Tilbake
6.1
Alle fag for Høyskole

6.1 Taylorpolynomer med restledd

Taylorpolynom rundt et punkt med Lagrange-restledd — pensumkrav som arkivet bare har testet som teorioppgave bygget fra bunnen.

45 min
5 oppgaver
Taylorpolynomer med restledd
Din fremgang i kapitlet
0 / 5 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper: Kapitlet bygger på derivasjonsteknikk fra kap. 3.2 (du deriverer standardfunksjoner gjentatte ganger), middelverdisetningen fra kap. 3.4 (Taylor for n=0n=0 er middelverdisetningen), integrasjonsteknikk fra kap. 4.3 (delvis integrasjon i integralformen av restleddet), og S2-intuisjonen i Potensrekker og Taylor-rekker.

Sist du var her — tre grep du får bruk for. Del 6 ligger sent i boka, så vi frisker opp:
- Delvis integrasjon: ∫u v′ dx=uv−∫u′ v dx\displaystyle\int u\,v'\,dx = uv - \int u'\,v\,dx — valget av uu/v′v' dokumenteres (LIATE).
- Gjentatt derivasjon (i 00): exe^x har alle deriverte lik exe^x (verdi 11 i 00); sin⁡\sin/cos⁡\cos sykler sin⁡→cos⁡→−sin⁡→−cos⁡\sin\to\cos\to-\sin\to-\cos; ln⁡(1+x)\ln(1+x) har f(k)(0)=(−1)k−1(k−1)!f^{(k)}(0)=(-1)^{k-1}(k-1)!.
- Fakultet: k!=1⋅2⋯kk! = 1\cdot 2\cdots k, og 0!=10!=1 — nevneren i hvert Taylor-ledd.

Tenk deg at kalkulatoren din skal regne ut e0,2e^{0{,}2}. Den kan ikke «gjøre uendelig mange multiplikasjoner» — i stedet bytter den funksjonen ut med et polynom som ligner nær x=0x=0, og regner på det i stedet. Jo høyere grad, jo bedre passer polynomet, men bare i nærheten av utviklingspunktet.

Det er hele ideen bak Taylorpolynomet: erstatt en komplisert funksjon med et polynom som har samme verdi og samme deriverte i ett punkt. Det ekstra vi krever på universitetet — og det som gir eksamenspoeng — er restleddet: en formel som forteller nøyaktig hvor stor feilen er når vi bytter funksjonen mot polynomet.

Løkke 1 — Taylorpolynomet rundt et punkt (~9 min)

Vi bygger et polynom som matcher funksjonen og dens deriverte i utviklingspunktet aa.

Taylorpolynomet av grad nn
I ord: det polynomet av grad nn som har nøyaktig samme funksjonsverdi og samme første nn deriverte som ff i punktet aa. Formelen samler dette leddvis:
Tn(x)=∑k=0nf(k)(a)k!(x−a)k=f(a)+f′(a)(x−a)+f′′(a)2!(x−a)2+⋯+f(n)(a)n!(x−a)n.T_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2+\dots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n.
Hvert ledd har en fakultet k!k! i nevneren og potensen (x−a)k(x-a)^k. Nær aa er Tn(x)≈f(x)T_n(x)\approx f(x); lenger unna kan avviket bli stort.
Maclaurinpolynomet (utvikling rundt 00)
Spesialtilfellet a=0a=0 kalles Maclaurinpolynomet:
Tn(x)=∑k=0nf(k)(0)k!xk.T_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k.
De fire standardfunksjonene exe^x, sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x, ln⁡(1+x)\ln(1+x) utvikles nesten alltid rundt 00 — det er disse du bør kunne på sparket.
✏️Maclaurinpolynom for $e^x$

Finn andregrads Maclaurinpolynom T2T_2 til f(x)=exf(x)=e^x.

Deriverte i 00: f(x)=exf(x)=e^x gir f′(x)=f′′(x)=exf'(x)=f''(x)=e^x, så f(0)=f′(0)=f′′(0)=1f(0)=f'(0)=f''(0)=1.

