R. M. Turgunbaev matematik analiz
Download 0.89 Mb. Pdf ko'rish
|
matematik analiz
- Bu sahifa navigatsiya:
- 5. f(x)=ln(1+x) funksiya uchun Makloren formulasi.
- 6. Teylor formulasi yordamida taqribiy hisoblash
- IV BOB . Hosila yordamida funksiyani tekshirish 1-§. Hosila yordamida funksiyani monotonlikka tekshirish
|
4. f(x)=(1+x) µ
µ∈
1;1) intervalda aniqlangan va cheksiz marta differensiallanuvchi. Uni Makloren formulasiga yoyish uchun f(x)=(1+x) µ funksiyadan ketma-ket hosilalar olamiz: 2 1 1 1 1 − − + − = + = µ µ µ µ µ
x )( ( ) x ( ' ' f , ) х ( ) x ( ' f ,
) x )( )( ( ) x ( ' ' ' f 3 1 2 1 − + − − = µ µ µ µ , n ) n ( ) x )( n )...( ( ) x ( f − + + − − = µ µ µ µ 1 1 1 . (4.7) Ravshanki, f(0)=1, f (n) (0)= µ
µ
µ
µ
funksiyaning Makloren formulasi quyidagicha yoziladi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 + − − + + − − + + − − + + − + + = +
n n x ) x ( )! n ( n ... x ! n n ... ... x ! x x µ µ θ µ µ µ µ µ µ µ µ µ (4.8) 0< θ<1.
5. f(x)=ln(1+x) funksiya uchun Makloren formulasi. Bu funksiyaning (-1; ∞) intervalda aniqlangan va istalgan tartibli hosilasi mavjud. Haqiqatan ham, 1 1
− + = ′ + = ) x ( ) ) х (ln( ) x ( ' f funksiyasiga (4.7) formulani qo‘llab, unda µ
n n ) n ( ) x ( )! n ( ) ( ) x ( f + − − = − 1 1 1 1 formulani hosil qilamiz. Ravshanki, f(0)=0, f (n) (0)=(- 1) n-1 (n-1)! Shuni e’tiborga olib, berilgan funksiyaning Makloren formulasini yozamiz: 1 0
1 1 1 4 3 2 1 1 1 1 4 3 2 < < + + − + − + + − + − = + + + − θ θ , ) x ( x ) n ( ) ( n x ) ( ... x x x x ) x ln( n n n n n (4.9) Yuqorida keltirilgan asosiy elementar funksiyalarning Makloren formulalari boshqa funksiyalarni Teylor formulasiga yoyishda foydalaniladi. Shunga doir misollar ko‘ramiz.
funksiya uchun Makloren formulasini yozing. Yechish. Bu funksiyaning Makloren formulasini yozish uchun f(0), f’(0),...,f (n) (0) larni topib, (3.10) formuladan foydalanish mumkin edi. Lekin f(x)=e x
64
funksiyaning yoyilmasidan foydalanish ham mumkin. Buning uchun (4.1) formuladagi x ni -3x ga almashtiramiz, natijada x n n n n х e )! n ( ) х ( ! n х ) ( ... ! х ! х е θ 3 1 2 3 1 3 3 1 2 9 1 3 1 − + − + − + − + − + − = , 0< θ<1,
formulaga ega bo‘lamiz. 2-misol. Ushbu f(x)=lnx funksiyani x 0 =1 nuqta atrofida Teylor formulasini yozing.
Yechish. Berilgan funksiyani Teylor formulasiga yoyish uchun f(x)=ln(1+x) funksiya uchun olingan (4.9) asosiy yoyilmadan foydalanamiz. Unda x ni x-1 ga almashtiramiz, natijada lnx=ln((x-1)+1) va
1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 + + − − + − ⋅ + − + − − + + − − −
n n n n )) x ( ( ) x ( ) n ( ) ( n ) x ( ) ( ... ) x ( ) x ( θ , 0< θ <1 formulaga ega bo‘lamiz. Bu formula x-1>-1 bo‘lganda, ya’ni x>0 larda o‘rinli.
Makloren formulasi Lagranj ko‘rinishdagi qoldiq hadini baholash masalasini qaraylik.
