Magyar oldal English site

Oldaltérkép
2017-06-01 23:54:27 (Eredeti megjelenés dátuma: -)

Hatványsorok

A hatványsor egy hasznos eszköz, amely több dologra is használható. Pl. a segítségével a négy alapművelet segítségével kiszámolhatunk olyan függvényeket, amelyet amúgy macerásabb lenne. Ilyenek pl. a trigonometrikus függvények. A másik dolog, amire használják őket az, hogy megállapítsuk, hogy egy függvényt hogyan lehet közelíteni, amikor az közel van egy adott értékhez.

Az alapötlet a következő. Ha sikerül összeraknunk egy kifejezést, amelynek az értéke és összes deriváltja megegyezik a kívánt függvényével, akkor az a kifejezés egyenlő a kívánt függvénnyel. És a legkényelmesebben ezt úgy tehetjük meg, hogyha polinomként adjuk meg a kívánt kifejezést.

Példaként próbáljuk meg az egyik trigonometrikus függvényt, a koszinuszt kiszámolni:

$$ \newcommand{\cos}{\mathrm{cos}} \newcommand{\sin}{\mathrm{sin}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \cos(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5 + a_6 x^6 + ... $$

Tehát egy végtelen polinomként szeretnénk kifejezni. Egyelőre nem tudjuk még, hogy mennyi az $a_0$, $a_1$ és a többi, de az lesz a feladat, hogy kitaláljuk. Először is kezdjük azzal, hogy $\cos(0)$. A 0 koszinusza 1 (ismert nevezetes szög). Ekkor ugye az $x$-ek a fenti kifejezésben 0-k lesznek, így az összes tag kiesik, és adja magát, hogy az $a_0$-t 1-nek kell választani:

$$ \cos(0) = a_0 = 1 $$

A következő lépés pedig az, hogy vesszük az egyenlet $x$ szerinti deriváltját. Azaz a $\d(\cos(x)) / \d x$-et. Ezt függvénytáblázatból kinézhetjük, hogy $-\sin(x)$ lesz. A jobboldali polinomot is deriválhatjuk annak ismeretében, hogy az $x^n$ $x$ szerinti deriváltja $n x^{n-1}$:

$$ - \sin(x) = a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2 + 4 a_4 x^3 + 5 a_5 x^4 + 6 a_6 x^5 + ... $$

A 0 szinusza 0. Az $x$ helyére ismét 0-t helyettesítve az $x$-es tagok kiesnek, így meg van az $a_1$ is:

$$ - \sin(0) = a_1 = 0 $$

Ismételt deriválással és 0 behelyettesítésével szépen sorban megkaphatjuk a nekünk szükséges $a$-kat.

Tehát deriválgassunk és menjünk tovább szépen sorban:

2. derivált:

$$ - \cos(x) = 2 a_2 + 6 a_3 x + 12 a_4 x^2 + 20 a_5 x^3 + 30 a_6 x^4 + ... \\ - \cos(0) = 2 a_2 = -1 \\ a_2 = -1 / 2 $$

3. derivált:

$$ \sin(x) = 6 a_3 + 24 a_4 x + 60 a_5 x^2 + 120 a_6 x^3 + ... \\ \sin(0) = 6 a_3 = 0 \\ a_3 = 0 $$

4. derivált:

$$ \cos(x) = 24 a_4 +120 a_5 x + 360 a_6 x^2 + ... \\ \cos(0) = 24 a_4 = 1 \\ a_4 = 1 / 24 $$

5. derivált:

$$ - \sin(x) = 120 a_5 + 720 a_6 x + ... \\ - \sin(0) = 120 a_5 = 0 \\ a_5 = 0 $$

