1. No category

Dodatno 1.3
G4B/2007/1
Taylorjeva vrsta
Naj bo podan polinom
f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an−1 xn−1 + an xn .
Oˇcitno je f (0) = a0 . Z odvodom f 0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 ... + (n − 1)an−1 xn−2 + nan xn−1 , vidimo, da je
f 0 (0) = a1 .
Drugi odvod f 00 (x) = 2a2 + 3 · 2a3 x... + (n − 1)(n − 2)an−1 xn−3 + n(n − 1)an xn−2 , v toˇcki 0 je
f 00 (0) = 2a2 .
Podobno sledi za
f 000 (0) = 1 · 2 · 3 · a3 .
Ker je n! = 1 · 2 · 3 · · · n, lahko definiramo k-ti odvod v 0 kot
f (k) (0) = k! · ak ,
kjer je k ≤ n. Sledi
ak =
f (k) (0)
.
k!
Vstavimo v zaˇcetni predpis za polinom
f (x) = f (0) + f 0 (0)x +
f 00 (0) 2 f 000 (0) 3
f (n−1) (0) n−1 f (n) (0) n
x +
x + ... +
x
+
x ,
2!
3!
(n − 1)!
(n)!
kar imenujemo n-ti Maclaurinov polinom.
ˇ je f neskonˇcnokrat odvedljiva, velja formula
Podobno velja tudi za ostale funkcije. Ce
f (x)
=
f (0) + f 0 (0)x +
f 00 (0) 2 f 000 (0) 3
f (n−1) (0) n−1 f (n) (0) n
x +
x + ... +
x
+
x ...
2!
3!
(n − 1)!
(n)!
(1)
Temu zapisu pravimo razvoj v Taylorjevo vrsto okoli toˇcke x = 0, tudi Maclaurinova vrsta.
Tako lahko zapiˇsemo doloˇcene elementarne funkcije v obliki neskonˇcne vrste:
1. f (x) = ex
Ker je f 0 (x) = f 00 (x) = . . . = f (n) (x) = ex in f 0 (0) = f 00 (0) = . . . = f (n) (0) = e0 = 1 velja po formuli (??)
ex = 1 +
x
x2
x3
x4
x5
+
+
+
+
+ ...
1!
2!
3!
4!
5!
Tako lahko izraˇcunamo vrednost ˇstevila e:
e=1+
1
1
1
1
+ + + + ...
1! 2 3! 4!
2. f (x) = sin x
Izraˇcunajmo odvode: f 0 (x) = cos(x), f 00 (x) = − sin x, f 000 (x) = − cos x, f (4) (x) = sin x. Zato je
f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 0, f 000 (0) = −1.
Ker se vrednosti odvodov periodiˇcno ponavljajo, lahko razmislek posploˇsimo za poljuben odvod, n ≥ 0.
Zaporedje koeficientov je
http://www.matej.info
3. junij 2014
Dodatno 1.3
G4B/2007/1
(sin(n) (0)) = (0, 1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . .)
Odtod sledi razvoj v vrsto
sin x
=
sin(0) +
(sin(0))0 x (sin(0))00 x2
(sin(0))000 x3
(sin(0))(4) x4
+
+
+
+ ...
1!
2!
3!
4!
sin x =
x
x3
x5
x7
x9
−
+
−
+
− ...
1!
3!
5!
7!
9!
Pokaˇzi:
1.
cos x = 1 −
x2
x4
x6
x8
+
−
+
− ...
2!
4!
6!
8!
2.
eix = sin x + i cos x
(2)
S pomoˇcjo prejˇsnjih rezultatov dokaˇzi enakost:
eπi = −1
ˇ premaknemo funkcijo za ~v = (a, 0) dobimo
Funkcijo lahko razvijemo v vrsto okoli poljubno toˇ
cke a. Ce
neko novo funkcijo
p(x) = a0 + a1 (x − a) + a2 (x − a)2 + . . . + an (x − a)n ,
kjer smo nadomestili spremenljivko x z vrednostjo x−a. Podobno kot pri odvajanju funkcije f predemo do rezultata
p(k) (a) = k! · ak ,
kar vstavimo v predpis za p :
p(x)
= p(a) + p0 (a)(x − a) +
p000 (a)
p(n) (a)
p00 (a)
(x − a)2 +
(x − a)3 + . . . +
(x − a)n ,
2!
3!
n!
(3)
kar imenujemo n-ti Taylorjev polinom.
Razvoj v Taylorjevo vrsto okoli toˇ
cke a je moˇzen, ˇce je funkcija v okolici toˇcke a neskonˇcnokrat odvedljiva.
Tedaj je enak
p(x)
=
=
p(a) + p0 (a)(x − a) +
p00 (a)
p000 (a)
p(n) (a)
(x − a)2 +
(x − a)3 + . . . +
(x − a)n
2!
3!
n!
∞
X
p(k) (a)(x − a)k
k=0
(4)
k!
ˇ v (??) vstavimo namesto x vrednost x0 + h, razvijemo v Taylorjevo vrsto okoli a = x0 in vzamemo
Opomba: Ce
iz Taylorjeve vrste le prva dva ˇclena, dobimo znano srednjeˇsolsko formulo:
.
f (x0 + h) = f (x0 ) + h · f 0 (x0 ).
