Funktion polynomiapproksimaatio

Taylorin kaava on tärkeä työkalu funktion approksimoinnissa. Funktiota $f(x)$ arvioidaan Taylorin polynomilla $P_n(x)$ ja arviossa tehdyn virheen suuruutta virhetermin $R_n(x)$ avulla.

Huomautus.

Jatkossa sanonnalla ”kahden desimaalin tarkkuudella” tarkoitetaan sitä, että virhe on korkeintaan $0{,}005$. Tämä ei tarkoita välttämättä sitä, että saataisiin oikea kaksidesimaalinen likiarvo (tästä on esimerkki), mutta likiarvon toinen desimaali on kuitenkin korkeintaan ykkösen verran väärä. Vastaavasti määritellään yleisesti ilmaus ”$n$:n desimaalin tarkkuudella” tarkoittamaan sitä, että virhe on korkeintaan $0{,}5 \cdot 10^{-n}$.

Esimerkki.

Laske $e$ neljän desimaalin tarkkuudella.

Ratkaisu.

Käytetään Taylorin kaavaa. Funktiolle $e^x$ pisteessä $1$ on

$$e=e^1=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+R_n(1)=P_n(1)+R_n(1).$$

Koska $f^{(n+1)}(z)=e^z\le e$, kun $0<z<1$, niin virhetermille on voimassa

$$|R_n(1)|=\left|\frac{f^{(n+1)}(z)}{(n+1)!}\right|1^{n+1} \le\frac{e}{(n+1)!}\le\frac{3}{(n+1)!}.$$

On löydettävä $n$ siten, että $|R_n(1)|<0{,}5 \cdot 10^{-4} = \frac{1}{20~000}$. Esimerkiksi riittää valita niin suuri $n$, että

$$\frac{3}{(n+1)!}<\frac{1}{20~000}\Leftrightarrow(n+1)!>60~000.$$

Kokeilemalla havaitaan, että pienin epäyhtälön toteuttava $n$ on $n=8$. Täten luvun $e$ arvo kysytyllä tarkkuudella on

$$e\approx1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{8!}\approx2{,}7183.$$

Esimerkki.

Hae polynomi, joka approksimoi funktiota $\sin x$ yhden desimaalin tarkkuudella välillä

1. $\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]$,
2. $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$.
3. Minkälainen tarkkuus saavutetaan, kun sinifunktiota approksimoidaan $7$. asteen Taylorin polynomilla välillä $[-\pi,\pi]$?

Ratkaisu.

Koska $|\sin z| \leq 1$ ja $|\cos z| \leq 1$, Taylorin kaavan

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots+\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}+R_{2n+1}(x)=P_{2n+1}(x)+R_{2n+1}(x)$$

virhetermiä voidaan arvioida

$$|R_{2n+1}(x)|=\frac{|f^{(2n+2)}(z)||x|^{2n+2}}{(2n+2)!} \le\frac{|x|^{2n+2}}{(2n+2)!}.$$

1. Nyt $|x|<\frac{\pi}{4}<1$, joten $|R_{2n+1}(x)|\le\dfrac{1}{(2n+2)!}$. Vaaditaan, että

   $$\frac{1}{(2n+2)!}<0{,}05=\frac{1}{20}\Leftrightarrow(2n+2)!>20.$$

   Riittää valita $n=1$, jolloin sinifunktion Taylorin polynomi on astetta $2n + 1 = 3$. Siis

   $$\sin x\approx P_3(x)=x-\frac{x^3}{3!}$$

   yhden desimaalin tarkkuudella välillä $\left[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right]$.

2. Nyt $|x|<\frac{\pi}{2}<2$, joten $|R_{2n+1}(x)|\le\dfrac{2^{2n+2}}{(2n+2)!}$. Vaaditaan, että

   $$\frac{2^{2n+2}}{(2n+2)!}<0{,}05.$$

   Kokeilemalla havaitaan, että riittää valita $n=3$, jolloin sinifunktion Taylorin polynomi on astetta $2n + 1 = 7$. Siis

   $$\sin x\approx P_7(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}$$

   yhden desimaalin tarkkuudella välillä $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$.

3. Seitsemännen asteen Taylorin polynomia vastaa indeksin arvo $n=3$, joten

   $$|R_7(x)|\le\frac{\pi^8}{8!}=0{,}235\cdots.$$

   Approksimoitaessa funktiota $\sin x$ välillä $[-\pi,\pi]$ polynomilla

   $$P_7(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}$$

   tehdään siis korkeintaan noin $0{,}24$ yksikön suuruinen virhe.

Seuraavassa kuvassa havainnollistetaan edellisen esimerkin approksimaatioita. Ensimmäisen asteen Taylorin polynomi

$$P_1(x)=f(c)+f'(c)(x-c)$$

on lineaarinen approksimaatio, joka tässä esimerkissä on

$$\sin x\approx P_1(x)=x.$$

Korkeamman asteen termien mukaan ottaminen parantaa arviota, kuten kuvastakin selvästi nähdään.

Esimerkki.

Tarkastellaan kuvan mukaista mallia heilurista, jossa massattoman langan (pituus $L$) päässä oleva punnus (massa $m$) vapautetaan kulmasta $\theta_0\in[0,\pi]$ (jolloin $-\theta_0\le\theta\le\theta_0$). Arvioidaan heilurin heilahdusaikaa eli jaksoa $T$.

