Taylorov teorem srednje vrijednosti

Taylorov teorem srednje vrijednosti

Derivacije (diferencijali) višeg reda

Neka je $\Omega$ područje u $R^2.$ Prva derivacija funkcije $f:\Omega\rightarrow R$ u točki $P_0=(x_0,y_0)$ je polinom $f'(x_0,y_0),$ prvog stupnja od dvije varijable $h$ i $k$ zadan formulom

$$f'(x_0,y_0)(h,k)=\frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial x}h+ \frac{\partial f(x_0,y_0)}{\partial y}k.$$

Druga derivacija funkcije $f$ u točki $P_0$ (drugi diferencijal) je polinom $f''(x_0,y_0),$ drugog stupnja od dvije varijable $h$ i $k$ zadan formulom

$$f''(x_0,y_0)(h,k)=\frac{\partial^2 f(x_0,y_0)}{\partial x^2}\,h^2... ...}{\partial x\partial y}\,h\,k+ \frac{\partial^2 f(x_0,y_0)}{\partial y^2}\,k^2,$$

treća derivacija (treći diferencijal) funkcije $f$ u točki $P_0$ je polinom $f'''(x_0,y_0),$ trećeg stupnja od dvije varijable $h$ i $k$ zadan formulom

$$f'''(x_0,y_0)(h,k)= \frac{\partial^3 f(x_0,y_0)}{\partial x^3}\,h... ...artial x\partial y^2}\,h\,k^2+ \frac{\partial^3 f(x_0,y_0)}{\partial y^3}\,k^3,$$

i t.d.

Općenito, $n$-ta derivacija ($n$-ti diferencijal) funkcije $f$ u točki $P_0$ je polinom $n$-tog stupnja od dvije varijable $h$ i $k$ zadan formulom

$$f^{(n)}(x_0,y_0)(h,k)=\sum_{p=0}^n \... ...ght ) \frac{\partial^n f(x_0,y_0)}{\partial x^{n-p}\partial y^p}\,h^{n-p}\,k^p.$$

Koristeći formulu binomnog teorema možemo derivaciju $n$-tog reda kraće zapisati formalno ovako

$$f^{(n)}(x_0,y_0)(h,k)=\left(h\,\frac{\partial{}}{\partial{}x} + k\,\frac{\partial{}}{\partial{}y}\right)^nf(x_0,y_0).$$

Zapis je doista formalan, jer se eksponent $n$ pojavljuje kao eksponent kad se radi o $h$ i $k,$ a predstavlja red derivacije kad se odnosi na $\frac{\partial{}}{\partial{}x}$ i $\frac{\partial{}}{\partial{}y}.$

Pri tom treba naglasiti da je $(h,k)$ pomak od točke $(x_0,y_0)$ do točke $(x_0+h,y_0+k).$ Ako stavimo $x_0+h=x,$ $y_0+k=y,$ onda je $h=x-x_0,$ $k=y-y_0.$

Primjer 1.34   Naći $f'(1,0),$ $f''(1,0),$ $f'''(1,0),$ ako je

$$f(x,y)=e^x\,\cos y.$$

Rješenje. Potrebne derivacije su

$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}={e^x}\,\cos y,\quad \frac{\pa... ...tial y}=-e^x\,\sin y,\quad \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial x^2}=e^x\,\cos y,$$

$$\frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial x\partial y}=-e^x\,\sin y,\quad... ...al y^2}=-e^x\,\cos y,\quad \frac{\partial^3 f(x,y)}{\partial x^3}=e^x\,\cos y,$$

$$\frac{\partial^3 f(x,y)}{\partial x^2\partial y}=-e^x\,\sin y,\qu... ...al y^2}=-e^x\,\cos y,\quad \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial y^3}=e^x\,\sin y,$$

pa je

$$f'(1,0)(x-1,y) = e\,(x-1),\quad f''(1,0)(x-1,y) = e\,({(x-1)^2} - {y^2}),$$

$$f'''(1,0)(x-1,y) = e\,({(x-1)^3} - (x-1)\,{y^2}).$$

Na sljedećim slikama se vide plohe, koje su grafovi ovih funkcija.

