Taylors formel

Kurs: M0065M Förkunskaper: Derivata, Högre ordningens derivator

---

Taylors formel ersätter en krånglig funktion med ett polynom som är nästan lika nära $x=a$, och säger dessutom hur stort felet är. Polynom är lätta att räkna med, så formeln används för närmevärden, för gränsvärden och för att undersöka hur en funktion beter sig nära en punkt.

Idén — från tangent till polynom

Tangenten $P_1(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)$ har samma värde och samma derivata som $f$ i $a$. Vill vi ha en bättre approximation tar vi ett polynom av grad $n$ som har samma värde och samma $n$ första derivator som $f$ i $a$. Ju fler derivator som stämmer, desto längre håller polynomet sig nära grafen.

---

1. Taylorpolynomet

Taylorpolynomet av grad $n$ kring $a$:

$$\boxed{T_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k}$$

Utskrivet är $T_n(x)=f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)+\frac{f^{\prime \prime }(a)}{2!}(x-a{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a{)}^n$. För $n=1$ är det tangenten, alltså linjäriseringen.

Maclaurinpolynomen till $\sin x$ följer kurvan längre ut ju högre gradtalet är.

Härledning — varför $k!$ i nämnaren?

Gör ansatsen $P_n(x)=c_0+c_1(x-a)+c_2(x-a{)}^2+\cdots +c_n(x-a{)}^n$ och derivera:

$$\begin{array}{rl}{P}_n^{\prime }(x)& =c_1+2c_2(x-a)+3c_3(x-a{)}^2+\cdots \\ P_n^{\prime \prime }(x)& =2c_2+3\cdot 2c_3(x-a)+\cdots \\ & ⋮\\ P_n^{(k)}(x)& =k!c_k+(\text{termer med }x-a)\end{array}$$

I $x=a$ försvinner alla termer med $x-a$, så $P_n^{(k)}(a)=k!c_k$. Kravet $P_n^{(k)}(a)=f^{(k)}(a)$ ger $c_k=f^{(k)}(a)/k!$.

Ordning och grad

Blomqvist och föreläsningarna säger ofta “Taylorutveckling av ordning $n$”: termer till och med $(x-a{)}^n$ plus en restterm. Polynomets grad kan vara lägre, eftersom koefficienter kan vara noll. För $\sin x$ kring $0$ är $T_4=T_3=x-x^3/6$.

---

2. Resttermen

Med restterm (Lagrange):

$$f(x)=T_n(x)+R_n(x),\boxed{R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1}}$$

där $\xi$ ligger mellan $a$ och $x$. Resttermen ser ut som “nästa term” i polynomet, men med derivatan tagen i en okänd punkt $\xi$ i stället för i $a$. Blomqvist skriver ofta $\xi =a+\theta (x-a)$ med $0<\theta <1$, och kallar resttermen $R_{n+1}(x)$.

För $n=0$ säger formeln $f(x)=f(a)+f^{\prime }(\xi )(x-a)$, vilket är Medelvärdessatsen. Taylors formel är alltså en generalisering av den.

Härledning i korthet — via integralformen

Steg 1. Integralkalkylens fundamentalsats ger $f(x)=f(a)+{\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt$.

Steg 2. Partialintegrera med primitiven $-(x-t)$ till $1$:

$${\int }_a^x{f}^{\prime }(t)dt=[-(x-t)f^{\prime }(t){]}_a^x+{\int }_a^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)dt=f^{\prime }(a)(x-a)+{\int }_a^x(x-t)f^{\prime \prime }(t)dt.$$

Upprepar vi $n$ gånger får vi

$$f(x)=T_n(x)+\frac{1}{n!}{\int }_a^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt.$$

Steg 3. Vikten $(x-t{)}^n$ byter inte tecken mellan $a$ och $x$, så integralkalkylens medelvärdessats ger ett $\xi$ mellan $a$ och $x$ med

$$\frac{1}{n!}{\int }_a^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{n!}{\int }_a^x(x-t{)}^{n}dt=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1}.$$

Ett alternativt bevis använder hjälpfunktionen $g(t)=f(t)-T_n(t)-K(t-a{)}^{n+1}$, väljer $K$ så att $g(x)=0$, och tillämpar Rolles sats $n+1$ gånger.

