1)!
stavƩajui θ = 0 i θ = 1, 1 3 < Rn < , (n + 1)! (n + 1)!
sada nejednakost pomnoжimo sa n!, pa je daƩe 1 3 < n! Rn < , n+1 n+1 odakle sledi da je 0 < n!Rn < 1. Kontradikcija. ZakƩuqak je da je broj e iracionalan.
·
Raqunari i kalkulatori izraqunavaju vrednosti funkcija (npr. sin x, cos x, ln x, ex , . . . ) Ƭihovom aproksimacijom pomou Tejlorove formule.
21
IzraqunavaƬe graniqnih vrednosti
3.4
Primer
1.
Izraqunati lim
ex sin x
− x(x + 1) . x3
x→0
RexeƬe. Funkcije ex i sin x razvijemo do treeg stepena.
qlanova do
lim
x→0
x3
MnoжeƬem, i zadrжavaƬem
dobijamo,
x2 x3 1+x+ + + o(x3 ) 2! 3!
− x
x3 + o(x3 ) 3!
−
x3
x2
−x
x + x2 + = lim
x→0
x3 + o(x3 ) 2! x3
3
− x3! − x2 − x
SreivaƬem dobijenog izraza dobijamo konaqni rezultat, x3 lim 2!
3
− x3! + o(x3) x3
x→0
x3 + o(x3 ) 1 3 = lim = . x→0 x3 3
U ovom zadatku, kao i u sliqnim zadacima gde se primeƬuje Tejlorova formula, standardno pitaƬe je:,,Kako znamo do kog stepena treba pisati Tejlorov razvoj”? U stvari, to ne znamo unapred. Ako je izraz oblika A B, tada B razvijamo do onog stepena posle kog bi ostali dodati sabirci pomnoжeni sa A, teжili nuli, odnosno kada imamo situaciju B , tada B razvijamo do stepena koji je A. Xto je sliqno kao prethodni sluqaj, samo je A mnoжeƬe zameƬeno deƩeƬem.
·
Primer
2.
Odrediti lim
cos x + ln
√1 + x2 − 1
x4
x→0
.
RexeƬe. Prvo uprostimo malo limes, pa emo dobiti,
cos x lim
− 1 + 12 ln(1 + x2)
x→0
x4
.
DaƩe razvijemo funkcije cos x i ln(1 + x2 ), x2 1 + o(x4 ) + x2 2! 2 lim x→0 x4 Jednostavnim mnoжeƬem i sreivaƬem dobijamo, x4 lim 4!
x→0
x4 4!
−
−
x4 + o(x4 ) 4 = lim x→0 x4
22
−
x4 + o(x4 ) 2
−5x4 + o(x4) 4!
x4
=
.
− 245 .
.
Primer
3.
KorixeƬem Maklorenovog razvoja nai lim
1
− cos(1 − cos x) . x4
x→0
RexeƬe. U ovakvim primerima treba voditi raquna xta prvo razvijamo. Jedan put moжe
da zakomplikuje stvari, pa treba izabrati pravi. U ovom sluqaju prvo emo razviti kosinus sa argumentom x, pa dobijamo, 1 lim
− cos
− −
x2 + o(x2 ) 2
− −
x4 + o(x4 ) 8 x4
1
1
x4
x→0
1 = lim
− cos
x→0
x2 2 x4
−
− o(x2)
.
DaƩe je 1 lim
x→0
Primer
4.
1
x4 + o(x4 ) 1 8 = lim = . x→0 x4 8
Odrediti realan parametar a tako da L =
lim
x→+∞
− x
xa ln 1 +
1 x
bude
konaqan. Za naeƬu vrednost parametra a nai graniqnu vrednost.