6. derivált:

$$ - \cos(x) = 720 a_6 + ... \\ - \cos(0) = 720 a_6 = -1 \\ a_6 = -1 / 720 $$

Most már az $a$-kat ismerjük legalább 6-ig, most már összerakhatjuk a koszinusz képletét magunknak:

$$ \cos(x) = 1 - {x^2 \over 2} + {x^4 \over 24} - {x^6 \over 720} + ... $$

Számológépbe bepötyögve ki is próbálhatjuk ezt. Pl. 1 radián esetén a képlet azt mondja, hogy a szám kb. 0,5430. A pontos érték amúgy 0,5403. Tehát a képletünk 1% pontosságon belül van 1 radián esetén. Kisebb szögeknél nagyobb a pontosság. 0,1 radiánnál már szinte észrevehetetlen a különbség a pontos értékhez képest. Általában véve az eltérés a pontos értéktől legfeljebb az utolsó tag nagysága. Ez az utolsó tulajdonság pedig pontosan megadja, hogy meddig kell mennünk a kívánt pontosság eléréséig.

Az eljárás általánosítása tetszőleges kifejetésre

Az előző példában egy konkrét függvénnyel játszottuk el a dolgot, most nézzük meg általánosabban. Van egy tetszőleges $x$-től függő kifejezés jelöljük $f(x)$-szel. És adjuk meg polinomként:

$$ f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4 + a_5 x^5 + a_6 x^6 + ... $$

És vegyük a deriváltjait is szépen sorban:

$$ {df(x) \over d x} = a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2 + 4 a_4 x^3 + 5 a_5 x^4 + 6 a_6 x^5 + ... \\ {d^2 f(x) \over d^2 x} = 2 a_2 + 2 \cdot 3 a_3 x + 3 \cdot 4 a_4 x^2 + 4 \cdot 5 a_5 x^3 + 5 \cdot 6 a_6 x^4 + ... \\ {d^3 f(x) \over d^3 x} = 1 \cdot 2 \cdot 3 a_3 + 2 \cdot 3 \cdot 4 a_4 x + 3 \cdot 4 \cdot 5 a_5 x^2 + 4 \cdot 5 \cdot 6 a_6 x^3 + ... \\ {d^4 f(x) \over d^4 x} = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 a_4 + 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 a_5 x + 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 a_6 x^2 + ... \\ {d^5 f(x) \over d^5 x} = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 a_5 + 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 a_6 x + ... \\ {d^6 f(x) \over d^6 x} = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 a_6 + ... \\ $$

Direkt nem végeztem el a szorzást, hogy látszódjon a minta. Az egész számok sorban való összeszorzását úgy nevezik, hogy faktoriális és a szám után írt felkiáltójellel jelölik. Tehát ha azt írom, hogy 20! az azt jelenti, hogy 1-től 20-ig szépen összeszorozzuk a számokat.

Na most a következő lépés az, hogy az $x$-et egyenlővé tesszük 0-val, így az összes $x$-es tag kiesik. Mind a végtelen sok:

$$ {df(x) \over d x} = a_1 \\ {d^2 f(x) \over d^2 x} = 2! a_2 \\ {d^3 f(x) \over d^3 x} = 3! a_3 \\ {d^4 f(x) \over d^4 x} = 4! a_4 \\ {d^5 f(x) \over d^5 x} = 5! a_5 \\ {d^6 f(x) \over d^6 x} = 6! a_6 \\ $$

Most már egész tetszetős a sorminta. Osztjuk a faktoriálisokkal, és megkapjuk a képletet az egyes együtthatókra az általános esetben:

$$ {df(x) \over d x} = a_1 \\ {1 \over 2!}{d^2 f(x) \over d^2 x} = a_2 \\ {1 \over 3!}{d^3 f(x) \over d^3 x} = a_3 \\ {1 \over 4!}{d^4 f(x) \over d^4 x} = a_4 \\ {1 \over 5!}{d^5 f(x) \over d^5 x} = a_5 \\ {1 \over 6!}{d^6 f(x) \over d^6 x} = a_6 \\ $$

