Taylorin sarja

Johdantoa Taylorin sarjaan

Miksi Taylorin sarjaa käytetään?

Toisinaan vastaan tulee funktioita, joita on liian vaikea integroida, derivoida tai vaikkapa ottaa niistä raja-arvoa jossain tietyssä pisteessä. Tällaisissa tilanteissa joudutaan käyttämään approksimaatiota, joka on riittävän tarkka kysytyllä välillä kuvaamaan alkuperäistä funktiota. Brook Taylor keksi vuonna 1715 tavan, miten muodostaa polynomifunktio, joka approksimoi alkuperäistä funktiota annetun pisteen ympäristössä. Tällaiselle approksimaatiolle on käyttöä myös esimerkiksi epälineaaristen differentiaaliyhtälöiden linearisoinnissa. Kun $|y|\ll 1$ eli on riittävän pieni, esimerkiksi heilurin liikeyhtälö voidaan kirjoittaa muodossa $0=y''+\sin(y)\approx y''+y.$

Taylorin sarjan avulla saadaan myös yhteys klassisen ja relativistisen fysiikan välille. Tarkastellaan hiukkasen liike-energiaa. Olkoon m_0 hiukkasen lepomassa, sen relativistinen massa, hiukkasen nopeus ja valonnopeus.

Klassinen fysiikka:

$E_k = \frac{1}{2} m_0v^2.$

Relativistinen fysiikka:

$\begin{aligned} E_k &= E - E_p = mc^2 - m_0c^2 \\&= \frac{m_0c^2}{\sqrt{1-\left( \dfrac{v}{c} \right)^2}}-m_0c^2 \\ &= m_0c^2\left(\frac{1}{\sqrt{1-\left(\dfrac{v}{c}\right)^2}} -1 \right). \end{aligned}$

Ensi alkuun nämä kaksi yhtälöä eivät näytä kovinkaan samoilta. Mutta jos relativistinen liike-energian yhtälö ilmaistaankin Taylorin sarjakehitelmän avulla, niin nähdään jotain tuttua.

Taylorin polynomin avulla funktiolle $f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=(1-x^2)^{-\tfrac{1}{2}}$ saadaan approksimaatio $\begin{aligned} f(x)&\approx f(0) + f'(0)\cdot x^2 + \frac{f''(0)}{2!}x^4\\ &= 1 + \frac{1}{2}x^2+\frac{3}{8}x^4, \end{aligned}$ jolloin siis relativistinen liike-energian yhtälö saa muodon

$\begin{aligned} E_k &\approx m_0c^2 \left( \cancel 1 + \frac{1}{2} \left(\frac{v}{c}\right)^2+\frac{3}{8}\left(\frac{v}{c}\right)^4 - \cancel 1 \right) \\ &= \frac{1}{2}m_0v^2+ \frac{3m_0v^4}{8c^2}. \end{aligned}$ Klassisen fysiikan laskentatapa on siis käytännössä Taylorin polynomin ensimmäisen kertaluvun approksimaatio relativistisesta yhtälöstä ja se toimii hyvin, kun $\tfrac{v}{c} \ll 1.$

Tällä sivulla on runsaasti esimerkkejä Taylorin sarjan hyötykäytöstä. Tutustu rauhassa siihen, mikä itseäsi kiinnostaa.

# taylortaulukko

Yleisimpiä Taylorin sarjakehitelmiä

# taylor

Taylorin polynomi ja sarjakehitelmä

Taylorin polynomilla pystytään approksimoimaan funktiota polynomilla.

Funktion f(x) Taylorin polynomi kertalukua pisteessä x=a on $\begin{align*} T_{n,a}f(x)=&\ f(a) + f'(a)(x-a) \\&+ \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 \\&+ ... +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n.\end{align*}$ Funktio f(x) voidaan tällöin kirjoittaa astetta olevan polynomin ja virhetermin avulla muotoon $\begin{align*} f(x) =&\ f(a) + f'(a)(x-a) \\&+ ... +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n \\&+ O(x-a)^{n+1}\end{align*}$

Virhetermi $R_n(x)=O(x-a)^{n+1}.$

Taylorin polynomin $T_{n,a}f(x)$ virhetermi eli jäännöstermi $O(x-a)^{n+1}=R_n(x)=f(x)-T_{n,a}f(x)$ sisältää kaikki astetta n+1 ja sitä korkeampaa astetta olevat termit. Huomaa, että R_n(a)=0. Esimerkiksi $\cos (x)$ voidaan kirjoittaa muodossa $\begin{align*} \cos (x) &= 1- \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+O(x^7) \\ &=1- \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+ O(x^5)\\ &=1- \frac{x^2}{2!}+O(x^3). \end{align*}$ Taylorin polynomin antama approksimaatio on sitä parempi mitä lähempänä ollaan pistettä jossa polynomi on kehitetty, sillä $\lim_{x\to a} \frac{\left|R_n(x)\right|}{{|x-a|}^n}=\lim_{x\to a} \frac{\left|f(x)-T_{n,a}f(x)\right|}{{|x-a|}^n}=0.$ Virhetermi voidaan monesti olettaa nollaksi, kun on riittävän lähellä :ta, eli tällöin $R_n(x) \approx 0.$

Korkeamman kertaluvun Taylorin polynomi antaa funktiolle paremman approksimaation kuin matalamman kertaluvun polynomi. Toisin sanoen $\lim_{n\to\infty} R_n(x)=0.$ Monissa fysiikan ongelmissa, joissa käsitellään pieniä muutoksia $\Delta x = x-a,$ on kuitenkin jo ensimmäisen kertaluvun Taylorin polynomi hyödyllinen. Tällöin termi, jossa esiintyy tekijä $(\Delta x)^2$ on lopputuloksen kannalta merkityksetön.

Funktion f(x) Taylorin sarjaksi kutsutaan funktion potenssisarjaesitystä $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n.$

HUOM. Taylorin sarjalle, joka on kehitetty origossa eli a=0 käytetään myös nimitystä MacLaurinin sarja.

