R. M. Turgunbaev matematik analiz

3. 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 _ϕ(t ) = f ( x ) − f (t ) − f'(t )( x − t ) − ...− f ( n )(t )( x − t )n
n!
yordamchi funksiyani tuzib olamiz va [x₀;x] segmentda uzluksiz, (x₀;x) intervalda esa noldan farqli chekli hosilaga ega bo‘lgan biror ψ(t) funksiyani olib, bu funksiyalarga Koshi teoremasini qo‘llasak,
R_n ⁿ , c∈( x₀;x ) (3.11) ko‘rinishdagi qoldiq hadni chiqarish mumkin.
Agar (3.11) formulada ψ(t) funksiya sifatida ψ(t)=x-t funksiya olinsa, natijada Koshi shaklidagi qoldiq hadni hosil qilamiz:
R_n( x ) = ^f −_θ ( x − x₀ )ⁿ⁺¹, c = x₀ +_θ( x − x₀ ), 0 <θ<1

4-§.Ba’zi bir elementar funksiyalar uchun Makloren formulasi

1. e^x funksiya uchun Makloren formulasi. f(x)=e^x funksiyaning (∞;+_∞) oraliqda barcha tartibli hosilalari mavjud: f^(k)(x)=e^x, k=1, 2, ..., n+1.
Bundan x=0 da f^(k)(0)=1, k=1, 2, ..., n; f⁽ⁿ⁺¹⁾(_θx)=e^θx va f(0)=1 hosil bo‘ladi.
Olingan natijalarni (3.10) formulaga qo‘yib
е^х =1+ ^х ₊ ^х2 ₊ ...+ ^хn ₊ ^хn+1 e^θx (4.1)
1! 2! n! ( n +1)!
bu erda 0<θ<1, formulaga ega bo‘lamiz.
23-rasmda f( x)= e^x funksiya va P₃(x) ko‘phad funksiyaning grafiklari keltirilgan.
Agar x=1 bo‘lsa,
е =1₊ ¹ ₊ ² ₊ ...₊ ¹ ₊ ^еθ (4.2)
1! 2! n! ( n +1)!
formulaga ega bo‘lamiz. Bu formula yordamida e sonining irratsionalligini isbot qilish mumkin.

23-rasm
Haqiqatan ham, faraz qilaylik, _{е =} ^p - ratsional son bo‘lsin. Bunda e>1 q
bo‘lganligi uchun p>q bo‘ladi. (4.2) da _{е =} ^p desak, q
qp = 2+ 21! + 31! + .....+ n1! + ( n 1 qpθ

+1)! 

Bu tenglikning ikkala tomonini n! ga ko‘paytirsak quyidagi tenglikni hosil qilamiz:
q^p n!−( 2⋅n!+ 2¹! ⋅n!+ 3¹! ⋅n!+...+1) = n^{1 }_q^p_^θ (4.3)

₊1_

Bu erda n sonni r dan katta deb olishimiz mumkin. U holda _θ<1, p>q bo‘lganligi uchun
0 < n¹+1^_q^p_^_^θ < n¹₊1q^p ≤ n^p₊1 <1 (4.4)
bo‘ladi. Shuningdek, n>p>q bo‘lganligi uchun ^p n! -butun son, chunki n! da q q
ga teng bo‘lgan ko‘paytuvchi uchraydi.
Ravshanki,

ko‘rinishdagi yig‘indi ham butun son bo‘ladi. Demak, n>p uchun (4.3) tenglikning chap tomoni musbat butun son, o‘ng tomoni esa (4.4) 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.
2. Sinus funksiya uchun Makloren formulasi. f(x)=sinx funksiyaning istalgan tartibli hosilasi mavjud va n-tartibli hosila
uchun quyidagi formula o‘rinli edi (I.8-§): f ^{( n )}( x ) ₌ sin( x ₊ ^nπ ). x=0 da
2 f(0)=0 va
f ( n )( 0 ) = sin nπ = 0, agarк n = 2k,
2 _( −1) , agar n = 2к +1
Shuning uchun (3.10) formulaga ko‘ra
sin x = x − x3 + ...+( −1)k x2k+1 + x2k+2 sin(θx +( k +1)π), 0 <θ<1 (4.5)
3! ( 2k +1)! ( 2k + 2 )!
ko‘rinishdagi yoyilmaga ega bo‘lamiz.
24-rasm
24-rasmda f(x)=sinx, P₃(x), P₅(x) funksiyalarning grafiklari keltirilgan.

3. 
   Kosinus funksiya uchun Makloren formulasi.
   

Ma’lumki, f(x)=cosx funksiyaning n-tartibli hosilasi uchun f ^{( n )}( x ) ₌ cos( x ₊ ^nπ ) formulaga egamiz (I.8-§). 2
x=0 da f(0)=1 va f ( n )(0 ) = cos n2π = _(0−, 1)agark , agarn = 2nk =+21,k
Demak, sosx funksiya uchun quyidagi formula o‘rinli:
сosx =1− x² ₊ x⁴ ₋ x⁶ ₊...+(−1)^k x^2k ₊ x^2k+2 cos(θx + kπ₊^π ), 0<θ<1 (4.6)
2! 4! 6! 2k! (2k +1)! 2

25-rasm
25-rasmda f(x)=cosx, P₂(x), P₄(x) funksiyalarning grafiklari keltirilgan.