Sett inn i formelen (a=0a=0):
T2(x)=f(0)0!+f′(0)1!x+f′′(0)2!x2=1+x+x22.T_2(x)=\frac{f(0)}{0!}+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^2=1+x+\frac{x^2}{2}.

Konklusjon: T2(x)=1+x+x22\displaystyle \displaystyle T_2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}. (Fortsetter mønsteret: Tn(x)=∑k=0nxkk!\displaystyle \displaystyle T_n(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} — legg merke til fakultetet i hver nevner.)

📝Oppgave 1
I-variant
«I-variant» betyr en teori-/bevispreget oppgave der du bygger et objekt fra definisjonen — her Taylorpolynomet. Finn tredjegrads Maclaurinpolynom T3T_3 til f(x)=cos⁡xf(x)=\cos x.

Løkke 2 — Standardutviklingene rundt 00 (~9 min)

Fire Maclaurin-utviklinger går igjen. Lær dem som mønster, ikke pugg tall.

Maclaurin-utviklingen av exe^x
Fordi alle deriverte av exe^x er exe^x med verdi 11 i 00:
ex=1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+Rn(x).e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^n}{n!}+R_n(x).
Alle koeffisienter er positive; ingen ledd faller bort.
Maclaurin-utviklingen av sin⁡x\sin x
Deriverte sykler sin⁡→cos⁡→−sin⁡→−cos⁡\sin\to\cos\to-\sin\to-\cos, så bare odde potenser overlever, med vekslende fortegn:
sin⁡x=x−x33!+x55!−…\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\dots
sin⁡\sin er en odde funksjon — derfor bare odde potenser.
Maclaurin-utviklingen av cos⁡x\cos x
Tilsvarende overlever bare jamne potenser med vekslende fortegn:
cos⁡x=1−x22!+x44!−…\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\dots
cos⁡\cos er en jamn funksjon — derfor bare jamne potenser.
Maclaurin-utviklingen av ln⁡(1+x)\ln(1+x)
Her er f(k)(0)=(−1)k−1(k−1)!f^{(k)}(0)=(-1)^{k-1}(k-1)!, og fakultetet forkortes mot k!k! til 1/k1/k:
ln⁡(1+x)=x−x22+x33−x44+…(−1<x≤1).\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\dots\qquad(-1<x\le 1).
Merk: her deler du på kk, ikke på k!k! — fakultetet har allerede forkortet seg bort.
✏️Taylorpolynom rundt et generelt punkt $a$

Finn andregrads Taylorpolynom til f(x)=ln⁡xf(x)=\ln x rundt a=1a=1.

Deriverte: f(x)=ln⁡xf(x)=\ln x, f′(x)=1xf'(x)=\dfrac1x, f′′(x)=−1x2f''(x)=-\dfrac{1}{x^2}. I a=1a=1: f(1)=0f(1)=0, f′(1)=1f'(1)=1, f′′(1)=−1f''(1)=-1.

Sett inn med (x−a)=(x−1)(x-a)=(x-1):
T2(x)=0+1⋅(x−1)+−12!(x−1)2=(x−1)−(x−1)22.T_2(x)=0+1\cdot(x-1)+\frac{-1}{2!}(x-1)^2=(x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}.

Konklusjon: T2(x)=(x−1)−(x−1)22\displaystyle \displaystyle T_2(x)=(x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}. (Substitusjonen u=x−1u=x-1 gir nettopp ln⁡(1+u)=u−u22+…\ln(1+u)=u-\tfrac{u^2}{2}+\dots fra forrige definisjon — samme utvikling, forskjøvet utviklingspunkt.)

📝Oppgave 2
I-variant

Finn femtegrads Maclaurinpolynom T5T_5 til f(x)=sin⁡xf(x)=\sin x.

Løkke 3 — Lagrange-restleddet og feilestimat (~10 min)

Polynomet er en tilnærming — restleddet forteller hvor stor feilen er, og det er der eksamenspoengene sitter.