Esimerkki. Toisen kertaluvun MacLaurinin sarja funktiolle $\ln(x+1).$

Lasketaan ensiksi funktion $f(x)=\ln (x+1)$ derivaattojen arvot pisteessä a=0 toiseen kertalukuun asti: $\begin{align*} f(0) &= \ln (0+1) = \ln(1)=\ln e^0 = 0, \\ f'(x) &= \frac{1}{x+1} \Longrightarrow f'(0)=1 \quad \text{ja} \\ f''(x) &= -\frac{1}{(x+1)^2} \Longrightarrow f''(0) = -1. \end{align*}$

Nyt voidaan muodostaa toisen kertaluvun MacLaurinin sarja funktiolle $f(x)=\ln (x+1)$ pisteen a=0 ympäristössä

$\begin{align*} f(x) &\approx f(0)+f'(0)(x-0)+\frac{f''(0)}{2}(x-0)^2\\ &=0 + 1\cdot x -\frac{1}{2}\cdot x^2 \\ &=x-\frac{1}{2}x^2. \end{align*}$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[ axis lines=middle, domain=-2:3, samples=100, %grid=major, restrict y to domain=-3:3, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [color=red, thick] {ln(x+1)}; \addplot [color=blue, thick] {x-0.5*x^2}; \legend{$\ln (x+1)$, $x-\frac{1}{2}x^2$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Esimerkki. Taylorin polynomin avulla funktion $f(x) = \cos (x)$ approksimointia.

Muodostetaan funktion $f(x)=\cos (x)$ Taylorin sarja pisteen a = 0 ympäristössä neljänteen kertalukuun asti. Lasketaan kosinin eri kertalukujen derivaattoja arvolla a= 0.

kertaluku: $f(0)=\cos (0) =1$
kertaluku: $D (\cos (x)) = -\sin (x),$ joten $f'(0)=-\sin (0) = 0$
kertaluku: $D (-\sin (x)) = -\cos (x),$ joten $f''(0)=-\cos (0) = -1$
kertaluku: $D (-\cos (x)) = \sin (x),$ joten $f^{(3)}(0)=\sin (0) = 0$
kertaluku: $D (\sin (x)) = \cos (x),$ joten $f^{(4)}(0)=\cos (0) = 1$

Taylorin mukaan

$\begin{align*} \cos (x) =&\ f(0)+f'(0)(x-0)\\&+\frac{f''(0)}{2!}(x-0)^2+\frac{f^{(3)}(0)}{3!}(x-0)^3\\&+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}(x-0)^4+O(x^5)\\ =&\ 1 + 0x-\frac{1}{2}x^2+0x^3+\frac{1}{24}x^4+O(x^5) \\ \approx &\ 1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{24}x^4, \end{align*}$ missä termi $O(x^5)\approx 0.$

Kun molemmat funktiot piirretään samaan koordinaatistoon, huomataan että saatu polynomifunktio approksimoi hyvin kosinifunktiota nollan ympäristössä.

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[domain=-4:4, samples=100, %grid=major, restrict y to domain=-4:4, legend pos = outer north east, axis lines = middle, xlabel = $x$, ylabel=$y$] \addplot [color=red, thick] {cos(deg(x)}; \addplot [color=blue, thick] {1-1/2*x^2+1/24*x^4}; \legend{$\cos (x)$, $1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{24}x^4$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Esimerkki. Taylorin polynomin isommat kertaluvut funktioille $\cos (x)$ ja $\sin (x)$ (GeoGebra).

Voit kokeilla Taylorin polynomin "hyvyyttä" eri kertaluvuilla ja pisteillä liukusäätimien avulla.

# geo2

Taylorin polynomi annetulle funktiolle (GeoGebra)

Esimerkki. Taylorin polynomi annetulle funktiolle (GeoGebra).

Voit syöttää oman funktiosi kohtaan "Oma funktio" ja säätää liukusäätimillä Taylorin polynomin kertaluvun ja tarkasteltavan pisteen paikan.

# geo3

# tekniikoita

Esimerkkejä Taylorin sarjojen laskemisesta

Sarjan selvittäminen määritelmän avulla

Esimerkki. Selvitä funktion $e^{-2x}$ Taylorin sarja pisteessä x=1.

Taylorin sarjan määritelmän mukaan $\begin{aligned} f(x) =&\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n\\ =&\ f(a)+f'(a)(x-a)\\&+\frac{1}{2!}f''(a)(x-a)^2\\&+\frac{1}{3!}f'''(a)(x-a)^3 + O((x-a)^4). \end{aligned}$ Nyt $f(x)=e^{-2x}$ ja a=1. Lasketaan derivaatat ja niiden arvo pisteessä x=1.

$\begin{aligned} &f(x)=e^{-2x},\ &&f(1)=e^{-2} \\ &f'(x)=-2e^{-2x}, \ &&f'(1)=-2e^{-2}\\ &f''(x)=4e^{-2x}, \ &&f''(1)=4e^{-2}\\ &f'''(x)=-8e^{-2x}, \ &&f'''(1)=-8e^{-2}. \end{aligned}$

Sijoitetaan nämä määritelmästä saatuun yhtälöön, jolloin saadaan

$\begin{aligned} e^{-2x}=&\ e^{-2}-2e^{-2}(x-1)+\frac{4e^{-2}}{2!}(x-1)^2\\&-\frac{8e^{-2}}{3!}(x-1)^3+O((x-1)^4)\\ =&\ e^{-2}-2e^{-2}(x-1)+2e^{-2}(x-1)^2\\&-\frac{4e^{-2}}{3}(x-1)^3+O((x-1)^4). \end{aligned}$ Eli funktion $e^{-2x}$ Taylorin sarja pisteen x=1 ympäristössä on $\begin{aligned} e^{-2x}=&\ e^{-2}-2e^{-2}(x-1)\\&+2e^{-2}(x-1)^2-\frac{4e^{-2}}{3}(x-1)^3\\&+O((x-1)^4). \end{aligned}$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle,,domain=-0.3:2, samples=100,grid=major, restrict y to domain=-2:1.8, xlabel=$x$, ylabel=$y$, legend pos = north east] \addplot [color=red, thick] {e^(-2*x)}; \addplot [color=blue, thick] {e^(-2)*(1-2*(x-1)+2*(x-1)^2-4/3*(x-1)^3)}; \legend{$e^{-2x}$, Taylor} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Tunnetun sarjan kertominen polynomilla

Esimerkki. Selvitä funktion $(1+x)\sin(x)$ Taylorin sarja origossa.