---

3. Feluppskattning

Vi känner inte $\xi$, men vi kan uppskatta resttermen. Om $|f^{(n+1)}(t)|\le M$ för alla $t$ mellan $a$ och $x$ är

$$|R_n(x)|\le \frac{M}{(n+1)!}|x-a{|}^{n+1}.$$

Tecknet på $f^{(n+1)}$ mellan $a$ och $x$ avslöjar dessutom om $T_n(x)$ är ett över- eller underskattat närmevärde.

Nära $a=1$ ligger $P_2$ närmare $1/x$ än tangenten $P_1$; vid $x=1,02$ syns ingen skillnad alls i den här skalan.

Föreläsning 31 — Närmevärde till $1/1,02$ med felgräns

Vi bestämmer Taylorpolynomet av ordning 2 för $f(x)=1/x$ kring $a=1$, och använder det för ett närmevärde till $1/1,02$ med feluppskattning.

Lösning

Derivator. $f(x)=x^{-1}$, $f^{\prime }(x)=-x^{-2}$, $f^{\prime \prime }(x)=2x^{-3}$, $f^{\prime \prime \prime }(x)=-6x^{-4}$. I $a=1$: $f(1)=1$, $f^{\prime }(1)=-1$, $f^{\prime \prime }(1)=2$.

Polynomet.

$$T_2(x)=1-(x-1)+\frac{2}{2!}(x-1{)}^2=1-(x-1)+(x-1{)}^2.$$

Närmevärde. $T_2(1,02)=1-0,02+0,0004=0,9804$.

Restterm. För något $\xi$ med $1<\xi <1,02$ är

$$R_2(1,02)=\frac{f^{\prime \prime \prime }(\xi )}{3!}(0,02{)}^3=-\frac{(0,02{)}^3}{{\xi }^4}.$$

$|f^{\prime \prime \prime }(\xi )|=6/{\xi }^4$ är avtagande och störst i vänstra ändpunkten $\xi =1$, så $|R_2|<(0,02{)}^3=8\cdot 10^{-6}$. Resttermen är negativ, alltså är närmevärdet för stort:

$$\boxed{0,9804-8\cdot 10^{-6}<\frac{1}{1,02}<0,9804}$$

Rimlighetskoll. $1/1,02=0,980392\dots$, vilket ligger i intervallet.

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

---

4. Maclaurinserier ($a=0$)

Kring $a=0$ kallas polynomet Maclaurinpolynom. De tre viktigaste utvecklingarna:

$$e^x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{x^k}{k!},\sin x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k{x}^{2k+1}}{(2k+1)!},\cos x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^k{x}^{2k}}{(2k)!}$$

Fler standardutvecklingar, och hur de kombineras, finns i Taylorutveckling.

Vanliga fel

• $\xi$ är inte en konstant. Punkten $\xi$ beror på $x$ (och på $n$). Vi kan bara säga att den ligger mellan $a$ och $x$.
• Uppskatta $f^{(n+1)}$ i fel punkt. $M$ ska vara det största värdet av $|f^{(n+1)}|$ på hela intervallet mellan $a$ och $x$, inte värdet i $a$.
• Glömma $k!$. Koefficienten är $f^{(k)}(a)/k!$, inte $f^{(k)}(a)$. Resttermen har $(n+1)!$.
• Blanda ihop ordning och grad. “Ordning 3” för $\cos x$ ger $1-x^2/2$ plus restterm av ordning 4; polynomet har grad 2.

---

5. Lösta övningar

Testuppgift 9.1 — Utveckling av $1/x$ kring $x=\frac{1}{2}$

Vi bestämmer andra ordningens Taylorutveckling av $f(x)=\frac{1}{x}$ kring $x=\frac{1}{2}$.

Lösning

Derivator. $f^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^2}$, $f^{\prime \prime }(x)=\frac{2}{x^3}$, $f^{\prime \prime \prime }(x)=-\frac{6}{x^4}$. I $a=\frac{1}{2}$: $f=2$, $f^{\prime }=-4$, $f^{\prime \prime }=16$.

Polynomet.

$$T_2(x)=2-4\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{16}{2}{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2=6-12x+8x^2.$$

Restterm. $R_2(x)=\frac{-6/{\xi }^4}{3!}{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^3$, alltså

$$\boxed{\frac{1}{x}=6-12x+8x^2-\frac{1}{{\xi }^4}{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^3}$$

där $\xi$ ligger mellan $\frac{1}{2}$ och $x$.