Teorem 12   (Taylorov, srednje vrijednosti) Neka je $\Omega$ područje u $R^2,$ i neka je $f:\Omega\rightarrow R$ funkcija klase $C^{n+1}(\Omega).$ Neka su $A=(x_0,y_0)$ i $B=(x,y)$ točke u $\Omega$ takve, da spojnica $\overline{AB}$ leži u $\Omega.$ Tada postoji točka $C=(x_0+t(x-x_0),y_0+t(y-y_0)),\;\;0\leqslant t\leqslant 1,$ na spojnici $\overline{AB}$ takva, da je

$$% latex2html id marker 35951 \begin{split}f(x,y)= & f(x_0,y_... ...,f^{(n+1)}(x_0+t(x-x_0),y_0+t(y-y_0))(x-x_0,y-y_0). \end{split}$$ (1.4)

Dokaz. $\heartsuit$

Formula (1.4) se zove Taylorova formula. Njezina desna strana se sastoji od dva dijela. Polinom

$$T_n= f(x_0,y_0)+ \frac{1}{1!}f'(x_0,y_0)(x-x_0,y-y_0)+ \frac{1}{2!}f''(x_0,y_0)(x-x_0,y-y_0)$$

$$+ \frac{1}{3!}f'''(x_0,y_0)(x-x_0,y-y_0)+ \cdots+ \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0,y_0)(x-x_0,y-y_0)$$

se zove Taylorov polinom $n$-tog stupnja, a

$$R_n=\frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(x_0+t(x-x_0),y_0+t(y-y_0))(x-x_0,y-y_0)$$

se zove $n$-ti ostatak.

Dakle, Taylorovu formulu možemo shvatiti kao aproksimaciju funkcije $f$ u točki $(x_0+h,y_0+k)$ pomoću polinoma od dvije varijable $h, k.$ Greška te aproksimacije je $R_n.$

Na sljedećoj slici se vidi kako Taylorovi polinomi sve bolje aproksimiraju funkciju $f(x,y)=e^{x^2+y^2}$ u okolini točke $(0,0).$ Polinomi $T_1,T_3$ nisu ucrtani, jer je $T_1=T_0,$ i $T_3=T_2.$

Taylorov polinom ima važno svojstvo da se njegova vrijednost i vrijednosti njegovih derivacija poklapaju s vrijednostima funkcije i odgovarajućih derivacija u točki $(x_0,y_0).$ Radi jednostavnosti pokažimo da to vrijedi za Taylorov polinom drugog stupnja.

$$T_2(x,y)= f(x_0,y_0)+ \frac{\partial{}f(x_0,y_0)}{\partial{}x}\,(x-x_0) + \frac{\partial{}f(x_0,y_0)}{\partial{}y}\,(y-y_0)$$

$$+ \frac{1}{2}\, \frac{\partial^2f(x_0,y_0)}{\partial{}x^2}\,(x-x_... ...-y_0) + \frac{1}{2}\, \frac{\partial{}^2f(x_0,y_0)}{\partial{}y^2}\,(y-y_0)^2.$$

Odatle

$$T_2(x_0,y_0) = f(x_0,y_0).$$

Da ustanovimo jednakost prvih derivacija od $f$ i $T_2,$ u točki $(x_0,y_0),$ dovoljno je ustanoviti da su prve parcijalne derivacije tih funkcija u točki $(x_0,y_0)$ jednake.

$$\frac{\partial{}T_2(x,y)}{\partial{}x} = \frac{\partial{}f(x_0,y_... ...x^2}\,(x-x_0) + \frac{\partial{}^2f(x_0,y_0)}{\partial{}x\partial{}y}\,(y-y_0),$$

i prema tome

$$\frac{\partial{}T_2(x_0,y_0)}{\partial{}x} = \frac{\partial{}f(x_0,y_0)}{\partial{}x}.$$

