wzor Taylora i przyblizone wartosci wyrazen kfiatek: Oblicz przyblizona wartosc ln(1,1) z dokladnoscia do 10⁻⁴. Wiem, ze trzeba sie posluzyc wzorem Taylora i ze za x₀ przyjmujemy x₀=1. Tylko nie wiem jak znalezc R_n, zeby sprawdzic, na ktorej pochodnej mam sie zatrzymac, zeby dokladnosc byla wlasnie 10⁻⁴. Teoretycznie moglabym to zrobic "na czuja", ale wolalabym policzyc to dokladnie Widzialam, ze w niektorych przykladach bierze sie: x₀=1, Δ=0,1 i wylicza sie ze wzoru f(x₀)+f'(x₀)Δ, tylko to nie gwarantuje mi konkretnej dokladnosci (bo co, jezeli bede miala zadana dokladnosc 10⁻⁸? ). Czy ten wzor da sie w jakis sposob rozwinac? Czy jest to jakas forma wzoru Taylora, czy to cos zupelnie odrebnego? Prosze o podpowiedz

daras: 0,0953

kfiatek: Tyle samo wychodzi mi, jak sobie wklepie w kalkulator prosilam o pomoc w konkretnych kwestiach

Godzio: Umiesz rozwinąć funkcję ln(x) w szereg?

daras: http://pl.wikipedia.org/wiki/Wz%C3%B3r_Taylora

daras: a tu masz rozwiązanie, tylko podstawić: https://matematykaszkolna.pl/forum/232978.html

Godzio: Wskazówka: Lepiej rozwinąć funkcję ln(x + 1) wokół x = 0.1

kfiatek: Owszem: f(x)=¹_x f''(x)=⁻¹_x² f'''(x)=²_x³ itd. Potem wstawiam do wz.Taylora: f(x)=lnx=lnx₀+ ¹_x0 (x−x₀) + ^−x₀−2_2! (x−x₀)² + ^2x−3_3! (x−x₀)³+...+ ^fn(x₀)_n! (x−x₀)ⁿ + R_n+1 gdzie R_n+1 to reszta Lagrange'a w postaci ^fn+1(c)_(n+1)! (x−x₀)ⁿ⁺¹

kfiatek: Troche za dlugo pisalam widze jest to poza tym ciutke nieczytelne... Godzio, moglby napisac dokladnie co masz na mysli?

asdf: kfiatek, zrob wedlug wskazowek Godzia, rozwiń f(x) = ln(1+x), x₀ = 0.1

asdf:

	1
f'(x) =
	1+x

	1
f''(x) = −
	(1+x)2

...

kfiatek: aaa, ok, rozumiem troche zmylilo mnie stwierdzenie "wokół x = 0.1", ale teraz juz chyba wszystko sobie napisze. dziekuje

kfiatek: tylko co z ta nieszczesna dokladnoscia? mam policzyc kilka pochodnych i podstawiac, az wyjdzie mi dokladnosc do 10⁻⁴? czy mozna jakos na poczatku stwierdzic, ile tych pochodnych musze obliczyc?

Godzio: Chyba tak:

	fn+1(c)
Rn =		(x − x0)n+1
	(n+1)!

x₀ = 0 x = 0.1

	(−1)n+1(n−1)!
fn(x) =
	(x + 1)n

kfiatek: asdf, co jest w tym przypadku moim x, skoro za x₀ wzielabym 0,1?

Godzio: Teraz rozwiązujesz |R_n| < .... < 10⁻⁴ (środkowe przejście usuwa nam "c" i (−1)ⁿ ) I znajdujesz takie n, które to spełnia

asdf: kfiatek, Godzio juz napisal.

kfiatek: tylko Godzio napisal, ze x₀=0, a x=0,1, a asdf, ze x₀=0,1 i troszke mi sie pomieszalo...

kfiatek: Godzio, wielkie dzieki za pomoc z tym R_n, tylko jakbys mogl mi jeszcze wytlumaczyc, dlaczego x₀=0, a x=0,1?

Godzio: ln(x + 1) = ... A my chcemy ln(1.1) więc dajemy x = 0.1 A rozwijamy wokół x₀ = 0 (wcześniej mi się coś pomyliło)

Godzio: Rozwijanie wokół zera jest najłatwiejsze, więc zawsze się staramy doprowadzić funkcję do możliwości rozwinięcia jej wokół x₀ = 0. We wzorze mamy pochodne w x₀, wiadomo, że jeżeli rozwiniemy ln(x) to nie możemy wziąć x₀ = 0, co później nam znacznie utrudnia rachunki.

kfiatek: aaa, chyba rozumiem czyli jakbym miala... np. arctg(0,678) to wyszlo by: arctg(1−x)=..., gdzie x=0,322 i moglabym to rozwijac wokol x₀=0? czy tak? chce sie upenic, zeby moc rozwiazac wiecej przykladow

kfiatek: *upewnic

krul: Godzio, masz chwile? https://matematykaszkolna.pl/forum/253877.html

Godzio: krul zaraz zobaczę, nie miałem tej metody, więc poczekaj chwilę kfiatek Jakbyś miała arctg(0.678) to możesz rozwijać arctg(x) bo dla x₀ = 0 nie ma sprzeczności

	1
Zobacz na ln(x) f'(x) =		i nie możesz podstawić x = 0, ale
	x

	1		1
arctg(x) to f'(x) =		x = 0 ⇒		= 1 nie ma nic złego
	1 + x2		1 + 0

krul: dzięki, bo próbuję już liczyć to przez jakieś 3 h, i za każdym razem wyniki są błędne...

kfiatek: super, dzieki bardzo za pomoc Godzio