RexeƬe. RazvijaƬem ln 1 +
1 x
, po
1 , dobijamo x
−
1 ln 1 + x
pa je,
L = lim
x→+∞
x
1 = x
−
a−1
x
1 +o 2x2
1 x2
,
xa−2 + + o(xa−2 ) . 2
Prvi qlan u zagradi, x, teжi ka + . Da bi graniqna vrednost bila konaqna mora negde da se pojavi sabirak x, a to je mogue ako i samo ako je a 1 = 1, tj. a = 2. U tom sluqaju dobijamo 1 1 L = lim + o(1) = . x→+∞ 2 2
∞
−
−
xa−2 Da bismo se uverili da je ovo jedino rexeƬe, primetimo da je za a > 2 qlan 2 + . Pa je prethodno rexeƬe zaista jedinstveno. dok je za a < 2 qlan x
→ ∞
Primer
5.
tg x x . x→0 x sin x
Izraqunati vrednost lim
−
−
RexeƬe. Poznate razvoje
1 1 3 tg x = x + x3 + o(x4 ), sin x = x x + o(x4 ), (x 3 6 uvrstimo u poqetnu graniqnu vrednost, i dobijamo krajƬi rezultat
−
1 x + x3 + o(x4 ) x 3 lim = lim 1 3 x→0 x→0 4 x (x x + o(x )) 6
−
− −
23
1 3 x + o(x4 ) 3 = 2. 1 3 4 x + o(x ) 6
→ 0),
→ +∞,
Primer
6.
Uz pomo Maklorenovog razvoja odrediti lim
arcsin 2x
− 2 arcsin x .
x3
x→0
RexeƬe. Razvijemo funkcije arcsin, do qlana x3 , i zatim sredimo izraz. DaƩe dobijamo
konaqni rezultat, 1 1 8x3 + o(x4 ) 2(x + x3 + o(x4 )) x3 + o(x4 ) 6 6 = lim = 1. x→0 x3 x3
2x +
·
lim
x→0
Primer
7.
−
Izraqunati lim
1
− (cos x)sin
x
.
x3
x→0
RexeƬe. Kada imamo ovakav zadatak, tj. situaciju f (x)g(x) , uradiemo sledee eln f (x)g(x) ,
pa sada odredimo tu graniqnu vrednost. Primenom prethodnog dobijamo, 1
lim
− esin x lncos x . x3
x→0
Izraqunajmo sada 2
lim sin x ln cos x = lim sin x ln(1
x→0
x→0
3
= lim (x x→0
2
− x3! + o(x3))(− x2
− x2
+ o(x2 )) =
+ o(x2 )) =
3
− x2
+ o(x3 ).
Sada dobijeni rezultat zamenimo na poqetku. DaƩe je, 3
lim
x→0
Primer
8.
1
− x2
−e
+ o(x3 )
1 = lim
x3
x→0
Odrediti vrednost lim
x→0
− − 1
x3 + o(x3 ) 2 x3
2 arccos x π
x3 + o(x3 ) 1 = lim 2 = . 3 x→0 2 x
1 x
.
RexeƬe. Moжemo izvrxiti transformaciju
lim
x→0
2 arccos x π
1 x
lim ln
x→0
=e
·
2 arccos x π
1 x
.
Izraqunajmo sada novi limes, imajui u vidu da je arccos x =
π 2
− x + o(x2),
ln(1 + x) = x + o(x),
(x
→ 0),
pa dobijamo daƩe, lim ln
x→0
·
2 arccos x π
−
1 = lim ln 1 x x→0
·
2 x + o(x2 ) π
1 = lim x x→0
Zamenom u poqetnu graniqnu vrednost, dobijamo rezultat lim
x→0
2 arccos x π
24
1 x
−2
=e
π
.
−
2 x + o(x) π
·
1 = x
− π2 .
Primer
9.
KorixeƬem Tejlorove formule izraqunati lim
x→0
√1 + tg x − √1 + sin x x3
.
RexeƬe. Prvo emo razviti funkcije tg x i sin x, a zatim korene,
1 1 + x + x3 + o(x4 ) 2
lim
x→0
= lim
− −
1+x
− 16 x3 + o(x4)
x3
1 1 1 + (x + x3 + o(x4 )) 2 3
1 1 + (x 2
−
=
1 3 x + o(x4 )) 6
x3 Sada jednostavnim sreivaƬem dobijamo krajƬi rezultat, x→0
.