Slično

$$\frac{\partial{}T_2(x,y)}{\partial{}y} = \frac{\partial{}f(x_0,y_... ...y^2}\,(y-y_0) + \frac{\partial{}^2f(x_0,y_0)}{\partial{}x\partial{}y}\,(x-x_0),$$

i prema tome

$$\frac{\partial{}T_2(x_0,y_0)}{\partial{}y} = \frac{\partial{}f(x_0,y_0)}{\partial{}y}.$$

Dakle

$${T_2}'(x_0,y_0) = f'(x_0,y_0).$$

Za jednakost drugih derivacija od $f$ i $T_2$ u točki $(x_0,y_0),$ dovoljno je ustanoviti jednakost drugih parcijalnih derivacija. Imamo

$$\frac{\partial{}^2T_2(x,y)}{\partial{}x^2} = \frac{\partial^2f(x_... ...rtial{}^2T_2(x,y)}{\partial{}y^2} = \frac{\partial^2f(x_0,y_0)}{\partial{}y^2},$$

i prema tome

$$\frac{\partial{}^2T_2(x_0,y_0)}{\partial{}x^2} = \frac{\partial{}... ...}^2T_2(x_0,y_0)}{\partial{}y^2} = \frac{\partial{}^2f(x_0,y_0)}{\partial{}y^2}.$$

Primjer 1.35   Naći Taylorovu formulu funkcije $f(x,y)=\frac{1}{1+x+y}$ u točki $(0,0)$ za $n=3.$

Rješenje.

$$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{1}{(1+x+y)^2}= \frac{\partia... ...quad \frac{\partial f(0,0)}{\partial x}=\frac{\partial f(0,0)}{\partial y}=-1,$$

$$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=\frac{\partial^2 f}{\partial y\... ...tial^2 f(0,0)}{\partial y\partial x}= \frac{\partial^2 f(0,0)}{\partial y^2}=2,$$

$$\frac{\partial^3 f}{\partial x^3}= \frac{\partial^3 f}{\partial x... ...3 f}{\partial x\partial y^2}= \frac{\partial^3 f}{\partial y^3}=-6(1+x+y)^{-4}.$$

Tako imamo

$$f(x,y)=1+\frac{1}{1!}\,(-x-y)+\frac{1}{2!}\,(2x^2+4xy+2y^2)+ \frac{1}{3!}(-6(1+tx+ty)^{-4}(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3))=$$

$$1-x-y+x^2+2xy+y^2-\frac{x^3+3x^2y+3xy^2+y^3}{(1+tx+ty)^{4}},\;0<t<1.$$

Taylorovi i McLaurinovi redovi

Neka je $f$ klase $C^{\infty}(\Omega).$ U tom slučaju imamo Taylorovu formulu za bilo koji $n.$ Ako je pri tom još

$$\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{(n+1)!}f^{(n+1)}(x_0+t(x-x_0),y_0+t(y-y_0))(x-x_0,y-y_0)=0,$$

za neki $(x,y)$ onda Taylorova formula (1.4) prelazi u formulu

$$% latex2html id marker 36052 \begin{split}f(x,y)= & f(x_0,y_... ...\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0,y_0)(x-x_0,y-y_0)+\cdots\ . \end{split}$$ (1.5)

Red na desnoj strani formule 1.5 se zove Taylorov red. Ako je $x_0=0, y_0=0,$ onda imamo McLaurinov red

$$f(0,0)+\frac{1}{1!}f'(0,0)(x,y)+\frac{1}{2!}f''(0,0)(x,y)+ \frac{1}{3!}f'''(0,0)(x,y)+\cdots \frac{1}{n!}f^{(n)}(0,0)(x,y)+\cdots .$$

Formula (1.5) izražava dvije činjenice: da red na desnoj strani konvergira u točki $(x,y),$ i da je njegova suma jednaka vrijednosti funkcije u točki $(x,y).$ Skup onih $(x,y)$ za koje Taylorov red konvergira, općenito nije jednak domeni funkcije. To se dobro vidi na sljedećem primjeru.

