Mentora
0
1012
שבועותשבוע 11
סיכום שבוע

שבוע 11

סדרות וטורי פונקציות — התכנסות נקודתית ובמידה שווה

סדרות פונקציותטורי פונקציותהתכנסות נקודתיתהתכנסות במידה שווהקריטריון ויירשטראס
פתחי סיכום שבוע 11
📖

הרצאה 10

חומר חדש

→
✏️

תרגול 11

מתרגל הרצאה 10

→
📋

מטלה 11

תרגול 11 + הרצאה 10

הערות קהילה

מה הסטודנטים שמו לב אליו

טוען הערות...

מדריך לימוד

איך ללמוד שבוע 11

כדי לקרב מספר בדיוק $\varepsilon$ — בחרי $N$ כך שחסם השארית $|R_N| < \varepsilon$.

מה לחזור קודם

  • מקדמי טיילור

  • טורי חזקות וטורי מקלורן

חובה לשנן

  • משפט הזהות: an=f(n)(x0)n!a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}

  • פולינום טיילור: TN(x)=∑n=0Nf(n)(x0)n!(x−x0)nT_N(x)=\sum_{n=0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n; שארית RN=f−TNR_N = f - T_N

  • משפט השארית (לגרנז'): RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1R_N(x)=\frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1}

  • המקרה N=0N=0 הוא בעצם משפט לגרנז'

  • טורי טיילור: ex, sin⁡x, cos⁡x, 11−xe^x,\ \sin x,\ \cos x,\ \frac{1}{1-x}

כלים מרכזיים

  • פולינום טיילור

  • שארית לגרנז'

  • קירוב מספרים בעזרת השארית

טעויות נפוצות

  • לבלבל בין סדר NN לבין דרגת הפולינום

  • לשכוח את (N+1)!(N+1)! במכנה השארית

  • לחסום לא נכון את f(N+1)(c)f^{(N+1)}(c) בקטע

סדר לימוד מומלץ

  1. 1

    משפט הזהות — מקדמי הטור

  2. 2

    פולינום טיילור ושארית; תכונות TNT_N בנקודה

  3. 3

    משפט השארית של טיילור (צורת לגרנז')

  4. 4

    קירוב מספרים: בחירת NN לפי חסם השארית

  5. 5

    טורי טיילור מוכרים ופונקציה אנליטית

תרשים שבוע 11

מה ההגדרות מאפשרות להסיק

הגדרה

התכנסות נקודתית של סדרת פונקציות

מגדירה את האובייקט שעליו מותר לעבוד בהמשך השבוע.

משפט

קריטריון קושי להתכנסות במידה שווה

נותן תנאים שמאפשרים להסיק תוצאה בלי לפתור מאפס.

נוסחה

sup∣fn(x)−f(x)∣→0sup |f_n(x)-f(x)| \to 0

הופכת את המשפט לכלי חישוב/זיהוי בתרגילים.

מה מסיקים

התכנסות במידה שווה היא נושא הוכח/הפרך קלאסי

זו המסקנה שצריך לקחת לתרגול, מטלות ומבחני עבר.

📖 הרצאה

הרצאה 10 — חומר חדש

הגדרות

  • התכנסות נקודתית של סדרת פונקציות

  • התכנסות במידה שווה

  • טור פונקציות

משפטים

  • קריטריון קושי להתכנסות במידה שווה

  • מבחן Weierstrass לטורי פונקציות

  • החלפת גבול עם אינטגרל/נגזרת בתנאים

נוסחאות מפתח

sup∣fn(x)−f(x)∣→0sup |f_n(x)-f(x)| \to 0

Σ MnM_n מתכנס ו−∣fn(x)∣≤Mn-|f_n(x)|\le M_n ⇒ Σfnf_n מתכנס במידה שווה

חשוב למבחן

התכנסות במידה שווה היא נושא הוכח/הפרך קלאסי

חשוב למבחן

חשוב להבדיל בין בדיקה נקודתית לכל $x$ לבין חסם אחיד על כל התחום

✏️ תרגול

תרגול 11 · מתרגל הרצאה 10

תרגול 11 — נושאים: גבולות, טור טיילור, טורים, נגזרות, סדרות, פונקציות, רציפות, פולינום טיילור

📋 מטלה

מטלה 11 · מבוסס תרגול 11 + הרצאה 10

טבלת מטלה

מטלה 11 — שאלות לתרגול ומעקב

6 שאלות5 בעדיפות גבוהה
ש׳ 1
ש׳ 2
ש׳ 3
ש׳ 4
ש׳ 5
ש׳ 6

📖 הגדרות, משפטים והוכחות — מתוך ההרצאות (מלא, לפי מספור)

הרצאה 10 · 4.6.26 — משפט הזהות (מקדמי טור חזקות), פולינום טיילור, שארית טיילור
משפט 7 — משפט הזהות — מקדמי טור חזקות הם מקדמי טיילור
יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^\infty סדרה של מספרים ממשיים. יהי RR רדיוס ההתכנסות של טור החזקות ∑n=0∞an(x−x0)n\sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n, ונניח כי R>0R > 0. נגדיר בתחום ההתכנסות את הפונקציה
f(x)=∑n=0∞an(x−x0)n,∣x−x0∣<R.f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n, \qquad |x-x_0| < R.

