- funkce, které integrujete aproximujte jejich Taylorovými řadami a ty následně zintegrujte. V obou případech vyzkoušejte Taylorovy řady

Transkript

1 Vzorové řešení domácího úkolu na Integrály 1 1 x2 dx, ex2 dx spočítejte přibližně následují metodou - funkce, které integrujete aproximujte jejich Taylorovými řadami a ty následně zintegrujte. V obou případech vyzkoušejte Taylorovy řady různých řádů a ve všech případech odhadněte shora chybu výsledků (pomocí Lagrangeova tvar zbytku). Pozn.: Pro funkci e x2 nelze najít primitivní funkci, kterou bychom mohli zapsat pomocí primitivních funkcí, zde je přibližné řešení nutností. U prvního integrálu si můžete porovnat přesnost a náročnost s numerickou integrací, kterou jste prováděli v předchozím domácím úkolu. Než začneme počítat, je potřeba si promyslet pár věcí o Taylorově rozvoji a jeho chybě. Pro jednoduchost budu předpokládat, že funkci rozvíjíme okolo nuly. Lagrangeův tvar zbytku R f 0,n má tvar R0,n(x) f = f (n+1) (ξ) x n+1, ξ (I), kde I je interval, na kterém chceme zjistit chybu. Tento vztah musíme brát bodově. Pro každé x I existuje ξ I takové, že f(x) T0,n(x) f = R0,n(x) f = f (n+1) (ξ) x n+1. Bohužel ale takové ξ neumíme vždy přesně najít. Pokud se podíváme na výraz, který nám určuje chybu, vidíme, že ho můžeme pro všechny x I omezit následovně: f (n+1) (ξ) xn+1 max x If (n+1) (x) x n+1 max x If (n+1) (x) max x I x n+1. Máme tedy zaručeno, že v žádném bodě x I nebude vzálenost funkce od Taylorova větší než max x If (n+1) (x) max x I x n+1. Pokud pak budeme místo původní funkce integrovat její Taylorův rozvoj, rozdíl výsledků pak nebude větší než (b a) max x I f (n+1) (x) max x I x n+1, kde a, b jsou meze integrálu. Obecný postup už máme, stačí nám už jen dosadit. Pro aproximaci funkcí použijeme Taylorův rozvoj v bodě x = 0. Tento bod se vyskytuje uprostřed intervalu, ve kterém chceme funkci aproximovat. Taylorův rozvoj funkce 1 x 2 do různých řádů je 0,3 = 1 x2 2 1

2 0,5 = 1 x2 2 x4 8 0,7 = 1 x2 2 x4 8 x6 16 Zde využíváme toho, že členy s n v x n lichými vypadnou. Díky tomu 0,2 = 0,3. Po dosazení do Lagrangeova tvaru zbytku pak (beru první případ s n = 3 (1 ()) max x (,1) 3 18x2 15x4 (1 x 2 ) 3/2 (1 x 2 ) 5/2 (1 x 2 ) 7/2 max x (,1) x n+1 Pokud si do tohoto výrazu zkusíme dosadit například x = 1, vidíme, že výraz jde k nekonečnu a tudíž nám žádnou záruku pro přesnost nedává. (Funkce má v bodech x = ±1 všechny derivace limitně nekonečné.) Pokud bychom tedy chtěli nějaký použitelný odhad, musíme buď vzít jiný tvar zbytku (např. Cauchyův) nebo nepoužívat odhady z předchozí stránky, které jsou dost hrubé (dá se to odhadnout lépe). Zde nám faktická absence odhadu chyby až tak nevadí, protože máme kontrolu v podobě přesného řešení. Zkusme tedy dosadit a porovnat skutečnou přesnost. 1 x2 dx = π 2. = ,3 dx. = ,5 dx. = ,7 dx. = Vidíme, že přibližná řešení nejsou od skutečného příliš daleko a že se přesnost se stoupajícím řádem rozvoje zlepšuje. Zkuste si nakreslit grafy Taylorových rozvojů a porovnejte je s grafem funkce. Podívejte se do předchozích domácích úkolů a srovnejte si 2