Ratkaisu.

Käyttämällä funktion $\sin(x)$ Taylorin sarjaa $\sin(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}$ saadaan $(1+x)\sin(x) = (1+x)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\right). \\$ Otetaan sarjasta korkeintaa kolmatta kertalukua olevat termit mukaan. Korkeamman kertaluvut termit sisältyvät virhetermiin O(x^5). Tällöin $\begin{aligned} (1+x)\sin(x) =&\ (1+x)\left(x - \frac{1}{3!}x^3 + O(x^5)\right) \\ =&\ x + x^2 - \frac{1}{3!}x^3 - \frac{1}{3!}x^4 \\&+\red{O(x^5)}(\red 1+\blue x). \end{aligned}$ Koska kaikki viidettä tai korkeampaa kertalukua olevat termit sisältyvät virhetermiin $\red{O(x^5)},$ niin myös $\blue x\cdot \red{O(x^5)} = O(x^6)$ sisältyy siihen, jolloin $\begin{aligned} (1+x)\sin(x) =&\ x + x^2 - \frac{1}{3!}x^3 \\&- \frac{1}{3!}x^4 + O(x^5). \end{aligned}$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle,domain=-pi:pi, samples=100,grid=major, restrict y to domain=-10:10,xtick={-pi, -(1/2)*pi, (1/2)*pi, pi}, xticklabels={$-\pi$,$-\pi/2$,$\pi/2$,$\pi$}, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [color=red, thick, domain=-3*pi/3.5:3*pi/3.5] {(1+x)*sin(deg(x)}; \addplot [color=blue, thick, domain=-3*pi/3.5:3*pi/3.5] {x+x^2-x^3/6-1/6*x^4}; \legend{$(1+x)\sin(x)$, $x + x^2 - \frac{1}{3!}x^3 - \frac{1}{3!}x^4 + O(x^5)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Tunnettujen sarjojen kertominen

Esimerkki. Selvitä funktion $e^x\cos(x)$ Taylorin sarja origossa.

Ratkaisu.

Käyttämällä funktioiden e^x ja $\cos(x)$ Taylorin sarjoja $\begin{aligned} e^x &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}\\&=1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + O(x^4) \end{aligned}$ ja $\begin{aligned} \cos(x) &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}\\&=1 - \frac{1}{2!}x^2 + O(x^4) \end{aligned}$ ja ottamalla sarjoja termeittäin kerrottaessa mukaan korkeintaan kolmatta kertalukua olevat termit saadaan $\begin{aligned} e^x\cos(x) &=\left(1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + O(x^4)\right)\left(1 - \frac{1}{2!}x^2 + O(x^4)\right)\\ &= 1 - \hblue{\frac{1}{2!}x^2} + \hgreen{O(x^4)} + x - \hred{\frac{1}{2!}x^3} \\ & \quad + \hgreen{O(x^5)} + \hblue{\frac{1}{2!}x^2} - \hgreen{\frac{1}{2!2!}x^4} + \hgreen{O(x^6)} \\ & \quad + \hred{\frac{1}{3!}x^3} - \hgreen{\frac{1}{3!2!}x^5} + \hgreen{O(x^7)} \\ & \quad + \hgreen{O(x^4)}\underbrace{\left(1 - \frac{1}{2!}x^2 + O(x^4)\right)}_{=\,\cos(x)}. \\ \end{aligned}$ Nyt kaikki neljättä tai korkeampaa kertalukua olevat termit sisältyvät virhetermiin O(x^4), jolloin vastaukseksi saadaan $e^x\cos(x) = 1 + x - \hred{\frac{1}{3}x^3} + \hgreen{O(x^4)}.$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle, samples=100,grid=major, restrict y to domain=-10:10,xtick={-(1/2)*pi,-(1/4)*pi,0,(1/4)*pi, (1/2)*pi}, xticklabels={$-\frac{\pi}{2}$,$-\frac{\pi}{4}$,,$\frac{\pi}{4}$,$\frac{\pi}{2}$}, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [color=red, thick, domain=-3*pi/5:3*pi/5.5] {e^x*cos(deg(x)}; \addplot [color=blue, thick, domain=-3*pi/5:3*pi/5.5] {1+x-x^3/3}; \legend{$e^x\cos(x)$, $1+x-\frac{1}{3}x^3+O(x^4)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

# sarjojenjakaminen

Tunnettujen sarjojen jakaminen

Esimerkki. Selvitä funktion $\tan(x)$ Taylorin sarja.

Ratkaisu.

Muistetaan, että $\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}.$ Käyttämällä sinin ja kosinin Taylorin sarjoja $\sin(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}$ ja $\cos(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}$

sekä ottamalla sarjoista korkeintaan kuudetta kertalukua olevat termit mukaan saadaan $\tan(x) = \frac{x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)}{1-\frac{1}{2!} x^2+\frac{1}{4!} x^4 + O(x^6)}.$

Yllä olevan yhtälön oikea puoli voidaan laskea eri tavoilla. Niistä 2 on esitetty alla kohdissa Tapa 1 ja Tapa 2.

Tulokseksi tangenttifunktion Taylorin sarjalle saadaan $\tan(x) = x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7).$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle,domain=-pi:pi, samples=100,grid=major, restrict y to domain=-10:10,xtick={-(1/2)*pi,-(1/4)*pi,0,(1/4)*pi,(1/2)*pi}, xticklabels={$-\dfrac{\pi}{2}$,$-\dfrac{\pi}{4}$,,$\dfrac{\pi}{4}$,$\dfrac{\pi}{2}$}, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [color=red, thick, domain=-1.7:1.7] {tan(deg(x)}; \addplot [color=blue, thick, domain=-pi/2:pi/2] {x+x^3/3+2/15*x^5}; \legend{$\tan(x)$, $x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Tapa 1: Jakokulma.