אזי לכל 0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z}, ff גזירה nn פעמים ב-x0x_0, ובנוסף
an=f(n)(x0)n!.a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}.
הוכחה
נשים לב ש-f(x)=∑n=0∞an(x−x0)n=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+⋯f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n = a_0 + a_1(x-x_0) + a_2(x-x_0)^2 + \cdots. נציב x=x0x = x_0 ונקבל f(x0)=a0+0+0+⋯=a0f(x_0) = a_0 + 0 + 0 + \cdots = a_0, ולכן a0=f(x0)=f(0)(x0)0!a_0 = f(x_0) = \frac{f^{(0)}(x_0)}{0!}.
ממשפט הגזירה איבר-איבר של טור חזקות, עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R,
f′(x)=a1+2a2(x−x0)+3a3(x−x0)2+⋯ .f'(x) = a_1 + 2a_2(x-x_0) + 3a_3(x-x_0)^2 + \cdots.

נציב x=x0x = x_0 ונקבל f′(x0)=a1+0+0+⋯=a1f'(x_0) = a_1 + 0 + 0 + \cdots = a_1, ולכן a1=f′(x0)=f′(x0)1!a_1 = f'(x_0) = \frac{f'(x_0)}{1!}.
שוב, מגזירה איבר-איבר, f′′(x)=2a2+3⋅2⋅a3(x−x0)+⋯f''(x) = 2a_2 + 3\cdot 2\cdot a_3(x-x_0) + \cdots, ובהצבה x=x0x = x_0 מתקבל f′′(x0)=2a2f''(x_0) = 2a_2, כלומר a2=f′′(x0)2!a_2 = \frac{f''(x_0)}{2!}.
נמשיך באופן כללי: עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R,
f(n)(x)=n! an+(n+1)⋅n⋯2⋅an+1(x−x0)+⋯ ,f^{(n)}(x) = n!\,a_n + (n+1)\cdot n \cdots 2\cdot a_{n+1}(x-x_0) + \cdots,

ונציב x=x0x = x_0 ונקבל f(n)(x0)=n! anf^{(n)}(x_0) = n!\,a_n. נחלק ב-n!n! ונקבל an=f(n)(x0)n!a_n = \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}.
תרגיל 1 — חישוב $f^{(101)}(0)$ ו-$f^{(102)}(0)$ עבור $\arctan x$
חשבו את f(101)(0)f^{(101)}(0) ואת f(102)(0)f^{(102)}(0) עבור הפונקציה f(x)=arctan⁡xf(x) = \arctan x.
הוכחה
נזכור כי עבור −1≤x≤1-1 \le x \le 1 מתקיים
arctan⁡x=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1=x−x33+x55−⋯ .\arctan x = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots.

לפי משפט הזהות, a101=f(101)(0)101!a_{101} = \frac{f^{(101)}(0)}{101!}. המקדם של x101x^{101} מתקבל מ-2n+1=1012n+1 = 101, כלומר n=50n = 50, והוא (−1)50101=1101\frac{(-1)^{50}}{101} = \frac{1}{101}. לכן
f(101)(0)=a101⋅101!=(−1)50101⋅101!=100!.f^{(101)}(0) = a_{101}\cdot 101! = \frac{(-1)^{50}}{101}\cdot 101! = 100!.

המקדם של x102x^{102} הוא 00 (בטור מופיעות רק חזקות אי-זוגיות), ולכן
f(102)(0)=0.f^{(102)}(0) = 0.
הגדרה — פולינום טיילור מסדר $N$
יהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-x0x_0. פולינום טיילור מסדר NN של ff סביב x0x_0 הוא הפולינום מדרגה ≤N\le N
TN(x)=∑n=0Nf(n)(x0)n!(x−x0)n=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2(x−x0)2+⋯+f(N)(x0)N!(x−x0)N.T_N(x) = \sum_{n=0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(N)}(x_0)}{N!}(x-x_0)^N.
הגדרה — שארית טיילור מסדר $N$
תהי ff ויהי TNT_N פולינום טיילור מסדר NN שלה סביב x0x_0. שארית הטיילור של ff סביב x0x_0 מסדר NN מוגדרת להיות
RN(x)=f(x)−TN(x).R_N(x) = f(x) - T_N(x).
הערה 1 — פולינומי טיילור הראשונים ודרגתם
מתקיים:
T0(x)=f(x0)(פולינום מדרגה≤0),T_0(x) = f(x_0) \quad (\text{פולינום מדרגה} \le 0),

T1(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)(פולינום מדרגה≤1, ישר המשיק),T_1(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) \quad (\text{פולינום מדרגה} \le 1,\ \text{ישר המשיק}),

T2(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2(x−x0)2(פולינום מדרגה≤2).T_2(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2 \quad (\text{פולינום מדרגה} \le 2).