Taylors formel med restledd
Funksjonen er lik polynomet pluss et restledd som fanger hele feilen:
f(x)=Tn(x)+Rn(x).f(x)=T_n(x)+R_n(x).
Å avgrense ∣Rn(x)∣|R_n(x)| er å avgrense feilen ∣f(x)−Tn(x)∣|f(x)-T_n(x)|. Uten et tall på restleddet er en tilnærming verdiløs på eksamen.
Lagrange-restleddet
Er ff tilstrekkelig deriverbar, finnes et punkt cc mellom aa og xx slik at
Rn(x)=f(n+1)(c)(n+1)!(x−a)n+1.R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}.
Det ser ut som «neste Taylor-ledd», men den (n+1)(n+1)-te deriverte evalueres i det ukjente mellompunktet cc, ikke i aa. For n=0n=0 er dette nettopp middelverdisetningen (se løkke 5).
Feilestimat: maksimér den (n+1)(n+1)-te deriverte
Siden cc er ukjent, avgrenser vi ∣f(n+1)(c)∣|f^{(n+1)}(c)| med sin største verdi MM over hele intervallet mellom aa og xx:
∣Rn(x)∣≤M(n+1)! ∣x−a∣n+1,M=max⁡t mellom a,x ∣f(n+1)(t)∣.|R_n(x)|\le \frac{M}{(n+1)!}\,|x-a|^{n+1},\qquad M=\max_{t\text{ mellom }a,x}\,|f^{(n+1)}(t)|.
Å hoppe over maksimeringen (bare sette inn c=ac=a) er en dokumentert felle — da er «estimatet» ikke en garanti.
✏️Feilavgrensning for $\ln(1+x)$

Finn andregrads Maclaurinpolynom T2T_2 til f(x)=ln⁡(1+x)f(x)=\ln(1+x), og bruk Lagrange-restleddet til å avgrense feilen ∣f(x)−T2(x)∣|f(x)-T_2(x)| på [0,12][0,\tfrac12].

Polynomet: fra standardutviklingen er T2(x)=x−x22T_2(x)=x-\dfrac{x^2}{2}.

Restleddet (n=2n=2): vi trenger f(3)f^{(3)}. Med f′=11+xf'=\dfrac{1}{1+x}, f′′=−1(1+x)2f''=-\dfrac{1}{(1+x)^2}, f′′′=2(1+x)3f'''=\dfrac{2}{(1+x)^3}:
R2(x)=f′′′(c)3!x3=26(1+c)3x3=x33(1+c)3,c∈(0,x).R_2(x)=\frac{f'''(c)}{3!}x^3=\frac{2}{6(1+c)^3}x^3=\frac{x^3}{3(1+c)^3},\qquad c\in(0,x).

Maksimér ∣f′′′∣|f'''| over [0,12][0,\tfrac12]. For c≥0c\ge 0 er (1+c)3≥1(1+c)^3\ge 1, så ∣f′′′(c)∣=2(1+c)3≤2|f'''(c)|=\dfrac{2}{(1+c)^3}\le 2, altså M=2M=2 (størst i c=0c=0). Med ∣x∣≤12|x|\le\tfrac12:
∣R2(x)∣≤M3!(12)3=26⋅18=124≈0,0417.|R_2(x)|\le\frac{M}{3!}\Big(\frac12\Big)^3=\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{8}=\frac{1}{24}\approx 0{,}0417.

Konklusjon: på [0,12][0,\tfrac12] er feilen ∣f(x)−T2(x)∣≤124|f(x)-T_2(x)|\le\dfrac{1}{24}. (Kontroll i x=12x=\tfrac12: ln⁡1,5=0,4055\ln 1{,}5=0{,}4055, T2(12)=0,375T_2(\tfrac12)=0{,}375, faktisk feil 0,0305≤1240{,}0305\le\tfrac1{24} — garantien holder.)

📝Oppgave 3
I-variant

La f(x)=exf(x)=e^x. Finn T2(x)T_2(x), og bruk Lagrange-restleddet til å avgrense feilen ∣ex−T2(x)∣|e^x-T_2(x)| på [0,12][0,\tfrac12].