Faraz qilaylik, shunday o‘zgarmas M son mavjud bo‘lsinki, argument x ning x 0 =0 nuqta atrofidagi barcha qiymatlarida hamda n ning barcha qiymatlarida |f (n) (x)| ≤
|R n (x)|=| 1 1 1 + + + n ) n ( x )! n ( ) x ( f θ
≤
⋅
n ( | x | n 1 1 + +
tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. Argument x ning tayin qiymatida ∞ → n lim )! n ( | x | n 1 1 + + =0 tenglik o‘rinli, demak n ning yyetarlicha katta qiymatlarida R n (x) yyetarlicha kichik bo‘lar ekan.
Shunday qilib, x 0 =0 nuqta atrofida f(x) funksiyani f(0)+ f’(0)x+ ! 2 1 f’’(0)x 2 + ... + ! n 1
(n) (0)x n ko‘phad bilan almashtirish mumkin. Natijada funksiyaning x nuqtadagi qiymati uchun
≈
! 2 1 f’’(0)x 2 + ... + ! n 1
(n) (0)x n taqribiy formula kelib chiqadi. Bu formula yordamida bajarilgan taqribiy hisoblashdagi xatolik |R
ni 0,001 aniqlikda hisoblang. Yechish. e x funksiyaning Makloren formulasidan foydalanamiz. (4.1) formulada x=0,01 deb olsak, u holda
1 0 2 01 0 1 1 0 1 1 0 + + + + ≈ , masala shartiga ko‘ra xatolik 0,001 dan katta bo‘lmasligi kerak, demak 65
R n (x)= θ 1 0 1 1 1 0
n e )! n ( , + + <0,001 tengsizlik o‘rinli bo‘ladigan birinchi n ni topish yyetarli. e 0,1 θ
<2 ekanligini e’tiborga olsak, so‘ngi tengsizlikni quyidagicha yozib olish mumkin: 001 0
10 2 1 , )! n ( n < + + . Endi n=1, 2, 3, ... qiymatlarni so‘ngi tengsizlikka qo‘yib tekshiramiz va bu tengsizlik n=3 dan boshlab bajarilishini topamiz. Shunday qilib, 0,001 aniqlikda 055
1 3 001 0 2 01 0 1 1 0 1 1 0 , ! , ! , ! , е , = + + + ≈ . Xususiy holda, n=1 bo‘lganda f(x) ≈
0 )+f’(x 0 )(x-x 0 ) taqribiy hisoblash formulasi R 2 (x)= ! ) ( ' ' f 2 ξ ⋅ (x-x 0 ) 2 , x 0 < ξ
aniqlikda o‘rinli bo‘ladi.
Hisoblash xatoligini baholang. Yechish. Doira yuzi S= π
2 ga teng. Bunda r 0 =1,
∆r=0,01 deb olamiz va S=S(r) funksiya orttirmasini uning differensiali bilan almashtiramiz: S(r) ≈
0 )+dS(r 0 )= S(r 0 )+ S’(r 0 ) ∆
Natijada
≈
π⋅
π⋅
π hosil bo‘ladi. Bunda hisoblash xatoligi R 2 (r)= ! ) ( ' ' S 2 ξ ⋅ (r-r 0 ) 2 , r 0 < ξ
π va r ga bog‘liq emas, shu sababli R 2 (r)= ! 2 2 π ⋅
2 =0,0001 π
emas.
x x e − 2 funksiyaning x=0,03 nuqtadagi qiymatini differensial yordamida hisoblang. Xatolikni baholang.
≈
0 )+f’(x 0 )(x-x 0 ) da x 0 =0, x=0,03 qiymatlarni qo‘ysak, f(0,03) ≈
R 2 = ! ) ( ' ' f 2 ξ ⋅ x 2 = ! ) ( ' ' f 2 ξ ⋅ 0,03 2 , 0< ξ
Berilgan funksiya hosilalarini va nuqtadagi qiymatlarini hisoblamiz:
− 2 , bundan f’(0)=-1, f’’(x)=2 x x e − 2 +(2x-1) 2 x x e − 2 = = x x e − 2 (4x 2 - 4x+3), bundan f’’( ξ
≈
⋅
2 < ! 2 3 ⋅ 0,03 2 =0,0017 ekanligini topamiz.
