12 Taylor Formülü
Türev Kavramı bölümünde türevlenebilir bir fonksiyonu bir noktanın yakınında bir doğruyla değiştirmiştik: \(L(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)\) doğrusallaştırması, \(x\) yeterince yakınken \(f(x)\)’e iyi bir yaklaşımdır (Tanım 2.5). Bu yaklaşımın iki iyi yanı vardı: \(L\) ile \(f\), \(x_0\) noktasında hem değerde hem eğimde uyuşur; ve hata \(|x-x_0|\)’dan daha hızlı söner. İki de sınırı vardı: \(L\) bir doğrudur, dolayısıyla eğriliği hiç görmez; ve hatanın “daha hızlı söndüğünü” bilmek, hatayı sayıyla kestirmeye yetmez.
Bu bölümde her iki sınırı da aşacağız. Sorunun doğru biçimi şudur: \(f\)’ye \(x_0\) noktasında yalnızca değer ve eğimde değil, ilk \(n\) türevinin hepsinde uyuşan bir polinom bulabilir miyiz? Bulabiliriz; üstelik böyle bir polinom bir tanedir. Ona Taylor polinomu, \(f(x)\) ile arasındaki farka da kalan terim denir. Bölümün asıl teoremleri kalan terimi denetim altına alır: Lagrange kalanı hatayı \((n+1)\). türevin ara bir noktadaki değeriyle tam olarak verir, Cauchy kalanı aynı işi başka bir biçimde yapar ve Lagrange’ın yetmediği yerlerde devreye girer, Peano kalanı ise hatanın \((x-x_0)^n\)’den daha hızlı söndüğünü söyler.
Bu bölümde şunları öğreneceğiz: Taylor polinomunun tanımını ve tekliğini; üç ayrı kalan biçimini ve tam ispatlarını; bunların hepsinin çekirdeğinde Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri bölümündeki tek bir fikrin — yardımcı fonksiyon kurup Rolle teoremini uygulama fikrinin — bulunduğunu; ve temel fonksiyonların Maclaurin açılımlarını. Önceki bölümde L’Hôpital Kuralı ile belirsiz biçimleri çözmüştük; Peano kalanının ispatı doğrudan o kuralı kullanacaktır.
12.1 Doğrusallaştırmadan Taylor Polinomuna
Fikri sayılarla kuralım. \(x_0\) noktasında \(n\) kez türevlenebilen bir \(f\) verilsin ve derecesi en çok \(n\) olan
\[P(x) = c_0 + c_1 (x - x_0) + c_2 (x - x_0)^2 + \cdots + c_n (x - x_0)^n\]
biçiminde, \(x_0\)’da \(f\) ile ilk \(n\) türeve kadar uyuşan bir polinom arayalım:
\[P(x_0) = f(x_0), \quad P'(x_0) = f'(x_0), \quad \dots, \quad P^{(n)}(x_0) = f^{(n)}(x_0).\]
Katsayıları teker teker okuyalım. \(x = x_0\) koyunca \((x-x_0)\)’lı bütün terimler yok olur ve \(P(x_0) = c_0\) kalır; demek ki \(c_0 = f(x_0)\). Türev alalım:
\[P'(x) = c_1 + 2c_2 (x - x_0) + 3c_3 (x - x_0)^2 + \cdots + n c_n (x - x_0)^{n-1};\]
yine \(x = x_0\) koyunca \(c_1 = f'(x_0)\) çıkar. Bir kez daha türev alırsak \(P''(x_0) = 2c_2\), yani \(c_2 = \dfrac{f''(x_0)}{2}\) olur. Örüntü belirmiştir: \(j\). türevde \((x-x_0)^j\) teriminin katsayısı \(j!\) çarpanıyla öne çıkar, küçük dereceliler kaybolur, büyük dereceliler ise \(x = x_0\)’da sıfırlanır. Dolayısıyla \(P^{(j)}(x_0) = j!\,c_j\) ve
\[c_j = \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!}, \qquad j = 0, 1, \dots, n\]
olmak zorundadır (\(0! = 1\) ve \(f^{(0)} = f\) anlaşmalarıyla \(j = 0\) hâli de uyar). Aradığımız polinom kendiliğinden ortaya çıkmıştır.
Tanım 12.1 (Taylor Polinomu) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık, \(x_0 \in I\) ve \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(x_0\) noktasında \(n\) kez türevlenebilir olsun (Tanım 6.1). O hâlde
\[T_n(x; x_0) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n\]
kuralıyla tanımlanan, derecesi en çok \(n\) olan polinoma \(f\)’nin \(x_0\) noktasındaki \(n\). mertebeden Taylor polinomu (Taylor polynomial) denir. \(x_0 = 0\) hâlinde
\[T_n(x; 0) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\]
polinomuna Maclaurin polinomu (Maclaurin polynomial) adı verilir. Karışıklık olmadığında kısaca \(T_n(x)\) yazacağız.
Tanımın ilk iki hâli tanıdıktır: \(T_0(x; x_0) = f(x_0)\) sabit fonksiyonudur, \(T_1(x; x_0)\) ise tam olarak doğrusallaştırmadır (Tanım 2.5), yani teğet doğrusudur (Tanım 2.4). Taylor polinomu, teğetin yüksek mertebeli akrabasıdır: \(T_2\) eğriye en iyi uyan parabol, \(T_3\) en iyi uyan kübik eğridir ve böyle sürer.
Yukarıdaki hesabı şimdi eksiksiz yapalım. Teklik, göründüğünden çok daha kullanışlı bir sonuçtur: bir Taylor polinomunu bulmak için türev almak zorunda değiliz; herhangi bir yolla derecesi uygun bir polinom bulup istenen uyuşmayı doğrulamak yeter.
Önerme 12.1 (Taylor Polinomunun Tekliği) \(f\), \(x_0\) noktasında \(n\) kez türevlenebilir olsun. O hâlde:
- \(T_n(x; x_0)\) polinomu her \(j = 0, 1, \dots, n\) için \(T_n^{(j)}(x_0) = f^{(j)}(x_0)\) eşitliğini sağlar.
- Derecesi en çok \(n\) olan ve \(j = 0, 1, \dots, n\) için \(P^{(j)}(x_0) = f^{(j)}(x_0)\) sağlayan tek polinom \(T_n(x; x_0)\)’dır.
İspat
Bir yardımcı hesap. \(q_k(x) = (x - x_0)^k\) tek terimlisinin türevleri, \(j \le k\) için
\[q_k^{(j)}(x) = k(k-1) \cdots (k - j + 1)\, (x - x_0)^{k-j}\]
ve \(j > k\) için \(q_k^{(j)} \equiv 0\)’dır (\(j = k\) adımında sabit \(k!\) elde edilir, bir sonraki türev sıfırdır). \(x = x_0\) koyalım: \(j < k\) ise üs \(k-j \ge 1\) olduğundan değer \(0\)’dır; \(j = k\) ise \(q_k^{(k)} \equiv k!\); \(j > k\) ise zaten \(0\)’dır. Kısacası \(q_k^{(j)}(x_0)\) sayısı \(j = k\) hâlinde \(k!\), öteki bütün hâllerde \(0\)’dır.
(1) İddiası. \(T_n = \sum_{k=0}^{n} c_k q_k\) ve \(c_k = \dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\)’dir. Türev almak doğrusal olduğundan (Teorem 3.2’nin tümevarımla genellemesi) \(T_n^{(j)}(x_0) = \sum_{k=0}^{n} c_k\, q_k^{(j)}(x_0)\) yazılır; bu toplamdaki tek sıfırdan farklı terim \(k = j\) olanıdır:
\[T_n^{(j)}(x_0) = j!\, c_j = j! \cdot \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!} = f^{(j)}(x_0), \qquad j = 0, 1, \dots, n.\]
(2) Teklik. \(P\) ve \(Q\) istenen özelliği sağlayan iki polinom olsun ve \(D = P - Q\) diyelim; \(D\)’nin derecesi en çok \(n\)’dir ve her \(j \le n\) için \(D^{(j)}(x_0) = 0\)’dır. Herhangi bir polinom \((x-x_0)\)’ın kuvvetleri cinsinden yazılabilir (\(t = x-x_0\) değişken değiştirmesiyle \(D(x_0+t)\), \(t\)’nin derecesi en çok \(n\) olan bir polinomudur):
\[D(x) = \sum_{k=0}^{n} b_k (x - x_0)^k.\]
Yukarıdaki hesabı \(D\) için tekrarlarsak her \(j \le n\) için \(D^{(j)}(x_0) = j!\, b_j\) buluruz; bu sayı \(0\) olduğundan \(b_j = 0\)’dır. Demek ki \(D \equiv 0\), yani \(P = Q\). \(T_n\) istenen özelliği (1) gereği sağladığından, o tek polinom \(T_n\)’dir.
\(\blacksquare\)
\(f(x) = (1+x)^3\) fonksiyonunun \(3\). Maclaurin polinomunu bulmak için üç türev almak gerekmez: \((1+x)^3 = 1 + 3x + 3x^2 + x^3\) zaten derecesi \(3\) olan bir polinomdur ve \(f\)’ye özdeştir, özdeş fonksiyonların türevleri de aynıdır; Önerme 12.1 gereği \(T_3(x;0)\) budur. Aynı gerekçe genel bir olgu verir: derecesi \(m\) olan bir polinomun \(n \ge m\) için \(n\). Taylor polinomu kendisidir. Bütün mesele polinom olmayan fonksiyonlardadır.