Jakolasku voidaan suorittaa jakokulmassa, jolloin saadaan

$\begin{align*} & \ x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\\ & \underline{\hspace{4cm}}\\ 1-\frac{1}{2!} x^2+\frac{1}{4!} x^4 + O(x^6) \ \Bigg|& \ x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7) \\ -& \ x + \frac{1}{2!}x^3-\frac{1}{4!} x^5+ O(x^7) \\ & \underline{\hspace{4cm}}\\ & \ \qquad \frac{1}{3}x^3-\frac{1}{30} x^5+ O(x^7) \\ & \quad - \frac{1}{3}x^3+\frac{1}{2!3} x^5 - \frac{1}{4!3} x^7+ O(x^7)\\ & \quad \underline{\hspace{5.1cm}}\\ & \qquad \qquad \ \quad \frac{2}{15}x^5 +O(x^7) \\ & \qquad \qquad - \frac{2}{15}x^5 +O(x^7) \\ & \qquad \qquad \underline{\hspace{2.6cm}}\\ & \qquad \qquad \qquad \quad \quad \quad \! \! O(x^7) \end{align*}$

Tapa 2: Sarjojen tulo.

$\begin{aligned} \tan(x) &= \frac{x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)} {1-\frac{1}{2!} x^2+\frac{1}{4!} x^4 + O(x^6)}\\ &= \left(x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)\right) \left(\frac{1}{1-\frac{1}{2!} x^2+\frac{1}{4!} x^4 + O(x^6)}\right). \end{aligned}$

Tehdään nyt muuttujanvaihto $\blue u=\frac{1}{2!}x^2-\frac{1}{4!}x^4+O(x^6),$ jolloin saadaan $\frac{1}{1-\left(\frac{1}{2!}x^2-\frac{1}{4!} x^4 + O(x^6)\right)} =\frac{1}{1-\blue u}.$

Huomataan, että $\cos{(x)} =1-\blue u$ eli $\blue u=1-\cos{(x)}.$ Koska kosinin arvot ovat ja välissä, niin $\blue u$ :n arvot ovat ja ja välissä. Tällöin $\blue u$ :n iteisarvo on pienempää kuin kun $\cos{(x)}\geq 0$ eli kun $-\frac{\pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}.$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle, samples=100,grid=major, xtick={-pi, -(1/2)*pi, (1/2)*pi, pi}, xticklabels={$-\pi$,$-\frac{\pi}{2}$,$\frac{\pi}{2}$,$\pi$}, ytick={-1,1, 2}, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [name path=eka,color=blue, thick,domain={-4:4}] {1-cos(deg(x))}; \addplot [name path=toka,color=red, thick,domain={-4:4}] {1}; \addplot [color=green!70!black, thick, domain={-4:4}] {cos(deg(x))}; \addplot[pattern=north west lines, pattern color=violet!80]fill between[of = eka and toka,soft clip={domain=-pi/2:pi/2}]; \legend{$u = 1-\cos(x)$, $f(x)=1$, $g(x) = \cos(x)$ } \end{axis} \end{tikzpicture}$

Tällöin $\displaystyle{\frac{1}{1-\blue u}}$ on geometrisen sarjan $\displaystyle{\sum_{n=0}^\infty\blue u^n}$ summa ja saadaan $\begin{aligned} \frac{1}{1-\blue u} =&\ \sum_{n=0}^\infty\blue u^n \\=&\ \sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{2!}x^2-\frac{1}{4!}x^4+O(x^6)\right)^n&&\ (*) \\ =&\ 1+ \frac{1}{2!}x^2-\frac{1}{4!}x^4+O(x^6) \\&+ \frac{1}{2!2!}x^4 +O(x^6)\\ =&\ 1 + \frac{1}{2!}x^2+\frac{5}{24}x^4+O(x^6). \end{aligned}$

(*) kun $n\geq2$ kaikki termit ovat vähintään 6. kertalukua paitsi $\left(\frac{1}{2!}x^2-\frac{1}{4!}x^4+O(x^6)\right)^2$ $=\left(\frac{1}{2!}x^2-\left(\frac{1}{4!}x^4+O(x^6)\right)\right)^2$ $=\left(\frac{1}{2!}x^2\right)^2 +2\left(\frac{1}{2!}x^2\right) \left(\frac{1}{4!}x^4+O(x^6)\right)+\left(\frac{1}{4!}x^4+O(x^6)\right)^2$ $\displaystyle{\frac{1}{2!2!}x^4}.$

Nyt voidaan laskea tangenttifunktion Taylorin sarja kahden sarjan tulona $\begin{aligned} \tan(x) = \left(x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)\right) \left(1 + \frac{1}{2!}x^2+\frac{5}{24}x^4+O(x^6)\right). \end{aligned}$ Kun sarjat kerrotaan termeittäin, niin suurin osa termeistä on vähintään 7. kertalukua eli ne sisältyvät virhetermiin O(x^7). Tuloksi saadaan $\begin{aligned} \tan(x) =& \ x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)\\ &+\frac{1}{2!}x^2 \left(x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)\right)\\ &+\frac{5}{24}x^4 \left(x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)\right)\\ &+O(x^6) \left(x-\frac{1}{3!} x^3+\frac{1}{5!} x^5+ O(x^7)\right)\\ =& \ x-\frac{1}{3!} x^3 + \frac{1}{2!}x^3+\frac{1}{5!} x^5 - \frac{1}{3!2!}x^5 \\&+\frac{5}{24}x^5 + O(x^7)\\ =& \ x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+ O(x^7). \end{aligned}$

Polynomin sijoittaminen tunnettuun sarjaan (muuttujanvaihto)

Esimerkki. Selvitä funktion $e^{-x^2}$ Taylorin sarja.

Ratkaisu.

Muistetaan, että eksponenttifunktion Taylorin sarja on $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.$ Tehdään muuttujanvaihto $-x^2 = \red t,$ jolloin saadaan $\begin{aligned} e^{-x^2} &= e^{\red t} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\red t^n}{n!}\\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-x^2)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{n!}\\ &= 1 - x^2 + \frac{1}{2!}x^4 + O(x^6), \end{aligned}$ missä virhetermi O(x^6) sisältää kaikki kuudetta tai korkeampaa kertalukua olevat termit.