1. Pokaˇzi, da je Taylorjeva vrsta:
1
= x − (x − 1) + (x − 1)2 − (x − 1)3 + (x − 1)4 − (x − 1)5 + . . .
x
okoli toˇcke a = 1
http://www.matej.info
3. junij 2014
Dodatno 1.3
G4B/2007/1
2.
ln(x + 1) = x −
x2
x3
x4
x5
+
−
+
+ ...
2
3
4
5
okoli toˇcke a = 0.
Izraˇcunaj vrednost konstante ln 2. Koliko ˇclenov moramo vzeti, da bodo v rezultatu 4 decimalke pravilne?
3.
arctg x = 1 −
x5
x7
x3
+
−
+ ...
3
5
7
okoli toˇcke a = 0.
S pomoˇcjo te vrste doloˇci vrednost za ˇstevilo π.
4. Pokaˇzi veljavnost Moivrove formule:
z n = |z|n (cos nϕ + i sin nϕ)
http://www.matej.info
3. junij 2014
Dodatno 1.3
G4B/2007/1
Moivrova formula
Izrek 1 Naj bo z poljubno kompleksno ˇstevilo. Vrednost potence z n je enaka
z n = |z|n (cos nϕ + i sin nϕ),
kjer ϕ pomeni kot, ki ga krajevni vektor kompleksnega ˇstevila z oklepa z abscisno osjo.
Iz z = a + bi sledi, da je a = |z| cos ϕ, b = |z| sin ϕ. Uporabimo ˇse formulo (??) in dobimo eksponentni zapis
kompleksnega ˇstevila z = |z|eiϕ . Oˇcitno je
z n = (|z|eiϕ )n = |z|n (einϕ ) = |z|n (cos nϕ + i sin nϕ).
Primeri.
π
π
ı 5
π 2 cos + i sin
= 25 cos(5 · ) + i sin(5 · ) = −32.
5
5
5
5
√ 6
π
π
1 − i 3 = 26 cos(6 · (− )) + i sin(6 · (− )) = 2· cos(−2π) = 64
3
3
1. Dokaˇzi Moivrovo formulo:
a) cos 3ϕ + i sin 3ϕ = (4 cos3 ϕ − 3 cos ϕ) + i(−4 sin3 ϕ + 3 sin ϕ)
2. Na podobni naˇcin ˇse izpelji formuli za
a) cos 2ϕ in sin 2ϕ.
b) cos 4ϕ in sin 4ϕ.
3. Naj bo z = |z|(cos nϕ + i sin ϕ). Izrazi cos ϕ in sin ϕ s kompleksnim ˇstevilom z.
R: cos(nϕ) =
z 2n − 1
z 2n + 1
, sin(nϕ) =
.
n
2z
2iz n
S pomoˇcjo teh rezultatov dokaˇzi:
ϕ
2ϕ
1
a) cos
· cos
= .
5
5
4
ϕ
4ϕ
5ϕ
1
a) cos
· cos
· cos
= .
7
7
7
8
√
4. Naj bo z0 = −1 + i 3. Poiˇsˇci vsa kompleksna ˇstevila, za katere velja: z0n je realno ˇstevilo.
http://www.ping.be/~ping1339/complget.htm#n-th-root-of-a-compl
ˇ za |z| izberemo
Izrek 2 Naj bo z = |z|(cos ϕ) + i sin(ϕ) kompleksno ˇstevilo, za katerega velja z n = 1. Ce
Reˇsitve te enaˇcbe so oblike
2kπ
2kπ
cos
+ i sin
n
n
ter velja k ∈ {1, 2, . . . n}.
Primeri:
2kπ
(a) Enaˇcba z 3 = 1 ima reˇsitve cos( 2kπ
3 ) + i sin( 3 ), kjer je k ∈ {1, 2, 3}. Te so
√
1
3
=− +i
2
2
√
4π
4π
1
3
cos
+ i sin
=− −i
3
3
2
2
6π
6π
cos
+ i sin
=1
3
3
z1
=
z2
=
z3
=
cos
2π
3
+ i sin
2π
3
http://www.matej.info
3. junij 2014
Dodatno 1.3
G4B/2007/1
(b) Enaˇcbo
z 5 = 32
preoblikujemo v |z|5 (cos 5ϕ + i sin 5ϕ) = 32. Izberemo |z| = 2, ϕ = k·2π
5 , kjer je k ∈ {1, 2, . . . 5}. Dobimo
5 reˇsitev, ki jih zapiˇsemo kot
2kπ
2kπ
z = 2 cos
+ i sin
,
k ∈ {1, 1, 2, . . . 5}.
5
5
z1
z2
z3
z4
z5
p
√
√
2π
5
10 + 2 5
2π
! −1 +
= 2 cos
+ i sin
=
+i
5
5
2
2
4π
4π
= 2 cos
+ i sin
=
5
5
6π
6π
= 2 cos
+ i sin
=
5
5
8π
8π
= 2 cos
+ i sin
=
5
5
10π
10π
= 2 cos
+ i sin
=2
5
5
(c) Reˇsitve enaˇcbe
http://www.matej.info
3. junij 2014