4 McLaurin- och Taylorpolynom

Nr 4, 28 feb, Amelia 2 4 McLaurin- och Taylorpolynom 4. Repetition av Taylorpolynom i en variabel 4.. Förbättring av tangenten Detta avsnitt handlar om de grundläggande idéerna för Taylorpolynom i en variabel. Idéerna är nästan samma för flera variabler, bara svårare att överblicka på grund av att formlerna blir längre. I en variabel är som bekant y(x) en tangent till en deriverbar funktion f(x) i punkten a om: y(x) =f(a)+f (a)(x a). Funktionen y(x) är mycket nära f(x) nära punkten a, på så sätt att de två funktionerna har samma värde och samma derivata i punkten: f(a) =z(a) och f (a) =z (a). Däremot kan f (a) och z (a) vara olika. Men om vi lägger till en term till så får vi även f (a) =z (a). Då ska vi faktiskt lägga till 2 f (a)(x a) 2. Det ger y(x) =f(a)+f (a)(x a)+ 2 f (a)(x a) 2. Genom att derivera z(x) två gånger och sätta in x = a kan man lätt övertyga sig om att f (a) =z (a), och att f(a) =z(a) och f (a) =z (a) fortfarande gäller. För att detta ska vara möjligt måste f vara två gånger deriverbar i punkten (så f (a) finns). Vi kan fortsätta på detta sätt. Om f är tre gånger deriverbar i x = a behöver vi en term 6 f (a)(x a) 3, då kommer funktionen y(x) =f(a)+f (a)(x a)+ 2 f (a)(x a) 2 + 6 f (a)(x a) 3 att uppfylla f(a) =z(a), f (a) =z (a), f (a) =z (a) och f (a) =z (a) alla derivator upp till tredje ordningen överensstämmer. Man kan lätt kontrollera genom att derivera och sätta in x = a. Det visar sig att ju fler derivator som överensstämmer i punkten x = a, ju större är det intervall runt a, säg intervallet [a R, a + R], där y(x) är en god approximation till f(x) (se nedanstående exempel med sin x runt x =) Notera att de olika varianterna av y(x) ovan alla är polynom av allt högre grad, och alla derivator överensstämmer med derivatorna till f(x) i punkten x = a. Dessa polynom kallas Taylorpolynom till f(x) ipunktena. Vi får ett Taylorpolyom med högre gradtal, och en bättre approximation, genom att lägga

till nästa term i Taylorserien, som är följande serie: f(a)+f (a)(x a)+ 2 f (a)(x a) 2 +... = X k= k! f (k) (a)(x a) k. I Taylorserien har vi alltså med oändligt många termer, och vi får ett Taylorpolynom genom att stryka alla termer över ett visst gradtal. Stryker vi alla termer av grad 2 och högre får vi alltså funktionens tangent i punkten den punkt där argumentet i detta avsnitt startade. Symbolen f (k) betyder förstås derivata av ordning k : f (k) (a) = dk f dx k (a), så f (2) (a) =f (a), till exempel. 4..2 McLaurinserie I specialfallet a =talar man om en McLaurinserie: f() + f ()x + 2 f ()x 2 +... = X k= k! f (k) ()x k. Just som för Taylorpolynom får vi ett McLaurinpolynom om vi trunkerar serien (tar bort alla termer från ett visst k och uppåt). Här nedan följer en följd McLaurinpolynom till f(x) =sinx, som illustrerar hur approximationen blir allt bättre när vi tar med fler termer. Figurerna visar sin x och dess McLauringpolynom av gradtal, 3,, 7 och 39. 4 2 - -7. - 7. -2 - -4 x (tunn), tangenten till sin x (tjock) i x = x x3 6 (tunn) och sin x (tjock). 2