Primjer 1.36   Naći Taylorov red funkcije $f(x,y)=\frac{1}{1+x+y}$ u točki $(1,0).$

Rješenje. Domena funkcije je

$$R^2\setminus{}\{(x,y);\;y=-x-1\}.$$

Dakle

Slika 1.13: a) Domena funkcije. b) Područje konvergencije Taylorovog reda funkcije.

    

Umjesto da se računa $n$-ta derivacija, što je često mukotrpno, možemo koristiti geometrijski red

$$\frac{1}{1-u}=1+u+u^2+u^3+\cdots+u^n+\cdots.$$

Pri tom ova jednakost vrijedi samo za $\vert u\vert<1.$

U našem slučaju

$$\frac{1}{1+x+y}=\frac{1}{2+(x-1)+y}= \frac{1}{2}\,\frac{1}{1-(\underbrace{-\frac{x-1}{2}-\frac{y}{2}}_{u})}=$$

$$\frac{1}{2}\,\left(1+ \left(-\frac{x-1}{2}- \frac{y}{2}\right)+ \... ...-\frac{y}{2}\right)^2+ \left(-\frac{x-1}{2}-\frac{y}{2}\right)^3+\cdots\right)=$$

$$\frac{1}{2}\,\left(1- \frac{x-1}{2}- \frac{y}{2}+ \frac{(x-1)^2}{4}+ \frac{(x-1)y}{2}+ \frac{y^2}{4}\right.$$

$$\left.-\frac{(x-1)^3}{8}-\frac{3(x-1)^2y}{8}-\frac{3(x-1)y^2}{8}- \frac{y^3}{8}+\cdots\right).$$

Pri tom red konvergira i to k vrijednosti funkcije za one $(x,y)$ za koje je

$$\left\vert\frac{x-1}{2}+\frac{y}{2}\right\vert < 1,$$

tj.

$$-1 < \frac{x-1}{2}+\frac{y}{2} < 1,$$

što se svodi na

$$-x - 1 < y < -x + 3,$$

odnosno na slici

Primjer 1.37   Naći McLaurinov red funkcije $f(x,y)={\rm Arctg}\,\,xy.$

Rješenje. Također možemo izbjeći deriviranje na sljedeći način

$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y}{1+x^2y^2}= y(1-x^2y^2+x^4y^4-x^6y^6+\cdots)=$$

$$y-x^2y^3+x^4y^5-x^6y^7+\cdots .$$

$${\rm Arctg}\,\,xy=\int \frac{\partia... ...ial x}\,dx= C(y)+xy-\frac{x^3y^3}{3}+\frac{x^5y^5}{5}-\frac{x^7y^7}{7}+\cdots .$$

Stavimo $x=0.$ Dobivamo $C(y)=0;$ dakle

$${\rm Arctg}\,\,xy= xy-\frac{x^3y^3}{3}+\frac{x^5y^5}{5}-\frac{x^7y^7}{7}+\cdots .$$

Pitanja

1.

Definirajte derivacije višeg reda funkcije u točki.

2.

Kako se one formalno mogu kraće zapisati?

3.

Kako glasi Taylorov teorem srednje vrijednosti?

4.

Napišite Taylorov polinom $n$-tog reda funkcije $f$ u točki $(x_0,y_0).$

5.

U kom smislu Taylorov polinom aproksimira funkciju?

6.

Koje važno svojstvo ima Taylorov polinom?

7.

Što je Taylorov, a što McLaurinov red funkcije $f$?

8.

Što se može reći o jednakosti funkcije i njezinog Taylorovog reda?

Riješeni zadaci

1.

