Differensial hisobning asosiy teoremalari va tatbiqlari
Yüklə 0,57 Mb.
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- 2. Teylor formulasining Lagranj ko‘rinishdagi qoldiq hadi.
- 3. Teylor formulasining Koshi ko‘rinishidagi qoldiq hadi
- 4.Ba’zi bir elementar funksiyalar uchun Makloren formulasi 1. e
| 3. Teylor formulasi
Teylor formulasi matematik analizning eng muhim formulalaridan biri bo‘lib, ko‘plab nazariy tatbiqlarga ega. U taqribiy hisobning negizini tashkil qiladi. 1. Teylor ko‘phadi. Peano ko‘rinishdagi qoldiq hadli Teylor formulasi. Ma’lumki, funksiyaning qiymatlarini hisoblash ma’nosida ko‘phadlar eng sodda funksiyalar hisoblanadi. Shu sababli funksiyaning x0 nuqtadagi qiymatini hisoblash uchun uni shu nuqta atrofida ko‘phad bilan almashtirish muammosi paydo bo‘ladi. Nuqtada differensiallanuvchi funksiya ta’rifiga ko‘ra agar y=f(x) funksiya x0 nuqtada differensiallanuvchi bo‘lsa, u holda uning shu nuqtadagi orttirmasini f(x0)=f’(x0)x+o(x), ya’ni f(x)=f(x0)+f’(x0)(x-x0)+o(x-x0) ko‘rinishda yozish mumkin. Boshqacha aytganda x0 nuqtada differensiallanuvchi y=f(x) funksiya uchun birinchi darajali P1(x)=f(x0)+b1(x-x0) (3.1) ko‘phad mavjud bo‘lib, xx0 da f(x)=P1(x)+o(x-x0) bo‘ladi. Shuningdek, bu ko‘phad P1(x0)=f(x0), P1’(x0)=b=f’(x0) shartlarni ham qanoatlantiradi. Endi umumiyroq masalani qaraylik. Agar x=x0 nuqtaning biror atrofida aniqlangan y=f(x) funksiya shu nuqtada f’(x), f’’(x), ..., f(n)(x) hosilalarga ega bo‘lsa, u holda f(x)=Pn(x)+o(x-x0) (3.2) shartni qanoatlantiradigan darajasi n dan katta bo‘lmagan Pn(x) ko‘phad mavjudmi? Bunday ko‘phadni Pn(x)=b0+b1(x-x0)+b2(x-x0)2+ ... +bn(x-x0)n, (3.3) ko‘rinishda izlaymiz. Noma’lum bo‘lgan b0, b1, b2, ..., bn koeffitsientlarni topishda Pn(x0)=f(x0), Pn’(x0)=f’(x0), Pn’’(x0)=f’’(x0), ..., Pn(n)(x0)=f(n)(x0) (3.4) shartlardan foydalanamiz. Avval Pn(x) ko‘phadning hosilalarini topamiz: Pn’(x)=b1+2b2(x-x0)+3b3(x-x0)2+ ... +nbn(x-x0)n-1, Pn’’(x)=21b2+32b3(x-x0)+ ... +n(n-1)bn(x-x0)n-2, Pn’’’(x)=321b3+ ... +n(n-1)(n-2)bn(x-x0)n-3, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , Pn(n)(x)=n(n-1)(n-2)...21bn. Yuqorida olingan tengliklar va (3.3) tenglikning har ikkala tomoniga x o‘rniga x0 ni qo‘yib barcha b0, b1, b2, ..., bn koeffitsientlar qiymatlarini topamiz: Pn(x0)=f(x0)=b0, Pn’(x0)=f’(x0)=b1, Pn’’(x0)=f’’(x0)=21b2=2!b2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pn(n)(x0)=f(n)(x0)=n(n-1)...21bn=n!bn Bulardan b0=f(x0), b1=f’(x0), b2= f’’(x0), . . ., bn= f(n)(x0) hosil qilamiz. Topilgan natijalarni (3.3) qo‘yamiz va Pn(x)= f(x0)+ f’(x0)(x-x0)+ f’’(x0)(x-x0)2+ ... + f(n)(x0)(x-x0)n, (3.5) ko‘rinishda ko‘phadni hosil qilamiz. Bu ko‘phad Teylor ko‘phadi deb ataladi. Teylor ko‘phadi (3.2) shartni qanoatlantirishini isbotlaymiz. Funksiya va Teylor ko‘phadi ayirmasini Rn(x) orqali belgilaymiz: Rn(x)=f(x)-Pn(x). (3.4) shartlardan Rn(x0)=Rn’(x0)=...= Rn(n)(x0)=0 bo‘lishi kelib chiqadi. Endi Rn(x)=o((x-x0)n), ya’ni =0 ekanligini ko‘rsatamiz. Agar xx0 bo‘lsa, ifodaning 0/0 tipidagi aniqmaslik ekanligini ko‘rish qiyin emas. Unga Lopital qoidasini n marta tatbiq qilamiz. U holda = =…= = = = =0, demak xx0 da Rn(x)=o((x-x0)n) o‘rinli ekan. Shunday qilib, quyidagi teorema isbotlandi: Teorema. Agar y=f(x) funksiya x0 nuqtaning biror atrofida n marta differensiallanuvchi bo‘lsa, u holda xx0 da quyidagi formula f(x)= f(x0)+ f’(x0)(x-x0)+ f’’(x0)(x-x0)2+ ... + f(n)(x0)(x-x0)n+o((x-x0)n) (3.6) o‘rinli bo‘ladi, bu erda Rn(x)=o((x-x0)n) Peano ko‘rinishidagi qoldiq had. Agar (3.6) formulada x0=0 deb olsak, Teylor formulasining xususiy holi hosil bo‘ladi: f(x)=f(0)+ f’(0)x+ f’’(0)x2+ ... + f(n)(0)xn+o(xn). (3.7) Bu formula Makloren formulasi deb ataladi. 