-7. - 7. -7. - 7. - - sin x (tjock) och x x3 6 + x 2 (tunn). sin x och x x3 3! + x! x7 7!. -2-2 - sin x (tjock) och P 2 x2k k= ( )k+ (2k )! (tunn). Med gradtal 39 svänger polynomet som synes mycket nära funktionen sin x i mer än fyra perioder av sin x. De sammanfaller ungefär i intervallet (, ). Med högre gradtal skulle vi få överensstämmelse i ett ännu större intervall. Det går bra att göra denna konstruktion ty sin x är 39 gånger deriverbar. Funktionen sin x är t.o.m. oändligt deriverbar, vilket definitionmässigt betyder att dk dx k sin x är kontinuerlig för alla naturliga tal k, och för alla x. 4..3 Intervallstorlek och restterm Kan vi avgöra hur stort intervall de två överensstämmer? Vi vill då uppskatta felet max f(x) p n(x), x I där p n (x) är Taylorpolynomet av grad n till f(x), och I är det intervall vi är intresserade av. Vi kommer att betrakta intervall runt av längd 2R, alltså I =] R, R[. Det visar sig att felet kan uppskattas med nästa derivata (f (n+) ), på följande sätt: max x I f(x) p n(x) R n+ max f (n+) (x) x [ R,R] (n +)!. Man kan visa detta med upprepad partiell integration, vi utför detta för n =2: 3

f(x) = f() + f (y)dy = f() + = f() + [(y x) f (y)] x f (y)dy = {PI} (y x) f (y)dy = {insättning av gränser} = f() + f (x) ( x)f () (y x) f (y)dy = {PI} = f() + xf () [ 2 (y x)2 f (y)] y=x y= + 2 (y x)2 f (y)dy = f() + xf () + 2 x2 f () + 2 (y x)2 f (y)dy. Avvikelsen mellan f(x) och f() + xf () + 2 x2 f () är således 2 (y x)2 f (y)dy. Denna storhet är maximalt 2 (y x)2 f (y)dy (y x) 2 f (y) dy 2 { f (y) max f (y) } 2 max f (y) = 2 max f (y) x3 3. I intervallet [ R, R] är detta maximalt om x = R,så vi har max f(x) p 2(x) max f (3) (x) R3 x I x [ R,R] 3!. (y x) 2 dy För f(x) =sinx vet vi att max x [ R,R] f (n+) (x) (eftersom alla derivator av sin x är ± sin x eller ± cos x, så är värdet av f (n+) (x) högst)såom feletskavarahögst.såfårvikravet R n+ (n +)!., dvs vi har ett krav på R : R n+p.(n +)!. Man kan beräkna att 4. 4! = 4.886, vilket stämmer utmärkt med vad vi kundeseifiguren (ögonmått gav ). Obervera att 4! = 8. 6 47 är ett gigantiskt stort tal. 4 e Stirlings formel säger n! ( n e )n, så n n! [( n e )n ] n = n. Det stämmer bra här ty e 4. 7 och intervallens längd ökar ungefär linjärt med McLaurinpolynomets gradtal. 4

Man kan skriva detta som att f(x) =p n (x)+o(x n+ ), vilket betyder att skillnaden f(x) p n (x) går mot noll minst som Cx n+ då x. Detta kan också sägas som att (f(x) p n (x))x n är en begränsad funktion nära. 4.2 Taylorpolynom i n variabler 4.2. Två variabler Betrakta grafen av en funktion f(x, y), dvs planet z = f(x, y) som en yta i R 3. Funktionen är differentierbar i en punkt (a, b) om det finns konstanter A och B så att det finns ett plan z = f(a, b)+a(x a)+b(y b) som är en mycket bra approximation till f(x, y) nära (a, b). Nämligen så bra att f(x, y) (f(a, b)+a(x a)+b(y b) = p (x a) 2 +(y b) 2 ρ(x a, y b) där ρ(h, k) då (h, k) (, ). Faktorn p (x a) 2 +(y b) 2 går mot noll, och faktorn ρ gör att f(a, b)+a(x a)+b(y b) approximerar f(x, y) ännu bättre än något annat plan genom punkten. Då är A = f x(a, b) och B = f y(a, b), och planet är givetvis tangentplanet z(x, y) =f(a, b)+fx (a, b)(x a)+f y (a, b)(y b). Vi kan också tala som de två funktionerna f(x, y) och z(x, y), därz (x, y) = f(a, b)+f x(a, b)(x a)+f y(a, b)(y b) ju är ett förstagradspolynom i två variabler, som är mycket nära varandra nära punkten (a, b), om f är differentierbar i denna punkt. Funktionen z(x, y) går genom (a, b) ty sätter vi in x = a och y = b så får vi z(a, b) =f(a, b)+f x(a, b) +f y(a, b) =f(a, b), och z(x, y) har även samma partiella derivator som f(x, y) i (a, b), ty om vi deriverar z(x, y) =f(a, b)+fx(a, b)(x a)+fy(a, b)(y b) partiellt m.a.p. x så får vi zx(x, y) =+fx(a, b) +, och sedan sätter in (a, b): zx(a, b) =fx(a, b). På samma sätt kan man kontrollera att zy(a, b) =fy(a, b). Med ett Taylorpolynom kan man hitta en yta som anpassar sig ännu bättre än ett plan till f. Tangentplanet z(x, y) är Taylorpolynomet av grad ett (om inte fx(a, b) och fy(a, b) båda är noll, då det har lägre grad), vi kan beteckna

