analisa polinom derajat tinggi.doc

Fungsi Variabel Banyak Bernilai RealTeorema Taylor

Wono Setya Budhi

KK Analisis dan Geometri, FMIPA ITB

Wono Setya Budhi (KK Analisis dan Geomet, Fungsi Variabel Banyak Bernilai Real 1 / 13

Teorema Taylor

Teorema Taylor

Salah satu pemakaian penting dari turunan order tinggi adalah penghampiran fungsi dengan polinomial derajat lebih tinggi.Untuk satu variabel, misalkan f mempunyai turunan ke k + 1 kontinu di pada interval tutup I = [p, q]Untuk bilangan a ∈ I dan x ∈ I berlaku

00 (a) (k ) (a)f (x ) = f (a) + f 0 (a) (x − a) + f

(x − a)2 + . . . + f

(x − a)k

dengan suku sisa

Rk (x ) =

2!

Z x (x − t )k

k !

f (k +1) (t ) dt

Suku sisa ini memenuhia

lim

k !

Rk (x )= 0x →a (x − a)k

+1

Bentuk ini mengatakan bahwa suku sisa lebih kecil dari (x − a)k jikaWono Setya |x −Budhi a|(KK cukupAnalisis dan keG cil.eomet, Fungsi

Variabel Banyak Bernilai Real 2 / 13

Teorema Taylor

Teorema Taylor


00 (a) (k ) (a)f (x ) = f (a) + f 0 (a) (x − a) + f

(x − a)2 + . . . + f

(x − a)k

dengan suku sisa

Rk (x ) =

2!

Z x (x − t )k

k !

f (k +1) (t ) dt


lim

k !

Rk (x )= 0x →a (x − a)k

+1

Teorema Taylor

Teorema Taylor Fungsi Dua Variabel

TheoremMisalkan f mempunyai turunan ketiga yang kontinu pada daerah tutup D dengan titik dalam yang tak kosong, maka untuk titik dalam(a, b) ∈ D dan (x , y ) ∈ D berlaku

f (x , y ) = f (a, b) + (x − a) ∂f

(a, b) + (y − b) ∂f

(a, b)∂x

2f1+ (x − a)2 ∂

y∂2f∂

2! ∂x 2 (a, b) + (x − a) (y − b)

∂x ∂y (a, b)

f2+ (y − b)2 ∂

∂y 2 (a, b) + R2 (x , y

)

dengan lim(x ,y )→(a,b) R2 (x ,y )

khk2 = 0 dan h = (x − a, y − b).

Teorema Taylor


TheoremMisalkan f mempunyai turunan ketiga yang kontinu pada daerah tutup D dengan titik dalam yang tak kosong, maka untuk titik dalam(a, b) ∈ D dan (x , y ) ∈ D berlaku

f (x , y ) = f (a, b) + (x − a) ∂f

(a, b) + (y − b) ∂f

(a, b)∂x

2f1+ (x − a)2 ∂

y∂2f∂

2! ∂x 2 (a, b) + (x − a) (y − b)

∂x ∂y (a, b)

f2+ (y − b)2 ∂

∂y 2 (a, b) + R2 (x , y

)

dengan lim(x ,y )→(a,b) R2 (x ,y )

khk2 = 0 dan h = (x − a, y − b).

Teorema Taylor


Proof.

Definisikan

g (t ) = f [(a, b) + t {(x , y ) − (a, b)}]

= f (a + t (x − a) , b + t (y − b))

Kemudian, gunakan teorema Taylor satu variabel untuk fungsi g di titik t = 0.

Kita menghitungg (0) = f (a, b)

g 0 (0) = ∂ f

(a, b) d ( a + t ( x − a ))

+ ∂ f

(a, b) d ( b + t ( y − b ))

x∂ dt ∂y dt

= (x − a) ∂f

(a, b) + (y − b) ∂f

(a, b)

Teorema Taylor


Proof.

Definisikan

g (t ) = f [(a, b) + t {(x , y ) − (a, b)}]

= f (a + t (x − a) , b + t (y − b))



g 0 (0) = ∂ f

(a, b) d ( a + t ( x − a ))

+ ∂ f

(a, b) d ( b + t ( y − b ))

x∂ dt ∂y dt

= (x − a) ∂f

(a, b) + (y − b) ∂f

(a, b)

Teorema Taylor


Pada penghampiran linear, yaitu f (a + h) = f (a) + f 0 (a) h atauf (x ) = f (a) + f 0 (a) (x − a) besarnya kesalahan adalah

R1 (h) = f (x ) − f (a) − f 0 (a) (x − a)

memenuhi

limf (a + h) − f (a) − f 0 (a) h

= lim R1 (h)

= 0

h→0 h h→0 h

Sedangkan untuk penghampiran derajat dua, kesalahan memenuhi

R2 (h)limh→0

h2= 0

Jika |h| < 1, maka h2 < |h|. Dengan demikian, untuk h kecil

penghampiran derajat dua lebih baik.