Siten funktion $\displaystyle{e^{-x^2}}$ Taylorin sarja on $e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{1}{2}x^4 + O(x^6)$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle,,domain=-2:2, samples=100,grid=major, restrict y to domain=-2:1.8, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [color=red, thick] {e^(-x^2)}; \addplot [color=blue, thick] {1-x^2+x^4/2}; \legend{$e^{-x^2}$, $1-x^2+\frac{x^4}{2}+O(x^6)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Sarjan sijoittaminen toiseen sarjaan

Sarjakehitelmä voidaa sijoittaa toisen sarjan muuttujaan, jos ja vain jos sijoitettavan sarjan arvot ovat toisen sarjan suppenemisvälillä.

Esimerkki. Selvitä funktion $e^{\tan(x)}$ Taylorin sarja.

Ratkaisu.

Muistetaan, että eksponenttifunktion Taylorin sarja on $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}.$ Tangenttifunktion Taylorin sarja saadaan määritelmästä tai esimerkiksi tunnettuja sarjoja jakamalla ja se on $\tan(x) = x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7).$

Koska eskponenttifunktion Taylorin sarja suppenee kaikilla reaaliluvuilla, niin tangenttifunktion Taylorin sarja voidaan sijoittaa siihen. Tällöin

$\begin{aligned} e^{\red{\tan(x)}} &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\red{\tan(x)})^n}{n!}\\ &= 1+\tan(x)+\frac{1}{2!}\tan^{2}(x)\\&\quad+\frac{1}{3!}\tan^{3}(x)+\frac{1}{4!}\tan^{4}(x)+\blue{O(x^5)}\\ &= 1 + \left(x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)\\ & \quad + \frac{1}{2!}\green{\left(x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)}^2&&\ (*)\\ & \quad + \frac{1}{3!}\left(x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)^3\\ & \quad + \frac{1}{4!}\left(x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)^4\\& \quad +\blue{O(x^5)}\\ &= 1+x+\frac{1}{3}x^3+ \frac{1}{2!}\hmagenta{x^2}+\frac{1}{2!}\hblue{\frac{2}{3}x^4} \\& \quad +\frac{1}{3!}\hgreen{x^3}+\frac{1}{4!}\hred{x^4}+\blue{O(x^5)}\\ &= 1+x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x^3+\frac{3}{8}x^4+\blue{O(x^5)}. \end{aligned}$

Yllä olevassa laskussa virhetermi $\blue{O(x^5)}$ saatiin pienen kulman approksimaatiolla: $\sin(x)\approx x, \, \cos(x)\approx 1,$ kun on pieni, jolloin $\tan(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\approx x.$

(*) Tangentin sarjan neliö: $\begin{aligned} \green{\bigg(x+\frac{1}{3}}&{\green{x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\bigg)}}^2\\ =&\ \left(x+\red{\left(\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)}\right)^2\\ =&\ x^2 + 2x\red{\left(\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)} \\&+{\red{\left(\frac{1}{3}x^3+\blue{\left(\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)}\right)}}^2\\ =&\ x^2+2x\cdot\frac{1}{3}x^3+2x\cdot\frac{2}{15}x^5 \\&\ + O(x^8) +\frac{1}{9}x^6+\frac{2}{3}x^3\blue{\bigg(\frac{2}{15}x^5}\\&\ \blue{+O(x^7)\bigg)} +{\blue{\left(\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)}}^2\\ =&\ \hmagenta{x^2}+\hblue{\frac{2}{3}x^4} + O(x^5). \end{aligned}$

Vastaavasti voidaan laskea kolmanteen ja neljänteen potenssiin korotukset Pascalin kolmion tai binomisarjan avulla, jolloin saadaan $\left(x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)^3 = \hgreen{x^3} + O(x^5)$ ja $\left(x+\frac{1}{3}x^3+\frac{2}{15}x^5+O(x^7)\right)^4 = \hred{x^4} + O(x^5).$

Siten funktion $e^{\tan(x)}$ Taylorin sarja on $\begin{align*} e^{\tan(x)} =&\ 1+x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x^3\\&\ +\frac{3}{8}x^4+O(x^5). \end{align*}$

# binomisarja

Binomisarja

Binomisarja on funktion f(x)=(1+x)^n Taylorin sarja $(1+x)^n = \sum_{k=0}^{\infty}{n\choose k}x^k,$ missä ${n\choose k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}.$ on binomikerroin ja on :n kertoma n!=n(n-1)...(n-n+2)(n-n+1) .

Sovelluksissa kertoman logaritmia voidaan approksimoida Stirlingin approksimaatiolla.

Yleinen tapaus. Funktion (a+x)^n Taylorin sarja.

Yleiselle tapaukselle (a+x)^n saadaan myös sarjakehitys binomisarjan avulla.

$\begin{aligned} (a+x)^n &= (\orange a+\frac{\orange a}{a}x)^n \\&= (\orange a(1+\frac{x}{a}))^n = \orange a^n(1+\frac{x}{a})^n\\ &= a^n\sum_{k=0}^{\infty}{n\choose k}\left(\frac{x}{a}\right)^k\\ &= a^{\blue n}\sum_{k=0}^{\infty}{n\choose k}x^ka^{{\blue{-k}}}\\ &= \sum_{k=0}^{\infty}{n\choose k}x^ka^{\blue{n-k}}. \end{aligned}$ Tämän sarjakehitelmän osasummaa $\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}x^ka^{n-k}$ kutsutaan binomilauseeksi tai binomikaavaksi ja sen avulla voidan laskea binomien potensseja, esimerkiksi $\begin{aligned} (a+b)^3 =&\ \sum_{k=0}^{n}{3\choose k}b^ka^{3-k}\\ =&\ {3\choose 0}b^0a^{3-0}+{3\choose 1}b^1a^{3-1}\\&\ +{3\choose 2}b^2a^{3-2} +{3\choose 3}b^3a^{3-3}\\ =&\ a^3+ba^2+b^2a+b^3. \end{aligned}$

Esimerkki. Selvitä funktion $\sqrt{1-x^2}$ Taylorin sarja.

Ratkaisu.

