הבדלים בין גרסאות בדף "קוד:יחידות של פולינום טיילור"

גרסה מ־12:46, 2 בספטמבר 2014

\begin{thm} נניח $f(x)=P(x)+o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} = Q(x)+o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} $ כאשר $P,Q $ פולינומים מדרגה קטנה או שווה ל- $n $ אזי $P(x)=Q(x) $ \end{thm}

\begin{proof} $$ P(x)+o((x-x_0)^n)_{x\to x_0}=Q(x)+o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} \Rightarrow P(x)-Q(x) = o((x-x_0)^n)_{x\to x_0}$$ $$P(x)=p_0 + p_1 (x-x_0) + p_2 (x-x_0)^2 +\cdots p_n (x-x_0)^2 , Q(x)= q_0 + q_1 (x-x_0) +\cdots q_n (x-x_0)^n \Rightarrow $$ $$\sum_{k=0}^n (p_k-q_k) x^k = o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} \Rightarrow \lim_{x\to x_0} \frac{(p_0-q_0)+(p_1-q_1)(x-x_0) +\cdots (p_n-q_n)(x-x_0)^n}{(x-x_0)^n}=0 $$

אבל הגבול הזה קיים רק אם כל המקדמים (חוץ מהאחרון) של $x-x_0 $ הם אפסים והגבול מתאפס אם המקדם האחרון הוא $0$. לסיכום $p_k-q_k=0 $ ואז $p_k=q_k $ .\\ לכן $P(x)=Q(x) $ \end{proof}

\begin{thm} נניח $f\in D^n (a,b) $ וקיים פולינום $P(x)=\sum_{k=0}^n p_k (x-x_0)^k $ עבור $x_0\in (a,b) $ כך ש- $f(x)=P(x)+o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} $, אזי $p_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} $ . במילים אחרות, הפולינום הוא פולינום הטיילור מדרגה $n$ של $f$ סביב $x_0 $. \end{thm}

\begin{proof} ראינו כבר שפולינום הטיילור $P_n (x) $ מקיים $f(x)=P_n (x) + o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} $ . לפי המשפט הקודם מתקיים בהכרח ש- $P(x)=P_n (x) $ וסיימנו \end{proof}

דוגמה: ראינו בעבר שעבור $|x|\leq 1 $ מתקיים ש- $\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x} $ ובפרט אם נציב $x^2 $ נקבל

$$\frac{1}{1-x^2}=\sum_{n=0}^\infty x^{2n} $$

לכן אפשר להראות ש- $\frac{1}{1-x^2} = \sum_{k=0}^n p_k x^k + o((x-x_0)^n)_{x\to x_0} , p_k=\begin{cases} 0& \text{if k is odd}\\ 1& \text{if k is even} \end{cases} $

מהמשפט שהרגע הוכחנו נראה כי:

$$ \left ( \frac{1}{1-x^2} \right )^{(k)} (0) = \begin{cases}0& \text{if k is odd}\\ k!& \text{if k is even} \end{cases} $$

משום ש- $ \frac{\left ( \frac{1}{1-x^2} \right )^{(k)} (0)}{k!} =p_k $ . ככה לדוגמה אנחנו יכולים לחשב את הנגזרת ה- $2015 $ של הפונקציה ב-$0$ (יוצא $0$) ואת הנגזרת ה- $2016 $ ב-$0$ (יוצא $2016!$) בקלות .