O‘zbekiston respublikasi oliy ta’lim, fan va innovatsiyalar vazirligi
Teylor ko`phadi. Peano ko`rinishdagi qoldiq hadli Teylor formulasi
Yüklə 459,2 Kb.
|
- Bu səhifədəki naviqasiya:
- Teylor formulasining Lagranj ko`rinishdagi qoldiq hadi.
- Teylor formulasining Koshi ko`rinishidagi qoldiq hadi.
- 2.2-§. Ba`zi bir elementar funksiyalar uchun Makloren formulasi e
| 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) (2.1) 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) (2.2) 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, (2.3) 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) (2.4) 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, (2.5) 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). (2.4) 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) (2.6) o`rinli bo`ladi, bu yerda Rn(x)=o((x-x0)n) Peano ko`rinishidagi qoldiq had. Agar (2.6) 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). (2.7) Bu formula Makloren formulasi deb ataladi. 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 yerda c1(x0;x); c2(x0;c1); ... ; cn(x0;cn-1); (x0;cn) (x0;x). Shunday qilib, biz ekanligini ko`rsatdik, bu yerda (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). (2.8) Bu (2.8) formulani Teylor formulasining Lagranj ko`rinishidagi qoldiq hadi deb ataladi. Lagranj ko`rinishdagi qoldiq hadni Rn(x)= (2.9) ko`rinishda ham yozish mumkin, bu yerda 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 yerda (x0;x). Agar x0=0 bo`lsa, u holda =x0+(x-x0)=x, bu yerda 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+ (2.10) shaklida yoziladi. 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, (2.11) 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: 2.2-§. Ba`zi bir elementar funksiyalar uchun Makloren formulasi 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 (3.1) bu yerda 0<<1, formulaga ega bo`lamiz. 1-rasmda funksiya va P3(x) ko`phad funksiyaning grafiklari keltirilgan. Agar x=1 bo`lsa, (3.2) formulaga ega bo`lamiz. Bu formula yordamida e sonining irratsionalligini isbot qilish mumkin. 1-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: (3.3) Bu yerda n sonni r dan katta deb olishimiz mumkin. U holda <1, p>q bo`lganligi uchun (3.4) 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 (3.3) tenglikning chap tomoni musbat butun son, o`ng tomoni esa (3.4) 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 459,2 Kb. Dostları ilə paylaş:
|