Jätetään ilmanvastus huomiotta, jolloin punnukseen vaikuttaa liikkeen suunnassa ainoastaan painovoiman $\mathbf{F}=m\mathbf{g}$ liikkeen suuntainen komponentti $\mathbf{F}_\theta$, jonka suuruus on

$$F_\theta=mg\sin\theta.$$

Käytetään sinille Maclaurinin kehitelmää eli

$$\sin\theta=\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\cdots$$

ja tehdään ensimmäisen asteen arvio $\sin\theta\approx\theta$. Kyseessä on vuorotteleva sarja, joten arviossa tehdään virhe, joka on korkeintaan $\left|\frac{\theta^3}{3!}\right|$ (katso Leibnizin testi). Jos esimerkiksi $|\theta|\le10^\circ\approx0{,}17$ rad, niin suhteellisen virheen maksimiksi voidaan arvioida $(0{,}{17}^3/6)/0{,}{17}\approx0{,}5~\%$. Merkitään kijaimella $x$ punnuksen kulkemaa matkaa tasapainotilasta ($\theta=0$) kulmaan $\theta$, eli $x=L\theta$. Nyt

$$F_\theta\approx mg\theta=\frac{mg}{L}x,$$

eli $F_\theta$ on likimain suoraan verrannollinen poikkeamaan $x$ tasapainoasemasta, verrannollisuuskertoimena (”jousivakiona”) $k=mg/L$. Pienillä kulmilla heiluri siis käyttäytyy kuten vaimentamaton vapaa värähtelijä, jonka kulmanopeus on $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{L}}$. Jaksolle $T=\frac{2\pi}{\omega}$ saadaan siten arvio

$$T\approx2\pi\sqrt{\frac{L}{g}},$$

kun $\theta_0$ on pieni. Erityisesti nähdään, että pienillä $\theta_0$ jakso ei riipu heilahduksen amplitudista $\theta_0$, vaan ainoastaan heilurin pituudesta $L$. Tämän vuoksi heilurikello näyttää hyvin tarkasti oikeaa aikaa, vaikka heiluriliikkeen amplitudi pienenisi ajan kuluessa.

Joskus sarjoja voidaan hyödyntää muotoa $\frac00$ tai $\frac\infty\infty$ olevien raja-arvojen laskemisessa esimerkiksi tapauksissa, joissa l’Hôpital’n sääntö ei tuota tulosta.

Esimerkki.

Laske $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(e^x-1-x)^2}{x^2-\ln(1+x^2)}$.

Ratkaisu.

Kyseessä on muotoa $\frac00$ oleva raja-arvo. Funktioiden $e^x$ ja $\ln(1+x^2)$ sarjakehitelmiä hyödyntäen nähdään, että

$$\begin{split}\begin{aligned} \frac{(e^x-1-x)^2}{x^2-\ln(1+x^2)} &=\frac{\left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots-1-x\right)^2}{x^2-\left(x^2-\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{3}-\cdots\right)}\\ &=\frac{\left(\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots\right)^2}{\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3}+\cdots} \\ &=\frac{\frac{x^4}{4}\left(1+\frac{x}{3}+\cdots\right)^2}{\frac{x^4}{2}\left(1-\frac{2x^2}{3}+\cdots\right)} \\ &\to\frac{\frac14}{\frac12}=\frac12, \end{aligned}\end{split}$$

kun $x\to0$.

Taylorin kaavalla voidaan myös arvioida monia hankalia integraaleja.

Esimerkki.

Arvioi integraalia $\displaystyle\int_0^1\sin(x^2)\,\mathrm{d}x$ kolmen desimaalin tarkkuudella.

Ratkaisu.

Funktion $\sin x$ sarjakehitelmästä saadaan

$$\sin(x^2)=x^2-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^{10}}{5!}-\cdots+\frac{(-1)^nx^{4n+2}}{(2n+1)!}+\cdots.$$

Integroidaan termeittäin pitkin väliä $[0,1]$, jolloin

$$\int_0^1\sin(x^2)\,\mathrm{d}x=\frac13-\frac{1}{7\cdot3!}+\frac{1}{11\cdot5!}-\cdots+\frac{(-1)^n}{(4n+3)(2n+1)!}+\cdots.$$

Funktion $\sin x$ Taylorin sarjaa on jo käsitelty aiemmassa esimerkissä. Nyt voitaisiinkin soveltaa tämän esimerkin virhearviota funktiolle $\sin(x^2)$ ja arvioida sillä integraalin virhettä, mutta koska integraalin sarjakehitelmä on vuorotteleva sarja ja toteuttaa Leibnizin testin oletukset, niin on yksinkertaisempaa käyttää Leibnizin testiä. Pienin $n$, joka toteuttaa epäyhtälön

$$\frac{1}{(4n+3)(2n+1)!}<0{,}0005$$

on $n=3$. Haluttuun tarkkuuteen riittää siis ottaa termit indeksiin $n=2$ saakka, eli

$$\int_0^1\sin(x^2)\,\mathrm{d}x\approx\frac13-\frac{1}{7\cdot3!}+\frac{1}{11\cdot5!}\approx0{,}310.$$

Tämä keino on huomattavasti tehokkaampi kuin ”numeronmurskaaminen” esimerkiksi jollakin numeerisen integroinnin menetelmällä, jossa jouduttaisiin ottamaan kymmeniä tai satoja osavälejä samaan tarkkuuteen pääsemiseksi.

Posting submission...