Yaklaşım ne kadar iyidir? Bu soruyu sorabilmek için hataya bir ad verelim.
Tanım 12.2 (Kalan Terim) \(f\), \(x_0\) noktasında \(n\) kez türevlenebilir olsun.
\[R_n(x; x_0) = f(x) - T_n(x; x_0)\]
farkına \(f\)’nin \(x_0\) noktasındaki \(n\). mertebeden kalan terimi (remainder term) denir. Bu tanımla
\[f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k + R_n(x; x_0)\]
eşitliği elde edilir; buna \(n\). mertebeden Taylor formülü (Taylor’s formula), \(x_0 = 0\) hâlinde Maclaurin formülü denir. Kısaca \(R_n(x)\) yazacağız.
Buradaki eşitlik bir teorem değil, bir tanımdır: \(R_n\), farkın kendisine verilen addır ve bu hâliyle hiçbir bilgi taşımaz. Bölümün asıl içeriği, \(R_n\)’in \(f\)’nin türevleri cinsinden başka türlü yazılabildiğini söyleyen üç teoremdir. Önerme 12.1’nin bir sonucunu şimdiden not edelim:
\[R_n(x_0) = R_n'(x_0) = \cdots = R_n^{(n)}(x_0) = 0.\]
Yani kalan terim \(x_0\) noktasında “\(n\) kat sıfırlanır”; \((x-x_0)^{n+1}\) mertebesinde küçük olmasını beklememizin nedeni budur. Şimdi bu beklentiyi teoreme dönüştürelim.
12.2 Taylor Teoremi: Lagrange Kalanı
Ortalama değer teoremi (Teorem 8.2), \(f(x) - f(x_0) = f'(c)(x-x_0)\) eşitliğiyle iki noktadaki değerlerin farkını türevin ara bir noktadaki değeriyle tam olarak verir. Bu, Taylor formülünün \(n = 0\) hâlidir: \(T_0(x) = f(x_0)\) olduğundan \(R_0(x) = f(x) - f(x_0) = f'(c)(x - x_0)\). Lagrange’ın kalan formülü, bu ifadenin her mertebeye taşınmasıdır.
Teorem 12.1 (Taylor Teoremi (Lagrange Kalanı)) \(n \in \mathbb{N} \cup \{0\}\) ve \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) öyle bir fonksiyon olsun ki \(f, f', \dots, f^{(n)}\) türevleri \([a,b]\) üzerinde var ve sürekli, \(f^{(n+1)}(t)\) türevi ise her \(t \in (a,b)\) için var olsun. (Bu koşulu kısaca “\(f\), \([a,b]\) üzerinde \(C^n\) sınıfındandır” diye okuyacağız; Tanım 6.2 açık aralıklar için verilmişti, kapalı aralıkta uç noktalardaki türevler tek yönlü anlaşılır.) \(x_0, x \in [a,b]\) ve \(x \ne x_0\) olsun. O hâlde \(x_0\) ile \(x\) arasında öyle bir \(c\) vardır ki
\[R_n(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x - x_0)^{n+1}\]
olur.
İspat
\(x\) noktasını sabitleyelim; ispat boyunca \(x\) bir sayıdır, değişken \(t\) olacaktır. \(J\), uç noktaları \(x_0\) ile \(x\) olan kapalı aralığı göstersin; \(J \subseteq [a,b]\)’dir ve \(J\)’nin iç noktaları \((a,b)\)’de kalır.
Adım 1: yardımcı fonksiyonun kurulması. Taylor formülünde \(x_0\)’ın yerine değişken bir \(t\) koyalım:
\[F(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - M (x - t)^{n+1}, \qquad t \in J.\]
Buradaki \(M\) henüz seçilmemiş bir sabittir. \(F\), \(J\) üzerinde süreklidir, çünkü \(k \le n\) için \(f^{(k)}\) türevleri süreklidir; \(J\)’nin iç noktalarında türevlenebilirdir, çünkü türev alırken en çok \(f^{(n+1)}\) gerekir ve o da \((a,b)\)’de vardır.
Adım 2: \(M\)’nin seçimi. \(M\)’yi \(F(x_0) = 0\) olacak biçimde seçelim; \(t = x_0\) koyduğumuzda toplam tam olarak \(T_n(x)\) olur:
\[F(x_0) = f(x) - T_n(x) - M(x - x_0)^{n+1} = R_n(x) - M (x - x_0)^{n+1}.\]
\(x \ne x_0\) olduğundan \((x-x_0)^{n+1} \ne 0\)’dır; dolayısıyla
\[M = \frac{R_n(x)}{(x - x_0)^{n+1}}\]
seçimi \(F(x_0) = 0\) verir. Bundan böyle \(M\) bu sayıdır; ispatın sonunda bu eşitliğe geri döneceğiz.
Adım 3: öteki uçta da sıfır. \(t = x\) koyalım. Toplamda \(k \ge 1\) olan terimlerin hepsi \((x-x)^k = 0\) çarpanı yüzünden yok olur; geriye yalnızca \(k = 0\) terimi, yani \(f(x)\) kalır. Son terim de sıfırdır: \(F(x) = f(x) - f(x) - 0 = 0\).
Adım 4: türevin teleskoplanması. Toplamı \(S(t) = \sum_{k=0}^{n} \dfrac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\) ile gösterelim. Her terim iki \(t\)-bağımlı çarpanın çarpımıdır; çarpım kuralı (Teorem 3.2) ve \(\dfrac{d}{dt}(x-t)^k = -k(x-t)^{k-1}\) ile
\[S'(t) = \sum_{k=0}^{n} \left[ \frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k - \frac{f^{(k)}(t)}{k!}\, k\, (x-t)^{k-1} \right].\]
İkinci parçada \(k = 0\) terimi sıfırdır (\((x-t)^0 = 1\) sabittir); \(k \ge 1\) içinse \(\dfrac{k}{k!} = \dfrac{1}{(k-1)!}\)’dir. Dolayısıyla
\[S'(t) = \underbrace{\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k}_{A} - \underbrace{\sum_{k=1}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1}}_{B}.\]
\(B\)’de \(j = k-1\) dizin değiştirmesi yapalım; \(k\), \(1\)’den \(n\)’e giderken \(j\), \(0\)’dan \(n-1\)’e gider ve
\[B = \sum_{j=0}^{n-1} \frac{f^{(j+1)}(t)}{j!}(x-t)^{j}\]
olur. Bu, \(A\) toplamının ilk \(n\) terimidir; \(A\)’nın yalnızca \(k = n\) terimi dışarıda kalır. Toplamlar teleskoplayarak sadeleşir:
\[S'(t) = \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^n.\]
Yardımcı fonksiyonun bütün hüneri buradadır: türev alındığında toplamdan geriye tek bir terim kalır. Son olarak \(\dfrac{d}{dt}\big[-M(x-t)^{n+1}\big] = M(n+1)(x-t)^n\) olduğundan
\[F'(t) = (x-t)^n \left[ M(n+1) - \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!} \right].\]
Adım 5: Rolle teoremi. \(F\), \(J\) üzerinde sürekli, iç noktalarında türevlenebilir ve Adım 2 ile Adım 3 gereği uçlarda aynı değeri, \(F(x_0) = F(x) = 0\) değerini alıyor. Teorem 8.1 gereği \(x_0\) ile \(x\) arasında kesin olarak, \(F'(c) = 0\) olan bir \(c\) vardır:
\[(x - c)^n \left[ M(n+1) - \frac{f^{(n+1)}(c)}{n!} \right] = 0.\]
\(c \ne x\) olduğundan \((x-c)^n \ne 0\)’dır (\(n = 0\) hâlinde \((x-c)^0 = 1\) zaten sıfır değildir). Köşeli parantez sıfır olmak zorundadır:
\[M(n+1) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{n!} \quad \Longrightarrow \quad M = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)\, n!} = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}.\]
Adım 6: sonuç. Bulduğumuz değeri Adım 2’deki eşitlikle karşılaştıralım:
\[\frac{R_n(x)}{(x - x_0)^{n+1}} = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} \quad \Longrightarrow \quad R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x - x_0)^{n+1}.\]
\(\blacksquare\)
\(n = 0\) alalım: \(T_0(x) = f(x_0)\) olduğundan teoremin verdiği eşitlik \(f(x) - f(x_0) = f'(c)(x-x_0)\), yani tam olarak Teorem 8.2’dir. Hipotezler de birebir örtüşür: “\(f \in C^0\)” \(f\)’nin kapalı aralıkta sürekliliği, “\(f^{(1)}\) iç noktalarda var” ise açık aralıkta türevlenebilirliğidir. Demek ki Taylor teoremi, ortalama değer teoreminin yüksek mertebeli genellemesidir; ispatların aynı iskelete (yardımcı fonksiyon artı Rolle teoremi) sahip olması da şaşırtıcı değildir.
Kalanı \(x_0 = 0\) hâlinde yazmak sık gerekir; ara noktayı \(x\)’in bir kesri olarak göstermek de gelenektir.