Ezek szinte ugyanazok, csak a szám különböző bennük. A számokat betűkre cserélve megkapjuk az általános tagot, ami ez:

$$ a_i = {1 \over i!}{d^i f(x) \over d^i x} $$

Ezeket pedig az eredeti polinomba bedobhatjuk. Viszont itt lesz egy kis technikai gond. A fenti számolásban az $x$-et nullára állítottuk, azonban az általános polinomban nincs megkötve az $x$, tehát a kettő összekeveredhet. Ezt a problémát úgy oldjuk fel, hogy bevezetünk egy új jelölést. Jelölje $Df(x)$ a ${\d f(x) \over \d x}$ kifejezésnek a kiértékelését a megadott $x$ helyen. Tehát ha $f(x)$-et $x^2$-nek választottuk, akkor pl. $f(4) = 16$ lesz. Ennek az $x$ szerinti deriváltja $Df(x) = 2x$, a fenti definíció alapján. Tehát ha azt mondom, hogy $Df(4)$, 8 lesz. És ez a jelölés alkalmazható a magasabb deriváltaknál is, ekkor $D$-hez felső indexbe odaírjuk, hogy hányadik deriváltról van szó. Pl. $D^4 f(x) = {\d^4 f(x) \over \d x^4}$ a negyedik derivált kiértékelését jelenti az $x$ helyen. Így az előbbi együtthatókat így írhatjuk fel:

$$ a_i = {1 \over i!}D^i f(0) $$

Így már nem keveredik el a dolog. Tehát most már behelyettesíthetjük a korábban felírt polinomba a dolgot:

$$ f(x) = f(0) + Df(0) x + {x^2 \over 2!}D^2 f(0) + {x^3 \over 3!}D^3 f(0) + {x^4 \over 4!}D^4 f(0) + {x^5 \over 5!}D^5 f(0) + {x^6 \over 6!}D^6 f(0) + ... $$

Vagy ha fentiben látjuk a mintázatot, akkor szummásan is felírhatjuk:

$$ f(x) = \sum_{i = 0}^\infty D^i f(0) {x^i \over i!} $$

Persze itt érdemes pár részletre kitérni, amit a figyelmesebb olvasó is észrevehetett már, a nulladik derivált tehát a $D^0 f(x)$, maga függvény tehát az $f(x)$. A nulladik faktoriális, tehát a 0! pedig 1-gyel egyenlő.

Az alkalmazhatóság korlátai

Vannak olyan függvények, amelyek jól viselkednek és vannak olyanok, amelyek rosszul. Először is nézzünk egy nagyon jól viselkedő függvényt, az exponenciális függvényt azaz az $e^x$-et. Ahol az $e$ a természetes alap azaz kb. 2,71828. Ennek a függvénynek az $x$ szerinti deriváltja önmaga lesz, azaz $e^x$ marad akárhányszor is deriváljuk. Az $e$, és minden más szám, nulladik hatványa 1. Így a fentebb említett összegben a deriváltas tagok mindannyian 1-ek lesznek. Csak a hatványozós faktoriálisos tag marad. Így az exponenciális függvény képlete:

$$ e^x = 1 + x + {x^2 \over 2!} + {x^3 \over 3!} + {x^4 \over 4!} + ... $$

Akkor most nézzük, hogy mitől is lesz ez a függvény jól viselkedő. Mondtuk, hogy ezen számolás végén a számítás hibája kisebb, mint az utolsó tag nagyságrendje. Egy jól viselkedő függvény esetén a soron következő tagok nagysága egyre kisebb és kisebb lesz. Ellenőriznünk kellene, hogy ez valóban így van-e. Ezt úgy tehetjük meg, hogy vesszük két soron következő tag arányát.

Ha megnézzük az exponenciális függvény képletét, látjuk, hogy a hatványok és a faktoriálisok növekednek egyesével. Meg kell nézni, hogy mennyi lesz két soron következő tag aránya általánosan:

$$ {x^{n+1} \over (n+1)!} : {x^n \over n!} = {x \over n + 1} $$

Láthatjuk ebből az arányból, ahogy az $n$ növekszik, tehát ahogy megyünk előre a későbbi tagok felé, ez az arány úgy csökken. Ha az $n$ hatalmas lesz, akkor ez az arány tart a nullához. Tehát a soron következő tag sokkal kisebb lesz, mint az előző, függetlenül attól, hogy mekkora az $x$. Tehát az exponenciális függvény jól viselkedik. Vagy szakszóval úgy nevezzük, hogy konvergens.