Løkke 4 — Integralformen av restleddet via delvis integrasjon (~9 min)

Dette er nøyaktig 2017-sjangeren: bygg førsteordens restledd fra bunnen med analysens fundamentalteorem og delvis integrasjon.

📜Integralformen av restleddet (n=1n=1)
For ff med kontinuerlig f′′f'' gjelder
f(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+∫axf′′(t) (x−t) dt.f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\int_a^x f''(t)\,(x-t)\,dt.
Restleddet R1(x)=∫axf′′(t)(x−t) dtR_1(x)=\displaystyle\int_a^x f''(t)(x-t)\,dt er her et eksakt integral, ikke bare en cc-formel — nyttig når du vil avgrense feilen ved å avgrense f′′f'' under integraltegnet.
✏️Utled integralformen (2017-sjangeren)

Vis at f(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+∫axf′′(t)(x−t) dt\displaystyle f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\int_a^x f''(t)(x-t)\,dt når f′′f'' er kontinuerlig.

Start med fundamentalteoremet. Siden f′f' er en antiderivert til f′′f'':
f(x)=f(a)+∫axf′(t) dt.f(x)=f(a)+\int_a^x f'(t)\,dt.

Delvis integrasjon på ∫axf′(t) dt\int_a^x f'(t)\,dt. Velg
u=f′(t), u′=f′′(t);v′=1, v=−(x−t).u=f'(t),\ u'=f''(t);\qquad v'=1,\ v=-(x-t).
(Vi velger antideriverten v=−(x−t)v=-(x-t) i stedet for v=tv=t — den er null i øvre grense t=xt=x, som rydder randleddet.) Da:
∫axf′(t) dt=[f′(t)⋅(−(x−t))]ax−∫axf′′(t)(−(x−t)) dt.\int_a^x f'(t)\,dt=\Big[f'(t)\cdot\big(-(x-t)\big)\Big]_a^x-\int_a^x f''(t)\big(-(x-t)\big)\,dt.

Regn ut randleddet. I t=xt=x: −(x−x)=0-(x-x)=0. I t=at=a: −f′(a)⋅(−(x−a))=f′(a)(x−a)-f'(a)\cdot(-(x-a))=f'(a)(x-a). Randleddet blir altså 0−(−f′(a)(x−a))=f′(a)(x−a)0-\big(-f'(a)(x-a)\big)=f'(a)(x-a). Restintegralet får ++-fortegn:
∫axf′(t) dt=f′(a)(x−a)+∫axf′′(t)(x−t) dt.\int_a^x f'(t)\,dt=f'(a)(x-a)+\int_a^x f''(t)(x-t)\,dt.

Sett sammen.
f(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+∫axf′′(t)(x−t) dt.f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\int_a^x f''(t)(x-t)\,dt.

Konklusjon: identiteten er vist — dette er førsteordens Taylor med restleddet på integralform, akkurat slik det ble bygget i 2017.

📝Oppgave 4
I-variant

Anta ∣f′′(t)∣≤M|f''(t)|\le M for alle tt mellom aa og xx. Bruk integralformen R1(x)=∫axf′′(t)(x−t) dtR_1(x)=\displaystyle\int_a^x f''(t)(x-t)\,dt til å vise at ∣f(x)−T1(x)∣≤M2(x−a)2|f(x)-T_1(x)|\le \dfrac{M}{2}(x-a)^2 for x≥ax\ge a.

Løkke 5 — Grenser via Taylor, og MVT som n=0n=0 (~8 min)

To løse tråder knyttes: Taylor gir et raskt alternativ til L'Hôpital på grenser, og middelverdisetningen er bare Taylor for n=0n=0.

Grenser via Taylor

Ved en [00]\left[\tfrac00\right]-grense der teller og nevner begge går mot 00, bytt de innfløkte funksjonene mot Maclaurin-utviklingene sine og les av det laveste gjenlevende leddet. Ofte raskere enn gjentatt L'Hôpital. Eksempel: ex−1−x=x22+…e^x-1-x=\tfrac{x^2}{2}+\dots, så ex−1−xx2→12\dfrac{e^x-1-x}{x^2}\to\tfrac12.