Sonuç 12.1 (Maclaurin Formülü) \(x \ne 0\) olsun ve \(f\), \(0\) ile \(x\) arasındaki kapalı aralıkta \(C^n\) sınıfından, karşılık gelen açık aralıkta ise \((n+1)\) kez türevlenebilir olsun. O hâlde öyle bir \(\theta \in (0,1)\) vardır ki
\[f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}.\]
İspat
Teorem 12.1’i \(x_0 = 0\) ile uygulayalım: \(0\) ile \(x\) arasında bir \(c\) için \(R_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}\)’dir. “\(c\), \(0\) ile \(x\) arasındadır” demek \(\theta = \dfrac{c}{x}\) oranının \((0,1)\)’de olması demektir: \(x > 0\) ise \(0 < c < x\) olduğundan \(0 < c/x < 1\); \(x < 0\) ise \(x < c < 0\) olduğundan negatif bir sayıyı negatif bir sayıya böleriz ve yine \(0 < c/x < 1\). Böylece \(c = \theta x\) yazılabilir.
\(\blacksquare\)
Kalan formülündeki \(c\) (ya da \(\theta\)) sayısı üç şeye birden bağlıdır: \(f\)’ye, \(x\)’e ve \(n\)’e. Formülde \(c\)’yi sanki sabitmiş gibi kullanmak — örneğin \(n \to \infty\) limitinde “\(f^{(n+1)}(c)\)” ifadesini sabit saymak — sık yapılan ve yanlış sonuçlar doğuran bir hatadır.
Teorem \(c\)’nin varlığını söyler, yerini söylemez. Uygulamalarda \(c\)’yi aramayız; \(x_0\) ile \(x\) arasındaki bütün noktalar için geçerli bir \(\big|f^{(n+1)}\big| \le K\) üst sınırı bulur ve
\[|R_n(x)| \le \frac{K}{(n+1)!}\,|x - x_0|^{n+1}\]
kestirimini kullanırız. Bölümdeki bütün sayısal hesaplar bu kalıba oturur.
12.3 Cauchy Kalanı ve Genel Biçim
Lagrange kalanı çoğu durumda yeter, ama her durumda yetmez: birazdan \(\ln(1+x)\) örneğinde göreceğimiz gibi, \(x\) negatif ve \(-1\)’e yakınken Lagrange kalanının verdiği kestirim sıfıra gitmez, oysa yaklaşım gerçekte iyidir. İşin güzel yanı, aynı yardımcı fonksiyonun Cauchy ortalama değer teoremiyle (Teorem 8.3) birlikte kullanılmasının bütün kalan biçimlerini tek hamlede vermesidir.
Teorem 12.2 (Taylor Teoremi (Cauchy Kalanı)) Teorem 12.1’in hipotezleri altında, \(x_0\) ile \(x\) arasında öyle bir \(c\) vardır ki
\[R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}\,(x - c)^n (x - x_0)\]
olur.
İspat
Yine \(x\)’i sabitleyelim; \(J\), uç noktaları \(x_0\) ile \(x\) olan kapalı aralık olsun. Lagrange ispatındaki toplamı bu kez başlı başına bir fonksiyon olarak alalım:
\[G(t) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k, \qquad t \in J.\]
Adım 4’teki teleskoplama aynen geçerlidir: \(J\)’nin her iç noktasında
\[G'(t) = \frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n.\]
Uç noktalardaki değerler de Adım 2 ve Adım 3’ten okunur: \(G(x) = f(x)\) ve \(G(x_0) = T_n(x)\).
Şimdi \(\varphi(t) = t\) alalım; \(\varphi\) süreklidir ve \(\varphi'(t) = 1\)’dir. \(G\) ile \(\varphi\) ikilisine \(J\) üzerinde Teorem 8.3’in çarpım biçimini uygulayalım: \(J\)’nin iç noktalarında bir \(c\) için
\[G'(c)\big[\varphi(x) - \varphi(x_0)\big] = \varphi'(c)\big[G(x) - G(x_0)\big],\]
yani
\[\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x-c)^n (x - x_0) = 1 \cdot \big[ f(x) - T_n(x) \big] = R_n(x).\]
Bu, iddia edilen eşitliktir; \(c\), \(J\)’nin iç noktası olduğundan \(x_0\) ile \(x\) arasında kesin olarak bulunur.
\(\blacksquare\)
Aynı ispatta \(\varphi(t) = (x-t)^{n+1}\) alsaydık ne olurdu? \(\varphi'(t) = -(n+1)(x-t)^n\), \(\varphi(x) = 0\) ve \(\varphi(x_0) = (x-x_0)^{n+1}\) olduğundan Teorem 8.3
\[\frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x-c)^n \cdot \big[- (x-x_0)^{n+1}\big] = -(n+1)(x-c)^n \cdot R_n(x)\]
verirdi; ortak \(-(x-c)^n\) çarpanı sadeleşince (\(c \ne x\) olduğundan sıfır değildir) Lagrange kalanı çıkar. Demek ki \(\varphi(t) = t\) seçimi Cauchy, \(\varphi(t) = (x-t)^{n+1}\) seçimi Lagrange kalanını veriyor; \(\varphi(t) = (x-t)^p\) (\(1 \le p \le n+1\)) ile Schlömilch kalanı denilen ara biçimler doğar. İki formüldeki \(c\)’ler aynı değildir: her \(\varphi\) seçimi kendi ara noktasını üretir.
12.4 Peano Kalanı: Yerel Yaklaşım
Lagrange ve Cauchy kalanları \((n+1)\). türevin varlığını ister ve karşılığında \(x_0\)’dan uzakta da geçerli, sayısal bir bilgi verir. Çoğu zaman ise elimizde yalnızca \(n\). türev vardır ve tek merak ettiğimiz, hatanın \(x \to x_0\) iken ne kadar hızlı söndüğüdür. Bu daha zayıf soru, daha zayıf hipotezlerle yanıtlanır.
Önce gösterimi kuralım: \(x \to x_0\) iken \(\dfrac{g(x)}{h(x)} \to 0\) oluyorsa “\(g(x) = o(h(x))\)” yazar ve “\(g\), \(h\)’ye göre küçük \(o\)’dur” deriz. Örneğin \(x \to 0\) iken \(x^3 = o(x^2)\)’dir, çünkü \(x^3/x^2 = x \to 0\).
Teorem 12.3 (Taylor Teoremi (Peano Kalanı)) \(n \ge 1\) ve \(f\), \(x_0\)’ı içeren bir açık aralıkta \(n - 1\) kez türevlenebilir, \(x_0\) noktasında ise \(n\) kez türevlenebilir olsun (\(n = 1\) hâlinde ilk koşul yalnızca “\(f\) o aralıkta tanımlıdır” demektir). O hâlde
\[\lim_{x \to x_0} \frac{R_n(x)}{(x - x_0)^n} = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - T_n(x; x_0)}{(x - x_0)^n} = 0,\]
kısaca
\[f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k + o\big((x - x_0)^n\big), \qquad x \to x_0.\]
İspat
\(R = R_n\) ve \(g(x) = (x - x_0)^n\) yazalım. Üç hazırlık gözlemi yapalım.
(i) \(f\), \(x_0\)’ın bir komşuluğunda \(n-1\) kez türevlenebilir; \(T_n\) ise polinom olduğundan her mertebeden türevlenebilir. Dolayısıyla \(R = f - T_n\) de o komşulukta \(n-1\) kez türevlenebilirdir ve \(R^{(n-1)}\), \(x_0\) noktasında türevlenebilirdir.
(ii) Önerme 12.1 gereği \(T_n^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0)\) olduğundan \(R^{(k)}(x_0) = 0\)’dır, \(k = 0, 1, \dots, n\).
(iii) \(k \le n-1\) için \(R^{(k)}\), \(x_0\)’da türevlenebilir, dolayısıyla orada süreklidir (Teorem 3.1); (ii) ile birlikte \(R^{(k)}(x) \to 0\) (\(x \to x_0\)) olur. Öte yandan \(g^{(k)}(x) = \dfrac{n!}{(n-k)!}(x-x_0)^{n-k}\)’dir; \(k \le n-1\) için üs \(n-k \ge 1\) olduğundan \(g^{(k)}(x) \to 0\) ve \(x \ne x_0\) iken \(g^{(k)}(x) \ne 0\)’dır.
Zincirin son halkası. \(k = n-1\) alalım; \(g^{(n-1)}(x) = n!\,(x - x_0)\)’dır. (ii) gereği \(R^{(n-1)}(x_0) = 0\) ve \(R^{(n)}(x_0) = 0\) olduğundan türevin tanımı (Tanım 2.2) doğrudan sonucu verir:
\[\lim_{x \to x_0} \frac{R^{(n-1)}(x)}{g^{(n-1)}(x)} = \frac{1}{n!} \lim_{x \to x_0} \frac{R^{(n-1)}(x) - R^{(n-1)}(x_0)}{x - x_0} = \frac{R^{(n)}(x_0)}{n!} = 0.\]
Bu limit vardır ve sıfırdır; \(n = 1\) hâlinde ispat burada biter, çünkü o zaman \(g^{(0)} = g\) ve \(R^{(0)} = R\)’dir.
Geriye doğru tümevarım. \(n \ge 2\) olsun. Şu iddiayı \(k = n-1, n-2, \dots, 1, 0\) sırasıyla kanıtlayacağız:
\[\lim_{x \to x_0} \frac{R^{(k)}(x)}{g^{(k)}(x)} = 0.\]
\(k = n-1\) için bunu az önce gösterdik. İddia bir \(k\) (\(1 \le k \le n-1\)) için doğru olsun; \(k-1\) için gösterelim. \(\dfrac{R^{(k-1)}(x)}{g^{(k-1)}(x)}\) oranını ele alalım:
- \(k-1 \le n-2\) olduğundan (iii) gereği pay ve payda birlikte \(0\)’a gider; yani \(\dfrac{0}{0}\) belirsiz biçimi söz konusudur.
