Znajdź wielomian Taylora stopnia 9 podanej funkcji względem \(\displaystyle{ x_{0}=0}\).
\(\displaystyle{ y=\frac{1}{2+x^{2}}, x \in \RR}\)
Mam rozwiązanie, którego nie mogę zrozumieć i chciałbym aby wyjaśniono mi na jakiej podstawie wyznaczono go tak szybko.
\(\displaystyle{ \frac{1}{2+x^{2}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{1+\frac{x^{2}}{2}}=\frac{1}{2}\cdot\left(1- \frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{6}}{8}+\frac{x^{8}}{16}..\right)}\)
Odrzucamy wyższe od 9 i mamy odpowiedź.
Wielomian Taylora
-
- Użytkownik
- Posty: 96
- Rejestracja: 7 sty 2019, o 19:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 34 razy
- Pomógł: 4 razy
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Wielomian Taylora
Zastosowano wzór na sumę szeregu geometrycznego (tylko w drugą stronę, dlatego trochę trudniej to zauważyć, jak ktoś takiej sztuczki jeszcze nie widział), tj.
\(\displaystyle{ \frac{a_0}{1-q}= \sum_{n=0}^{\infty} a_0 q^n}\) dla \(\displaystyle{ |q|<1}\),
biorąc \(\displaystyle{ a_0=\frac 1 2, \ q=-\frac{x^2}{2}}\).
Oczywiście to działa gdy \(\displaystyle{ \left| \frac{x^2}{2}\right|<1}\), tj. \(\displaystyle{ x\in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})}\).
\(\displaystyle{ \frac{a_0}{1-q}= \sum_{n=0}^{\infty} a_0 q^n}\) dla \(\displaystyle{ |q|<1}\),
biorąc \(\displaystyle{ a_0=\frac 1 2, \ q=-\frac{x^2}{2}}\).
Oczywiście to działa gdy \(\displaystyle{ \left| \frac{x^2}{2}\right|<1}\), tj. \(\displaystyle{ x\in (-\sqrt{2}, \sqrt{2})}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 96
- Rejestracja: 7 sty 2019, o 19:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 34 razy
- Pomógł: 4 razy
Re: Wielomian Taylora
A dlaczego wykorzystując ten właśnie wzór i skreślając potęgi wyższe niż 9 otrzymujemy "wielomian taylora"? Myślałem, że jest na to wzór.-- 5 cze 2019, o 19:32 --I gdzie użyliśmy \(\displaystyle{ x_{0}=0}\)?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Wielomian Taylora
Jest na to wzór, ale nie musimy (choć możemy) z niego korzystać. Po prostu rozwinięcie funkcji w szereg Taylora wokół ustalonego punktu jest jednoznaczne, tj.
jeśli w pewnym otoczeniu punktu \(\displaystyle{ x_0}\) mamy
\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n= \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n}\), to
\(\displaystyle{ (\forall n\in \NN)\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}=a_n}\).
\(\displaystyle{ x=x-0}\), tutaj użyliśmy \(\displaystyle{ x_0=0}\).
jeśli w pewnym otoczeniu punktu \(\displaystyle{ x_0}\) mamy
\(\displaystyle{ f(x)= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n= \sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-x_0)^n}\), to
\(\displaystyle{ (\forall n\in \NN)\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}=a_n}\).
\(\displaystyle{ x=x-0}\), tutaj użyliśmy \(\displaystyle{ x_0=0}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 96
- Rejestracja: 7 sty 2019, o 19:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 34 razy
- Pomógł: 4 razy
Re: Wielomian Taylora
Bardzo dziękuję -- 5 cze 2019, o 20:19 --Jeszcze jedno drobne pytanie.
Pochodne od tego x=0 są równe 0.
To nie ma błędu w tej odpowiedzi, którą podałem wyżej?
Pochodne od tego x=0 są równe 0.
To nie ma błędu w tej odpowiedzi, którą podałem wyżej?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Wielomian Taylora
Nie, błędu nie ma. Jak to pochodne są równe zero? Moim zdaniem tylko te nieparzystego stopnia i to się zgadza, bo w rozwinięciu, które otrzymaliśmy, mamy z niezerowymi współczynnikami tylko jednomiany o parzystych wykładnikach.
Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2+x^{2}}}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ f'(x)=\frac{-2x}{(2+x^2)^2}\\f'(0)=0\\f''(x)= \frac{-2(2+x^2)+8x^2}{(2+x^2)^3}\\ f''(0)=-\frac 1 2\\ f'''(x)= \frac{12x(2+x^2)^2-12x(2+x^2)(3x^2-2)}{(2+x^2)^5}\\f'''(0)=0}\)
itd.
Jak widać, licząc pochodne, szybko uzyskujemy dość niewygodne ułamki, stąd lepiej korzystać z takich sztuczek, jak ta z szeregiem geometrycznym.
Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2+x^{2}}}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ f'(x)=\frac{-2x}{(2+x^2)^2}\\f'(0)=0\\f''(x)= \frac{-2(2+x^2)+8x^2}{(2+x^2)^3}\\ f''(0)=-\frac 1 2\\ f'''(x)= \frac{12x(2+x^2)^2-12x(2+x^2)(3x^2-2)}{(2+x^2)^5}\\f'''(0)=0}\)
itd.
Jak widać, licząc pochodne, szybko uzyskujemy dość niewygodne ułamki, stąd lepiej korzystać z takich sztuczek, jak ta z szeregiem geometrycznym.
-
- Użytkownik
- Posty: 96
- Rejestracja: 7 sty 2019, o 19:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 34 razy
- Pomógł: 4 razy