Most akkor nézzünk egy kevésbé jól viselkedő függvényt. A természetes alapú logaritmust. Ez a függvény megadja, hogy mennyivel kellene hatványoznunk az előbb említett $e$ alapot, megkapjunk egy adott számot. A teljes levezetést most nem írom le, a hatványsora ez lesz neki:

$$ \mathrm{ln}(1 + x) = x - {x^2 \over 2} + {x^3 \over 3} - {x^4 \over 4} + {x^5 \over 5} - {x^6 \over 6} + ... $$

Láthatjuk, hogy a tagok váltott előjelekkel jönnek, és a hatványok illetve a nevező növekszik egyesével. Itt most nem faktoriális van, mint előbb. Nézzük meg, hogy ez a függvény mennyire viselkedik jól. Ahogy előbb tettük most is osszunk el két soron következő tagot úgy általában:

$$ {x^{n+1} \over n+1} : {x^n \over n} = {x \over {n+1 \over n }} = \\ {x n \over n + 1} = \\ x {n \over n + 1} $$

Ahogy $n$ egyre nagyobb lesz, az 1-es egyre elhanyagolhatóbb lesz hozzá képest. Ha az $n$ hatalmas, akkor lényegében egy $n/n$-nek fog megfelelni, így a hányados tart az 1-hez. Ez azt jelenti, hogyha az $x$-et 1-nél nagyobbnak választjuk, akkor a soron következő tagok nem hogy kisebbek lesznek, hanem egyre nagyobbak lesznek! Az összeg pedig tartani fog a pozitív vagy negatív végtelenbe és semmi köze nem lesz a keresett értékhez. Tehát ez a képlet nem alkalmazható, hogyha $x$ nagyobb, mint 1. Az ilyet úgy mondják, hogy az a hatványsor divergens. Viszont, hogyha $x$ kisebb, mint 1, akkor a soron következő tagok aránya kisebb lesz, mint 1, így ott a sor konvergens lesz.

Tehát ez azt jelenti, hogy ez a képlet akkor alkalmazható, hogyha az $x$ nagysága kisebb, mint 1. Negatív irányban is, tehát, amikor $-1 < x < 1$. Ilyenkor azt mondják, hogy a hatványsor konvergenciasugara 1.

Tehát a logaritmust 0 és 2 között tudjuk számolni így.

Összerakható olyan matematikai kifejezés is, amely $x$ körül semmilyen távolságra sem konvergens. Azokat a függvényeket, amelyek legalább egy kis tartományban konvergensek úgy nevezzük, hogy analitikus függvények.

A fizikában általában analitikus függvényekkel dolgozunk, így annyira nem kell aggódni amiatt, hogy nem tudjuk az adott dolgot hatványsorosan kifejezni, amikor kell.

Közelítés hatványsorok segítségével

A fizika sorozat 15. részében a relativitás cikknél előkerül az, hogy hogyan is alakulnak át a mozgástörvények a hagyományos Newtoni törvényekké, hogyha kis sebességekről van szó. Ott azt mondtuk, hogy hatványsor segítségével oldottuk meg a dolgot. A trükk az, hogy a hatványsorban az $x$-nek egyre nagyobb hatványai jelennek meg, így ha $x$ pici, akkor ezek a nagyobb kitevőjű tagok elhagyhatók. Pl. a koszinusz esetén $\cos(x) \approx 1 - {x^2 \over 2}$ elegendő lehet. A szinuszt $\sin(x) \approx x$-szel lehet közelíteni, ha kicsi a szög. Az exponenciális függvény esetén $e^x \approx 1 + x$ megfelel, ha $x$ pici. Tehát az első $x$-es tag után ki lehet szállni.

Nemrég frissült:

A tartalom elérhető az IPFS-en! Ha tetszik töltsd le és seedeld! Az oldal elérhető a http://gateway.ipfs.io/ipns/calmarius.net/index.htm helyen is.

comments powered by Disqus
Logo