det med z (x, y). Man får Taylorpolynomet av grad 2 genom att lägga till andragradstermer. Det ser ut som följer: z 2 (x, y) = f(a, b)+f x(a, b)(x a)+f y(a, b)(y b) + 2 f xx(a, b)(x a) 2 + f xy(a, b)(x a)(y b)+ 2 f yy(a, b)(y b) 2. Funktionen z 2 (x, y) är (i allmänhet) inte ett plan, utan en andragradsuttryck. Eftersom z 2 inte förekommer är det en elliptisk eller hyperboloidisk paraboloid, eller en parabolisk cylinder. Men varför ser andragradstermerna ut just på detta sätt: 2 f xx(a, b)(x a) 2 + fxy(a, b)(x a)(y b)+ 2 f yy(a, b)(y b) 2? Svaret är att f och z har samma värde i punkten (a, b) och samma partiella derivator av alla ordningar t.o.m. 2. Det är klart att x z 2(x, y) = x [f(a, b)+f x(a, b)(x a)+fy(a, b)(y b) + 2 f xx(a, b)(x a) 2 + fxy(a, b)(x a)(y b)+ 2 f yy(a, b)(y b) 2 ] = fx(a, b)++fxx(a, b)(x a)+fxy(a, b)(y b), så om vi sätter in (x, y) =(a, b) får vi z 2 x (a, b) = f x(a, b)++fxx(a, b)(a a)+fxy(a, b)(b b) = fx(a, b), så även funktionerna f och z 2 har samma partiella derivator av ordning ett i punkten (a, b). Vi kontrollerar härnäst fxx och fxy : och z 2xx(x, y) = x [f x(a, b)+f xx(a, b)(x a)+f xy(a, b)(y b)] = f xx (z,b) z2xy(x, y) = [f x(a, b)+fxx(a, b)(x a)+fxy(a, b)(y b)] = fxy(z,b). Det följer att z2xx(a, b) =fxx(z,b) och z2xy(a, b) =fxy(z, b). Påsammasätt kan vi visa att z2yy yy i punkten (z, b). Vi ska se senare att om vi lägger till termen (f 6 xxx(a, b)(x a) 3 +3fxxy(a, b)(x a) 2 (y b)+fxyy(a, b)(x a)(y b) 2 +fyyy(a, b)(y b) 3 ) 6

