Taylor formülünün kanıtı

0 beğenilme 0 beğenilmeme
257 kez görüntülendi

Bir $f(x)$ fonksiyonu her mertebeden türevlenebilir bir fonksiyon olmak üzere, $f$ nin tanım kümesindeki bir $a$ elemanının komşuluğunda

$f(x) = f(a) + \dfrac {f'(a)} {1!}(x-a) + \dfrac {f''(a)} {2!}(x-a)^2 + ... + \dfrac {f^n(a)} {n!}(x-a)^n + ...$

yazılarak elde edilen seriye taylor serisi denir. Bunun kanıtı nasıldır ?

9, Aralık, 2017 Lisans Matematik kategorisinde Dogukan633 (838 puan) tarafından  soruldu

2 Cevaplar

3 beğenilme 0 beğenilmeme
 
En İyi Cevap

Olay serinin fonksiyona yakinsamasi ile ilgili bu nedenle `Taylor Hata Payi'ni bilmekte fayda var.  Hata payinin mutlagi sifira giderse yakinsamayi elde ederiz. 


Sav 1: $f$ fonksiyonu icin $f^{\prime\prime}$ fonksiyonu $a$ elemanini iceren bir acik $I$ araliginda surekli olsun ve $x$ de $I$ araliginda bir eleman olsun. Bu durumda $$f(x)=f(a)+(x-a)f^\prime(a)+\int_a^x(x-t)f^{\prime\prime}(t)dt$$ olur. 


Ispat: Integral ile ilgilenelim.   $u=x-t$ ve $f^{\prime\prime}(t)dt=dv$ dersek  $du=-dt$ olur ve $v=f^\prime(t)$ olarak secebiliriz. Bu durumda $$\int_a^x(x-t)f^{\prime\prime}(t)dt=\left[(x-t)f^\prime(t) \right]_{t=a}^{t=x}+\int_a^xf^\prime(t)dt$$ olur. Sagdaki integralde Hesabin Temel Teoremini kullanirsak$$\hspace{19mm}=\left[(x-t)f^\prime(t) \right]_{t=a}^{t=x}-\left[f(t) \right]_{t=a}^{t=x}$$ $$\hspace{23mm}=[0-(x-a)f(a)]+[f(x)-f(a)]$$ olur.  Dolayisiyla  $$f(x)=f(a)+(x-a)f^\prime(a)+\int_a^x(x-t)f^{\prime\prime}(t)dt$$ olur.  


Sav 2: $n\ge1$ bir tam sayi olmak uzere $f$ fonksiyonu icin $f^{(n+1)}$ fonksiyonu $a$ elemanini iceren bir acik $I$ araliginda surekli olsun ve $x$ de $I$ araliginda bir eleman olsun. Bu durumda $$\frac1{n!}\int_a^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt=f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$$ olur. 

Ispat: (Tumevarim): $n=1$ durumu icin ispatlamistik. $n=m\ge 1$ durumu icin dogru oldugunu kabul edelim. 

$u=(x-t)^{m+1}$ ve $f^{(m+2)}(t)dt=dv$ dersek  $du=-(m+1)(x-t)^{m-1}dt$ olur ve $v=f^{(m+1)}(t)$ olarak secebiliriz.  Bu durumda $$\frac{1}{(m+1)!}\int_a^x(x-t)^{m+1}f^{(m+2)}(t)dt$$$$=\left[\frac{1}{(m+1)!}(x-t)^{m+1}f^{(m+1)}(t) \right]_{t=a}^{t=x}+\frac{m+1}{(m+1)!}\int_a^x(x-t)^mf^{(m+1)}(t)dt$$ $$=[0-\frac{1}{(m+1)!}(x-a)^{m+1}f^{(m+1)}(a)]+f(x)-\sum_{k=0}^m\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$$ $$=f(x)-\sum_{k=0}^{m+1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$$ olur.



Sav 3: $n\ge1$ bir tam sayi olmak uzere $f$ fonksiyonu icin $f^{(n+1)}$ fonksiyonu $a$ elemanini iceren bir acik $I$ araliginda surekli olsun ve $x$ de $I$ araliginda bir eleman olsun. Bu durumda $a$ ile $x$ arasindaki bir $c$ sayisi icin $$\frac1{n!}\int_a^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$ saglanir. 


Ispat: $g(t)=(x-t)^n$ fonksiyonu $a$ ile $x$ arasinda isaret degistirmiyor. Dolayisiyla Integraller icin Agirlikli Ortalama Deger Teoremini kullanirsak $a$ ile $x$ arasinda oyle bir $c$ degeri vardir ki $$\int_a^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(c)\int_a^x(x-t)^ndt=f^{(n+1)}(c)\cdot\left[-\frac{(x-t)^{n+1}}{n+1}\right]_{t=a}^{t=x}$$ $$=\frac{f^{(n+1)(c)}}{n+1}(x-a)^{n+1}$$ olur  ve dolayisiyla $$\frac1{n!}\int_a^x(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$ olur.

9, Aralık, 2017 Sercan (23,762 puan) tarafından  cevaplandı
9, Aralık, 2017 Dogukan633 tarafından seçilmiş

Bu uc teoremi video olarak da anlatmistim. Lakin yakinda kanali sifirlayip yeni bir sistemde ders anlatmayi planladigimdan bosuna baglantilarini vermiyorum. Ayni icerik zaten. 

hocam herşey kas'tan dolayıysa, zaten çoğu vidyocunun kası yok bence kapatmasaydınız.

Zaten videolarda gozukmuyordum ;)

ama kas hissediliyor her türlü

ben kas yaptım ama saçım var, boşuna yapmışım dedim, gittim saçımı kestim.

Facebook'u bence geri acmalisin. Bos muhabbet yapacak yer ariyon ;)

2 beğenilme 0 beğenilmeme

Bu eşitlik ($\mathbb{R}$ de) her mertebeden türevlenebilen her fonksiyonda doğru olmuyor.

 Örneğin $f(x)=\begin{cases}e^{-\frac1{|x|}}\quad x\neq0\\ 0\qquad x=0\end{cases}$ olsun. Her $n\in\mathbb{N}$ için $f^{(n)}(0)=0$ olur ama eşitliğin (0 dışında) sağlanmadığı açıktır. Fonksiyonun daha "iyi" olması gerekiyor. Aslında "hangi fonksiyonlarda eşit olur?" sorusu zor bir soru. Bu eşitliğin (her noktanın bir komşuluğunda) sağlandığı fonksiyonlara "analitik fonksiyon" deniyor (bu sorumuza cevap olmuyor).

 Ama değişkenler  için $\mathbb{C}$ kümesi düşünüldüğünde cevap çok kolay. Bir açık kümenin her noktasında türevlenebilen fonksiyonlarda bu doğru (ispatı kısa değil. Kompleks fonksiyonlarla ilgili lisans derslerinde Cauchy nin integral formülleri ile kısmen ispatı yapılır)

9, Aralık, 2017 DoganDonmez (3,576 puan) tarafından  cevaplandı

Hocam cevap için teşekkürler. Bunu öğrenmem iyi oldu. Ama sorduğum soru o değildi tam olarak. Yani f fonksiyonunu o şekilde nasıl yazabiliyoruz (f analitik fonksiyon olsun) ? Yani f(x) o seriye nasıl eşit ?

...