3. 
   f(x)=(1+x)^µ (_µ∈R) funksiya uchun Makloren formulasi. Bu funksiya (1;1) intervalda aniqlangan va cheksiz marta differensiallanuvchi. Uni Makloren formulasiga yoyish uchun f(x)=(1+x)^µ funksiyadan ketma-ket hosilalar olamiz: f'( x ) =_µ(1+ х )^µ−1, f''( x ) =_µ(µ−1)(1+ x )^µ−2 , f'''( x ) = _µ(µ−1)(µ− 2 )(1+ x )^µ−3,..., f ^{( n )}( x ) =_µ(µ−1)...(µ− n +1)(1+ x )^µ−n . (4.7)
   

Ravshanki, f(0)=1, f⁽ⁿ⁾(0)=µ(µ-1)...(µ-n+1). Shuning uchun f(x)=(1+x)^µ funksiyaning Makloren formulasi quyidagicha yoziladi:
₍1₊ x₎µ₌1_+µx ₊µ(µ−1⁾x_{2 +}...₊µ(µ−1)...(µ−n+1⁾x_{n +}µ(µ−1)...(µ−n⁾(1_+θx )µ_−n−1x_n+1 (4.8)
2! n! (n+1)!
0<θ<1.

3. 
   f(x)=ln(1+x) funksiya uchun Makloren formulasi.
   

Bu funksiyaning (-1;_∞) intervalda aniqlangan va istalgan tartibli hosilasi mavjud. Haqiqatan ham, f'( x ) = (ln(1+ х ))′ = (1+ x )⁻¹ funksiyasiga (4.7) formulani qo‘llab, unda _µ=-1 deb n ni n-1 bilan almashtirsak, f formulani hosil qilamiz. Ravshanki, f(0)=0, f⁽ⁿ⁾(0)=(-
1)^n-1(n-1)! Shuni e’tiborga olib, berilgan funksiyaning Makloren formulasini yozamiz: ln(1+ x ) = x − x22 + x33 − x44 + ...+(−1)n−1 xnn + ((n−1)1n)(1 xnx+1)n+1 , 0<θ<1 (4.9)
+ +θ
Yuqorida keltirilgan asosiy elementar funksiyalarning Makloren formulalari boshqa funksiyalarni Teylor formulasiga yoyishda foydalaniladi. Shunga doir misollar ko‘ramiz.
1-misol. Ushbu f(x)=e^-3x funksiya uchun Makloren formulasini yozing.
Yechish. Bu funksiyaning Makloren formulasini yozish uchun f(0), f’(0),...,f⁽ⁿ⁾(0) larni topib, (3.10) formuladan foydalanish mumkin edi. Lekin f(x)=e^x funksiyaning yoyilmasidan foydalanish ham mumkin. Buning uchun (4.1) formuladagi x ni -3x ga almashtiramiz, natijada
е−³х =1− 3х + 9х2 − ...+( −1)n 3n хn + ( −3х )n+1 e−3θx , 0<θ<1,
1! 2! n! ( n +1)!
formulaga ega bo‘lamiz.
2-misol. Ushbu f(x)=lnx funksiyani x₀=1 nuqta atrofida Teylor formulasini yozing.
Yechish. Berilgan funksiyani Teylor formulasiga yoyish uchun f(x)=ln(1+x) funksiya uchun olingan (4.9) asosiy yoyilmadan foydalanamiz. Unda x ni x-1 ga almashtiramiz, natijada lnx=ln((x-1)+1) va
n ₋1 ( x ⁻1)ⁿ + ( ⁻1)ⁿ ⋅ ( x ⁻1)ⁿ⁺¹ n+1 , 0< _θ <1 n ( n +1) (1+θ( x −1))
formulaga ega bo‘lamiz. Bu formula x-1>-1 bo‘lganda, ya’ni x>0 larda o‘rinli.

