3.3: Серія Тейлора

Перш ніж обговорювати більше застосувань серії Maclaurin, давайте розширимо нашу дискусію до більш загального випадку, коли ми розширюємо функцію навколо значень, відмінних від нуля. Припустимо, що ми хочемо, щоб розширити функцію навколо числа\(h\). Якщо\(h=0\) ми називаємо серію серією Маклорена, а якщо\(h\neq0\) ми називаємо серію серією Тейлора. Оскільки серія Maclaurin є особливим випадком більш загального випадку, ми можемо назвати всі серії серії Тейлора і опустити різницю. Наступне вірно для функції до тих\(f(x)\) пір, поки функція та всі її похідні є кінцевими\(h\):

\[\label{taylor} f(x)=a_0 + a_1(x-h)+a_2(x-h)^2+...+a_n(x-h)^n = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}a_n(x-h)^n\]

Коефіцієнти розраховуються як

\[\label{taylorcoeff} a_n=\frac{1}{n!}\left( \frac{d^n f}{dx^n}\right)_h\]

Зверніть увагу, що замість оцінки функції та її похідних в\(x=0\) ми тепер оцінюємо їх на\(x=h\), і що базовий набір тепер\(1, (x-h), (x-h)^2,...,(x-h)^n\) замість\(1, x, x^2,...,x^n\). Ряд Тейлора буде хорошим наближенням функції при значеннях\(x\) близьких до\(h\), так само, як ряди Маклорена забезпечують хороші наближення, близькі до нуля.

Щоб побачити, як це працює, давайте повернемося до експоненціальної функції. Нагадаємо, що розширення Маклорена\(e^x\) показано в Рівнянні\(3.1.3\). Ми знаємо, що станеться, якщо ми розширюємо навколо нуля, тому, щоб практикувати, давайте розширити навколо\(h=1\). Коефіцієнт\(a_0\) є\(f(1)= e^1=e\). Всі похідні є\(e^x\),\(f'(1)=f''(1)=f'''(1)...=e.\) отже,\(a_n=\frac{e}{n!}\) і серія тому

\[\label{taylorexp} e\left[ 1+(x-1)+\frac{1}{2}(x-1)^2+\frac{1}{6}(x-1)^3+... \right]=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{e}{n!}(x-1)^n\]

Ми можемо використовувати ті самі аргументи, які ми використовували раніше, щоб зробити висновок, що\(e^x\approx ex\) якщо\(x\approx 1\). Якщо\(x\approx 1\)\((x-1)\approx 0\), і терміни\((x-1)^2, (x-1)^3\) будуть менше і менше і будуть вносити все менше і менше в суму. Тому,

\[e^x \approx e \left[ 1+(x-1) \right]=ex.\]

Це рівняння прямої з нахилом\(e\) і\(y\) -перехопленням 0. Насправді, з Рівняння\(3.1.7\) ми бачимо, що всі функції будуть виглядати лінійно на значення, близькі до\(h\). Це проілюстровано на малюнку\(\PageIndex{1}\), який показує експоненціальну функцію (червоний) разом з функціями\(1+x\) (пурпурний) та\(ex\) (синій). Не дивно, що функція\(1+x\) забезпечує хороше наближення значень\(e^x\) at, близьких до нуля (див. Рівняння\(3.1.3\)) і функція\(ex\) забезпечує хороше наближення навколо\(x=1\) (Equation\ ref {taylorexp}).

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Два лінійних наближення експоненціальної функції. \(e^x\)Функція позначена червоним кольором разом з функцією\(y = 1+x\) (пурпурний) та\(y=ex\) (синій). (CC BY-NC-SA; Марсія Левітус)

Приклад\(\PageIndex{1}\):

Розгорнути\(f(x)=\ln{x}\) про\(x=1\)

Рішення

\[f(x)=a_0 + a_1(x-h)+a_2(x-h)^2+...+a_n(x-h)^n, a_n=\frac{1}{n!}\left( \frac{d^n f}{dx^n}\right)_h \nonumber\]

\[a_0=f(1)=\ln(1)=0 \nonumber\]

Похідними від\(\ln{x}\) є:

\[f'(x) = 1/x, f''(x)=-1/x^2, f'''(x) = 2/x^3, f^{(4)}(x)=-6/x^4, f^{(5)}(x)=24/x^5... \nonumber\]

і тому,

\[f'(1) = 1, f''(1)=-1, f'''(1) = 2, f^{(4)}(1)=-6, f^{(5)}(1)=24.... \nonumber\]

Щоб розрахувати коефіцієнти, нам потрібно розділити на\(n!\):

• \(a_1=f'(1)/1!=1\)
• \(a_2=f''(1)/2!=-1/2\)
• \(a_3=f'''(1)/3!=2/3!=1/3\)
• \(a_4=f^{(4)}(1)/4!=-6/4!=-1/4\)
• \(a_n=(-1)^{n+1}/n\)

Таким чином, серія:

\[f(x)=0 + 1(x-1)-1/2 (x-1)^2+1/3 (x-1)^3...=\displaystyle{\color{Maroon}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}(x-1)^{n}} \nonumber\]

Зверніть увагу, що ми починаємо суму з\(n=1\) тому\(a_0=0\), що термін для\(n=0\) не має жодного внеску.

Потрібна допомога? Посилання нижче містять розв'язані приклади.

Зовнішні посилання:

Пошук серії Тейлора функції I: http://patrickjmt.com/taylor-and-maclaurin-series-example-2/