Tejlorov i greska

Tejlorov i greska 15.01.2007. u 19:09 · pre 241 mesec #1

Poz!

#1
Ako nije problem, zamolio bih nekog da mi pomogne oko Maklorenovog polinoma za f(x)=arctg(1+x)

#2
Kako se radi sa Lagranzevim ostatakom? Recimo za gresku 10^-5, i Maklorenov 2 stepena od funkcije:
(1-x)(e^x)

Unapred zahvalan,
solarko
------------------
Fakultet, a ne front
------------------

Re: Tejlorov i greska 16.01.2007. u 11:42 · pre 241 mesec #2

#1

$\arctan(x+1)'=\frac{1}{1+(x+1)^2}=\frac{1}{2+2x+x^2}=\frac{2-2x+x^2}{(2+2x+x^2)(2-2x+x^2)}=\frac{2-2x+x^2}{4+x^4}=\frac{2-2x+x^2}{4}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^4}{4}}.$

Obzirom da je

$\frac{1}{1+\frac{x^4}{4}}=1-\frac{x^4}{4}+\frac{x^8}{16}-\frac{x^2}{64}+\cdots,$

dobijamo da je

$\arctan(x+1)'=\frac{2-2x+x^2}{4}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^4}{4}}=\Big(\frac{1}{2}-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{4}\Big)-\Big(\frac{x^4}{8}-\frac{x^5}{8}+\frac{x^6}{16}\Big)+\cdots,$

pa integracijom, obzirom da je $\arctan(1)=\frac{\pi}{4}$ dobijamo konačan rezultat

$\arctan(x+1)=\frac{\pi}{4}+\Big(\frac{x}{2\cdot 1}-\frac{x^2}{2\cdot 2}+\frac{x^3}{4\cdot 3}\Big)-\Big(\frac{x^5}{8\cdot 5}-\frac{x^6}{8\cdot 6}+\frac{x^7}{16\cdot 7}\Big)+\cdots=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{4n+1}}{2^{2n+2}}\Big(\frac{2}{4k+1}+\frac{2x}{4k+2}+\frac{x^2}{4k+3}\Big).$

Ova formula važi za sve $x\in(-\sqrt{2},\sqrt{2}].$

#2

Ako aproksimiraš funkciju $f(x)$ Tejlorovim polinomom $n$ -tog stepena, onda je Lagranžev oblik ostatka $\frac{f^{(n+1)}(\theta\,x)}{(n+1)!}|x|^{n+1},$ gde je $\theta\in(0,1).$ U tvom slučaju, ako aproksimaciju vršiš na intervalu $[-a,a],$ gde je $a>0,$ maksimum modula drugog izvoda (koji iznosi $(-x-2)e^x$ ) na tom intervalu će svakako biti $(2+a)e^a,$ pa greška na tom intervalu ne može biti veća od $\frac{a+2}{6}e^a\cdot a^3.$ E, sad "samo" treba naći $s$ za koje je $\frac{a+2}{6}e^a\cdot a^3=10^{-5}.$ Ovu jednačinu možeš rešiti numerički, i uzeti donju aprokcimaciju za $a$ kao konačan rezultat (koji iznosi oko $0.030601$ ).

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Tejlorov i greska 18.01.2007. u 08:02 · pre 241 mesec #3

Hvala!

Re: Tejlorov i greska 23.01.2007. u 02:41 · pre 240 meseci #4

Ajde i ja da pokusam da ti odgovorim na (2) mada i ja ne znam bas mnogo ma nemam pojma ali...
kazes f(x)=(1-x)e^x za gresku 10^-5 makloren 2-og stepena
i idemo
f(x)=f(0)+f ' (0)*x/1!+ f '' (0)*x^2/2!+R2(x)
Naravno za ovo ce ti trebati 1) f '(x),f ''(x), (pazi na ovo) f '''(x), kao i izvode u tacki nula
f(0)=(1-0)*e^0=1*1=1
f '(x) = -1*e^x+e^x(1-x)=e^x(-1+1-x)=e^x*(-)x
f '(0) = 1*(-)0=0
f ''(x)= da ti ne resavam...e^x(-1-x)
f ''(0)=-1
f '''(x) = e^x(-2-x)
f '''(0)=-2

Iz toga sledi da je
f(x) = (1+0*x/)1!-(1*x^2)/2! + R2(x)
ili lepse
f(x) = (1-x^2)/2+R2(x)
R2(x) = (f '''(c)*x^3)/3!
R2(x) = [(e^c)*(-2-c)*x^3]/6 e dalje ne znam ali tu je Nedeljko.
Ma jel valja ovo imalo ili da bijem asistenta
Drzi mi fige u petak mi je kolokvijum

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme