Taylor serisi ile denemeler

[Mikro Step]

Herhangi bir f(x) fonksiyonu, yaklaşık olarak eşdeğeri polinom şeklinde yazilabilir.
Polinomu x=c noktasi icin yazarsak c'ye yakin noktalarda da yaklaşık olarak doğru sonuçlar elde ederiz.

Mesela 3. dereden bir polinomla bu denkliği yazalım.

[math]f(x)\cong A(x-c)^3+B(x-c)^2+C(x-c)+D [/math]
Peki A, B, C, D katsayılarını nasıl tespit edeceğiz?

x=c için her iki tarafı hesaplarsak

[math]f(c)=D[/math] olduğunu görebiliriz.

Her iki tarafın türevini alır ve x=0 yazarsak

[math]\frac{d}{dx}f(x)=3A(x-c)^2+2B(x-c)+C [/math]
[math]\frac{d}{dx}f(x)|_c=C [/math]
buluruz.

Benzer sekilde

[math]\frac{1}{2}\frac{d^2}{dx}f(x)|_c=B [/math][math]\frac{1}{6}\frac{d^3}{dx}f(x)|_c=A [/math]
Bir f(x) fonksiyonunun tipa tip ayni sonuçları verecek sonsuz derecen bir polinom yazabiliriz. Bu durumda artik polinom bir seriye donusur ve yaklaşık eşitlik tam eşitliğe dönüşür.

[math]f(x)=f(c)+\frac{f^{'}(c)}{1}(x-c)+\frac{f^{''}(c)}{2}(x-c)^2+\frac{f^{'''}(c)}{6}(x-c)^3+.........[/math]
[math]f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{d^{(n)}}{dx}f (x)|_c(x-c)^{n}[/math]
Fakat uygulamalı bilimlerde sonsuza kadar toplama yapamayıp seriyi sonsuza kadar değil de N değerine kadar açabiliriz.

Bu durumda N'den sonsuza kadar olan toplamı yapmamakla bir hata yapmış oluruz. Bu almadiğımız toplama kalan toplam da denir ve Remainder'dan R harfi ile gösterilir.

Bu durumda f(x) fonksiyonumuzu seri değil polinomla göstermiş oluruz.

[math]f(x)=\sum_{n=0}^\N \frac{d^{(n)}}{dx}f (x)|_c(x-c)^{n}+R_N[/math]
Eğer biz bir hesap makinesi tasarımcısı ya da math.lib kütüphanesinin kodlayıcısı isek ürünümüzün tanıtım kitapçığında R kalanı için bilgi vermemiz gerekir.

Örneğin bizim hesap makinemiz sin(x) fonksiyonunu -pi...+pi aralığında noktadan sonra 10 basamak doğru olacak şekilde hesaplar uyarısında bulunmamiz beklenir.

Böyle bir iddiada bulunabilmek için R kalanını hesaplayabilmemiz gerekir. Fakat R kalanı N den sonsuza kadar olan seri terimlerinin toplamı olduğundan ve biz bu sonsuz toplamı yapamayacağımıza göre R yani hata terimini nasıl hesaplayacağız?

İşte bu noktada Fuat Serkan Orhan'ın videosundaki anlatım devreye giriyor.

 

[Mikro Step]

[math]f(x)=f(c)+\frac{f^{'}(c)}{1}(x-c)+\frac{f^{''}(c)}{2}(x-c)^2+\frac{f^{'''}(c)}{6}(x-c)^3+.......+\frac{f^{n}(c)}{n!}(x-c)^n+R_{N}[/math]
[math]P_{N}(x)=f(c)+\frac{f^{'}(c)}{1}(x-c)+\frac{f^{''}(c)}{2}(x-c)^2+\frac{f^{'''}(c)}{6}(x-c)^3+.......+\frac{f^{n}(c)}{n!}(x-c)^n[/math]
[math]f(x)=P_{N}(x)+R_{N}(x)[/math]
Burada f(x) fonksiyonunu N. dereceden bir polinomla ifade ediyoruz ve N'inci terimden artakalanlarini ifade etmek için R kalan terimini ekliyoruz.

N'inci dereceden P(x) polinomumuz x, (a, b) aralığında değişirken c noktası hariç diğer noktalarda, f(x) fonksiyonundan farklı degerler verecektir. (Hatalar oluşacaktır.)

Hesaba dahil etmediğimiz kalan ifadenin toplamı bize hatayı vermekte.

Peki artık terimleri toplamak yerine polinoma N+1'inci terimi de ilave etseydik en fazla ne kadar hata yapardık.

[math]H=\frac{f^{n+1}(z)}{(n+1)!}x^{(n+1)}[/math]
N+1'inci terimde turevde öyle bir z noktası seçelim ki en büyük hata oluşssun.

Burada H değerini hesaplamakla N'den sonsuza kadar alınmayan terimlerin toplamını bulmuş olmuyoruz.

H değeri, RN(x) toplamının alacağı değerin üstünde bir değer veriyor yani max hatayı bulmuş oluyoruz.

Bulacagımız (aradığımız) hata, polinoma eklemediğimiz atık terimlerin toplamından çok çok az büyük olsun ki anlamlı bir hata dan bahsedelim. Derdimiz bu.

 

[Mikro Step]

[math]P_{N}(x)=f(c)+\frac{f^{'}(c)}{1}(x-c)+\frac{f^{''}(c)}{2}(x-c)^2+\frac{f^{'''}(c)}{6}(x-c)^3+.......+\frac{f^{n}(c)}{n!}(x-c)^n[/math]
[math]R_{N}(x)=\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}(x-c)^{(n+1)}+\frac{f^{n+2}(c)}{(n+2)!}(x-c)^{(n+2)}+....\frac{f^{\infty}(c)}{\infty!}(x-c)^{\infty}[/math]
[math]f(x)=P_{N}(x)+R_{N}(x)[/math]
Her zaman

[math]f(c)=P_{N}(c)[/math]
Her zaman

[math]\frac{d}{dx}f(x)|_c=\frac{d}{dx}P_{N}(x)|_c[/math]
Her zaman

[math]\frac{d^{n}}{dx^{n}}f(x)|_c=\frac{d^{n}}{dx^{n}}P_{N}(x)|_c[/math]
Olacaktir. (Bunu muhakkak görün, gerekirse uzun uzun türevleri alın ve x=c için hesaplayın)

[math]f(x)=P_{N}(x)+R_{N}(x)[/math]
olduğuna göre

[math]R_{N}(x)=f(x)-P_{N}(x)[/math]
N'inci tureve kadar

Her zaman

[math]R_{N}(c)=f(c)-P_{N}(c)=0[/math]
Her zaman

[math]\frac{d}{dx}R_{N}(x)|_c=\frac{d}{dx}f(x)|_c-\frac{d}{dx}P_{N}(x)|_c=0[/math]
Her zaman

[math]\frac{d^n}{dx^{n}}R_{N}(x)|_c=\frac{d^{n}}{dx^{n}}f(x)|_c-\frac{d^{n}}{dx^{n}}P_{N}(x)|_c=0[/math]
Olacaktir.

Peki N+1'inci turevden sonra ne olur?

 

[Mikro Step]

P(x) polinomunun derecesi N oldugu icin N'inci dereceden büyük tum turevler sifir olacaktir.

[math]R_{N}(x)=f(x)-P_{N}(x)[/math]
olduğu için

N+1 ve daha büyük türevlerde P(x) türevleri sifir olur.


[math]\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}R_{N}(x)=\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}f(x)[/math]
Fonksiyonumuzun n+1'inci türevinin belli bir aralıktaki değeri M'e eşit yada küçük olsun. (Varsayım)

[math]\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}f(x)\leq M[/math]
Dolayısı ile;

[math]\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}R(x)\leq M[/math] olacaktır.

Zaten amacımız R(x) nin hangi değerden küçük olacağını merak ediyorduk.

[math]\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}R(x)\leq M[/math] olacaktır.

N+1' derecen turevin M den kucuk oldugunu biliyuroz. Acaba R(x)'e ulaşabilirmiyiz?

[math]\int\frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}R(x)dx\int\leq Mdx[/math]
Bu ifadeyi integre edersek türevin derecesi 1 eksilir.

[math]\frac{d^n}{dx^{n}}R(x)\leq Mx + c_{int}[/math]
Biz M değerini arıyoruz. İntegral sabiti c_int'in büyük değerler almasını istemiyoruz. En küçük değerini bulalım.

x yerine merkez noktamız c yazarsak;

[math]\frac{d^n}{dx^{n}}R(c)\leq Mc + c_{int}[/math]
Rnin türevlerinin c noktasındaki değerinin 0 olduğunu görmüştük.

O halde c_int =- Mc

[math]\frac{d^n}{dx^{n}}R(x)\leq Mx - Mc[/math][math]\frac{d^n}{dx^{n}}R(x)\leq M(x - c)[/math]
Bize R(x) ın türevleri değil R(x)'in kendisi lazim. O halde integre etmeye devam edelim.

[math]\int\frac{d^n}{dx^{n}}R(x)dx\leq \int M(x - c)dx[/math]
[math]\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}R(x)\leq M(\frac{x^2}{2} - cx)\leq M \frac{(x - c)^2}{2}[/math]

 

[Mikro Step]

Bir kez daha integre edelim.

[math]\frac{d^{n-2}}{dx^{n-2}}R(x)\leq M(\frac{x^3}{6} - \frac{cx^2}{2})\leq M \frac{(x - c)^3}{6}[/math]
Bir kez daha integre edelim.

[math]\frac{d^{n-3}}{dx^{n-3}}R(x)\leq M(\frac{x^4}{24} - \frac{cx^3}{6})\leq M \frac{(x - c)^4}{24}[/math]
...
...

[math]R(x)\leq M(\frac{x^n}{n!} - \frac{cx^n}{n!})\leq M \frac{(x - c)^n}{n!}[/math]
[math]R(x)\leq M \frac{(x - c)^n}{n!}[/math]
Bu durumda kalan toplamin neyden kucuk oldugunu biliyoruz.

Onceki yazilardan birisinde

[math]H=\frac{f^{n+1}(z)}{(n+1)!}x^{(n+1)}[/math]
Hata icin boyle bir ifade yazmistik.

O halde ilgilenilen araliktaki hangi deger n+1' turevi max yapiyorsa n terim almakla yapacagimiz en buyuk

hata

[math]H=\frac{f^{n+1}(z)}{(n+1)!}x^{(n+1)}[/math]
olacaktir.

Ornek

sin(x) fonskiyonunu 0 merkezli seri ye acalim 0..pi araligindaki degerleri hesaplamak uzere 5 dereceden polinomla gosterelim.

Yapilan hata ne kadardir?

n+1. terim 7. terim olacagindan

[math]H=\frac{d^7}{dx^7} sin(x)|_z\frac{1}{(n+1)!}x^{(n+1)}[/math]
[math]H=-cos(x)|_z\frac{1}{7!}x^7[/math]
z ve x icin konusalim.

x^7 en buyuk olsun ki hata da buyuk olsun. Yani 0...pi/2 araliginda merkezden en uzak nokta yani pi/2 secelim.

z icin de 0..pi/2 araliginda 7. turevi max yapan deger olan z=0 secelim.

Bu durumda

[math]H=-1\frac{1}{7!}(\frac{pi}{2})^7=-0.004[/math]
H=0.004 gibi bir hata yapariz.

[math]sin(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{3!}(\frac{\pi}{2})^3+\frac{1}{5!}(\frac{\pi}{2})^5= 1.004[/math]
Ornek

ln(x) fonksiyonu ile ln(1.1) degerini 4'dereden polinimla bulalim. Bulacagimiz sonucta ne kadar hata yapariz?
5. dereceye kadar turevleri alirsak; (5. turevi hata hesabi icin aliyoruz)
[math] x^{-1}, -x^{-2}, 2x^{-3}, -6x^{-4}, 24x^{-5}[/math]
Polinomu istenen noktaya yakin ve degerini bildigimiz bir noktada acalim. Yani c=1 olsun.

Bu durumda ilk dort turevin 1 noktasindaki degerleri sirasiyla

1, -1, 2, -6 olacaktir. x-c=1.1-1=0.1

[math] P_4(x)=0.1 - \frac{0.1^2}{2!} +2\frac{0.1^3}{3!} -6\frac{0.1^4}{4!}[/math]
(Asagidaki daha yakisikli)

[math] P_4(x)=0.1 - \frac{0.1^2}{2} +\frac{0.1^3}{3} -\frac{0.1^4}{4}=0.0953083333[/math]
Peki yapilan hatanin siniri nedir?