Teorema Taylor



R1 (h) = f (x ) − f (a) − f 0 (a) (x − a)

memenuhi

limf (a + h) − f (a) − f 0 (a) h

= lim R1 (h)

= 0

h→0 h h→0 h


R2 (h)limh→0

h2= 0


Teorema Taylor

Contoh Penghampiran Taylor

Example

Hitunglah rumus Taylor derajat dua untuk fungsi f (x , y ) = e x cos ydi titik (0, 0).

Solution

Kita menghitung nilai f (0, 0), ∂f f ∂ ∂ 2 f

∂ 2 f ∂ 2 f ∂x (0, 0) , ∂y (0, 0), ∂x 2 (0, 0),

∂x ∂y (0, 0) , ∂x 2 (0, 0)

Hasilnya adalah

f (x , y ) ≈ f (0, 0) + ∂f

(0, 0) x + ∂f

(0, 0) y +

2f1+

∂

x∂ ∂y

2f22 f

+ xy ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (0, 0) x (0, 0) + y ∂x ∂y

∂x 2 (0, 0)


Teorema Taylor


Example


Solution


∂ 2 f ∂ 2 f ∂x (0, 0) , ∂y (0, 0), ∂x 2 (0, 0),

∂x ∂y (0, 0) , ∂x 2 (0, 0)

Hasilnya adalah

f (x , y ) ≈ f (0, 0) + ∂f

(0, 0) x + ∂f

(0, 0) y +

2f1+

∂

x∂ ∂y

2f22 f

+ xy ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (0, 0) x (0, 0) + y ∂x ∂y

∂x 2 (0, 0)


Teorema Taylor


Example


Solution


∂ 2 f ∂ 2 f ∂x (0, 0) , ∂y (0, 0), ∂x 2 (0, 0),

∂x ∂y (0, 0) , ∂x 2 (0, 0)

Hasilnya adalah

f (x , y ) ≈ f (0, 0) + ∂f

(0, 0) x + ∂f

(0, 0) y +

2f1+

∂

x∂ ∂y

2f22 f

+ xy ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (0, 0) x (0, 0) + y ∂x ∂y

∂x 2 (0, 0)


Teorema Taylor


Example


Solution


∂ 2 f ∂ 2 f ∂x (0, 0) , ∂y (0, 0), ∂x 2 (0, 0),

∂x ∂y (0, 0) , ∂x 2 (0, 0)

Hasilnya adalah

f (x , y ) ≈ f (0, 0) + ∂f

(0, 0) x + ∂f

(0, 0) y +

2f1+

∂

x∂ ∂y

2f22 f

+ xy ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (0, 0) x (0, 0) + y ∂x ∂y

∂x 2 (0, 0)


Teorema Taylor


Example

Hitunglah penghampiran nilai√

9, 3 dengan menggunakanpenghampiran satu dimensi dan dua dimensi.

Solution

Dengan menggunakan satu dimensi, f (x ) =

√ x , maka

f (x ) = f (a) + f 0 (a) (x − a) + 1

f 00 (a) (x − a)2

2!√

9 + 1 1

= √0, 3 +

1

− 1

9− 3

2 (0, 3)2

92 2 4

= 3 + 1

× 3

+ 1

− 1 9 7319

6 10 2 4 × 27

= = 3, 049 6 100 2400


Teorema Taylor


Example



Solution

Dengan menggunakan satu dimensi, f (x ) =

√ x , maka

f (x ) = f (a) + f 0 (a) (x − a) + 1

f 00 (a) (x − a)2

2!√

9 + 1 1

= √0, 3 +

1

− 1

9− 3

2 (0, 3)2

92 2 4

= 3 + 1

× 3

+ 1

− 1 9 7319

6 10 2 4 × 27

= = 3, 049 6 100 2400


Teorema Taylor


Example



Solution

Dengan dua dimensi, kita menuliskan 5, 152 − 4, 152 = 9, 3

Definisikan f (x , y ) = p

x 2 − y 2 dan

f (x , y ) ≈ f (5, 4) + ∂f

(5, 4) 0, 15 + ∂f

(5, 4) 0, 15+x∂ ∂y

2f 2f 2f1+

∂ 2 + 0, 15 × 0, 15 ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (5, 4) 0, 15 (5, 4) + 0, 15