Facit: $6-12x+8x^2-\frac{1}{{\xi }^4}(x-\frac{1}{2}{)}^3$ där $\xi \in (\frac{1}{2},x)$ eller $(x,\frac{1}{2})$.

Testuppgift 9.3 b — Maclaurinpolynom för $\sqrt[3]{1+x}$

Vi bestämmer Maclaurinpolynomet av grad 4 för $f(x)=\sqrt[3]{1+x}=(1+x{)}^{1/3}$ genom att derivera fyra gånger.

Lösning

Derivator.

$$f^{\prime }=\frac{1}{3}(1+x{)}^{-2/3},f^{\prime \prime }=-\frac{2}{9}(1+x{)}^{-5/3},f^{\prime \prime \prime }=\frac{10}{27}(1+x{)}^{-8/3},f^{(4)}=-\frac{80}{81}(1+x{)}^{-11/3}.$$

I $x=0$ och delat med $k!$: $1,\frac{1}{3},-\frac{2/9}{2}=-\frac{1}{9},\frac{10/27}{6}=\frac{5}{81},-\frac{80/81}{24}=-\frac{10}{243}$.

$$\boxed{T_4(x)=1+\frac{1}{3}x-\frac{1}{9}{x}^2+\frac{5}{81}{x}^3-\frac{10}{243}{x}^4}$$

Facit: $1+\frac{1}{3}x-\frac{1}{9}{x}^2+\frac{5}{81}{x}^3-\frac{10}{243}{x}^4$.

Övningsuppgift 9.1 — Utveckling av $\sqrt{x}$ kring $x=4$

Vi bestämmer andra ordningens Taylorutveckling av $f(x)=\sqrt{x}$ kring $x=4$.

Lösning

Derivator. $f^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{x}}$, $f^{\prime \prime }=-\frac{1}{4x^{3/2}}$, $f^{\prime \prime \prime }=\frac{3}{8x^{5/2}}$. I $a=4$: $f=2$, $f^{\prime }=\frac{1}{4}$, $f^{\prime \prime }=-\frac{1}{32}$.

Restterm. $\frac{f^{\prime \prime \prime }(\xi )}{3!}=\frac{3}{8\cdot 6{\xi }^{5/2}}=\frac{1}{16{\xi }^2\sqrt{\xi }}$.

$$\boxed{\sqrt{x}=2+\frac{x-4}{4}-\frac{(x-4{)}^2}{64}+\frac{(x-4{)}^3}{16{\xi }^2\sqrt{\xi }}}$$

där $\xi$ ligger mellan $4$ och $x$.

Facit: $2+\frac{x-4}{4}-\frac{(x-4{)}^2}{64}+\frac{(x-4{)}^3}{16{\xi }^2\sqrt{\xi }}$.

Övningsuppgift 9.7 — Lös $\sin x=x/2$ approximativt

Vi löser ekvationen $\sin x=\frac{x}{2}$ approximativt genom att ersätta $\sin x$ med dess Maclaurinpolynom av grad a) 3, b) 5.

Lösning

a) $x-\frac{x^3}{6}=\frac{x}{2}⟺x\left(\frac{1}{2}-\frac{x^2}{6}\right)=0$, alltså

$$\boxed{x=0,x=\pm \sqrt{3}\approx \pm 1,73}$$

b) $x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}=\frac{x}{2}$. Efter division med $x/120$ blir det $x^4-20x^2+60=0$, så $x^2=10\pm 2\sqrt{10}$.

Roten $x^2=10+2\sqrt{10}$ ger $|x|\approx 4,04$, där polynomet inte längre liknar $\sin x$ ($\sin 4,04<0$ men $4,04/2>0$). Den förkastas.

$$\boxed{x=0,x=\pm \sqrt{10-2\sqrt{10}}\approx \pm 1,92}$$

Rimlighetskoll. Den verkliga lösningen är $x\approx \pm 1,895$. Grad 5 kommer närmare än grad 3, som förväntat.

Facit: a) $x=0$, $x\approx \pm \sqrt{3}\approx \pm 1,73$ b) $x=0$, $x\approx \pm \sqrt{10-2\sqrt{10}}\approx \pm 1,92$.

Läsning

• 4.10 Taylor Polynomials
• 9.6 Taylor and Maclaurin Series

Se även

• Taylorutveckling
• Gränsvärdesberäkning med Taylor
• Funktionsapproximationer
• Medelvärdessatsen

Resurser

• 3Blue1Brown: Taylor series