[math]H_4(x)=f^{(5)}(z)\frac{(x-c)^5}{5!}[/math]
5. turev 24x^-5 idi. x [1, 1.1] araliginda 5. turev nerde buyuk olur? Tabiki x=1 de. Ohalde z=1

[math]H_4(x)=f^{(5)}(1)\frac{(1.1-1)^5}{5!}={24x^{-5}}|_1\frac{0.1^5}{5!}=2*10^{-6}[/math]
Yani hata milyonda 2 den daha buyuk olamaz.

Hesap makinasindan ln(1.1) -0.0953083333=1.8 * 10^-6 buluruz.

 

[Mikro Step]

Buraya kadar yazdiklarimiz zaten calculus (Analiz) dersinden anlatilmisti.

Su durumda biz polinomun derecesinin ne olmasi gerektigine karar verecek durumdayiz.

Gelelim benim soruma. 1/n! kac basamak alinacak?

Devam edecek.

 

[Mikro Step]

Bu bir karalamadir.

e sayisini hesaplamak icin 9. dereceden polinom kullanacagiz c=0 da seriyi acip x=1 icin terimleri tek tek yaziyorum. 1/n! degerlerini noktadan sonra farkli farkli basamaklar alarak toplamlari yazalim.

NS noktadan sonraki kisaltmasidir.

N	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21
0	1	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	1	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
2	0	5	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
3	0	1	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6
4	0	0	4	1	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6	6
5	0	0	0	8	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3	3
6	0	0	0	1	3	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8	8
7	0	0	0	0	1	9	8	4	1	2	6	9	8	4	1	2	6	9	8	4	1	2
8	0	0	0	0	0	2	4	8	0	1	5	8	7	3	0	1	5	8	7	3	0	1
9	0	0	0	0	0	0	2	7	5	5	7	3	1	9	2	2	3	9	8	5	8	9
10	0	0	0	0	0	0	0	2	7	5	5	7	3	1	9	2	2	3	9	8	5	8
NS 6 digitle toplam	2	7	1	8	2	7	7
NS 7 digitle toplam	2	7	1	8	2	8	1	4
NS 8 digitle toplam	2	7	1	8	2	8	1	7
NS 10 digitle toplam	2	7	1	8	2	8	1	7
NS 11 digitle toplam	2	7	1	8	2	8	1	8
e'nin gercek degeri	2	7	1	8	2	8	1	8

DipNot: e^x fonksiyonun icin x icin ust sinir 1 ise

Tablodan 6 basamagin da 0 oldugu n sayisi (n=9) milyonda 1 dogruluk veriyor.
6 basamak dogruluk icin terimleri noktadan sonra 7 basamak almak yetiyor.

7. basamak dogruluk icin

10 terim almak gerekiyor ve terimleri noktadan sonra 7 basamak almak gerekiyor.

Devam edecek

 

[Mikro Step]

20' dereceden polinomla e sayisini hesaplatmak icin 1/n! degerlerini 63 basamakli kullandim.
Ardindan seriyi sira ile basamak sayisini 1 den baslayarak 63 basamagin tamamini kullanacak sekilde bir bir artirarak bulunan dogru basamaklari asagidaki gibi listeledim.

Polinom derecesi olan 20. Adima kadar e sayisinin dogru basamaklari artti. (18 dogru basamak)
Bu asamada 1/n! i cok basamakli almanin hic getirisi yok. Aksine hesaplama suresini gereksiz artiriyor.

e sayisi hesabinda [0..1] araligi icin konusursak polinimun derecesi n ise 1/n! in basamak sayisini n+2 olmak cozum oluyor. Bu sartlarda hata teriminde hesaplanan kadar bir dogruluk elde ediliyor.

Tabiki bu gene deneysel cozum oldu. Analitik cozumu de bulacagim Insallah.

271828182845904523536028747135266249775724709369995957496696762

(1)2
(2)2
(3)27
(4)271
(5)271
(6)27182
(7)27182
(8)2718281
(9)2718281
(10)271828182
(11)271828182
(12)27182818284
(13)271828182845
(14)271828182845
(15)271828182845
(16)27182818284590
(17)271828182845904
(18)2718281828459045
(19)27182818284590452
(20)271828182845904523
(21)271828182845904523
(22)271828182845904523
(23)271828182845904523