באופן כללי TN(x)T_N(x) הוא פולינום מדרגה ≤N\le N.
הערה 2 — תכונות פולינום טיילור בנקודה $x_0$
פולינום טיילור TNT_N מסכים עם ff ועם נגזרותיה עד סדר NN בנקודה x0x_0:
(i) TN(x0)=f(x0)T_N(x_0) = f(x_0).
(ii) TN′(x)=f′(x0)+f′′(x0)(x−x0)+⋯+f(N)(x0)(N−1)!(x−x0)N−1T_N'(x) = f'(x_0) + f''(x_0)(x-x_0) + \cdots + \frac{f^{(N)}(x_0)}{(N-1)!}(x-x_0)^{N-1}, ולכן TN′(x0)=f′(x0)T_N'(x_0) = f'(x_0).
(iii) TN′′(x)=f′′(x0)+f′′′(x0)(x−x0)+⋯+f(N)(x0)(N−2)!(x−x0)N−2T_N''(x) = f''(x_0) + f'''(x_0)(x-x_0) + \cdots + \frac{f^{(N)}(x_0)}{(N-2)!}(x-x_0)^{N-2}, ולכן TN′′(x0)=f′′(x0)T_N''(x_0) = f''(x_0).
(iv) באופן כללי, לכל 0≤k≤N0 \le k \le N מתקיים TN(k)(x0)=f(k)(x0)T_N^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0).
(v) TN(N+1)(x)=0T_N^{(N+1)}(x) = 0 (כי TNT_N פולינום מדרגה ≤N\le N).
טענת עזר 1 — רול המוכלל (לגזירה $N$ פעמים)
יהיו x,x0∈Rx, x_0 \in \mathbb{R} כך ש-x>x0x > x_0 ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-[x0,x][x_0,x], ונניח כי:
(i) f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x];
(ii) f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0,x);
(iii) f(x)=0f(x) = 0;
(iv) לכל 0≤k≤N0 \le k \le N מתקיים f(k)(x0)=0f^{(k)}(x_0) = 0.
אזי קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה f(N+1)(c)=0f^{(N+1)}(c) = 0. (עבור N=0N = 0 זהו בדיוק משפט רול עם f(x0)=f(x)=0f(x_0) = f(x) = 0.)
הוכחה
נוכיח באינדוקציה על מספר הגזירות בקטע [x0,x][x_0,x].
**צעד ראשון:** מהיות f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x] (תנאי i) נובע ש-ff רציפה ב-[x0,x][x_0,x], ומהיות f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0,x) (תנאי ii) נובע ש-ff גזירה ב-(x0,x)(x_0,x). בנוסף f(x)=0f(x) = 0 (תנאי iii) ו-f(x0)=0f(x_0) = 0 (תנאי iv), ולכן ממשפט רול קיימת x0<c1<xx_0 < c_1 < x שעבורה f′(c1)=0f'(c_1) = 0.
**צעד שני:** נחזור על התהליך בקטע [x0,c1][x_0, c_1]. f′f' רציפה ב-[x0,c1][x_0,c_1] וגזירה ב-(x0,c1)(x_0,c_1), ומתקיים f′(c1)=0f'(c_1) = 0 ו-f′(x0)=0f'(x_0) = 0 (תנאי iv), ולכן ממשפט רול קיימת x0<c2<c1x_0 < c_2 < c_1 שעבורה f′′(c2)=0f''(c_2) = 0.
**המשך:** נחזור על התהליך NN פעמים. לאחר NN צעדים נביט בקטע [x0,cN][x_0, c_N]: f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,cN][x_0,c_N] וגזירה ב-(x0,cN)(x_0,c_N), ומתקיים f(N)(cN)=0f^{(N)}(c_N) = 0 ו-f(N)(x0)=0f^{(N)}(x_0) = 0 (תנאי iv). לכן ממשפט רול קיימת x0<c<cNx_0 < c < c_N שעבורה f(N+1)(c)=0f^{(N+1)}(c) = 0.
סכמטית: x0<c<cN<⋯<c2<c1<xx_0 < c < c_N < \cdots < c_2 < c_1 < x, כאשר f=0f = 0 בקצוות x0,xx_0, x; f′=0f' = 0 ב-c1c_1; f′′=0f'' = 0 ב-c2c_2; … ; f(N+1)=0f^{(N+1)} = 0 ב-cc.
משפט 1 — משפט השארית של טיילור (צורת לגראנז')
יהיו x,x0∈Rx, x_0 \in \mathbb{R} כך ש-x>x0x > x_0 ויהי 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}. תהי ff פונקציה הגזירה NN פעמים ב-[x0,x][x_0,x], ונניח כי (i) f(N)f^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x], (ii) f(N)f^{(N)} גזירה ב-(x0,x)(x_0,x). אזי קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה
RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1.R_N(x) = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1}.
הוכחה
**המקרה N=0N = 0:** במקרה זה R0(x)=f(x)−T0(x)=f(x)−f(x0)R_0(x) = f(x) - T_0(x) = f(x) - f(x_0), והטענה אומרת שקיימת x0<c<xx_0 < c < x עם f(x)−f(x0)=f′(c)1!(x−x0)f(x) - f(x_0) = \frac{f'(c)}{1!}(x-x_0), כלומר f(x)−f(x0)x−x0=f′(c)\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(c) — זהו בדיוק משפט לגראנז'.
**המקרה הכללי:** נגדיר את הקבוע
α=f(x)−TN(x)(x−x0)N+1,\alpha = \frac{f(x) - T_N(x)}{(x-x_0)^{N+1}},

ונגדיר את פונקציית העזר
g(t)=f(t)−TN(t)−α (t−x0)N+1,t∈[x0,x].g(t) = f(t) - T_N(t) - \alpha\,(t-x_0)^{N+1}, \qquad t \in [x_0,x].