Middelverdisetningen som Taylor for n=0n=0
Taylors formel med n=0n=0 og Lagrange-restleddet er
f(x)=f(a)⏟T0+f′(c)(x−a)⏟R0,c mellom a,x,f(x)=\underbrace{f(a)}_{T_0}+\underbrace{f'(c)(x-a)}_{R_0},\qquad c\text{ mellom }a,x,
som er nøyaktig middelverdisetningen (f(x)−f(a)=f′(c)(x−a)f(x)-f(a)=f'(c)(x-a)). Taylor generaliserer altså MVT til høyere orden — en rød tråd fra kap. 3.4.
✏️Grense via Taylor

Beregn lim⁡x→0sin⁡x−xx3\displaystyle \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3} med Taylor.

Formen er [00]\left[\tfrac00\right] (teller og nevner →0\to 0).

Bytt inn Maclaurin for sin⁡x\sin x: sin⁡x=x−x36+…\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+\dots, så telleren
sin⁡x−x=−x36+(ledd av grad≥5).\sin x-x=-\frac{x^3}{6}+(\text{ledd av grad}\ge 5).

Del og ta grensen:
sin⁡x−xx3=−x36+…x3=−16+(ledd→0) →x→0 −16.\frac{\sin x-x}{x^3}=\frac{-\tfrac{x^3}{6}+\dots}{x^3}=-\frac16+(\text{ledd}\to 0)\ \xrightarrow[x\to0]{}\ -\frac16.

Konklusjon: lim⁡x→0sin⁡x−xx3=−16\displaystyle \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x^3}=-\frac16. (Til sammenligning krever L'Hôpital tre runder her — Taylor gir svaret på én linje.)

📝Oppgave 5
I-variant

Beregn lim⁡x→0cos⁡x−1+x22x4\displaystyle \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1+\tfrac{x^2}{2}}{x^4}.

Begrepsbank

Flashcard- og repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget gjelder kjernestoffet i løkkene.

Taylor-rekke (når Rn→0R_n\to 0)

Lar man graden n→∞n\to\infty og restleddet Rn(x)→0R_n(x)\to 0, blir Taylorpolynomet en Taylor-rekke som er lik funksjonen: f(x)=∑k=0∞f(k)(a)k!(x−a)k\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k. For exe^x, sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x gjelder dette for alle xx; for ln⁡(1+x)\ln(1+x) kun på (−1,1](-1,1]. Koblingen til konvergens av rekker tas i kap. 6.2.

Fakultet k!k!
k!=1⋅2⋅3⋯kk!=1\cdot 2\cdot 3\cdots k, med konvensjonen 0!=10!=1 og 1!=11!=1. Det er nevneren i hvert Taylor-ledd og vokser svært raskt (5!=1205!=120, 10!=3 628 80010!=3\,628\,800) — derfor dør høye ledd fort nær utviklingspunktet.
Restleddets mellompunkt cc

I Lagrange-restleddet Rn=f(n+1)(c)(n+1)!(x−a)n+1R_n=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} er cc et ukjent punkt strengt mellom aa og xx. Vi kjenner aldri cc eksakt — derfor avgrenser vi ∣f(n+1)(c)∣|f^{(n+1)}(c)| med et maksimum MM. Å tro at c=ac=a eller c=xc=x er kjernefellen.

Linearisering (førsteordens Taylor T1T_1)

Førstegrads Taylorpolynom T1(x)=f(a)+f′(a)(x−a)T_1(x)=f(a)+f'(a)(x-a) er nettopp tangentlinja i (a,f(a))(a,f(a)) — også kalt lineariseringen av ff rundt aa. Den er den beste lineære tilnærmingen nær aa, og feilen ∣f(x)−T1(x)∣|f(x)-T_1(x)| avgrenses av M2(x−a)2\tfrac{M}{2}(x-a)^2 (jf. integralformen i løkke 4). Dette er broen mellom «tangent» fra videregående og Taylor.

Symbol- og formelliste
Repetisjonsoppgaver (fra 3.2, 3.4 og 4.3)

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.