Naći prvu derivaciju funkcije $f(x,y)=x^n\varphi (\frac{y}{x})+x^{n-1}\psi (\frac{y}{x}),$ pod pretpostavkom da su funkcije $\varphi$ i $\psi$ neprekidno derivabilne.

Rješenje. Prve parcijalne derivacije su

$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = {x^{n-3}}\,\left( n\,{x^2}\,... ...phi'\left({\frac{y}{x}}\right) + \psi'\left({\frac{y}{x}}\right)\right)\right),$$

$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial y} = {x^{n-2}}\,\left( x\, \varphi'\left({\frac{y}{x}}\right) + \psi'\left({\frac{y}{x}}\right) \right),$$

pa je

$$f'(x,y)(h,k) = k\,{x^{n-2}}\,\left( x\,\varphi'\left({\frac{y}{x}}\right) + \psi'\left({\frac{y}{x}}\right) \right)$$

$$+ h\,{x^{n-3}}\,\left( n\,{x^2}\, \varphi\left({\frac{y}{x}}\righ... ...phi'\left({\frac{y}{x}}\right) + \psi'\left({\frac{y}{x}}\right)\right)\right).$$

2.

Naći Taylorov polinom trećeg stupnja funkcije

$$f(x,y)=\ln \frac{1-x-y+xy}{1-x-y}$$

u okolini točke $(0,0).$

Rješenje. Potrebne derivacije su

$$\frac{\partial f(x,y)}{\partial x} = {\frac{y}{\left(x-1\right)\,... ...tial f(x,y)}{\partial y} = {\frac{x}{\left(y-1\right) \, \left(x+y-1\right) }},$$

$$\frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial x^2} = -{\frac{y\,\left( 2\,x+y... ...frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial y \partial x} = {{\left(x+y-1\right) }^{-2}},$$

$$\frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial y^2} = -{\frac{x\,\left(x + 2\,... ...,y + {y^2} \right) }{{{\left( -1 + x \right) }^3}\,{{\left(x+y-1\right) }^3}}},$$

$$\frac{\partial^3 f(x,y)}{\partial x^2 \partial y} = {\frac{-2} {{... ...l^3 f(x,y)}{\partial x \partial y^2} = {\frac{-2} {{{\left(x+y-1\right) }^3}}},$$

$$\frac{\partial^3 f(x,y)}{\partial y^3} = {\frac{2\,x\,\left( {x^2... ...-1\right) }^2} \right) }{{{\left(y-1\right) }^3}\, {{\left(x+y-1\right) }^3}}}.$$

Tako je

$$\frac{\partial f(0,0)}{\partial x} = 0,\quad \frac{\partial f(0,... ...}{\partial y \partial x} = 1,\quad \frac{\partial^2 f(0,0)}{\partial y^2} = 0,$$

$$\frac{\partial^3 f(0,0)}{\partial x^3} = 0,\quad \frac{\partial^... ...\partial x \partial y^2} = 2,\quad \frac{\partial^3 f(0,0)}{\partial y^3} = 0.$$

Prema tome, Taylorov polinom je

$$T_3(x,y) = x\,y + x^2\,y + x\,y^2.$$

3.

Naći McLaurinov red funkcije $f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}.$

Rješenje. Uvedemo li novu varijablu $u=x^2+y^2,$ imamo

$$f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2} = \sqrt{1-u} = g(u).$$

Prema razvoju u binomni red slijedi

$$g(u) = 1 - \binom{\frac{1}{2}}{1}\,u + \binom{\frac{1}{2}}{2}\,u^... ...ac{1}{2}}{3}\,u^3 + \cdots{} + (-1)^{n}\,\binom{\frac{1}{2}}{n}\,u^n + \cdots{}$$

$$= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\,\binom{\frac{1}{2}}{n}\,u^n.$$

Odatle

$$f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n}\,\binom{\frac{1}{2}}{n}\,\left(x^2 + y^2\right)^n.$$