נראה ש-gg מקיימת את תנאי טענת עזר 1 בקטע [x0,x][x_0,x]:
(i)–(ii) g(N)g^{(N)} רציפה ב-[x0,x][x_0,x] וגזירה ב-(x0,x)(x_0,x) (כצירוף של ff, הפולינום TNT_N והפולינום α(t−x0)N+1\alpha(t-x_0)^{N+1}).
(iii) הצבת t=xt = x: g(x)=f(x)−TN(x)−f(x)−TN(x)(x−x0)N+1(x−x0)N+1=0g(x) = f(x) - T_N(x) - \frac{f(x)-T_N(x)}{(x-x_0)^{N+1}}(x-x_0)^{N+1} = 0.
(iv) לכל 0≤k≤N0 \le k \le N: g(k)(t)=f(k)(t)−TN(k)(t)−α⋅(N+1)⋅N⋯(N+1−(k−1)) (t−x0)N+1−kg^{(k)}(t) = f^{(k)}(t) - T_N^{(k)}(t) - \alpha\cdot(N+1)\cdot N \cdots (N+1-(k-1))\,(t-x_0)^{N+1-k}, ובהצבת t=x0t = x_0 מתקבל g(k)(x0)=f(k)(x0)−TN(k)(x0)−0=0g^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0) - T_N^{(k)}(x_0) - 0 = 0, שכן f(k)(x0)=TN(k)(x0)f^{(k)}(x_0) = T_N^{(k)}(x_0) (הערה 2).
לכן, לפי טענת עזר 1, קיימת x0<c<xx_0 < c < x שעבורה g(N+1)(c)=0g^{(N+1)}(c) = 0. עבור x0<t<xx_0 < t < x,
g(N+1)(t)=f(N+1)(t)−0−α (N+1)!,g^{(N+1)}(t) = f^{(N+1)}(t) - 0 - \alpha\,(N+1)!,

(כי TN(N+1)=0T_N^{(N+1)} = 0). נציב t=ct = c ונקבל 0=g(N+1)(c)=f(N+1)(c)−α (N+1)!0 = g^{(N+1)}(c) = f^{(N+1)}(c) - \alpha\,(N+1)!, ומכאן α=f(N+1)(c)(N+1)!\alpha = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}. אם כן
f(x)−TN(x)(x−x0)N+1⏟= RN(x)/(x−x0)N+1=α=f(N+1)(c)(N+1)!,\underbrace{\frac{f(x) - T_N(x)}{(x-x_0)^{N+1}}}_{=\,R_N(x)/(x-x_0)^{N+1}} = \alpha = \frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!},

נכפל ב-(x−x0)N+1(x-x_0)^{N+1} ונקבל RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!(x−x0)N+1R_N(x) = \dfrac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1}.
תרגיל 1 — חישוב $e$ בשגיאה קטנה מ-$10^{-3}$
חשבו את ee בשגיאה הקטנה מ-10−310^{-3}.
הוכחה
נחפש α∈R\alpha \in \mathbb{R} כך ש-∣e−α∣<10−3|e - \alpha| < 10^{-3}. נביט בפונקציה המתאימה f(x)=exf(x) = e^x עבור x∈Rx \in \mathbb{R}; נרצה לחשב את f(1)f(1). נבחר x0=0x_0 = 0 ונבחר x=1x = 1. מאחר ש-f(n)(x)=exf^{(n)}(x) = e^x, לכל 0≤N∈Z0 \le N \in \mathbb{Z}
TN(x)=∑n=0Nf(n)(0)n!xn=∑n=0Nxnn!.T_N(x) = \sum_{n=0}^N \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n = \sum_{n=0}^N \frac{x^n}{n!}.

נבחר N=6N = 6. ממשפט השארית של טיילור קיימת 0<c<10 < c < 1 שעבורה
∣RN(1)∣=∣f(N+1)(c)(N+1)!(1−0)N+1∣=ec(N+1)!≤c<1e(N+1)!≤3(N+1)!<10−3,|R_N(1)| = \left|\frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}(1-0)^{N+1}\right| = \frac{e^c}{(N+1)!} \underset{c<1}{\le} \frac{e}{(N+1)!} \le \frac{3}{(N+1)!} < 10^{-3},

שכן עבור N=6N = 6 מתקיים (N+1)!=7!=5040>3000(N+1)! = 7! = 5040 > 3000. לכן ∣e1−T6(1)∣=∣R6(1)∣<10−3|e^1 - T_6(1)| = |R_6(1)| < 10^{-3}. נבחר α=T6(1)\alpha = T_6(1) ונקבל
e≈α=∑n=061n!=1+1+12+13!+⋯+16!.e \approx \alpha = \sum_{n=0}^6 \frac{1}{n!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3!} + \cdots + \frac{1}{6!}.
תרגיל 2 — חישוב $\sqrt{e}$ בשגיאה קטנה מ-$10^{-5}$
חשבו את e\sqrt{e} בשגיאה הקטנה מ-10−510^{-5}.
הוכחה
נחפש α∈R\alpha \in \mathbb{R} כך ש-∣e−α∣<10−5|\sqrt{e} - \alpha| < 10^{-5}. נביט בפונקציה f(x)=exf(x) = e^x עבור x∈Rx \in \mathbb{R}; נרצה לחשב את f ⁣(12)f\!\left(\tfrac12\right). נבחר x0=0x_0 = 0 ונבחר x=12x = \tfrac12. כמו קודם TN(x)=∑n=0Nxnn!T_N(x) = \sum_{n=0}^N \frac{x^n}{n!}. נבחר N=6N = 6. ממשפט השארית של טיילור קיימת 0<c<120 < c < \tfrac12 שעבורה
∣RN ⁣(12)∣=∣f(N+1)(c)(N+1)!(12−0)N+1∣=ec(N+1)! 2N+1≤c<12e(N+1)! 2N+1≤2(N+1)! 2N+1=1(N+1)! 2N<10−5,\left|R_N\!\left(\tfrac12\right)\right| = \left|\frac{f^{(N+1)}(c)}{(N+1)!}\left(\tfrac12 - 0\right)^{N+1}\right| = \frac{e^c}{(N+1)!\,2^{N+1}} \underset{c<\frac12}{\le} \frac{\sqrt{e}}{(N+1)!\,2^{N+1}} \le \frac{2}{(N+1)!\,2^{N+1}} = \frac{1}{(N+1)!\,2^{N}} < 10^{-5},

שכן עבור N=6N = 6 מתקיים (N+1)! 2N=5040⋅64>100,000(N+1)!\,2^{N} = 5040 \cdot 64 > 100{,}000. לכן ∣e−T6 ⁣(12)∣=∣R6 ⁣(12)∣<10−5\left|\sqrt{e} - T_6\!\left(\tfrac12\right)\right| = \left|R_6\!\left(\tfrac12\right)\right| < 10^{-5}. נבחר α=T6 ⁣(12)\alpha = T_6\!\left(\tfrac12\right) ונקבל
e≈α=∑n=06(1/2)nn!.\sqrt{e} \approx \alpha = \sum_{n=0}^6 \frac{(1/2)^n}{n!}.
תרגיל 3 — חישוב $\sqrt{17}$ בשגיאה קטנה מ-$10^{-4}$
חשבו את 17\sqrt{17} עם שגיאה הקטנה מ-10−410^{-4}.
הוכחה
נחפש α∈R\alpha \in \mathbb{R} כך ש-∣17−α∣<10−4|\sqrt{17} - \alpha| < 10^{-4}. נביט בפונקציה f(x)=xf(x) = \sqrt{x} עבור 0≤x0 \le x; נרצה לחשב את f(17)f(17). נבחר x0=16x_0 = 16 ונבחר x=17x = 17, ונבחר N=2N = 2.
נגזרות ff: f(x)=xf(x) = \sqrt{x} (ובנקודה 1616 שווה 44); f′(x)=12xf'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x}} (בנקודה 1616 שווה 18\frac18); f′′(x)=−14x−3/2f''(x) = -\frac14 x^{-3/2} (בנקודה 1616 שווה −1256-\frac{1}{256}); f′′′(x)=38x−5/2f'''(x) = \frac38 x^{-5/2}.
ממשפט השארית של טיילור קיימת 16<c<1716 < c < 17 שעבורה
∣R2(17)∣=∣f(3)(c)3!(17−16)3∣=∣38c−5/23!∣=38⋅6⋅1c5/2≤38⋅6⋅1165/2=38⋅6⋅145=116⋅45=147=1214<10−4.|R_2(17)| = \left|\frac{f^{(3)}(c)}{3!}(17-16)^{3}\right| = \left|\frac{\tfrac38 c^{-5/2}}{3!}\right| = \frac{3}{8\cdot 6}\cdot\frac{1}{c^{5/2}} \le \frac{3}{8\cdot 6}\cdot\frac{1}{16^{5/2}} = \frac{3}{8\cdot 6}\cdot\frac{1}{4^5} = \frac{1}{16\cdot 4^5} = \frac{1}{4^7} = \frac{1}{2^{14}} < 10^{-4}.

לכן
17≈T2(17)=f(16)+f′(16)(17−16)+f′′(16)2(17−16)2=4+18−1512.\sqrt{17} \approx T_2(17) = f(16) + f'(16)(17-16) + \frac{f''(16)}{2}(17-16)^2 = 4 + \frac18 - \frac{1}{512}.
הגדרה — טור טיילור
תהי x0∈Rx_0 \in \mathbb{R} ותהי ff פונקציה המוגדרת בסביבה של x0x_0. נניח ש-ff גזירה אינסוף פעמים ב-x0x_0 (כלומר f(n)(x0)f^{(n)}(x_0) קיימת לכל 0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z}). טור הטיילור של ff סביב x0x_0 מוגדר להיות
Tf(x)=∑n=0∞f(n)(x0)n!(x−x0)n.T_f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.
הערה 4 — טור טיילור אינו חייב לשוות לפונקציה
ייתכן שטור הטיילור TfT_f מתכנס ברדיוס חיובי סביב x0x_0 אך אינו שווה ל-ff, כלומר f(x)≠Tf(x)f(x) \ne T_f(x) עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R. לכן יש שתי אפשרויות:
(i) f(x)=Tf(x)f(x) = T_f(x) עבור ∣x−x0∣<R|x-x_0| < R, כאשר R>0R > 0 רדיוס ההתכנסות של הטור — במקרה זה ל-ff קיים פיתוח לטור חזקות סביב x0x_0;
(ii) הטור מתכנס אך אינו מייצג את ff בסביבת x0x_0.
דוגמה 1 — טור טיילור של $e^x$ סביב $x_0 = 0$
תהי f(x)=exf(x) = e^x ונבחר x0=0x_0 = 0. מאחר ש-f(n)(x)=exf^{(n)}(x) = e^x וידוע כי ex=∑n=0∞xnn!e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} לכל x∈Rx \in \mathbb{R}, נקבל
Tf(x)=∑n=0∞f(n)(0)n!xn=∑n=0∞xnn!=ex,∀x∈R.T_f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} = e^x, \qquad \forall x \in \mathbb{R}.
דוגמה 2 — טור טיילור של $e^x$ סביב $x_0 = 1$
תהי f(x)=exf(x) = e^x ונבחר x0=1x_0 = 1. מהפיתוח et=∑n=0∞tnn!e^t = \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{n!} עם t=x−1t = x-1 מקבלים ex−1=∑n=0∞(x−1)nn!e^{x-1} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(x-1)^n}{n!} לכל x∈Rx \in \mathbb{R}. נכפיל ב-ee ונקבל
ex=∑n=0∞en!(x−1)n,∀x∈R,e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{e}{n!}(x-1)^n, \qquad \forall x \in \mathbb{R},

