‹-- Назад

Примеры и задачи

        Пример 9.2   Найдём разложение по формуле Тейлора для функции

$\displaystyle f(x;y)=e^x\sin y$

в точке $ O(0;0)$ , до слагаемых третьего порядка включительно.

Значение функции в точке $ O$ : $ f(0;0)=e^0\sin0=0$ .

Частные производные первого порядка равны

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=e^x\sin y;\ \frac{\partial f}{\partial y}=e^x\cos y;$

их значения в точке $ O$ :

$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(0;0)=0;\ \frac{\partial f}{\partial y}(0;0)=1.$

Частные производные второго порядка равны

$\displaystyle \frac{\pat^2f}{\pat x^2}=e^x\sin y;\ %
\frac{\pat^2f}{\pat x\pat...
...ac{\pat^2f}{\pat y\pat x}=
e^x\cos y;\ %
\frac{\pat^2f}{\pat y^2}=-e^x\sin y;$

их значения в точке $ O$ :

$\displaystyle \frac{\pat^2f}{\pat x^2}(0;0)=0;\ %
\frac{\pat^2f}{\pat x\pat y}...
...)=
\frac{\pat^2f}{\pat y\pat x}(0;0)=
1;\ %
\frac{\pat^2f}{\pat y^2}(0;0)=0.$

Наконец, частные производные третьего порядка равны

$\displaystyle \frac{\pat^3f}{\pat x^3}=e^x\sin y;\ %
\frac{\pat^2f}{\pat x^2\p...
...\pat^3f}{\pat x\pat y^2}=
-e^x\sin y;\ %
\frac{\pat^3f}{\pat y^3}=-e^x\cos y;$

их значения в точке $ O$ :

$\displaystyle \frac{\pat^3f}{\pat x^3}(0;0)=0;\ %
\frac{\pat^2f}{\pat x^2\pat ...
...
\frac{\pat^3f}{\pat x\pat y^2}(0;0)=
0;\ %
\frac{\pat^3f}{\pat y^3}(0;0)=-1.$

Значит, формула Тейлора, учитывающая слагаемые до третьего порядка включительно, такова:

$\displaystyle f(x;y)=e^x\sin y\approx$    
$\displaystyle \approx0+0\cdot(x-0)+1\cdot(y-0)+$    
$\displaystyle +\frac{1}{2!}\Bigl(0\cdot(x-0)^2+2\cdot1\cdot(x-0)(y-0)+0\cdot(y-0)^2\Bigr)+$    
$\displaystyle +\frac{1}{3!}\Bigl(0\cdot(x-0)^3+3\cdot1\cdot(x-0)^2(y-0)+
 3\cdot0\cdot(x-0)(y-0)^2+(-1)\cdot(y-0)^3\Bigr)=$    
$\displaystyle =y+xy+\frac{1}{2}x^2y-\frac{1}{6}y^3.$    

Ответ: $ f(x;y)=e^x\sin y\approx y+xy+\frac{1}{2}x^2y-\frac{1}{6}y^3.$     

        Пример 9.3   Найдём квадратичное приближение для функции $ f(x;y)=x^y$ в окрестности точки $ M(1;1)$ и вычислим приближённо значение выражения $ 0{,}98^{1{,}05}$ .

Имеем:

$\displaystyle f(1;1)=1^1=1;$    
$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}(1;1)=yx^{y-1}
 \Bigl\vert _{x=1;y=1...
...
 \frac{\partial f}{\partial y}(1;1)=
 x^y\ln x\Bigl\vert _{x=1;y=1}=1^1\ln1=0;$    
$\displaystyle \frac{\pat^2f}{\pat x^2}(1;1)=
 y(y-1)x^{y-2}\Bigl\vert _{x=1;y=1}=1\cdot0\cdot1^{-1}=0;$    
$\displaystyle \frac{\pat^2f}{\pat x\pat y}(1;1)=
 \Bigl(yx^{y-1}\ln x+x^y\cdot\frac{1}{x}\Bigr)\Bigl\vert _{x=1;y=1}=1\cdot1^0\ln1+
 1^0=1;$    
$\displaystyle \frac{\pat^2f}{\pat y^2}(1;1)=
 x^y\ln^2x\Bigl\vert _{x=1;y=1}=1^1(\ln1)^2=0.$    

Поэтому искомое приближение будет иметь вид

$\displaystyle f(x;y)=x^y\approx1+1(x-1)+0(y-1)+$    
$\displaystyle +\frac{1}{2}(0(x-1)^2+2\cdot1(x-1)(y-1)+0(y-1)^2)=
 1+(x-1)+(x-1)(y-1).$    

Подставляя сюда $ x=0{,}98=1+(-0{,}02)$ и $ y=1{,}05=1+0{,}05$ , получаем:

$\displaystyle 0{,}98^{1{,}05}\approx1+(-0{,}02)+(-0{,}02)\cdot0{,}05=0{,}979.$

Ответ: $ f(x;y)=x^y\approx1+(x-1)+(x-1)(y-1);$ $ 0{,}98^{1{,}05}\approx0{,}979.$     

С помощью формулы Тейлора можно получать разложение многочленов от переменных $ x_1;\dots;x_n$ по степеням биномов $ (x_1-x_1^0),\ \dots,\ (x_n-x_n^0)$ .

        Пример 9.4   Найдём разложение многочлена

$\displaystyle f(x;y)=x^3-2y^3+3xy$

по степеням биномов $ (x-1)$ и $ (y-2)$ .

Для этого разложим функцию $ f(x;y)$ по формуле Тейлора в точке $ M(1;2)$ . Имеем:

$\displaystyle f(1;2)=-9;
 \frac{\partial f}{\partial x}(1;2)=3x^2+3y\Bigl\vert ...
...;y=2}=9;
 \frac{\partial f}{\partial y}(1;2)=-6y^2+3x\Bigl\vert _{x=1;y=2}=-21;$    
$\displaystyle \frac{\pat^2f}{\pat x^2}(1;2)=6x\Bigl\vert _{x=1;y=2}=6;
 \frac{\...
...ert _{x=1;y=2}=3;
 \frac{\pat^2f}{\pat y^2}(1;2)=-12y\Bigl\vert _{x=1;y=2}=-24;$    
$\displaystyle \frac{\pat^3f}{\pat x^3}(1;2)=6\Bigl\vert _{x=1;y=2}=6;
 \frac{\pat^3f}{\pat x^2\pat y}(1;2)=0\Bigl\vert _{x=1;y=2}=0;$    
$\displaystyle \frac{\pat^3f}{\pat x\pat y^2}(1;2)=0\Bigl\vert _{x=1;y=2}=0;
 \frac{\pat^3f}{\pat y^3}(1;2)=-12\Bigl\vert _{x=1;y=2}=-12.$    

Все производные порядков 4 и выше тождественно равны 0. Поэтому остаточный член четвёртого порядка в формуле Тейлора будет тождественно равен 0 и мы получаем точное, а не приближённое равенство:

$\displaystyle f(x;y)=x^3-2y^3+3xy=$    
$\displaystyle =-9+9(x-1)-21(y-2)+
 \frac{1}{2}\Bigl(6(x-1)^2+2\cdot3(x-1)(y-2)-24(y-2)^2\Bigr)+$    
$\displaystyle +\frac{1}{6}\Bigl(6(x-1)^3-12(y-2)^3\Bigr)=$    
$\displaystyle =-9+9(x{-}1)-21(y{-}2)+
 3(x{-}1)^2+3(x{-}1)(y{-}2)-12(y{-}2)^2+(x{-}1)^3-2(y{-}2)^3.$