Teylor formulasi funksiyalarni ekstremumga tekshirishda, qatorlar nazariyasida, integrallarni hisoblashlarda ham keng tatbiqqa ega.
66
Savollar 1. f(x) funksiyaning Teylor ko‘phadi nima? U qanday tuziladi? 2. Ko‘phad funksiya uchun Teylor ko‘phadi qanday bo‘ladi? 3. cosx, sinx, ln(1+x) funksiyalar uchun Peano, Koshi ko‘rinishdagi qoldiq hadli Makloren formulalarini yozing. 4. Juft, toq funksiyalar uchun Makloren formulasi qanday xususiyatga ega? 5. (1+x)
∈
bilan solishtiring. 6. Teylor formulasi yordamida taqribiy hisoblashda xatolik qanday baholanadi? Misollar 1. (1+x) 1/3 funksiya uchun Peano qoldiq hadli Makloren formulasini yozing. 2. sin(2x-1) funksiya uchun Lagranj qoldiq hadli Makloren formulasini yozing. 3. y=e x funksiyaning x 0 =1 nuqta atrofidagi Teylor formulasini yozing. 4. e 1,01
ni 10 -3 aniqlikda hisoblang. 5. 10 ni 10 -3 aniqlikda hisoblang. 67
IV BOB. Hosila yordamida funksiyani tekshirish 1-§. Hosila yordamida funksiyani monotonlikka tekshirish 1. Funksiyaning o‘zgarmaslik sharti 1-teorema. f(x) funksiya (a,b) da differensiallanuvchi bo‘lsin. Shu intervalda f(x) funksiya o‘zgarmas bo‘lishi uchun f’(x)=0 bo‘lishi zarur va yetarli. Isboti. Zarurligi ravshan. Chunki funksiya o‘zgarmas bo‘lsa, barcha nuqtalarda f’(x)=0 bo‘ladi. Yetarliligi. Shartga ko‘ra f(x) funksiya (a,b) intervalda differensiallanuvchi, ya’ni
∀x ∈
1 2 bo‘lgan ∀x
∈
1 ;x 2 ] kesmada Lagranj teoremasining barcha shartlarini qanoatlantiradi. Demak, (x
) intervalga tegishli shunday s nuqta topilib,
tenglik o‘rinli bo‘ladi. Teorema shartiga ko‘ra ∀x ∈
f’(c)=0, va (1) tenglikdan f(x 2 )-f(x 1 )=0 ekanligi kelib chiqadi. Shunday qilib, f(x) funksiyaning (a;b) intervalning istalgan ikkita
nuqtasidagi qiymatlarining o‘zaro teng. Demak, funksiya o‘zgarmas bo‘ladi. Bundan integral hisobda muhim rol o‘ynaydigan quyidagi natija kelib chiqadi. Natija. Agar f(x) va g(x) funksiyalar (a,b) da chekli f’(x) va g‘(x) hosilalarga ega bo‘lib, shu intervalda f’(x)=g‘(x) tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda f(x) bilan g(x) funksiyalar bir-biridan o‘zgarmas songa farq qiladi:
Haqiqatan ham, shartga ko‘ra (f(x)-g(x))’=C’=0. Bundan 1-teoremaga asosan f(x)-g(x)=C, ya’ni f(x)=g(x)+C tenglik o‘rinli ekanligi kelib chiqadi.
2 1 (1-cos2x) formulaning o‘rinli ekanligini isbotlang. Yechish. Quyidagi funksiyani qaraymiz: f(x)=sin 2 x+ 2 1 cos2x, bu funksiya (- ∞;+∞) da aniqlangan, differensiallanuvchi va hosilasi aynan nolga teng: f’(x)=2sinxcosx-sin2x=0. Funksiyaning o‘zgarmaslik shartiga ko‘ra sin 2 x+ 2 1 cos2x=C o‘rinli. C ni aniqlash uchun x argumentga qiymat beramiz, masalan x=0 bo‘lsin. U holda C= 2 1 va sin 2 x+ 2 1 cos2x= 2 1 yoki sin 2 x= 2 1 (1-cos2x) bo‘ladi. Download 0.89 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|