- \(x_0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda \(R^{(k-1)}\) ve \(g^{(k-1)}\) türevlenebilirdir ve \(g^{(k)}(x) \ne 0\)’dır.
- Türevlerin oranı tam olarak \(\dfrac{R^{(k)}(x)}{g^{(k)}(x)}\)’tir ve tümevarım varsayımı gereği bu oranın limiti vardır, \(0\)’dır.
L’Hôpital kuralı (Teorem 11.2) “türevlerin oranının limiti varsa asıl oranın limiti de vardır ve ona eşittir” der; zinciri sondan başa doğru kurmamızın nedeni budur. Kural gereği
\[\lim_{x \to x_0} \frac{R^{(k-1)}(x)}{g^{(k-1)}(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{R^{(k)}(x)}{g^{(k)}(x)} = 0.\]
Tümevarım \(k = 0\)’a kadar iner; \(R^{(0)} = R\) ve \(g^{(0)} = (x-x_0)^n\) olduğundan istenen limit elde edilir. Toplamda L’Hôpital kuralı tam \(n-1\) kez uygulanmış, son adımda ise kuralın yerini türevin tanımı almıştır — çünkü \(x_0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda \(R^{(n)}\)’in varlığını hiç varsaymadık.
\(\blacksquare\)
Peano kalanının en önemli kullanımı, “\(o\)” gösterimiyle yapılan cebirdir: bir fonksiyonun Taylor polinomunu türev almadan, bilinen açılımları birleştirerek bulabiliriz. Bunu meşrulaştıran, aşağıdaki teklik önermesidir.
Önerme 12.2 (Asimptotik Açılımın Tekliği) \(P\) ve \(Q\), derecesi en çok \(n\) olan iki polinom olsun ve \(x \to x_0\) iken \(P(x) - Q(x) = o\big((x - x_0)^n\big)\) sağlansın. O hâlde \(P = Q\)’dur.
Özel olarak: \(f\), \(x_0\)’da \(n\) kez türevlenebilirse ve derecesi en çok \(n\) olan bir \(P\) polinomu için \(f(x) = P(x) + o\big((x-x_0)^n\big)\) oluyorsa, zorunlu olarak \(P = T_n(\cdot\,; x_0)\)’dır.
İspat
\(D = P - Q\) diyelim; Önerme 12.1’nin ispatındaki gibi \(D(x) = \sum_{k=0}^{n} b_k (x - x_0)^k\) yazılabilir ve varsayım \(\lim_{x \to x_0} \dfrac{D(x)}{(x-x_0)^n} = 0\) demektir.
\(D \not\equiv 0\) olduğunu varsayıp çelişki arayalım. O hâlde \(b_m \ne 0\) olan bir en küçük \(m\) indisi vardır ve \(k < m\) için \(b_k = 0\) olduğundan
\[D(x) = (x - x_0)^m \left[ b_m + b_{m+1}(x - x_0) + \cdots + b_n (x-x_0)^{n-m} \right]\]
yazılır. Köşeli parantezdeki ifade \(x \to x_0\) iken \(b_m\)’ye gider (bkz. Analiz 1), dolayısıyla
\[\lim_{x \to x_0} \frac{D(x)}{(x - x_0)^m} = b_m \ne 0.\]
Öte yandan \(m \le n\) olduğundan \(x \ne x_0\) için
\[\frac{D(x)}{(x - x_0)^m} = (x - x_0)^{\,n - m} \cdot \frac{D(x)}{(x - x_0)^{n}}\]
yazabiliriz. Sağdaki ikinci çarpanın limiti \(0\)’dır; birinci çarpan ise \(m < n\) ise \(0\)’a gider, \(m = n\) ise sabit \(1\)’dir, her iki hâlde de sınırlıdır. Sınırlı bir fonksiyonla sıfıra giden bir fonksiyonun çarpımı sıfıra gittiğinden (bkz. Analiz 1) bu oranın limiti \(0\) olur. Aynı limit hem \(b_m \ne 0\) hem \(0\) olamaz (bkz. Analiz 1); çelişki. Demek ki bütün \(b_k\)’ler sıfırdır, yani \(P = Q\).
İkinci iddia için Teorem 12.3 gereği \(f(x) = T_n(x) + o\big((x-x_0)^n\big)\)’dir; varsayımla birlikte
\[P(x) - T_n(x) = \big[f(x) - T_n(x)\big] - \big[f(x) - P(x)\big] = o\big((x-x_0)^n\big)\]
olur (her iki fark \((x-x_0)^n\)’e bölündüğünde \(0\)’a gittiğinden farkları da öyledir: Limitlerde Cebirsel İşlemler) ve birinci kısım \(P = T_n\) verir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde her \(n\) için sonlu bir polinom ve onun yanında bir kalan terim yazdık. \(n \to \infty\) limitinde ortaya çıkan
\[\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k\]
sonsuz toplamına Taylor serisi denir ve bu bambaşka bir nesnedir. İki soru birbirinden ayrılmalıdır: seri yakınsıyor mu, ve yakınsıyorsa toplamı \(f(x)\) mi? İkincisi birincisinden gelmez: kısmi toplamlar \(T_n(x)\) olduğundan, toplamın \(f(x)\) olması tam olarak \(R_n(x) \to 0\) (\(n \to \infty\)) demektir ve bu ayrıca ispatlanmalıdır. Nitekim
\[f(x) = \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}\]
ile tanımlanan fonksiyon her mertebeden türevlenebilirdir ve \(0\) noktasındaki bütün türevleri sıfırdır; her \(n\) için \(T_n(x;0) \equiv 0\)’dır. Bu fonksiyonun Taylor serisi her \(x\) için yakınsar — toplamı sabit \(0\)’dır — ama \(x \ne 0\) iken \(f(x) \ne 0\) olduğundan bu toplam \(f(x)\)’e eşit değildir. Serilerin yakınsaklık kuramına, sonsuz toplamlar kurulduktan sonra Kuvvet Serileri ve Yakınsaklık Yarıçapı bölümünde döneceğiz; bu bölümde ve bir sonrakinde yalnızca sonlu Taylor formülünü kullanacağız.
12.5 Temel Maclaurin Açılımları
Sıra, Taylor formülünü tanıdık fonksiyonlara uygulamaya geldi. Her örnekte yol aynıdır: önce \(f^{(k)}\) türevlerinin genel formülü tümevarımla kurulur (bkz. Analiz 1), sonra \(x_0\)’da değer verilir, en sonunda kalan yazılıp kestirilir.
Üstel fonksiyon
Örnek 12.1 (Üstel Fonksiyonun Maclaurin Açılımı) \(f(x) = e^x\) fonksiyonunun \(n\). mertebeden Maclaurin formülünü yazın ve kalanın her sabit \(x\) için \(n \to \infty\) iken sıfıra gittiğini gösterin.
Çözüm
\(\left(e^x\right)' = e^x\) olduğundan (Teorem 5.2) tümevarımla her \(k \ge 0\) için \(f^{(k)}(x) = e^x\)’tir; dolayısıyla \(f^{(k)}(0) = 1\) ve
\[T_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!}.\]
\(e^x\) her mertebeden türevlenebilir olduğundan Sonuç 12.1 her aralıkta uygulanır: bir \(\theta \in (0,1)\) için
\[e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}\,x^{n+1}.\]
Kalanın kestirimi. \(\theta \in (0,1)\) olduğundan \(|\theta x| \le |x|\) ve üstel fonksiyon artan olduğundan \(e^{\theta x} \le e^{|x|}\)’dir:
\[\big|R_n(x)\big| \le e^{|x|}\,\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}.\]
Burada \(x\) ve dolayısıyla \(e^{|x|}\) sabittir. Büyüme Hızları (2) gereği her sabit \(b\) için \(\dfrac{b^n}{n!} \to 0\) olduğundan \(\dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} \to 0\)’dır; sıkıştırma teoremiyle (bkz. Analiz 1) \(R_n(x) \to 0\).
Örneğin \(x = 1\), \(n = 4\) için \(e \approx \frac{65}{24} \approx 2{,}70833\) ve \(\big|R_4(1)\big| \le \dfrac{e}{120} < 0{,}025\)’tir; gerçek hata \(0{,}00995\) olup kestirim doğru ama geniştir. Daha duyarlı bir hesabı Örnek 12.9’nde yapacağız.
\(\blacksquare\)
Sinüs ve kosinüs
Örnek 12.2 (Sinüs ve Kosinüsün Maclaurin Açılımları) \(\sin x\) ve \(\cos x\) fonksiyonlarının Maclaurin formüllerini kalan terimleriyle birlikte yazın.