Tehdään ensin muuttujanvaihto $-x^2 = \magenta u.$ Tällöin saadaan $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1+(-x^2)} = \sqrt{1 + \magenta u}.$

Nyt funktion $\sqrt{1+\magenta u}$ Taylorin sarja saadaan käyttämällä binomisarjaa kun $n=\frac{1}{2}$ $\begin{aligned} \sqrt{1+\magenta u} =&\ (1+\magenta u)^{\frac{1}{2}} = \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1}{2}\choose k}\magenta u^k\\ =&\ {\frac{1}{2}\choose 0}\magenta u^0+{\frac{1}{2}\choose 1}\magenta u^1 +{\frac{1}{2}\choose 2}\magenta u^2\\&\ +{\frac{1}{2}\choose 3}\magenta u^3 +{\frac{1}{2}\choose 4}\magenta u^4 + O(\magenta u^5) \\ =&\ 1+\frac{1}{2}\magenta u+\frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)}{2!}\magenta u^2\\ &+\ \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{3!}\magenta u^3\\ &+\ \frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)} {4!}\magenta u^4+O(\magenta u^5)\\ =&\ 1+\frac{1}{2}\magenta u-\frac{1}{8}\magenta u^2+\frac{1}{16}\magenta u^3\\ &\ - \frac{5}{128}\magenta u^4+O(\magenta u^5). \end{aligned}$ Sijoittamalla takaisin $\magenta u=-x^2$ saadaan $\begin{aligned} \sqrt{1-x^2} =&\ 1-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{8}x^4-\frac{1}{16}x^6 \\&\ -\frac{5}{128}x^8+O(x^{10})\\ =&\ 1-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{8}x^4+O(x^6). \end{aligned}$ Siten funktion $\sqrt{1-x^2}$ Taylorin sarja on $\sqrt{1-x^2} = 1-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{8}x^4+O(x^6).$

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[axis lines=middle, samples=500,grid=major, restrict y to domain=-2:2,xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \addplot [color=red, thick,domain=-1:1] {sqrt(1-x^2)}; \addplot [color=blue, thick,domain=-1.4:1.4] {1-x^2/2-1/8*x^4}; \legend{$\sqrt{1-x^2}$, $1-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{8}x^4+O(x^6)$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

# taylorsovelluksia

Sovelluksia

Taylorin sarjan sovellukset liittyvät funktioiden approksimointiin.

Esimerkki. Yleisimpiä approksimaatioita.

Mitä tarkoittaa, kun on pieni? Tämä on aina tapauskohtaisesti sovittava. Mitään nyrkkisääntöä ei ole olemassa, mutta yleisesti voitaneen olettaa arvojen olevan $|x| \ll 1.$ Approksimaatiot tulevat Taylorin sarjasta, joka on katkaistu ensimmäiseen termiin. Hyvin usein jo tämä riittää vaadittavaan tarkkuuteen.

Esimerkki. Arvioi integraalia $I(x) = \int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^4}}\text{d}t.$

Ratkaisu.

Integraalifunktiota I(x) ei voida esittää alkeisfunktioiden avulla. Integraali
pitää laskea jollakin muulla tavalla.

Kehitetään integrandi Taylorin sarjaksi.

Käyttämällä funktion $\sqrt{1+x}$ sarjakehitelmää
$\sqrt{1+x} = 1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}x^2+\frac{1}{16}x^3+O(x^4)$
ja tekemällä muuttujanvaihto $-t^4 = \orange{x}$ saadaan

$\begin{aligned} \sqrt{1-t^4} =&\ \sqrt{1+\orange{x}} \\=&\ 1+\frac{1}{2}\orange{x} -\frac{1}{8}\orange{x}^2+\frac{1}{16}\orange{x}^3+O(\orange{x}^4)\\ =&\ 1+\frac{1}{2}(-t^4)-\frac{1}{8}(-t^4)^2\\&\ +\frac{1}{16}(-t^4)^3+O((-t^4)^4)\\ =&\ 1-\frac{1}{2}t^4-\frac{1}{8}t^8-\frac{1}{16}t^{12}+O(t^{16})\\ =&\ 1-\frac{1}{2}t^4+O(t^8). \end{aligned}$
Sijoittamalla saatu sarjakehitelmä integrandiin saadaan
$\frac{1}{\sqrt{1-t^4}} = \frac{1}{1-\frac{1}{2}t^4+O(t^8)}.$
Tehdään muuttujanvaihto $\frac{1}{2}t^4+O(t^8) = \blue u,$ jolloin
$\begin{aligned} \frac{1}{1-\frac{1}{2}t^4+O(t^8)} &= \frac{1}{1-\underbrace{\left(\frac{1}{2}t^4+O(t^8)\right)}_{=\,\blue u}} \\&= \frac{1}{1-\blue u} \end{aligned}$
Koska funktio $\sqrt{1-t^4}$ on määritelty, kun -1<t<1 ja virhetermi
$O(t^8)\approx 0,$ kun -1<t<1, niin $|\blue u| \approx \frac{1}{2}t^4 \leq \frac{1}{2},$
kun -1<t<1.

Siten $\frac{1}{1-\blue u}$ on geometrisen sarjan summa
eli

$\begin{aligned} \frac{1}{\sqrt{1-t^4}} =&\ \frac{1}{1-\blue u} = \sum_{n=0}^{\infty}\blue u^n\\ =&\ 1 + \blue u + \blue u^2 + \blue u^3 + O(\blue u^4)\\ =&\ 1 + \left(\frac{1}{2}t^4+O(t^8)\right) \\&+\ \left(\frac{1}{2}t^4+O(t^8)\right)^2 \\&+\ \left(\frac{1}{2}t^4+O(t^8)\right)^3 + O(t^{16})\\ =&\ 1 + \frac{1}{2}t^4 + O(t^{8}). \end{aligned}$

Sijoittamalla tämä sarjakehitelmä integraaliin saadaan
$\begin{aligned} I(x) &= \int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^4}}\text{d}t \\&= \int_{0}^{x}\left[1 + \frac{1}{2}t^4 + O(t^{8})\right]\text{d}t\\ &= \intsub{0}{x}\left[t + \frac{1}{10}t^5 + O(t^{9})\right]\\ &= x + \frac{1}{10}x^5 + O(x^{9}). \end{aligned}$

Lasketaan integraalifunktion I(x) arvo pisteessä $x=\frac{3}{4}.$ Käyttämällä
äsken saatua sarjakehitelmää saadaan
$\begin{aligned} I(\tfrac{3}{4}) &= \frac{3}{4} + \frac{1}{10}\left(\frac{3}{4}\right)^5 + O(\left(\tfrac{3}{4}\right)^9)\\ &\approx 0,77\red 373. \end{aligned}$

Laskemalla integraali jollakin laskinohjelmalla saadaan
$I(\tfrac{3}{4}) \approx 0,77\red759.$

Sarjakehitelmällä laskettu tulos eroaa vasta kolmannessa desimaalissa.