∂x ∂y ∂x

Berdasarkan formula ini, kita dapat menduga bahwa dengan fungsi dua variabel, nilai hampiran lebih baik, karena untuk p < q, maka p2 << q2


Teorema Taylor


Example



Solution



x 2 − y 2 dan

f (x , y ) ≈ f (5, 4) + ∂f

(5, 4) 0, 15 + ∂f

(5, 4) 0, 15+x∂ ∂y

2f 2f 2f1+

∂ 2 + 0, 15 × 0, 15 ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (5, 4) 0, 15 (5, 4) + 0, 15

∂x ∂y ∂x

Teorema Taylor


Example



Solution



x 2 − y 2 dan

f (x , y ) ≈ f (5, 4) + ∂f

(5, 4) 0, 15 + ∂f

(5, 4) 0, 15+x∂ ∂y

2f 2f 2f1+

∂ 2 + 0, 15 × 0, 15 ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (5, 4) 0, 15 (5, 4) + 0, 15

∂x ∂y ∂x

Teorema Taylor


Example



Solution



x 2 − y 2 dan

f (x , y ) ≈ f (5, 4) + ∂f

(5, 4) 0, 15 + ∂f

(5, 4) 0, 15+x∂ ∂y

2f 2f 2f1+

∂ 2 + 0, 15 × 0, 15 ∂ 2 ∂

!2 ∂x 2 (5, 4) 0, 15 (5, 4) + 0, 15

∂x ∂y ∂x

Teorema Taylor


Pertanyaan yang berikut, apakah kita dapat mencari penghampiran Taylor fungsi dua variabel dengan penghampiran fungsi satu variabel. Kunci dari ini adalah

Lemma

Misalkan P (x , y ) dan P ∗ (x , y ) dua polinom derajat k dan memenuhi

P (x , y ) − P ∗ (x , y )

lim(x ,y )→(0,0)

maka P (x , y ) = P ∗ (x , y )

= 0k(x , y )kk

Lemma ini mengatakan bahwa jika ada dua polinomial derajat k dan bedanya terhadap polinom derajat k dengan bentuk k(x , y )kk lebih kecil untuk (x , y ) yang cukup kecil, maka dua polinom tersebut sama. Berdasarkan ini kita dapat menggunakan polinom Taylor satu

variabel untuk mencari polinom Taylor dua variabel.Wono Setya Budhi (KK Analisis dan Geomet, Fungsi Variabel Banyak Bernilai Real 9 / 13

Teorema Taylor



Lemma


P (x , y ) − P ∗ (x , y )

lim(x ,y )→(0,0)

maka P (x , y ) = P ∗ (x , y )

= 0k(x , y )kk


Teorema Taylor

Mencari Polinom Dua Variabel

Example

Hitunglah polinom Taylor derajat dua untuk fungsi f (x ) = e x sin x

Solution

Karena e x = 1 + x + x 2 3 x ∗

2! + R2 (x ) dan sin x = x − 6! + R2 (x ) dengan

limR2 (x )

x →0

R ∗2 ( x )

x 2= 0

Selanjutnyae x sin x = x + x 2 + R (x )

Kita dapat membuktikan bahwa limx →0 R (x )

x 2= 0.

Jadi x + x 2 adalah polinom Taylor derajat dua dari e x sin x .

Teorema Taylor


Example


Solution

Karena e x = 1 + x + x 2 3 x ∗


limR2 (x )

x →0

R ∗2 ( x )

x 2= 0



x 2= 0.


Teorema Taylor


Example

Berdasarkan fungsi satu variabel e t = 1 + t + t 2

2! + R (t ) dengan

limt →0 R ( t )t 2

= 0Untuk t = x dan t = y , diperoleh

2 2

e x = 1 + x + x

+ R (x ) dan e y = 1 + y + y

+ R (y )2! 2!

Dengan demikian

e x +y = e x e y = 1 + (x + y ) + 1

(x + y )2 + R ∗ (x , y )2!

2 xy x + y + 2 xy + 1 + x + 2dan R ∗ (x , y ) = 1 1 1 + y + y 2

x 2

! R (y ) +2! R (x ) + R (x ) R (y )

∗

(x ,y )→(0,0) x 2 +y 2 =


Teorema Taylor


Example


2! + R (t ) dengan

limt →0 R ( t )t 2


2 2

e x = 1 + x + x

+ R (x ) dan e y = 1 + y + y

+ R (y )2! 2!