Çözüm
Türevlerin genel formülü. Her \(k \ge 0\) için \(\left(\sin\right)^{(k)}(x) = \sin\left(x + \dfrac{k\pi}{2}\right)\) olduğunu tümevarımla görelim. \(k = 0\) hâli aşikârdır. \(k\) için doğru olsun; Teorem 5.4 ve \(\cos u = \sin\left(u + \dfrac{\pi}{2}\right)\) özdeşliğiyle
\[\left(\sin\right)^{(k+1)}(x) = \cos\left(x + \frac{k\pi}{2}\right) = \sin\left(x + \frac{(k+1)\pi}{2}\right).\]
Aynı hesap \(\left(\cos\right)^{(k)}(x) = \cos\left(x + \dfrac{k\pi}{2}\right)\) verir.
Sinüs. \(\left(\sin\right)^{(k)}(0) = \sin\dfrac{k\pi}{2}\) sayısı \(k\) çift ise \(0\)’dır; \(k = 2j+1\) ise \(\sin\left(j\pi + \dfrac{\pi}{2}\right) = (-1)^j\)’dir. Demek ki yalnızca tek dereceli terimler kalır:
\[T_{2m}(x) = T_{2m-1}(x) = \sum_{j=0}^{m-1} (-1)^j \frac{x^{2j+1}}{(2j+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \cdots + (-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}.\]
\(T_{2m} = T_{2m-1}\) eşitliği \(x^{2m}\) katsayısının sıfır olmasından gelir ve bedava bir kazançtır: aynı polinomu \(2m\). mertebeden sayarak kalanı bir mertebe daha küçük kestirebiliriz. \(n = 2m\) ile yazalım; \(\left(\sin\right)^{(2m+1)}(t) = \sin\left(t + \dfrac{(2m+1)\pi}{2}\right)\) olduğundan bir \(\theta \in (0,1)\) için
\[\sin x = \sum_{j=0}^{m-1} (-1)^j \frac{x^{2j+1}}{(2j+1)!} + \frac{\sin\left(\theta x + \frac{(2m+1)\pi}{2}\right)}{(2m+1)!}\, x^{2m+1}.\]
Sinüs \([-1,1]\) aralığında değer aldığından kestirim çok basittir:
\[\big| R_{2m}(x) \big| \le \frac{|x|^{2m+1}}{(2m+1)!},\]
ve Büyüme Hızları (2) gereği bu üst sınır her sabit \(x\) için \(m \to \infty\) iken \(0\)’a gider.
Kosinüs. \(\left(\cos\right)^{(k)}(0) = \cos\dfrac{k\pi}{2}\) sayısı \(k\) tek ise \(0\), \(k = 2j\) ise \((-1)^j\)’dir; bu kez yalnızca çift dereceli terimler kalır:
\[\cos x = \sum_{j=0}^{m} (-1)^j \frac{x^{2j}}{(2j)!} + \frac{\cos\left(\theta x + \frac{(2m+2)\pi}{2}\right)}{(2m+2)!}\,x^{2m+2}, \qquad \big| R_{2m+1}(x) \big| \le \frac{|x|^{2m+2}}{(2m+2)!}.\]
Sayısal bir deneme. \(\sin 0{,}5\) için \(m = 2\) alalım: \(T_4(0{,}5) = 0{,}5 - \dfrac{0{,}125}{6} = 0{,}4791667\) ve \(\big|R_4(0{,}5)\big| \le \dfrac{0{,}5^5}{120} = 0{,}00026042\). Gerçek değer \(0{,}4794255\ldots\) olduğundan gerçek hata \(0{,}00025887\)’dir; kestirimin hemen altındadır, yani bu mertebede sınır neredeyse keskindir.
\(\blacksquare\)
Hiperbolik sinüs ve kosinüs
Örnek 12.3 (Hiperbolik Fonksiyonların Maclaurin Açılımları) \(\sinh x = \dfrac{e^x - e^{-x}}{2}\) ve \(\cosh x = \dfrac{e^x + e^{-x}}{2}\) fonksiyonlarının Maclaurin formüllerini yazın.
Çözüm
Zincir kuralıyla (Teorem 4.1) \(\left(e^{-x}\right)' = -e^{-x}\) olduğundan \(\sinh' = \cosh\) ve \(\cosh' = \sinh\)’tir. Türevler ikişer ikişer devreder; tümevarımla \(\left(\sinh\right)^{(k)}\) ifadesi \(k\) çift ise \(\sinh\), tek ise \(\cosh\)’a; \(\left(\cosh\right)^{(k)}\) ise \(k\) çift ise \(\cosh\), tek ise \(\sinh\)’e eşittir. \(\sinh 0 = 0\) ve \(\cosh 0 = 1\) olduğundan açılımlar \(\sin\) ve \(\cos\)’unkilerle aynı, ama işaretler dönüşümlü değildir:
\[\sinh x = x + \frac{x^3}{3!} + \cdots + \frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!} + \frac{\cosh(\theta x)}{(2m+1)!}\,x^{2m+1},\]
\[\cosh x = 1 + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^{2m}}{(2m)!} + \frac{\cosh(\theta x)}{(2m+2)!}\,x^{2m+2}.\]
Birinci formülde \((2m+1)\). türev \(\cosh\)’tur (\(2m+1\) tektir), ikincisinde \((2m+2)\). türev yine \(\cosh\)’tur (\(2m+2\) çifttir); her ikisinde de kalanın payında \(\cosh(\theta x)\) belirir.
Kalanın kestirimi. \(|\theta x| \le |x|\) ve \(\cosh\) çift, \([0,\infty)\) üzerinde artan olduğundan \(0 < \cosh(\theta x) \le \cosh|x| \le e^{|x|}\)’dir. Dolayısıyla her iki kalan da
\[|R(x)| \le e^{|x|}\, \frac{|x|^{N}}{N!} \longrightarrow 0 \qquad (N \to \infty)\]
sağlar; \(e^x\)’te olduğu gibi kalanlar her sabit \(x\) için sıfıra gider. Aynı sonuç \(e^x\) ile \(e^{-x}\) açılımları toplanıp çıkarılarak da elde edilir; Önerme 12.2 gereği bu yolla bulunan polinom aynı polinomdur.
\(\blacksquare\)
Logaritma
Örnek 12.4 (Logaritmanın Maclaurin Açılımı) \(f(x) = \ln(1+x)\) fonksiyonunun (\(x > -1\)) Maclaurin formülünü Lagrange ve Cauchy kalanlarıyla yazın; kalanların hangi \(x\) değerleri için sıfıra gittiğini belirleyin.
Çözüm
Türevler. \(f'(x) = (1+x)^{-1}\)’dir (Teorem 5.1 ve zincir kuralı). Tümevarımla her \(k \ge 1\) için
\[f^{(k)}(x) = (-1)^{k-1}\,\frac{(k-1)!}{(1+x)^k}\]
olur: \(k = 1\) için sağ taraf \(\dfrac{1}{1+x}\)’tir; \(k\) için doğruysa genel kuvvet kuralı (Teorem 5.3) ve zincir kuralıyla (Teorem 4.1)
\[f^{(k+1)}(x) = (-1)^{k-1}(k-1)!\cdot(-k)(1+x)^{-k-1} = (-1)^{k}\,\frac{k!}{(1+x)^{k+1}}.\]
Katsayılar. \(f(0) = 0\) ve \(k \ge 1\) için \(f^{(k)}(0) = (-1)^{k-1}(k-1)!\) olduğundan \(\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!} = \dfrac{(-1)^{k-1}}{k}\) ve
\[T_n(x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}.\]
Lagrange kalanı. \(f^{(n+1)}(t) = \dfrac{(-1)^n\, n!}{(1+t)^{n+1}}\) olduğundan bir \(\theta \in (0,1)\) için
\[R_n(x) = \frac{(-1)^n\, n!}{(n+1)!}\cdot\frac{x^{n+1}}{(1+\theta x)^{n+1}} = \frac{(-1)^n}{n+1}\left( \frac{x}{1 + \theta x} \right)^{n+1}.\]
\(0 \le x \le 1\) ise \(1 + \theta x \ge 1\) olduğundan \(\left|\dfrac{x}{1+\theta x}\right| \le x \le 1\) ve
\[|R_n(x)| \le \frac{x^{n+1}}{n+1} \le \frac{1}{n+1} \longrightarrow 0.\]
Özel olarak \(x = 1\) alırsak \(\ln 2\)’yi \(1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{4} + \cdots\) kısmi toplamlarıyla, hatası \(\dfrac{1}{n+1}\)’i geçmeyecek biçimde hesaplayabiliriz.
Lagrange kalanının yetmediği yer. \(-1 < x < 0\) olsun. Bu durumda \(1 + \theta x < 1\)’dir ve \(\left|\dfrac{x}{1+\theta x}\right|\) oranı \(1\)’i aşabilir: \(x = -0{,}8\), \(\theta = 0{,}9\) için oran \(\dfrac{0{,}8}{0{,}28} \approx 2{,}86\)’dır ve \((n+1)\). kuvveti patlar. \(\theta\) üzerinde hiçbir denetimimiz olmadığından Lagrange kalanı burada işe yaramaz.
Cauchy kalanı. Teorem 12.2’da ara noktayı \(c = \theta x\) (\(\theta \in (0,1)\)) biçiminde yazarsak \(x - c = x(1-\theta)\) olur ve
\[R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x - c)^n\, x = (-1)^n\,\frac{x^{n+1}}{1 + \theta x}\left( \frac{1 - \theta}{1 + \theta x} \right)^{n}.\]
Şimdi \(-1 < x < 0\) için iki gözlem yapalım.
- \(1 + \theta x > 1 + x > 0\)’dır (çünkü \(\theta < 1\) ve \(x < 0\) iken \(\theta x > x\)); demek ki \(\dfrac{1}{1+\theta x} < \dfrac{1}{1+x}\).
- \(\dfrac{1-\theta}{1+\theta x} \le 1\)’dir. Gerçekten bu eşitsizlik \(1 - \theta \le 1 + \theta x\), yani \(-\theta \le \theta x\) demektir; \(\theta > 0\) olduğundan her iki tarafı \(\theta\)’ya bölerek \(-1 \le x\) elde ederiz ki bu varsayımımızdır. Parantez içi \([0,1]\)’dedir, \(n\). kuvveti de öyle.
Bu ikisini birleştirirsek
\[|R_n(x)| \le \frac{|x|^{n+1}}{1+x} \longrightarrow 0 \qquad (n \to \infty),\]
çünkü \(|x| < 1\) için \(|x|^{n+1} \to 0\)’dır (bkz. Analiz 1). Böylece Cauchy kalanı, Lagrange kalanının başaramadığı işi yapmış ve açılımın \((-1,0)\) aralığında da geçerli olduğunu göstermiştir.
Sonuç. İki kestirimi birleştirirsek: \(-1 < x \le 1\) olan her \(x\) için \(R_n(x) \to 0\)’dır. Aralığın dışında bu bozulur; örneğin \(x > 1\) için \(\dfrac{x^n}{n}\) terimleri sınırsız büyüdüğünden \(T_n(x)\) dizisi yakınsamaz, dolayısıyla \(R_n(x) = f(x) - T_n(x)\) sıfıra gidemez.
Sayısal örnek. \(\ln(1{,}2)\) için \(n = 3\): \(T_3(0{,}2) = 0{,}1826667\) ve \(|R_3(0{,}2)| \le \dfrac{0{,}2^4}{4} = 0{,}0004\); gerçek değer \(0{,}1823216\ldots\), hata \(0{,}000345\)’tir.
\(\blacksquare\)
Geometrik fonksiyon
Örnek 12.5 (Bire Bölü Bir Eksi X Açılımı) \(f(x) = \dfrac{1}{1-x}\) fonksiyonunun (\(x \ne 1\)) \(n\). mertebeden Maclaurin formülünü yazın; kalanı hem cebirsel olarak tam biçimde hem de Lagrange biçiminde bulun.
Çözüm
Türevler. \(f(x) = (1-x)^{-1}\) olduğundan zincir kuralıyla ve tümevarımla \(f^{(k)}(x) = \dfrac{k!}{(1-x)^{k+1}}\)’dir: \(k = 0\) için \(\dfrac{0!}{1-x} = f(x)\); \(k\) için doğruysa
\[f^{(k+1)}(x) = k!\cdot\big(-(k+1)\big)(1-x)^{-(k+2)}\cdot(-1) = \frac{(k+1)!}{(1-x)^{k+2}}.\]
Buradan \(f^{(k)}(0) = k!\), yani katsayıların hepsi \(1\)’dir: \(T_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n\).
Kalanın tam biçimi. Bu örnekte kalanı ara nokta kullanmadan hesaplayabiliriz. \((1-x)(1 + x + \cdots + x^n) = 1 - x^{n+1}\) teleskop çarpımından \(1 + x + \cdots + x^n = \dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}\) çıkar; dolayısıyla
\[R_n(x) = \frac{1}{1-x} - \frac{1 - x^{n+1}}{1-x} = \frac{x^{n+1}}{1-x}.\]
Bu tam bir eşitliktir; hiçbir bilinmeyen ara nokta içermez. Buradan \(|x| < 1\) iken \(R_n(x) \to 0\), \(|x| \ge 1\) (\(x \ne 1\)) iken ise sıfıra gitmediği okunur.
Lagrange biçimi. Bu kez \(x < 1\) alalım; ancak o zaman \(0\) ile \(x\) arasındaki kapalı aralık \(f\)’nin tanım kümesinde kalır ve Sonuç 12.1 uygulanabilir. Kuralın verdiği eşitlik, bir \(\theta \in (0,1)\) için
\[R_n(x) = \frac{(n+1)!}{(n+1)!}\cdot\frac{x^{n+1}}{(1-\theta x)^{n+2}} = \frac{x^{n+1}}{(1 - \theta x)^{n+2}}\]
der. İki ifadeyi eşitlersek \((1-\theta x)^{n+2} = 1-x\) olur; \(x < 1\) olduğundan sağ taraf pozitiftir ve \((n+2)\). kökü alınabilir: \(\theta = \dfrac{1 - (1-x)^{1/(n+2)}}{x}\) bulunur. Bu, ara noktanın \(x\)’e ve \(n\)’e nasıl bağlı olduğunu gözle görülür kılan öğretici bir örnektir. Son olarak \(x\) yerine \(-x\) koyarsak, \(x \ne -1\) için yine tam olan
\[\frac{1}{1+x} = 1 - x + x^2 - \cdots + (-1)^n x^n + \frac{(-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x}\]
eşitliği elde edilir.
\(\blacksquare\)
Binom açılımı
Örnek 12.6 (Binom Açılımı) \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. \(f(x) = (1+x)^{\alpha}\) fonksiyonunun (\(x > -1\)) \(n\). mertebeden Maclaurin formülünü yazın; \(\alpha\) bir doğal sayı olduğunda ne olduğunu inceleyin.
Çözüm
Türevler. Genel kuvvet kuralı (Teorem 5.3), zincir kuralı (Teorem 4.1) ve tümevarımla, \(x > -1\) olduğundan \(1 + x > 0\) olduğu da göz önünde tutularak
\[f^{(k)}(x) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha - k + 1)\,(1+x)^{\alpha - k}\]
olur: \(k = 0\) hâlinde çarpım boştur ve \(1\)’e eşittir; bir kez daha türev almak çarpıma \((\alpha-k)\) çarpanını ekler ve üssü bir azaltır.
Genelleştirilmiş binom katsayısı. \(x = 0\) koyunca \(f^{(k)}(0) = \alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)\) olur. Bunu \(k!\)’e bölerek
\[\binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha - k + 1)}{k!}, \qquad \binom{\alpha}{0} = 1\]
genelleştirilmiş binom katsayısını (generalized binomial coefficient) tanımlarız; \(\alpha\) doğal sayı olduğunda bu, bildiğimiz binom katsayısıdır. Böylece bir \(\theta \in (0,1)\) için
\[(1+x)^{\alpha} = \sum_{k=0}^{n} \binom{\alpha}{k}x^k + \binom{\alpha}{n+1}(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}x^{n+1}.\]
Doğal sayı hâli. \(\alpha = m \in \mathbb{N}\) ise çarpanlar arasında \(\alpha - m = 0\) belirdiğinden \(k > m\) için \(f^{(k)} \equiv 0\) ve \(\binom{m}{k} = 0\)’dır. \(n \ge m\) alırsak kalan özdeş olarak sıfır olur ve geriye
\[(1+x)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}x^k\]
kalır; bu, binom teoreminin ta kendisidir. Yani binom teoremi, Taylor formülünün polinomlar için hatasız çalışmasının özel bir hâlidir.
İki kullanışlı özel hâl. \(\alpha = \dfrac{1}{2}\) için \(\binom{1/2}{1} = \dfrac{1}{2}\), \(\binom{1/2}{2} = \dfrac{(1/2)(-1/2)}{2} = -\dfrac{1}{8}\), \(\binom{1/2}{3} = \dfrac{(1/2)(-1/2)(-3/2)}{6} = \dfrac{1}{16}\) olduğundan
\[\sqrt{1+x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} - \cdots\]
\(\alpha = -\dfrac{1}{2}\) için \(\binom{-1/2}{2} = \dfrac{(-1/2)(-3/2)}{2} = \dfrac{3}{8}\) ve \(\binom{-1/2}{3} = \dfrac{(-1/2)(-3/2)(-5/2)}{6} = -\dfrac{5}{16}\) olduğundan
\[\frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 - \frac{x}{2} + \frac{3x^2}{8} - \frac{5x^3}{16} + \cdots\]
Sayısal bir deneme: \(\sqrt{1{,}1}\) için \(T_2(0{,}1) = 1{,}04875\) (gerçek değer \(1{,}0488088\ldots\), hata \(0{,}0000588\)), \(T_3(0{,}1) = 1{,}0488125\) (hata \(0{,}0000037\)).
\(\blacksquare\)
Ark tanjant
Son örnek, türevlerin genel formülünü doğrudan yazmanın zor olduğu bir durumda ne yapılacağını gösterir: türevler için bir özyineleme bağıntısı (recurrence relation) kurar, katsayıları oradan okuruz. Kullanacağımız alet, Yüksek Mertebeden Türevler bölümündeki Leibniz kuralıdır.
Örnek 12.7 (Ark Tanjantın Maclaurin Polinomu) \(f(x) = \arctan x\) fonksiyonunun \(0\) noktasındaki bütün türevlerini hesaplayın ve Maclaurin polinomunu yazın.
Çözüm
Bir denklem kurma. Teorem 5.5 \(f'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\) verir; paydayı sola alalım:
\[(1 + x^2)\, f'(x) = 1, \qquad x \in \mathbb{R}.\]
\(f'\) paydası hiç sıfırlanmayan bir rasyonel fonksiyon olduğundan \(f \in C^{\infty}(\mathbb{R})\)’dir.