Esimerkki. Hiukkasen potentiaalienergia kohdassa x_0.

Hiukkanen, joka liikkuu -akselilla potentiaalienergiassa U(x), jolla on lokaali minimi kohdassa x=x_0. Tarkastellaan värähtelyjä tämän kohdan lähiympäristössä. Kehitetään potentiaalienergia Taylorin sarjaksi pisteen x_0 ympäristössä $\begin{aligned} U(x) =& \ U(x_0) + (x-x_0)\left(\frac{\partial U}{\partial x}\right)_{x=x_0} \\&\ + \frac{1}{2!}(x-x_0)^2\left(\frac{\partial^2U}{\partial x^2}\right)_{x=x_0} \\ & \ + \frac{1}{3!}(x-x_0)^3\left(\frac{\partial^3U}{\partial x^3}\right)_{x=x_0} \\&\ + O((x-x_0)^4) \end{aligned}$ Koska x_0 on lokaali minimi, niin $\left(\frac{\partial U}{\partial x}\right)_{x=x_0}= 0$ ja kolmannen tai suuremman asteen termit ovat pieniä, jolloin potentiaalienergiaksi saadaan $\begin{align*} U(x)\approx U(x_0)+\frac{1}{2}k(x-x_0)^2, \end{align*}$ missä $\begin{align*} k=\left(\frac{\partial^2U}{\partial x^2}\right)_{x=x_0}. \end{align*}$ Tällöin hiukkaseen vaikuttava voima on $\begin{align*} F=-\frac{\text{d}U}{\dx}\approx -k(x-x_0) \end{align*}$ eli pienet värähtelyt ovat approksimatiivisesti harmonisia, kunhan $k\neq0.$

Tämä esimerkki osoittaa miksi harmoniseen värähtelijään päädytään fysiikassa ja kemiassa tutkittaessa värähtelyjä monissa tilanteissa monenlaisista voimista.

Esimerkki. Raja-arvon laskeminen hankalalle funktiolle $f(x) = \frac{\sin (x)-x}{x^3}.$

Olkoon meillä tehtävänä määrittää funktion $f(x) = \frac{\sin (x)-x}{x^3}$ raja-arvo pisteessä x=0. Sijoittamalla x=0 annettuun funktioon antaisi muotoa " $\frac{0}{0}$ " olevan vastauksen. On siis keksittävä jokin muu keino avuksi. Sinifunktion Taylorin sarja on $\sin (x) = x-\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{120}x^5+O(x^7),$ missä O(x^7) kuvaa virhetermiä. Nyt sijoittamalla sinifunktion polynomiesitys alkuperäiseen funktioon, voidaan raja-arvo laskea

$\begin{aligned} \lim_{x \to 0}&\frac{\sin (x)-x}{x^3}\\ = &\lim_{x\to 0} \frac{x-\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{120}x^5+O(x^7)-x}{x^3} \\ = &\lim_{x\to 0} -\frac{1}{6}+\frac{1}{120}x^2+O(x^4)\\ = & -\frac{1}{6}. \end{aligned}$

Voitaisiin ajatella, että miksi ei vain laitettaisi funktiota johonkin laskuohjelmaan ja katsottaisi sieltä vastaus? Alla olevassa kuvassa on tehty juuri näin. Funktio on piirretty ohjelmallisesti ja tulos on väärin, sillä ohjelma ei osaa laskea mitä tapahtuu nollan ympäristössä. Huonosti koodattu piirto-ohjelma yrittää approksimoida funktiota jollain virheellisellä keinolla ja sen mukaan funktio käyttäytyy hieman oudosti nollan lähellä ja vähenee rajatta nollan ympäristössä.

$\begin{tikzpicture} \begin{axis}[ axis lines=middle, title= Kaikki piirto-ohjelmat eivät osaa ratkaista vaikeita funktioita., %domain=-1:1, smooth, samples=100, %grid=major, restrict y to domain=-0.5:0.5, xlabel=$x$,xlabel=$x$,ylabel=$y$, legend pos = outer north east] \plot [color=blue, thick, domain = -10:10] {(sin(deg(x))-x)/x^3}; %domain oli domain= -5:5 %\plot [color=blue, thick, domain = 0.1:0.5] {(sin(deg(x))-x)/x^3}; %\addplot [color=red, thick] {(-1/6*x^3+1/120*x^5)/x^3}; \legend{$\frac{\sin(x)-x}{x^3}$} \end{axis} \end{tikzpicture}$

Sen sijaan alla oleva kuva piirtyy oikein, kun ohjelmistossa on käytetty oikeita approksimaatiomenetelmiä. Taylorin polynomi helpottaa tuloksen järkevyyden arviointia. Muista olla aina kriittinen ja pohtia onko vastaus järkevä!

# taylor_geo1

Esimerkki. Miksi $e^{ix} = \cos (x) + i\sin (x)?$

Koska $\begin{aligned} e^x =&\ 1+ x +\frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3\\&\ + \frac{1}{4!}x^4+\frac{1}{5!}x^5+ \dots, \end{aligned}$ jolloin $\begin{aligned} e^{ix} =&\ 1+ ix -\frac{1}{2!}x^2 - i\frac{1}{3!}x^3\\&\ + \frac{1}{4!}x^4 + i\frac{1}{5!}x^5- \dots. \end{aligned}$ Ryhmittelemällä termit uudelleen saadaan $\begin{align*} e^{ix} =&\ 1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4- \dots \\&\ + ix - i\frac{1}{3!}x^3 + i\frac{1}{5!}x^5- \dots \\ =&\ \cos (x) + i\sin (x). \end{align*}$

Esimerkki. Mitä on $\ln (1{,}1)?$

Ratkaisukeino 1.

Kaytetään tunnettua Taylorin sarjaa funktiolle $\ln(1+x)$ ja tutkitaan sen arvo pisteessä x=0{,}1.