Dengan demikian

e x +y = e x e y = 1 + (x + y ) + 1

(x + y )2 + R ∗ (x , y )2!


x 2

! R (y ) +2! R (x ) + R (x ) R (y )

∗

(x ,y )→(0,0) x 2 +y 2 =


Teorema Taylor


Example


2! + R (t ) dengan

limt →0 R ( t )t 2


2 2

e x = 1 + x + x

+ R (x ) dan e y = 1 + y + y

+ R (y )2! 2!

Dengan demikian

e x +y = e x e y = 1 + (x + y ) + 1

(x + y )2 + R ∗ (x , y )2!


x 2

! R (y ) +2! R (x ) + R (x ) R (y )

∗

(x ,y )→(0,0) x 2 +y 2 =


Teorema Taylor


Example


2! + R (t ) dengan

limt →0 R ( t )t 2


2 2

e x = 1 + x + x

+ R (x ) dan e y = 1 + y + y

+ R (y )2! 2!

Dengan demikian

e x +y = e x e y = 1 + (x + y ) + 1

(x + y )2 + R ∗ (x , y )2!


x 2

! R (y ) +2! R (x ) + R (x ) R (y )

∗

(x ,y )→(0,0) x 2 +y 2 =


Teorema Taylor

Fungsi dengan Variabel Bebas Lebih Dari Dua

Untuk n variabel, kita akan menuliskan x = (x1 , . . . , xn ) dana = (a1 , . . . , an )Berdasarkan aljabar linear, untuk fungsi n variabel f (x), kita dapat menuliskan

g (t ) = f (a + t (x − a))

polinom Taylornya di sekitar t = 0. Dengan aturan rantai, kita memperoleh

g 0 (0) = ∂f

(a) (x − a ) + . . . + ∂f

(a) (x a− )∂x1

1 1

2f∂xn

n n

2 fg 00 (0) = ∂

∂x 2 (a) (x1 − a1 ) 1

2 + . . . +∂

∂x1 ∂xn(a) (x1 − a1 ) (xn − an )

+ . . .

2 f 2 f+∂

(a) (xn − an ) (x1 − a1 ) + . . . + ∂

(a) (xn − an )2

∂xn ∂x1 ∂x 2n

Teorema Taylor



g (t ) = f (a + t (x − a))


g 0 (0) = ∂f

(a) (x − a ) + . . . + ∂f

(a) (x a− )∂x1

1 1

2f∂xn

n n

2 fg 00 (0) = ∂

∂x 2 (a) (x1 − a1 ) 1

2 + . . . +∂

∂x1 ∂xn(a) (x1 − a1 ) (xn − an )

+ . . .

2 f 2 f+∂

(a) (xn − an ) (x1 − a1 ) + . . . + ∂

(a) (xn − an )2

∂xn ∂x1 ∂x 2n

Teorema Taylor


Khusus untuk turunan kedua,

2f 2 fg 00 (0) = ∂

∂x 2 (a) (x1 − a1 ) 1

2 + . . . +∂

∂x1 ∂xn(a) (x1 − a1 ) (xn − an )

+ . . .

2 f 2 f+∂

(a) (xn − an ) (x1 − a1 ) + . . . + ∂

(a) (xn − an )2

∂xn ∂x1

dapat dituliskan dalam bentuk matriks

∂x 2n

∂ 2 f∂x 2

∂ 2 f ∂x1 ∂x2

. . . ∂ 2 f ∂x1 ∂xn x1 − a1

2

1 2 f 2 f

x1 − a1 . . . xn − an∂ f

∂x2 ∂x1

..

∂ 2 f

∂2∂x2

.

.∂ 2 f

. . . ∂∂x2 ∂xn

. . . ..∂ 2 f

x2 − a2

.

.

xn − an

∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2. . . ∂x 2n


Teorema Taylor


Khusus untuk turunan kedua,

2f 2 fg 00 (0) = ∂

∂x 2 (a) (x1 − a1 ) 1

2 + . . . +∂

∂x1 ∂xn(a) (x1 − a1 ) (xn − an )

+ . . .

2 f 2 f+∂

(a) (xn − an ) (x1 − a1 ) + . . . + ∂

(a) (xn − an )2

∂xn ∂x1

dapat dituliskan dalam bentuk matriks

∂x 2n

∂ 2 f∂x 2

∂ 2 f ∂x1 ∂x2

. . . ∂ 2 f ∂x1 ∂xn x1 − a1

2

1 2 f 2 f

x1 − a1 . . . xn − an∂ f

∂x2 ∂x1

..

∂ 2 f

∂2∂x2

.

.∂ 2 f

. . . ∂∂x2 ∂xn

. . . ..∂ 2 f

x2 − a2

.

.

xn − an

∂xn ∂x1 ∂xn ∂x2. . . ∂x 2n


analisa polinom derajat tinggi.doc

Documents