Leibniz kuralını uygulama. Her iki tarafın \(n\). türevini alalım (\(n \ge 1\)); sağ taraf sabit olduğundan türevi \(0\)’dır. Solda \(u(x) = 1+x^2\), \(v(x) = f'(x)\) alıp Teorem 6.1’nı kullanalım. \(u\) ikinci dereceden olduğundan \(u^{(k)} \equiv 0\) (\(k \ge 3\)) ve yalnızca \(k = 0,1,2\) terimleri kalır; \(u' = 2x\), \(u'' = 2\) ve \(v^{(j)} = f^{(j+1)}\) olduğundan
\[(1+x^2)\,f^{(n+1)}(x) + 2nx\, f^{(n)}(x) + n(n-1)\, f^{(n-1)}(x) = 0.\]
\(x = 0\) koyalım. İkinci terim \(2x\) çarpanı yüzünden yok olur:
\[f^{(n+1)}(0) = -\,n(n-1)\, f^{(n-1)}(0), \qquad n \ge 1.\]
Başlangıç değerleri. \(f(0) = 0\) ve \(f'(0) = 1\)’dir.
Çift mertebeliler. \(n = 1\) için özyineleme \(f''(0) = -1\cdot 0\cdot f(0) = 0\) verir. \(f^{(2j)}(0) = 0\) ise \(n = 2j+1\) seçimi \(f^{(2j+2)}(0) = -(2j+1)(2j)f^{(2j)}(0) = 0\) verir; tümevarımla bütün çift mertebeli türevler \(0\)’dır.
Tek mertebeliler. \(n = 2m\) seçimiyle \(f^{(2m+1)}(0) = -2m(2m-1)f^{(2m-1)}(0)\) olur. İddia: \(f^{(2m+1)}(0) = (-1)^m (2m)!\). \(m = 0\) için \((-1)^0\cdot 0! = 1 = f'(0)\) doğrudur. \(f^{(2m-1)}(0) = (-1)^{m-1}(2m-2)!\) ise
\[f^{(2m+1)}(0) = -2m(2m-1)\cdot(-1)^{m-1}(2m-2)! = (-1)^m\, 2m(2m-1)(2m-2)! = (-1)^m (2m)!.\]
İlk değerler: \(f'''(0) = -2\), \(f^{(5)}(0) = 24\), \(f^{(7)}(0) = -720\).
Maclaurin polinomu. \(x^{2m+1}\) teriminin katsayısı \(\dfrac{(-1)^m (2m)!}{(2m+1)!} = \dfrac{(-1)^m}{2m+1}\) olduğundan
\[T_{2m+2}(x) = T_{2m+1}(x) = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \cdots + (-1)^m \frac{x^{2m+1}}{2m+1},\]
Peano kalanıyla (Teorem 12.3)
\[\arctan x = \sum_{j=0}^{m} (-1)^j \frac{x^{2j+1}}{2j+1} + o\big(x^{2m+2}\big), \qquad x \to 0.\]
Çift dereceli katsayıların sıfır çıkması beklenen bir şeydir: \(\arctan\) tektir ve \(-T_n(-x)\) polinomu \(f\)’ye aynı mertebeden uyduğundan Önerme 12.1 gereği \(-T_n(-x) = T_n(x)\)’tir. Kalanın Lagrange biçimi de yazılabilir, ama \(\arctan\)’ın yüksek mertebeden türevleri kullanışlı bir kapalı biçim vermez.
\(\blacksquare\)
Yukarıda türetilen dokuz açılımı bir sonraki bölümde sürekli kullanacağız; Peano biçiminde, \(x \to 0\) iken
\[e^x = \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} + o(x^n), \qquad \sin x = \sum_{j=0}^{m-1}(-1)^j\frac{x^{2j+1}}{(2j+1)!} + o(x^{2m}), \qquad \cos x = \sum_{j=0}^{m}(-1)^j\frac{x^{2j}}{(2j)!} + o(x^{2m+1}),\]
\[\ln(1+x) = \sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^k + o(x^n), \qquad (1+x)^{\alpha} = \sum_{k=0}^{n}\binom{\alpha}{k}x^k + o(x^n), \qquad \arctan x = \sum_{j=0}^{m}(-1)^j\frac{x^{2j+1}}{2j+1} + o(x^{2m+2}).\]
Hiperbolik olanlar \(\sin\) ve \(\cos\) açılımlarının işaretsiz eşlenikleridir; \(\dfrac{1}{1-x}\) açılımının kalanı ise \(\dfrac{x^{n+1}}{1-x}\) ile tam olarak bilinir.
12.6 Sayısal Hesaplar
Taylor formülünün en somut kullanımı, bir fonksiyonun değerini önceden belirlenmiş bir duyarlıkla hesaplamaktır: değerlerin tam bilindiği bir \(x_0\) ve uygun bir \(n\) seçilir, \(T_n\) hesaplanır, hata Teorem 12.1 ile kestirilir. İki tipik soruyu ayrı ayrı işleyelim: “verilen \(n\) ile hata ne kadar?” ve “verilen hata için \(n\) kaç olmalı?”.
Örnek 12.8 (Karekökün Bir Noktadaki Taylor Polinomu) \(f(x) = \sqrt{x}\) fonksiyonunun \(x_0 = 4\) noktasındaki \(3\). mertebeden Taylor polinomunu bulun. Bununla \(\sqrt{4{,}2}\)’yi hesaplayın ve hatayı kestirin.
Çözüm
Türevler. \(f(x) = x^{1/2}\) olduğundan (Teorem 5.3)
\[f'(x) = \frac{1}{2}x^{-1/2}, \qquad f''(x) = -\frac{1}{4}x^{-3/2}, \qquad f'''(x) = \frac{3}{8}x^{-5/2}, \qquad f^{(4)}(x) = -\frac{15}{16}x^{-7/2}.\]
\(4^{1/2} = 2\), \(4^{3/2} = 8\), \(4^{5/2} = 32\), \(4^{7/2} = 128\) olduğundan
\[f(4) = 2, \quad f'(4) = \frac{1}{4}, \quad f''(4) = -\frac{1}{32}, \quad f'''(4) = \frac{3}{256}.\]
Taylor polinomu. Katsayıları \(\dfrac{f^{(k)}(4)}{k!}\) olarak yazalım:
\[T_3(x) = 2 + \frac{1}{4}(x-4) - \frac{1}{32}\cdot\frac{(x-4)^2}{2} + \frac{3}{256}\cdot\frac{(x-4)^3}{6} = 2 + \frac{x-4}{4} - \frac{(x-4)^2}{64} + \frac{(x-4)^3}{512}.\]
Hesap. \(x - 4 = 0{,}2\) için
\[\begin{aligned} T_3(4{,}2) &= 2 + \frac{0{,}2}{4} - \frac{0{,}04}{64} + \frac{0{,}008}{512} \\[2pt] &= 2 + 0{,}05 - 0{,}000625 + 0{,}000015625 = 2{,}049390625. \end{aligned}\]
Hata kestirimi. Teorem 12.1 gereği \(4\) ile \(4{,}2\) arasında bir \(c\) için
\[R_3(4{,}2) = \frac{f^{(4)}(c)}{4!}(0{,}2)^4 = -\frac{15}{16\cdot 24}\cdot\frac{(0{,}2)^4}{c^{7/2}}.\]
\(c > 4\) olduğundan \(c^{7/2} > 128\) ve
\[\big|R_3(4{,}2)\big| < \frac{15}{384}\cdot\frac{0{,}0016}{128} = \frac{15 \cdot 0{,}0016}{49152} \approx 4{,}9 \times 10^{-7}.\]
Kalan negatif olduğundan \(T_3(4{,}2)\) değeri gerçek değerin biraz üstündedir ve
\[2{,}0493901 < \sqrt{4{,}2} < 2{,}049390625\]
aralığı elde edilir; buradaki bütün sayılar beş ondalık basamağa \(2{,}04939\) olarak yuvarlandığından ilk beş ondalık basamak güvence altındadır. Gerçek değer \(2{,}04939015\ldots\) olup gerçek hata \(4{,}7\times10^{-7}\)’dir; kestirimimiz olan \(4{,}9\times10^{-7}\) ona çok yakındır, yani sınır keskindir.
Mertebeler ne kazandırıyor? Aynı hesabı daha düşük mertebelerle de yapalım:
| Mertebe | Değer | Gerçek hata |
|---|---|---|
| \(T_1(4{,}2)\) | \(2{,}05\) | \(6{,}1 \times 10^{-4}\) |
| \(T_2(4{,}2)\) | \(2{,}049375\) | \(1{,}5 \times 10^{-5}\) |
| \(T_3(4{,}2)\) | \(2{,}049390625\) | \(4{,}7 \times 10^{-7}\) |
Her mertebede hata otuz–kırk kat küçülüyor; nedeni açıktır, kalan \(\dfrac{|f^{(n+1)}(c)|}{(n+1)!}(0{,}2)^{n+1}\) biçimindedir ve mertebe bir arttığında hem fazladan bir \(0{,}2\) çarpanı hem de \((n+1)\) böleni devreye girer (türevlerin büyümesi bu kazancın yalnızca küçük bir kısmını geri alır). \(T_1\) satırı, doğrusallaştırma hesabının ta kendisidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 12.9 (e Sayısını Dört Ondalık Basamak Duyarlıkla Hesaplamak) \(e\) sayısını dört ondalık basamak doğrulukla hesaplamak için Maclaurin formülünde kaç terim gerekir? Hesabı yapın.