3 chybu a rychlost konvergence této metody a lichoběžníkového a Simpsonova pravidla. Druhý integrál se řeší analogicky. Jediný rozdíl je, že odhad chyby vyjde konečný (přesto však řádově vyšší, než je skutečná chyba). 2. Řešte přibližně (pomocí Taylorova polynomu) rovnici e x (3 x) 3 = 0. Pro porovnání najděte řešení této rovnice některou z numerických metod (půlení intervalů, Newtonova metoda tečen, Regula falsi,...). Nezapomeňte, že rovnice má dvě řešení. Jedno řešení úlohy (x = 0) je zřejmé. vyjádřitelné. Druhé pak není analyticky V zadání máme nelineární rovnici, kterou neumíme přesně vyřešit. Situace si vyžaduje nějaké zjednodušení. Jednou z možností je nahradit funkci exp(x) jejím Taylorovým rozvoje exp(x) 1 + x + x 2 /2. Dosazením zpět do rovnice dostáváme (1 + x + x/2)(3 x) 3 = 1/2x( x 2 + x + 4) = 0. Získáváme dva kořeny x 1 = 1/2(1 ± 17). Nás bude zajímat první kořen x , protože se blíží k přesné hodnotě (která je okolo 2.8 viz např graf). Zatím jsme dostali jen hrubou aproximaci pro druhý kořen. Jak bychom ji mohli zlepšit? Třeba tím, že celou proceduru provedeme ještě jednou, ale exp(x) nebudeme rozvíjet v nule, ale v a = Tím dostaneme přesnější odhad výsledku,... Celý postup je možné libovolněkrát opakovat a tak se přiblížit k výsledku libovolně blízko. Všimněte si, že řešení konverguje velice rychle. 3. Pomocí Taylorova rozvoje a pomocí známých hodnot funkcí ve význačných bodech spočítejte přibližně hodnoty ln 111, e 0,1, 3, 107 1,1 S tímto příkladem jste většinou neměli problémy, je zbytečné ho tu tedy detailně vysvětlovat. 4. Srovnejte funkce x α, x β, ln x, a x, b x, x x, kde a < b, α < β s využitím Landauových symbolů (o, ) pro x 0 a x. (Vytvořte škálu typu f(x) = o(g(x)) x 0, g(x) = (h(x)) x 0,...) Pro jednoduchost beru a, b, α, β > 0: x 0 + : x b = o(x a ), x a = o(α x ), α x β x x x, x x = o(ln x) 3

4 x : ln x = o(x a ), x a = o(x b ), x b = o(α x ), α x = o(β x ), β x = o(x x ) Poznámka k zápisu, správně se x 0 + píše za každý vztah. 5* Pomocí Taylorova rozvoje a tvaru zbytku v Peanově tvaru (o(x n )) dokažte následující tvrzení (chybějící předpoklady doplňte): Nechť má funkce f v bodě a prvních n derivací nulových a n + 1-ní derivaci nenulovou, n N. Pak má funkce v tomto bodě lokální extrém, pokud je n + 1 sudé a inflexní bod pokud liché. Pokud má funkce v bodě a prvních n derivací nulových, pak Ta,n+1(x) f = f(a) + f n+1 (a) (x a)n+1 (předchozí členy vypadnou, protože derivace budou nulové). Následně použijeme Peanův tvar zbytku f(x) T f a,n+1 = o((x a) n+1 ), nebo ekvivalentně lim x a f(x) T f a,n+1 (x a) n+1 = 0. Dosadíme za Taylorův rozvoj náš tvar z prvního odstavce a upravíme f(x) T f f f(x) f(a) n+1 (a) (x a)n+1 a,n+1 lim x a = lim (x a) n+1 x a = (x a) n+1 f(x) f(a) = lim x a ( (x a) f n+1 (a) n+1 ) = 0 Vzhledem k tomu, že druhý člen poslední limitě je konstanta, můžeme ekvivalentně napsat lim x a f(x) f(a) (x a) n+1 = f n+1 (a) Z definice limity tedy existuje okolí bodu a, kde se fce f(x) f(a) neliší (x a) n+1 od f n+1 (a) o méně než ɛ. V případě f n+1 (a) > 0 existuje okolí, kde f(x) f(a) (x a) n+1 > 0. Nyní rozebereme zvlášť pravé a levé okolí. Pokud je n + 1 liché a f n+1 (a) > 0, člen (x a) n+1 < 0 a proto na nějakém levém okolí bodu a bude f(x) f(a) < 0 (tedy fce bude na nějakém levé okolí rostoucí). Napravo je pak člen (x a) n+1 > 0 a proto bude i f(x) f(a) > 0 a 4

5 funkce bude na nějaké pravém okolí také rostoucí. Bod a tedy nemůže být extrém. Podobnou úvahou pro n + 1 sudé bychom dostali tvrzení o extrému. 5