ולכן Tf(x)=∑n=0∞en!(x−1)nT_f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{e}{n!}(x-1)^n (זהו טור הטיילור סביב x0=1x_0 = 1, שכן f(n)(1)=ef^{(n)}(1) = e).
דוגמה 3 — טור טיילור (מקלורן) של $\sin x$ סביב $x_0 = 0$
תהי f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x ונבחר x0=0x_0 = 0. עבור x∈Rx \in \mathbb{R},
Tf(x)=x−x33!+x55!−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n+1(2n+1)!.T_f(x) = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}.
דוגמה 4 — טור טיילור (מקלורן) של $\cos x$ סביב $x_0 = 0$
תהי f(x)=cos⁡xf(x) = \cos x ונבחר x0=0x_0 = 0. עבור x∈Rx \in \mathbb{R},
Tf(x)=1−x22!+x44!−⋯=∑n=0∞(−1)nx2n(2n)!.T_f(x) = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}.
דוגמה 5 — טור טיילור של $\frac{1}{1-x}$ סביב $x_0 = 0$
תהי f(x)=11−xf(x) = \frac{1}{1-x} (עבור x≠1x \ne 1) ונבחר x0=0x_0 = 0. אזי
Tf(x)=∑n=0∞xnT_f(x) = \sum_{n=0}^\infty x^n

(הטור הגאומטרי, המתכנס ל-11−x\frac{1}{1-x} עבור ∣x∣<1|x| < 1).

נתקעת בהגדרה? מאגר ההגדרות כולל פורמלי + אינטואיציה + דוגמה לכל מושג.

פתחי מאגר

שאלות מהתרגול

1
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

תרגול 11 היום: פולינום טיילור. • טור טיילור. • שארית של טיילור. • תזכורת: יחידות טור החזקות: סדרה של מספרים ממשיים. (an)∞n=0(an)\infty n=0 ותהי x0∈Rx0 \in \mathbb{R} יהי .R>0\mathbb{R} > 0 ונניח כי ∞∑n=0an(x−x0)n\infty ∑ n=0 an (x - x0)n רדיוס ההתכנסות של טור החזקות R יהי .∣x−x0∣<R| x - x0 |< \mathbb{R} לכל f(x)=∞∑n=0an(x−x0)nf (x) = \infty ∑ n=0 an (x - x0)n נביט בפונקציה המוגדרת על ידי .an=f(n)(x0)n!an = f (n)(x0) n! ובנוסף, x0 פעמים ב n גזירה f,0≤n∈Zf ,0 \le n \in \mathbb{Z} אזי לכל טור טיילור: .x0 פונקציה המוגדרת בסביבה של f ותהי x0∈Rx0 \in \mathbb{R} תהי .(0≤n∈Z(0 \le n \in \mathbb{Z} קיימת לכל f(n)(x0))f (n) (x0) )כלומר x0 פעמים ב ∞ גזירה f נניח ש מוגדר להיות x0 סביב f טור הטיילור של Tf(x)=∞∑n=0f(n)(x0)n!(x−x0)nTf (x) = \infty ∑ n=0 f (n) (x0) n! (x - x0)n פולינום הטיילור: .x0 פעמים ב N פונקצ