till z 2 (x, y) så får vi z 3 (x, y) som har samma partiella derivator som f(x, y) upp t.o.m. ordning 3. Det är inte svårt att derivera detta polynom tre gånger och kontrollera de partiella derivatorna. Detta är Taylorpolynomet till f(x, y) av ordning 3. Vi tittar nu på ett något annorlunda sätt att beskriva Taylorpolynom. Om vi nu byter variabler, byt (x, y) mot (x + h, y + k) och (a, b) mot (x, y), så kan z 2 skrivas z 2 (x+h, y+k) =f(x, y)+f x(x, y)h+f y(x, y)k+ 2 f xx(x, y)h 2 +f xy(x, y)hk+ 2 f yy(x, y)k 2. Notera att µ x + f(x, y) = f x(x, y)+fy(x, y) och µ x + 2 f(x, y) = f xx(x, y)+2fxy(x, y)+fyy(x, y), och µ x + 3 f(x, y) = f xxx(x, y)+3fxxy(x, y)+3fxyy(x, y)+fyyy(x, y). Alltså kan man skriva z 2 som µ z 2 (x + h, y + k) =f(x, y)+ h x + k) f(x, y)+ µ h 2 x + k 2 f(x, y). Det är klart att vi även kan tala om Taylorpolynom av grad 3, som blir µ z 2 (x + h, y + k) = f(x, y)+ h + 6 µ h x + k x + k) 3 f(x, y), f(x, y)+ µ h 2 x + k 2 f(x, y)+ helt analogt med envariabelfallet. Generellt får vi Taylorpolynomet av grad n som nx µ z 2 (x + h, y + k) = h i! x + k i f(x, y). i= Detta ³ är inte säkert helt korrekt på så sätt att gradtalet är inte n, utan lägre än n, om h x + k n f(x, y) =. Exemplet sin x ovan, i envariabelfallet, har inget McLaurinpolynom av grad 2 eftersom f () = sin =. 7

4.2.2 Tre variabler I tre variabler får vi på analogt sätt z 2 (x + h, y + k, z + l) = nx i= µ h i! x + k + l i f(x, y, z). z Taylorpolynomet av grad 3, exempelvis, är då utskrivet som följer: z 2 (x + h, y + k, z + l) = f(x, y, z)+f x(x, y, z)h + f y(x, y, z)k + f z(x, y, z)l + + 2 f xx(x, y, z)h 2 + 2 f yy(x, y, z)k 2 ++ 2 f zz(x, y, z)l 2 +f xy(x, y, z)hk + f xz(x, y, z)hl + f yz(x, y, z)kl. Man kan kontrollera detta genom derivering att se att z 2 och f har samma partiella derivator i (x, y) upp till ordning 2. Exempel (7b) Bestäm McLaurinpolynomet av andra graden till e xy cos(x+ y). Vi använder här envariabelutvecklingarna Insättning ger och vi får e x +x + 2 x2, och cos x 2 x2. e xy +xy + 2 x2 y 2, och cos(x + y) 2 (x + y)2, e xy cos(x + y) ( + xy + 2 x2 y 2 )( 2 (x + y)2 )= = +xy 2 (x + y)2 +... = 2 y2 2 x2 +.... Alla termer av högre grad än 2 representeras av "...". Svar: McLaurinpolynomet är 2 y2 2 x2. Exempel 2 (72c + approximation) Bestäm Taylorpolynomet av andra graden till f(x, y) = p y x +sin(2x y) ipunkten(, 2). Vad är f(.9, 2.), approximativt? 8

Man kan antingen beräkna alla värden f(, 2), fx(, 2), fy(, 2), fxx(, 2), fxy(, 2) och fyy(, 2), eller beräkna McLaurinpolynomet till g(x, y) = f(x +,y+2)= p (y +2) (x +)+sin(2(x +) (y +2) = p y x ++sin(2x y). Vi har envariabelutvecklingar x+ + 2 x 8 x2, sin x x 6 x3. Så vi har sin(2x y) 2x y 6 (2x y)3, och insättning av y x +2x y 6 (2x y)3 = x 6 (2x y)3 i utvecklingen av 2x y 6 (2x y)3 ger p y x ++sin(2x y) + 2 (x 6 (2x y)3 ) 8 (x 6 (2x y)3 ) 2 = + 2 x 2 x2 +... Termen 6 (2x y)3 behöver inte tas med för den är av ordning 3. Vi får nu f(x, y) =g(x,y 2) som + 2 (x ) 8 (x )2. Approximation med Taylorpolynomet ger f(.9, 2.) + 2 (.9 ) 8 (.9 )2 =.948 7. Svar: Taylorpolynomet av grad 2 är + 2 (x ) 2 (x )2, och f(.9, 2.).948 7. Vilket fel har en Taylorutveckling? Jo, f(x + h, y + k) = nx i= µ h i! x + k i f(x, y)+o(( p h 2 + k 2 ) n+ ). Felet är O(( h 2 + k 2 ) n+ ). Man säger att felet är av ordning n +. Exempel 3 (7) Bestäm Taylorutvecklingen av ordning 2 till den funktion z(x, y) som defineras av z 3 2xz + y =, i punkten (,, ). 9