1 3 1 1 3 x + x3 + o(x4 ) x + o(x4 ) 1 6 12 4 lim = lim = . x→0 x→0 x3 x3 4
Primer
10.
Izraqunati graniqnu vrednost lim
x→0
1 ln(1 + x)
−
1 tg x
.
RexeƬe. Kada proxirimo na zajedniqki imenilac dobijamo
lim
x→0
tg x ln(1 + x) ln(1 + x) tg x
−
.
Sada iskoristimo poznate razvoje funkcija tg x i ln(1 + x), daƩe je, x + o(x2 ) lim
ln(1 + x) tg x
x→0
Primer
11.
− (x − 12 x2 + o(x2))
1 2 x + o(x2 ) 1 2 = lim = . x→0 (x + o(x)) (x + o(x)) 2
·
Odrediti vrednost limesa lim ( x→+∞
RexeƬe. Kada x
3
x3 + 3x2
−
− x2
2x).
→ +∞, ili x → −∞, obiqno se koristi Maklorenov razvoj, pa dati limes
1 treba malo transformisati, i razviti po qlanu . U ovom primeru, iz korena izvuqemo x 3 2 x pa zatim razvijemo po qlanovima . Sada je i x x
−
lim x
x→+∞
·
3
3 1+ x
−
1
−
2 x
= lim x x→+∞
·
1 3 1+ +o 3 x
·
−
SreivaƬem dobijenog, konaqno dobijamo rezultat, lim x
x→+∞
· 2 +o x
25
1 x
= 2.
1 x
1 2
−2 + o 1− · x
1 x
.
Primer
12.
sin(sin x)
Primenom Tejlorove formule, izraqunati lim
sin(sin x) = sin x =
− x
1 3 1 5 x + x + o(x5 ) 6 120
3
x5
x→0
RexeƬe. Koristei poznate razvoje, imamo, kad x
− x √1 − x2 .
→0
1 − 16 sin3 x + 120 sin5 x + o(x5 ) =
− − 1 6
x
1 3 x + o(x3 ) 6
3
+
1 (x + o(x))5 . 120
StepenovaƬem i zadrжavaƬem qlanova do x5 u prethodnoj jednakosti, dobijamo sin(sin x) = x
− 13 x3 + 101 x5 + o(x5).
DaƩe je
x
− 3
1
− −
1/3 1/3 x2 = x 1 + ( x2 ) + ( x2 )2 + o(x4 ) 1 2
=x
− 13 x3 − 19 x5 + o(x5).
Zamenom dobijenih rezultata u poqetni limes, dobijemo
lim
x→0
sin(sin x)
− x√1 − x2 = lim x − 3
x5
1 3 1 x + x5 + o(x5 ) 3 10
− − x
1 3 x 3
−
x5
x→0
1 5 x + o(x5 ) 9
=
1 5 1 5 19 5 x + x + o(x5 ) x + o(x5 ) 19 10 9 90 = lim = lim = . x→0 x→0 x5 x5 90
Tejlorova formula ima ogromnu primenu kod izraqunavaƬa graniqnih vrednosti, kao xto su i prethodni primeri to ilustrovali. Mnogi od ovih primera ne moжe da se rexe elementarnim putem, tj. raznim transformacijama. Neki limesi su mogli da se odrede primenom Lopitalovog 12 pravila, ali taj put je daleko teжi, i zahteva dosta raqunaƬa, i dobrog snalaжeƬa sa izvodima.
12
G. F. A. de I’ Hospital (1661-1704), francuski matematiqar
26
3.5
NalaжeƬe kosih asimptota
NalaжeƬe kosih asimptota, se svodi na raqunaƬe graniqne vrednosti funkcije kada x + ili x , u zavisnosti od domena funkcije. Tada se obiqno vrxi razvoj po 1 qlanu , dok su pre toga izvrxene maƬe transformacije, i sreivaƬa. x
→ ∞
Primer
→ −∞
1.