2
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

הערה 3: . אזיx∈Rx \in \mathbb{R} תהי Tf(x)=limN→∞N∑n=0f(n)(x0)n!(x−x0)n=limN→∞TN(x)limN→∞TN(x)Tf (x) = lim \mathbb{N} \to \infty \mathbb{N} ∑ n=0 f (n) (x0) n! (x - x0)n = lim \mathbb{N} \to \infty TN (x) lim \mathbb{N} \to \infty TN (x) אם ורק אם קיים הגבול f(x)=Tf(x)f (x) = Tf (x) ולכן .f(x)=limN→∞TN(x)f (x) = lim \mathbb{N} \to \infty TN (x) ובנוסף אם ורק אם f(x)=limN→∞TN(x)f (x) = lim \mathbb{N} \to \infty TN (x) נשים לב כי limN→∞RN(x)=limN→∞(f(x)−TN(x))=f(x)−limN→∞TN(x)=0lim \mathbb{N} \to \infty RN (x) = lim \mathbb{N} \to \infty (f (x) - TN (x)) = f (x) - lim \mathbb{N} \to \infty TN (x) = 0 משפט השארית של טיילור: .0≤N∈Z0 \le \mathbb{N} \in \mathbb{Z} ויהי x0<xx0 < x כך ש x,x0∈Rx, x0 \in \mathbb{R} תהיינה .[x0, x] פעמים ב N פונקציה הגזירה f תהי נניח כי .[x0, x] רציפה ב f(N).1.(x0,x)f (\mathbb{N} ) .1 .(x0, x) גזירה ב f(N).2f (\mathbb{N} ) .2 שעבורה x0<c<xx0 < c < x אזי קיימת RN(x)=f(N+1)(c)(N+1)!⋅(x−x0)N+1RN (x) = f (\mathbb{N} +1) (c) (\mathbb{N} + 1)! \cdot (x - x0)\mathbb{N} +1 הערה: .x0>xx0 > x המשפט נכון גם אם משפט: סדרה של מספרים ממשיים. (an

3
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

דוגמאות: וחשבו x0=1x0 = 1 סביב x≠−2x \ne -2 המוגדרת לכל f(x)=x2+x1.f (x) = x 2+x 1. מצאו את טור טיילור של את תחום ההתכנסות של הטור. פתרון: או להיעזר בטור 0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z} לכל f(n)(1)f (n) (1) יש לנו שתי אפשרויות: למצוא נוסחה ל גיאומטרי. נפתור תחילה בעזרת טור גיאומטרי f(x)=x2+x=x−1+13+x−1=(x−1)⋅13⋅11+x−13+13⋅11+x−13==13(x−1)⋅∞∑n=0(−x−13)n+13∞∑n=0(−x−13)n==∞∑n=0(−1)n(x−13)n+1+13∞∑n=0(−1)n(x−13)n=k=n+1f (x) = x 2 + x = x - 1 + 1 3 + x - 1 = (x - 1) \cdot 1 3 \cdot 1 1 + x-1 3 + 1 3 \cdot 1 1 + x-1 3 = = 1 3 (x - 1) \cdot \infty ∑ n=0 ( - x - 1 3 )n + 1 3 \infty ∑ n=0 ( - x - 1 3 )n = = \infty ∑ n=0 (-1)n ( x - 1 3 )n+1 + 1 3 \infty ∑ n=0 (-1)n ( x - 1 3 )n = k = n + 1 נבצע החלפת שמות אינדקסים רק עבור הטור הראשון בעזרת ∞∑k=1(−1)k−1(x−13)k+13∞∑n=0(−1)n(x−13)n=∞∑k=1(−1)⋅\infty ∑ k=1 (-1)k-1 ( x - 1 3 )k + 1 3 \infty ∑ n=0 (-1)n ( x - 1 3 )n = \infty ∑ k=1 (-1) \cdot

4
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

.f ממשפט היחידות נוכל לומר שזהו טור הטיילור של היות שעבדנו עם טור גיאומטרי, נוכל לומר שגם הטור שווה לפונקציה. ( שלכל0≤n∈Z0 \le n \in \mathbb{Z} לכל an=f(n)(x0)n!an = f (n)(x0) n! ו x0=1x0 = 1 בעזרת גזירה נקבל )נזכור כי :x≠−2f(x)=x2+xx \ne -2 f (x) = x 2 + x ⇒ f(1)=12+1=13f (1) = 1 2 + 1 = 1 3 ⇒ a0=130!=13f′(x)=2(2+x)2a0 = 1 3 0! = 1 3 f ' (x) = 2 (2 + x)2 ⇒ f′(1)=2(2+1)2=232f ' (1) = 2 (2 + 1)2 = 2 32 ⇒ a1=2321!=232f′′(x)=−2⋅2(2+x)3a1 = 2 32 1! = 2 32 f '' (x) = -2 \cdot 2 (2 + x)3 ⇒ f′′(1)=−2⋅2(2+1)3=−2⋅233f '' (1) = -2 \cdot 2 (2 + 1)3 = -2 \cdot 2 33 ⇒ a2=−2⋅2332!=−233f′′′(x)=2⋅2⋅3(2+x)4a2 = - 2\cdot 2 33 2! = - 2 33 f ''' (x) = 2 \cdot 2 \cdot 3 (2 + x)4 ⇒ f′′′(1)=2⋅2⋅3(2+1)4=2⋅2⋅334f ''' (1) = 2 \cdot 2 \cdot 3 (2 + 1)4 = 2 \cdot 2 \cdot 3 34 ⇒ a3=2⋅2⋅3343!=234a3 = 2\cdot 2\cdot 3 34 3! = 2 34 בכל פעם שנגזור החזקה של המכנה תגדל ב 1, הסימן יתחלף, והמונה יוכפל בחזקה