2. Teylor formulasining Lagranj ko‘rinishdagi qoldiq hadi. Teylor formulasi Rn(x) qoldiq hadi yozilishining turli ko‘rinishlari mavjud. Biz uning Lagranj ko‘rinishi bilan tanishamiz. Qaralayotgan f(x) funksiya x0 nuqta atrofida n+1 –tartibli hosilaga ega bo‘lsin deb talab qilamiz va yangi g(x)=(x-x0)n+1 funksiyani kiritamiz. Ravshanki, g(x0)=g‘(x0)=...= g(n)(x0)=0; g(n+1)(x0)=(n+1)!0. Ushbu Rn(x)=f(x)-Pn(x) va g(x)=(x-x0)n+1 funksiyalarga Koshi teoremasini tatbiq qilamiz. Bunda Rn(x0)= Rn’(x0)=...= Rn(n)(x0)=0 e’tiborga olib, quyidagini topamiz: , bu erda c1(x0;x); c2(x0;c1); ... ; cn(x0;cn-1); (x0;cn) (x0;x). Shunday qilib, biz ekanligini ko‘rsatdik, bu erda (x0;x). Endi g(x)=(x-x0)n+1, g(n+1)()=(n+1)!, Rn(n+1)()=f(n+1)() ekanligini e’tiborga olsak quyidagi formulaga ega bo‘lamiz: Rn(x)= , (x0;x). (3.8) Bu (3.8) formulani Teylor formulasining Lagranj ko‘rinishidagi qoldiq hadi deb ataladi. Lagranj ko‘rinishdagi qoldiq hadni Rn(x)= (3.9) ko‘rinishda ham yozish mumkin, bu erda birdan kichik bo‘lgan musbat son, ya’ni 0<<1. Shunday qilib, f(x) funksiyaning Lagranj ko‘rinishidagi qoldiq hadli Teylor formulasi kuyidagi shaklda yoziladi: f(x)=f(x0) + f’(x0)(x-x0) + f’’(x0)(x-x0)2 + ... + f(n)(x0)(x-x0)n + , bu erda (x0;x). Agar x0=0 bo‘lsa, u holda =x0+(x-x0)=x, bu erda 0<<1, bo‘lishi ravshan, shu sababli Lagranj ko‘rinishidagi qoldiq hadli Makloren formulasi f(x)=f(0)+ f’(0)x+ f’’(0)x2+ ... + f(n)(0)xn+ (3.10) shaklida yoziladi. 3. Teylor formulasining Koshi ko‘rinishidagi qoldiq hadi Teylor formulasi qoldiq hadining boshqa ko‘rinishlariga misol tariqasida Koshi ko‘rinishidagi qoldiq hadni keltirish mumkin. Buning uchun yordamchi funksiyani tuzib olamiz va [x0;x] segmentda uzluksiz, (x0;x) intervalda esa noldan farqli chekli hosilaga ega bo‘lgan biror (t) funksiyani olib, bu funksiyalarga Koshi teoremasini qo‘llasak, (3.11) ko‘rinishdagi qoldiq hadni chiqarish mumkin. Agar (3.11) formulada (t) funksiya sifatida (t)=x-t funksiya olinsa, natijada Koshi shaklidagi qoldiq hadni hosil qilamiz: 4.Ba’zi bir elementar funksiyalar uchun Makloren formulasi 1. ex funksiya uchun Makloren formulasi. f(x)=ex funksiyaning (-;+) oraliqda barcha tartibli hosilalari mavjud: f(k)(x)=ex, k=1, 2, ..., n+1. Bundan x=0 da f(k)(0)=1, k=1, 2, ..., n; f(n+1)(x)=ex va f(0)=1 hosil bo‘ladi. Olingan natijalarni (3.10) formulaga qo‘yib (4.1) bu erda 0<<1, formulaga ega bo‘lamiz. 23-rasmda funksiya va P3(x) ko‘phad funksiyaning grafiklari keltirilgan. Agar x=1 bo‘lsa, (4.2) formulaga ega bo‘lamiz. Bu formula yordamida e sonining irratsionalligini isbot qilish mumkin. 23-rasm Haqiqatan ham, faraz qilaylik, - ratsional son bo‘lsin. Bunda e>1 bo‘lganligi uchun p>q bo‘ladi. (4.2) da desak, Bu tenglikning ikkala tomonini n! ga ko‘paytirsak quyidagi tenglikni hosil qilamiz: (4.3) Bu erda n sonni r dan katta deb olishimiz mumkin. U holda <1, p>q bo‘lganligi uchun (4.4) bo‘ladi. Shuningdek, n>p>q bo‘lganligi uchun n! -butun son, chunki n! da q ga teng bo‘lgan ko‘paytuvchi uchraydi. Ravshanki, ko‘rinishdagi yig‘indi ham butun son bo‘ladi. Demak, n>p uchun (4.3) tenglikning chap tomoni musbat butun son, o‘ng tomoni esa (4.4) ga ko‘ra birdan kichik musbat son bo‘ladi. Bu kelib chiqqan ziddiyat e sonining ratsional son deb faraz qilishimizning noto‘g‘ri ekanligini ko‘rsatadi. Shuning uchun e – irratsional son bo‘ladi. Yüklə 0,57 Mb. Dostları ilə paylaş:
|