matematikk.net

Hei alle,

Vi hadde eksamen i dag og det var noe uenighet blant elevene etterpå om hva som var rett på denne oppgaven:

"Hvilken minste grad [tex]N[/tex] må Taylorpolynomet [tex]P_{n}(x)[/tex] i [tex]x=0[/tex] til funksjonen [tex]f(x)=e^{-x}[/tex] ha for at det ikke skal fravike mer enn [tex]\frac{1}{2}[/tex] fra [tex]f(x)[/tex] når [tex]x\epsilon[0,1][/tex]?"

Jeg brukte definisjonen for restleddet direkte og satt det opp som en ulikhet hvor da restleddet skulle bli < 1/2.

Jeg fikk da at N = 1 var tilstrekkelig, men faktisk var også N = 0 tilstrekkelig. Snakket med en som var skråsikker på at N = 0 ikke var nok, men jeg mente på det skulle stemme.

Anyone?

Med N=0 vil jo taylorpolynomet bare bli konstant lik 1. I punktet x=1 vil dermed differansen mellom $e^{-x}$ og $1$ være $1-\frac{1}{e}\approx 0.63 >\frac12$, så feilen vil bli større enn 1/2 på [0,1] dersom man bruker N=0.

For øvrig er det tilstrekkelig med N=1. Da blir taylorpolynomet p(x)=1-x. Hvis du kjenner til grafen til $e^{-x}$, så er det rimelig opplagt at $max_{x\in[0,1]}(|1-x-e^{-x}|)=\frac{1}{e}<\frac12$.

plutarco wrote:Med N=0 vil jo taylorpolynomet bare bli konstant lik 1. I punktet x=1 vil dermed differansen mellom $e^{-x}$ og $1$ være $1-\frac{1}{e}\approx 0.63 >\frac12$, så feilen vil bli større enn 1/2 på [0,1] dersom man bruker N=0.

Hva med N=1? Der fikk jg at 1/2=1/2

Gjest wrote:

plutarco wrote:Med N=0 vil jo taylorpolynomet bare bli konstant lik 1. I punktet x=1 vil dermed differansen mellom $e^{-x}$ og $1$ være $1-\frac{1}{e}\approx 0.63 >\frac12$, så feilen vil bli større enn 1/2 på [0,1] dersom man bruker N=0.

Hva med N=1? Der fikk jg at 1/2=1/2

Med N=1 vil maksimalt avvik bli $\frac{1}{e}$, som skjer i punktet x=1. Så det er tilstrekkelig med N=1.

Takker, Plutarco!

Ser jo at det stemmer.

Hvordan ville du forøvrig ha løst en slik oppgave?

Jeg brukte som sagt definisjonen på restleddet direkte og satt det opp som en ulikhet. Mener på at jeg har sett det være gjort slik før. Fikk at den var oppfylt for N = 1, men da også for N = 0.

Så mulig hele den fremgangsmåten var feil eller rett og slett at jeg rotet med algebraen. :/

Johan Nes wrote:Takker, Plutarco!

Ser jo at det stemmer.

Hvordan ville du forøvrig ha løst en slik oppgave?

Jeg brukte som sagt definisjonen på restleddet direkte og satt det opp som en ulikhet. Mener på at jeg har sett det være gjort slik før. Fikk at den var oppfylt for N = 1, men da også for N = 0.

Så mulig hele den fremgangsmåten var feil eller rett og slett at jeg rotet med algebraen. :/

Hvis vi bruker Lagranges form av restleddet, så vil $|R_n(x)|=|\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}|=\frac{e^{-c}}{(n+1)!}|x|^{n+1}$ der $0\leq c\leq x$.

Her har vi brukt absoluttverdien fordi det eneste interessante er avviket (absoluttverdien) mellom f(x) og taylorpolynomet.

Hvis $x\in [0,1]$ så vil $\frac{e^{-c}}{(n+1)!}|x|^{n+1}\leq \frac{1}{(n+1)!}$.

Da ser vi at hvis vi velger n=1, så vil maksimalt avvik på intervallet [0,1] bli mindre enn eller lik $\frac{1}{(1+1)!}=\frac12$.

Merk at dette nå bare er en øvre skranke for avviket. Så det kan jo tenkes at med n=0 så vil avviket fremdeles være mindre enn 1/2..

Men hvis vi velger n=0, så vil taylorpolynomet bli p(x)=1. I punktet x=1 vil dermed avviket bli $1-e^{-1}$, som er større enn 1/2. For at avviket mellom f(x) og taylorpolynomet skal være mindre enn 1/2 på hele [0,1], må vi derfor velge n=1. $\square$

Takk for en god forklaring, Plutarco! Gull verdt.