5
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

סביב x≥0x \ge 0 המוגדרת לכל f(x)=xf (x) = \sqrt{x} של 4 2. מצאו את פולינום טיילור מסדר .x0=1.x0 = 1 .∣ ∣R4 ( 1 2 )∣ ∣ <7256< 7 256 ו R4(2)<7256R4 (2) < 7 256 הוכיחו ש פתרון: מתקיים x>0x > 0 תחילה נמצא את הנגזרות של הפונקציה עד סדר חמישי. לכל f(0)(x)=x12f (0) (x) = x 1 2 ⇒ f(0)(1)=1f(1)(x)=12⋅x−12f (0) (1) = 1 f (1) (x) = 1 2 \cdot x- 1 2 ⇒ f(1)(1)=12f(2)(x)=−14x−32f (1) (1) = 1 2 f (2) (x) = - 1 4 x- 3 2 ⇒ f(2)(1)=−14f(3)(x)=38x−52f (2) (1) = - 1 4 f (3) (x) = 3 8 x- 5 2 ⇒ f(3)(1)=38f(4)(x)=−1516⋅x−72f (3) (1) = 3 8 f (4) (x) = - 15 16 \cdot x- 7 2 ⇒ f(4)(1)=−1516f(5)(x)=10532⋅x−92f (4) (1) = - 15 16 f (5) (x) = 105 32 \cdot x- 9 2 הוא x0=1x0 = 1 סביב x\sqrt{x} של 4 לכן פולינום טיילור מסדר T4(x)=4∑n=0f(n)(1)n!⋅(x−1)n=1+x−12⋅1!−(x−1)24⋅2!+38⋅(x−1)33!−1516⋅T4 (x) = 4 ∑ n=0 f (n) (1) n! \cdot (x - 1)n = 1 + x - 1 2 \cdot 1! - (x - 1)2 4 \cdot 2! + 3 8 \cdot (x - 1)3 3! - 15 16 \cdot

6
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

כלומר ∣2−T4(2)∣<7256| \sqrt{2}- T4 (2) |< 7 256 כאשר T4(2)=1+2−12−(2−1)28+(2−1)316−5⋅(2−1)4128:x=12T4 (2) = 1 + 2 - 1 2 - (2 - 1)2 8 + (2 - 1)3 16 - 5 \cdot (2 - 1)4 128 :x = 1 2 עבור כך ש 12<c<11 2 < c < 1 ממשפט השארית של טיילור קיים ∣ ∣R4 ( 1 2 )∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ f(5)(c)5!⋅(12−1)5f (5)(c) 5! \cdot ( 1 2 - 1)5∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ 15⋅732⋅c−925!⋅(12−1)515\cdot 7 32 \cdot c- 9 2 5! \cdot ( 1 2 - 1)5 ∣ ∣ ∣ =7256c92⋅(12)5<c>127256⋅(12)92⋅(12)5=7256⋅12<12<17256.7256= 7 256c 9 2 \cdot ( 1 2 )5 < c> 1 2 7 256 \cdot ( 1 2 ) 9 2 \cdot ( 1 2 )5 = 7 256 \cdot \sqrt{1}2 < \sqrt{1}2 <1 7 256 . 7 256 לכן נוכל לומר כי השגיאה קטנה מ כלומר ∣12−T4(12)∣<7256| \sqrt{1}2 - T4 ( 1 2 ) |< 7 256 כאשר T4(12)=1+12−12−(12−1)28+(12−1)316−5⋅(12−1)41286T4 ( 1 2 ) = 1 + 1 2 - 1 2 - ( 1 2 - 1)2 8 + ( 1 2 - 1)3 16 - 5 \cdot ( 1 2 - 1)4 128 6

7
בינוניגבולותטור-טיילורטורים

, 1 9!·9 עם שגיאה שלא עולה על ∫10sinxxdx3.∫ 1 0 sin x x dx 3. חשבו את .∣∫10sinxxdx−| ∫ 1 0 sin x x dx - α ∣≤19⋅9!|\le 1 9\cdot 9! כך ש α ∈Q\in \mathbb{Q} כלומר מצאו פתרון: נשתמש בטור טיילור ונקבל ∫10sinxxdx=∫10∫ 1 0 sin x x dx = ∫ 1 0     ∞∑n=0(−1)n(2n+1)!⋅x2n+1dxxdx\infty ∑ n=0 (-1)n (2n+1)! \cdot x2n+1dx x dx     =∫10(∞∑n=0(−1)n(2n+1)!⋅x2ndx)== ∫ 1 0 ( \infty ∑ n=0 (-1)n (2n + 1)! \cdot x2ndx ) = נבצע אינטגרציה איבר איבר ונקבל ∞∑n=0∫10(−1)n(2n+1)!⋅x2ndx=∞∑n=0(−1)n(2n+1)!∫10x2ndx=∞∑n=0(−1)n(2n+1)![x2n+12n+1]10=∞∑n=0(−1)n(2n+1)⋅(2n+1)!.19!⋅9\infty ∑ n=0 ∫ 1 0 (-1)n (2n + 1)! \cdot x2ndx = \infty ∑ n=0 (-1)n (2n + 1)! ∫ 1 0 x2ndx = \infty ∑ n=0 (-1)n (2n + 1)! [ x2n+1 2n + 1 ]1 0 = \infty ∑ n=0 (-1)n (2n + 1) \cdot (2n + 1)! . 1 9!\cdot 9 כעת נרצה למצוא כמה איברים עלינו לסכום על מנת שהשגיאה לא תעלה על נשים לב שהטור שקיבלנו הוא טור מהצורה של לייבניץ! s∈Rs \in \mathbb{R} זנב של טור לי

שבוע 10שבוע 12