Izraqunati kose asimptote (ako postoje) funkcije f (x) = x +
RexeƬe. Izvuiemo x iz korena, i zatim izvrxiti razvoj po qlanu
1 √ 1 f (x) = x + + x3 + 2x2 = x + + x 3
3 1 2 x+ +x+ 3 3
− 49 · x1 + o
1 x
1 3
2 1 1 2 1+ = x+ + x 1+ 3 x 3 3 x 4 1 1 = 2x + 1 +o . 9 x x
− ·
1 + 3
√x2 − x3. 3
2 . x 1 4 +o 9 x2
· − ·
1 x2
=
+ i za Dakle, kosa asimptota grafika date funkcije je prava y = 2x + 1, i to i za x 4 1 x . Dodatni qlan govori o tome da li se grafik nalazi ,,ispod” ili ,,iznad” 9 x dobijene asimptote. Ako je qlan pozitivan, grafik je ,,iznad”, a ako je negativan, grafik je ,,ispod” dobijene asimptote.
→ −∞
Primer
→ ∞
− ·
2.
Izraqunati kose asimptote (ako postoje) funkcije f (x) = x arctg x.
RexeƬe. Iskoristimo poznati razvoj za funkciju arctg x, daƩe je
f (x) = x
·
1 x
−
1 +o 3x3
1 x4
=1
−
1 +o 3x2
1 x3
.
ZakƩuqujemo da je prava y = 1 obostrana horizontalna asimptota. Kada x x + grafik je ,,ispod” asimptote.
→ ∞
→ −∞
i
√x1− 1 √ Primer 3. Nai kose asimptote (ako postoje) funkcije f (x) = e · x2 − 1. RexeƬe. Poxto je
lim e
x→+∞
√x1− 1
= lim e x→+∞
1 x
√
, za x moжemo napisati kao f (x) = x e funkcija nije definisana. Sada je,
·
√1x
i
lim
x→+∞
− x2
1 = lim x, pa datu funkciju x→+∞
→ +∞. Posmatramo samo za x → +∞, jer za −∞
√ 1 1 √ f (x) = x =x+ x+ +o √ . 2 x x3 √x = +∞, pa je zakƩuqak √ 1 Prava y = x+ nije kosa asimptota, jer postoji qlan x, a lim
·
1 1 1+ + +o x 2x
√
1
2 da data funkcija nema kosih asimptota.
x→+∞
27
Primenom Maklorenovog razvoja izraqunati kose asimptote (ako postoje) 1 1 funkcije f (x) = x sin + x2 + x x2 e . x Primer
4.
−
x
RexeƬe. Grupixemo sabirke na sledei naqin,
f (x) = x
·
1 1 + sin x
1 1 i zatim razvijemo funkcije sin i e x , x 1 1 x 1+ +o + x2 x x2
·
· − 1
+ x2
· −
1
1 x
e
1 2x2
1
1
1 6x
−
− −
x
−
,
1 6x3
− 1 x3
o
.
SreivaƬem izraza dobijamo, = x+1+o
− 1 x
x
1 2
− −
1 x
o
1 = 2
−
1 +o 6x
1 x
1 Sledi da je prava y = obostrana horizontalna asimptota, kada x 2 + , grafik je ,,ispod” asimptote. ,,iznad” asimptote, a za x
→ ∞
Primer
5.
Odrediti kose asimptote (ako postoje) funkcije f (x) =
RexeƬe. Zapixemo funkciju kao f (x) = x + 2
funkciju, po
−
f (x) = x + 2
|
Za x
|· − 1
→ −∞ imamo da je f (x) = −(x + 2) f (x) =
Za x
|·e
|
1 , daƩe je x
→ +∞ imamo da je f (x) = (x + 2)
− x1
1
· − 1
f (x) = x + 1
1 x3
1 x3
1 x2
1 1 + 2 +o x 2x
− 2x3 + o
|x + 2 | . 1 ex
.
1 1 + 2 +o x 2x
−x − 1 + 2x3 + o
→ −∞, grafik je
. Zatim razvijemo eksponencijalnu
1 1 + 2 +o x 2x
· −
.