Implicit derivering m.a.p. x ger som insatt (,, ) ger 3z 2 z x(x, y) 2z(x, y) 2xz x(x, y)+=, 3z x(, ) 2 2z x(, ) =, dvs z x(, ) = 2. Deriverar vi ekvationen ovan igen m.a.p. x så får vi 6z(x, y)zx(x, y) 2 +3z 2 zxx(x, y) 2zx(x, y) 2zx(x, y) 2xzxx(x, y) =. Vid insättning av (,, ) känner vi nu zx(, ) = 2, så vi kan bestämma zxx(, ) : 24 + 3zxx(, ) 4 4 2zxx(, ) =, dvs zxx(, ) = 6. Nu ger derivering m.a.p. y 3z 2 z y(x, y) 2xz y(x, y)+=, och vi får zy(, ) =. Deriverar vi denna ekvation m.a.p. x så får vi tag på zxy(, ). Deriveringen ger 6z(x, y)zx(x, y)zy(x, y)+3z 2 zyx(x, y) 2zy(x, y) 2xzyx(x, y)+= så med zx(, ) = 2 och zy(, ) = får vi 2 + 3zyx(, ) + 2 2zyx(, ) + = och zyx(, ) =. Deriverar vi den y-deriverade ekvationen en gång till m.a.p. y så fås 6z(x, y)zy(x, y) 2 +3z 2 zyy(x, y) 2xzyx(x, y) =, och insättning av (,, ) och zx(, ) = 2 och zy(, ) = ger nu 6+3zyy (, ) 2z yy (, ) =, så zyy(, ) = 6. Då blir Taylorutvecklingen z(, ). + z x(, ).(x ) + z y(, ).(y ) + 2 z xx(, ).(x ) 2 + zxy(, ).(x )(y ) + 2 z yy(, )(y ) 2 = +2(x ) (y ) 8(x ) 2 + (x )(y ) + 3(y ) 2 = +8x 7y +xy 8x 2 +3y 2. Svar: Taylorpolynomet är +8x 7y +xy 8x 2 +3y 2.

Exercise 4 (7) Visa att ½ x + y + z 3 +3w = x y +4z + w 3 = definierar en funktion z(x, y) i en omgivning till (x, y, z, w) =(,,, ). Bestäm dess Taylorutveckling av ordning 2. Här är jacobianen (F,F 2 ) (z,w) som i (x, y, z, w) =(,,, ) har värdet µ 3 3 4 3 = µ 3z 2 3 4 3w 2 och determinant skild från noll. Så sambanden definierar lokalt både en funktion z(x, y) och w(x, y). Om vi deriverar implicit m.a.p. x får vi ½ +3z 2 z x(x, y)+3w x(x, y) = +4z x(x, y)+3w 2 w x(x, y) = och insättning av (x, y, z, w) =(,,, ) ger ½ +3z x (, ) + 3w x(, ) = +4z x(, ) + 3w x(, ) =. Lösning av det linjära ekvationssystemet ger zx(, ) = och wx(, ) = /3. Om vi deriverar implicit m.a.p. y fås ½ +3z 2 zy +3wy = +4zy +3w 2 wy = och insättning av (x, y, z, w) =(,,, ) ger ½ +3z y +3w y = +4z y +3w y =. Vi har igen ett linjärt ekvationssystem, med lösningen z y(, ) = 2 och w y(, ) = 3/7. Vi får då Taylorpolynomet av grad till +2(y ). Svar: +2(y ). Exempel (74b) Ange det största n så att f(x, y, z) = O(r n ) där r = p x2 + y 2 + z 2 och f(x, y) =cosx cos y cos z cos(x + y + z).

Med cos x 2 x2 + 24 x4 får vi så f(x, y) =O(x 2 ). Svar: n =2. ( 2 x2 + 24 x4 )( 2 y2 + 24 y4 )( 2 z2 + 24 z4 ) ( 2 (x + y + z)2 + 24 (x + y + z)4 ) = 2 x2 2 y2 + 24 x4 2 z2 +..., 2