$\begin{aligned} \ln(1+x) &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{n}\\ &=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4+O(x^5), \\ \end{aligned}$ jolloin $\begin{aligned} \ln(1{,}1) =&\ \ln(1+0{,}1)\\ =&\ 0{,}1-\frac{1}{2}\cdot 0{,}1^2+\frac{1}{3}\cdot 0{,}1^3\\&\ -\frac{1}{4}\cdot 0{,}1^4+O(0{,}1^5) \\ =&\ 0{,}1 -0{,}005+0{,}0003333...\\&\ - 0{,}000025 + O(0{,}1^5) \\ \approx &\ 0{,}0953\red 0 8333 \approx 0{,}095 \\&\ (\text{Laskimen arvo = } 0{,}0953\red1 0179...) . \end{aligned}$

Huomaa. Tulos ilmoitetaan kahden merkitsevän numeron tarkkuudella, sillä lähtöarvossa 1{,}1 on kaksi merkitsevää numeroa.

Ratkaisukeino 2.

Etsitään Taylorin neljännen kertaluvun polynomi funktiolle $f(x) = \ln (x)$ pisteen x=1 ympäristössä ja arvioidaan sen perusteella, mitä on $\ln (1{,}1).$

Lasketaan derivaatat:

$f(x) = \ln (x),$ joten $f(1) = \ln (1)=\ln (e^0)=0$

$f'(x) = \frac{1}{x},$ joten f'(1)=1

$f''(x) = - \frac{1}{x^2},$ joten f''(1)=-1

$f^{(3)}(x) = \frac{2}{x^3},$ joten $f^{(3)}(1) = 2$

$f^{(4)}(x) = - \frac{6}{x^4},$ joten $f^{(4)}(1) = -6.$

Muodostetaan Taylorin polynomi pisteen x=1 ympäristössä $\begin{align*} \ln (x) \approx &\ 0 + 1\cdot(x-1)-1\cdot \frac{(x-1)^2}{2!}\\+&\ 2\cdot \frac{(x-1)^3}{3!}-6\cdot \frac{(x-1)^4}{4!}\\ =&\ x-1- \frac{(x-1)^2}{2}\\+&\ \frac{(x-1)^3}{3}- \frac{(x-1)^4}{4}, \end{align*}$ jolloin $\begin{align*} \ln (1{,}1) \approx &\ 1{,}1-1- \frac{(1{,}1-1)^2}{2}\\&\ + \frac{(1{,}1-1)^3}{3}- \frac{(1{,}1-1)^4}{4} \\ =&\ 0{,}1-\frac{(0{,}1)^2}{2}+ \frac{(0{,}1)^3}{3}- \frac{(0{,}1)^4}{4}\\ =&\ 0{,}1 -0{,}005+0{,}0003333...\\&\ - 0{,}000025\\ \approx &\ 0{,}0953\red 0 8333 \approx 0{,}095 \\&\ (\text{Laskimen arvo = } 0{,}0953\red1 0179...) . \end{align*}$ Huomaa. Tulos ilmoitetaan kahden merkitsevän numeron tarkkuudella, sillä lähtöarvossa 1{,}1 on kaksi merkitsevää numeroa.

# taylor2d

Kahden muuttujan Taylorin sarja

Kaksiulotteinen Taylorin sarja

Joissain tapauksissa on käsiteltävä useampiulotteisia funktiota ja myös niille voidaan esittää Taylorin sarjakehitelmä. Tämä kuitenkin eroaa hieman yksiulotteisesta tapauksesta.

Kaksiulotteisen funktion $f(x,\, y)$ Taylorin sarja pisteessä $(x_0,\, y_0)$ on $\begin{aligned} f(x,y) =& \ f(x_0,y_0) + \frac{\partial }{\partial x}f(x_0,y_0)(x-x_0)\\ & + \frac{\partial }{\partial y}f(x_0,y_0)(y-y_0)\\ & + \frac{1}{2!}\frac{\partial^2 }{\partial x^2}f(x_0,y_0)(x-x_0)^2\\ & +\frac{1}{2!}\frac{\partial^2 }{\partial y^2}f(x_0,y_0)(y-y_0)^2\\ & + \frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial x} f(x_0,y_0)(x-x_0)(y-y_0) \\&+ O(|(x-x_0,\, y-y_0)|^3) \end{aligned}$

Huomaa, että tässä sarjakehitelmässä on osittaisderivaattojen suhteen vastaavat osat kuin yksiulotteisessa tapauksessa ja lisäksi ristitermi $\frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial x},$ jossa on molempien muuttujien osittaisderivaatat.

Sarjakehitelmä voidaan esittää hieman kompaktimmassa muodossa gradientin $\nabla f$ ja Hessen matriisin $Hf = \begin{bmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial f}{\partial x\partial y} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y\partial x} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \end{bmatrix}$ avulla $\begin{aligned} f(x,y) =& \ f(x_0,y_0)+\nabla f(x_0,y_0)\cdot(x-x_0,y-y_0)\\ & +\frac{1}{2!}Hf(x_0,y_0)(x-x_0,y-y_0)\cdot(x-x_0,\,y-y_0)\\ & + O(|(x-x_0,\, y-y_0)|^3). \end{aligned}$

Esimerkki. Funktion approksimointi pisteen $(x_0,\, y_0)$ ympäristössä.

Joskus halutaan tutkia funktion f(x,y) arvoa pisteen $(x_0,\, y_0)$ ympäristössä. Tällöin Taylorin sarjan ja muuttujanvaihtojen $\delta x = x-x_0$ ja $\delta y = y-y_0$ saadaan $\begin{aligned} f(x_0+\delta& x,\,y_0+\delta y) \\=& \ f(x_0,y_0) + \frac{\partial }{\partial x}f(x_0,y_0)\delta x \\&+ \frac{\partial }{\partial y}f(x_0,y_0)\delta y\\ &+ \frac{1}{2!}\frac{\partial^2 }{\partial x^2}f(x_0,y_0)\delta x^2\\ &+\frac{1}{2!}\frac{\partial^2 }{\partial y^2}f(x_0,y_0)\delta y^2\\ & + \frac{\partial }{\partial y}\frac{\partial }{\partial x} f(x_0,y_0)\delta x\delta y \\&+ O(|(\delta x, \, \delta y)|^3). \end{aligned}$