6. Teylor formulasi yordamida taqribiy hisoblash

Makloren formulasi Lagranj ko‘rinishdagi qoldiq hadini baholash masalasini qaraylik.
Faraz qilaylik, shunday o‘zgarmas M son mavjud bo‘lsinki, argument x ning x₀=0 nuqta atrofidagi barcha qiymatlarida hamda n ning barcha qiymatlarida |f⁽ⁿ⁾(x)|_≤M tengsizlik o‘rinli bo‘lsin. U holda |Rn(x)|=| f ( n+1)(θx ) xn+1|≤M⋅ | x|n+1
( n +1)! ( n +1)!
tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. Argument x ning tayin qiymatida _lim ^{| x|n+1} =0 tenglik n_→∞ ( n +1)!
o‘rinli, demak n ning yyetarlicha katta qiymatlarida R_n(x) yyetarlicha kichik bo‘lar ekan.
Shunday qilib, x₀=0 nuqta atrofida f(x) funksiyani f(0)+ f’(0)x+ f’’(0)x²+ ... + f⁽ⁿ⁾(0)xⁿ
ko‘phad bilan almashtirish mumkin. Natijada funksiyaning x nuqtadagi qiymati uchun f(x)_≈ f(0)+ f’(0)x+ f’’(0)x²+ ... + f⁽ⁿ⁾(0)xⁿ
taqribiy formula kelib chiqadi. Bu formula yordamida bajarilgan taqribiy hisoblashdagi xatolik |R_n(x)| ga teng bo‘ladi.
1-misol. e^0,1 ni 0,001 aniqlikda hisoblang.
Yechish. e^x funksiyaning Makloren formulasidan foydalanamiz. (4.1) formulada x=0,01 deb olsak, u holda
n е ,
n !
masala shartiga ko‘ra xatolik 0,001 dan katta bo‘lmasligi kerak, demak
R_n(x)= ^0,1n+1 e^0,1θ<0,001 tengsizlik o‘rinli bo‘ladigan birinchi n ni topish ( n +1)!
yyetarli. e^0,1θ <2 ekanligini e’tiborga olsak, so‘ngi tengsizlikni quyidagicha yozib olish mumkin:
< 0,001.
Endi n=1, 2, 3, ... qiymatlarni so‘ngi tengsizlikka qo‘yib tekshiramiz va bu tengsizlik n=3 dan boshlab bajarilishini topamiz. Shunday qilib, 0,001 aniqlikda
е .
Xususiy holda, n=1 bo‘lganda
f(x)≈f(x₀)+f’(x₀)(x-x₀) taqribiy hisoblash formulasi R aniqlikda o‘rinli bo‘ladi.
2-misol. Differensial yordamida radiusi r=1,01 bo‘lgan doira yuzini toping. Hisoblash xatoligini baholang.
Yechish. Doira yuzi S=πr² ga teng. Bunda r₀=1, ∆r=0,01 deb olamiz va S=S(r) funksiya orttirmasini uning differensiali bilan almashtiramiz:
S(r) ≈ S(r₀)+dS(r₀)= S(r₀)+ S’(r₀)∆r. Natijada
S(1,01) ≈ S(1)+dS(1)= S(1)+ S’(1)0,01=π⋅1²+2π⋅0,01=1,02π hosil bo‘ladi. Bunda hisoblash xatoligi
R dan katta emas. S’’(r)=2_π va r ga bog‘liq emas, shu sababli R Demak, hisoblash xatoligi 0,000314 dan katta emas.
3-misol. Ushbu f(x)=e^x2−x funksiyaning x=0,03 nuqtadagi qiymatini differensial yordamida hisoblang. Xatolikni baholang.
Yechish. Taqribiy hisoblash formulasi f(x)≈f(x₀)+f’(x₀)(x-x₀) da x₀=0, x=0,03
qiymatlarni qo‘ysak, f(0,03)_≈f(0)+f’(0)0,03 bo‘lib, xatolik
R 0,03 bo‘ladi.
Berilgan funksiya hosilalarini va nuqtadagi qiymatlarini hisoblamiz:
f’(x)=(2x-1) e^x2−x , bundan f’(0)=-1, f’’(x)=2e^x2−x +(2x-1)²e^x2−x = =e^x2−x (4x²4x+3), bundan f’’(ξ)<3. Olingan natijalardan foydalanib, f(0,03)≈1+(-
1)_⋅0,03=0,97 ekanligini topamiz.
Teylor formulasi funksiyalarni ekstremumga tekshirishda, qatorlar nazariyasida, integrallarni hisoblashlarda ham keng tatbiqqa ega.
Savollar

1. 
   f(x) funksiyaning Teylor ko‘phadi nima? U qanday tuziladi?
   
2. 
   Ko‘phad funksiya uchun Teylor ko‘phadi qanday bo‘ladi?
   
3. 
   cosx, sinx, ln(1+x) funksiyalar uchun Peano, Koshi ko‘rinishdagi qoldiq hadli Makloren formulalarini yozing.
   
4. 
   Juft, toq funksiyalar uchun Makloren formulasi qanday xususiyatga ega?
   
5. 
   (1+x)ⁿ (n_∈N) funksiya uchun Makloren formulasini yozing, uni Nyuton binomi bilan solishtiring.
   
6. 
   Teylor formulasi yordamida taqribiy hisoblashda xatolik qanday baholanadi? Misollar
   

1. 
   (1+x)^1/3 funksiya uchun Peano qoldiq hadli Makloren formulasini yozing.
   
2. 
   sin(2x-1) funksiya uchun Lagranj qoldiq hadli Makloren formulasini yozing.
   
3. 
   y=e^x funksiyaning x₀=1 nuqta atrofidagi Teylor formulasini yozing.
   
4. 
   e^1,01 ni 10^-3 aniqlikda hisoblang.
   
5. 
   10 ni 10^-3 aniqlikda hisoblang.