1 x2
, kada sredimo, dobijamo
.
1 x3
, kada sredimo, dobijamo
.
Prava y = x 1, je leva kosa asimptota, i grafik je ,,ispod” asimptote, a prava y = x +1, je desna kosa asimptota, i grafik je takoe ,,ispod” asimptote.
−−
Vidimo da Tejlorova formula moжe da se upotrebi i kod izraqunavaƬa kosih asimptota funkcije. Kod ispitivaƬa funkcija, ovakav naqin qesto dosta olakxa posao, jer moжe da se dogodi, da limesi preko kojih odreujemo koeficijente budu komplikovani, i texki za izraqunavaƬe. U ovom sluqaju, imamo jox dodatni trei sabirak koji pomaжe da vidimo da li je grafik ,,ispod”, ili ,,iznad” asimptote, xto moжe da sluжi kao pomo za proveru nekih drugih rezultata da li su taqni.
28
IspitivaƬe konvergencije redova
3.6
∞
Primer
1.
Ispitati konvergenciju reda
xn , ako je x1 > 0, xn+1 =
n=1
RexeƬe. Imamo da je xn+1 =
3
xn
−x
+
n
n
n.
√
√
∞
2.
3
x3n xn + o(x3n ) = 3 + o(xn ). Po Dalemberovom13 kri6 6
xn+1 1 = 3 , pa je red konvergentan. n→∞ xn 6
terijumu je lim Primer
√x − sin x
Ispitati konvergenciju reda
1 n+1 ln , α β n n
nα sin
n=1
∈ R,
∼
β > 0.
1 n+1 1 1 1 1 nα sin β ln 1 + nα−β = β−α+1 , dobijamo RexeƬe. Kako je an = n sin β ln n n n n n n da je red konvergentan ako i samo ako je β α + 1 > 1, tj. β > α. α
∼
−
1
∞
Primer
3.
Ispitati konvergenciju reda
− cos √1n ln p n
n=2
RexeƬe. Kako je 1
1 an =
− cos √1n ln p n
∼
−
1 cos n
√
= 1
− − 1
1 +o 2n
4.
=
1 + o 2n
∼ 1 n
·
Ispitati konvergenciju reda
(n!)2 22n . α (2n)! n n=1
·
·
((n + 1)!)2 22n+2 an+1 (n + 1)2 22 nα 1 (n + 1)α (2n + 2)! = = = 1 + RexeƬe. n 2 2 an (n + 1)α (2n + 2) (2n + 1) 2n (n!) 2 nα (2n)! 1 α 1 1 1 α 1 1 1 +o 1+ +o = 1+ 2 + . 2n n n n n n n n n 3 Po Gausovom14 kriterijumu red konvergira ako i samo ako je α > . 2
·
·
−
Primer
·
Neka je an =
−
√
−
−
√
n+1 n2 + n + 1 + n
RexeƬe. RacionalisaƬem, dobijamo an
1 c 1 1 + = n 1+ + 2 2 n 2n 2n 8c + 3 α 1 + 2 +o . n n n2
· · ·
·
·
√ ·
5.
1 α + +o 8n2 n3
14
−1
· 1+
1 n
−α+1
√
∞
−
1 c + . Odrediti c tako da red an konvergira. 2 n n=1
√ 1 c = n2 + n + 1 − n − + = n
− − 1 n3
1
Red konvergira ako i samo ako je 8c + 3 = 0, tj. c = 13
1 , pa je 2n
1 1 2n = 1 . Dobijamo da red konvergira ako i samo ako je p > 1. p ln n 2 n ln p n ∞
Primer
.
1 n
·
J. le R. D’ Alambert (1717-1783), francuski matematiqar C. F. Gauss (1777-1855), nemaqki matematiqar
29
− −
1 1 1+ + 2 1 2 n n n 1 c 1 3 α 1 1 c + = + + 2 +o + = 2 n 2 8n n n2 2 n
− 28 .
−
=