Çözüm
Duyarlık ne demek? Dördüncü basamağa kadar doğru bir yuvarlama elde etmek için hatanın \(5\times10^{-5}\)’ten küçük olmasını isteyeceğiz.
Kalanın üst sınırı. Örnek 12.1’de \(x = 1\) için
\[e = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} + R_n(1), \qquad R_n(1) = \frac{e^{\theta}}{(n+1)!}, \quad \theta \in (0,1)\]
bulmuştuk. \(0 < \theta < 1\) olduğundan \(1 < e^{\theta} < e < 3\)’tür (bkz. Analiz 1); demek ki
\[0 < R_n(1) < \frac{3}{(n+1)!}.\]
Kalanın pozitif olduğuna dikkat edelim: kısmi toplam her zaman \(e\)’nin altında kalır.
\(n\)’in belirlenmesi. \(\dfrac{3}{(n+1)!} < 5\times10^{-5}\), yani \((n+1)! > 60\,000\) olmasını istiyoruz. \(8! = 40\,320 < 60\,000 < 362\,880 = 9!\) olduğundan en küçük uygun seçim \(n+1 = 9\), yani \(n = 8\)’dir. (\(n = 7\) alsaydık kestirim \(\dfrac{3}{40\,320} \approx 7{,}4\times10^{-5}\) olurdu ve istenen duyarlık garanti edilemezdi.)
Toplam. \(\displaystyle\sum_{k=0}^{8}\frac{1}{k!}\) toplamını terim terim yazalım:
| \(k\) | \(\dfrac{1}{k!}\) | Kısmi toplam |
|---|---|---|
| \(0\) | \(1\) | \(1\) |
| \(1\) | \(1\) | \(2\) |
| \(2\) | \(0{,}5\) | \(2{,}5\) |
| \(3\) | \(0{,}1666667\) | \(2{,}6666667\) |
| \(4\) | \(0{,}0416667\) | \(2{,}7083333\) |
| \(5\) | \(0{,}0083333\) | \(2{,}7166667\) |
| \(6\) | \(0{,}0013889\) | \(2{,}7180556\) |
| \(7\) | \(0{,}0001984\) | \(2{,}7182540\) |
| \(8\) | \(0{,}0000248\) | \(2{,}7182788\) |
Sonuç ve doğrulama. Kestirim \(0 < R_8(1) < \dfrac{3}{362\,880} \approx 8{,}3\times10^{-6}\) olduğundan
\[2{,}7182788 < e < 2{,}7182871.\]
Bu aralıktaki her sayı dört basamağa \(2{,}7183\) olarak yuvarlanır; demek ki dört ondalık basamakla \(e = 2{,}7183\)’tür. Gerçek değer \(e = 2{,}718281828\ldots\) olup gerçek hata \(3{,}1\times10^{-6}\)’dır, kestirimimizin altındadır.
Kalan \(\dfrac{3}{(n+1)!}\) ile sınırlı olduğundan terim sayısını birer artırmak duyarlığı \(n+1\) kat iyileştirir: \(n = 12\) alsaydık \(\dfrac{3}{13!} \approx 4{,}8\times10^{-10}\), yani dokuz basamak elde ederdik.
\(\blacksquare\)
12.7 Alıştırmalar
Alıştırma 12.1 (Taylor Formülü Üzerine)
\(f(x) = \ln x\) fonksiyonunun \(x_0 = 1\) noktasındaki \(4\). mertebeden Taylor polinomunu bulun; bununla \(\ln(1{,}1)\)’i hesaplayıp hatayı kestirin.
\(|x|\) hangi değerler için \(\cos x \approx 1 - \dfrac{x^2}{2}\) yaklaşımının hatası \(10^{-3}\)’ten küçük olur?
\(g(x) = e^{-x^2}\) fonksiyonunun \(0\) noktasındaki \(6\). mertebeden Maclaurin polinomunu, türev almadan, Önerme 12.2 yardımıyla bulun.
\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin x - x + \frac{x^3}{6}}{x^5}\) limitini Taylor formülüyle hesaplayın.
\((1+x)^{1/3}\) açılımının \(2\). mertebeden Maclaurin polinomuyla \(\sqrt[3]{1{,}1}\)’i hesaplayın ve hatayı kestirin.
\(e\) sayısının irrasyonel olduğunu, Maclaurin formülündeki Lagrange kalanını kullanarak gösterin.
Çözüm
a) \(f'(x) = \dfrac{1}{x}\) ve tümevarımla \(f^{(k)}(x) = \dfrac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{x^k}\) (\(k \ge 1\)). O hâlde \(f(1) = 0\), \(f^{(k)}(1) = (-1)^{k-1}(k-1)!\) ve katsayılar \(\dfrac{(-1)^{k-1}}{k}\) olur:
\[T_4(x) = (x-1) - \frac{(x-1)^2}{2} + \frac{(x-1)^3}{3} - \frac{(x-1)^4}{4}.\]
\(x - 1 = 0{,}1\) için
\[T_4(1{,}1) = 0{,}1 - 0{,}005 + 0{,}000333333 - 0{,}000025 = 0{,}095308333.\]
Hata: \(f^{(5)}(t) = \dfrac{24}{t^5}\) olduğundan \(1 < c < 1{,}1\) için
\[\big|R_4(1{,}1)\big| = \frac{24}{c^5}\cdot\frac{(0{,}1)^5}{5!} \le 24\cdot\frac{10^{-5}}{120} = 2\times 10^{-6}.\]
Gerçek değer \(\ln 1{,}1 = 0{,}0953102\ldots\); gerçek hata \(1{,}85\times10^{-6}\) olup kestirimin altındadır.
b) \(1 - \dfrac{x^2}{2}\) polinomu kosinüsün hem \(2\). hem \(3\). mertebeden Maclaurin polinomudur (\(x^3\) katsayısı sıfırdır). Daha keskin kestirim veren \(n = 3\) seçimiyle, Örnek 12.2’teki sınır
\[\left| \cos x - 1 + \frac{x^2}{2} \right| = \big| R_3(x) \big| \le \frac{|x|^4}{4!} = \frac{|x|^4}{24}\]
verir. \(\dfrac{|x|^4}{24} < 10^{-3}\) koşulu \(|x|^4 < 0{,}024\), yani \(|x| < (0{,}024)^{1/4}\) demektir. \((0{,}024)^{1/2} = 0{,}15492\) ve \((0{,}15492)^{1/2} = 0{,}39360\) olduğundan
\[|x| < 0{,}3936\]
koşulu hatayı \(10^{-3}\)’ün altında tutar. Bu bir yeter koşuldur, ama keskindir: \(x = 0{,}5\) için kestirim \(\dfrac{0{,}0625}{24} = 0{,}00260\), gerçek hata ise \(0{,}8775826 - 0{,}875 = 0{,}00258\)’dir.
c) Örnek 12.1’den \(e^u = 1 + u + \dfrac{u^2}{2} + \dfrac{u^3}{6} + o(u^3)\) (\(u \to 0\)). \(u = -x^2\) koyalım; \(x \to 0\) iken \(u \to 0\)’dır ve
\[e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2} - \frac{x^6}{6} + o(x^6).\]
Burada \(o\big((-x^2)^3\big) = o(x^6)\) yazdık: \(\dfrac{\rho(u)}{u^3} \to 0\) ise \(u = -x^2\) için \(\dfrac{\rho(-x^2)}{x^6}\to 0\) olur. Sağdaki polinomun derecesi \(6\)’dır ve \(g(x)\)’ten farkı \(o(x^6)\)’dır; Önerme 12.2 gereği aradığımız polinom budur:
\[T_6(x; 0) = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2} - \frac{x^6}{6}.\]
Yan ürün: \(\dfrac{g^{(6)}(0)}{6!} = -\dfrac{1}{6}\) olduğundan \(g^{(6)}(0) = -120\)’dir; bu sayıyı altı kez türev alarak bulmak epeyce zahmetli olurdu.
d) Örnek 12.2’te \(m = 3\) ile (\(n = 6\) mertebesinden) Peano kalanlı açılımı yazalım:
\[\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^6), \qquad x \to 0.\]
O hâlde pay \(\dfrac{x^5}{120} + o(x^6)\) olur ve
\[\frac{\sin x - x + \frac{x^3}{6}}{x^5} = \frac{1}{120} + x\cdot\frac{o(x^6)}{x^6}.\]
Sağdaki ikinci terimde \(\dfrac{o(x^6)}{x^6} \to 0\) ve \(x \to 0\) olduğundan çarpım \(0\)’a gider; limit \(\dfrac{1}{120}\)’dir. L’Hôpital kuralıyla aynı sonuç beş kez türev almayı gerektirirdi.
e) Örnek 12.6’da \(\alpha = \dfrac{1}{3}\) alalım. \(\binom{1/3}{1} = \dfrac{1}{3}\) ve \(\binom{1/3}{2} = \dfrac{(1/3)(-2/3)}{2} = -\dfrac{1}{9}\) olduğundan
\[T_2(x) = 1 + \frac{x}{3} - \frac{x^2}{9}, \qquad T_2(0{,}1) = 1 + 0{,}0333333 - 0{,}0011111 = 1{,}0322222.\]
Hata için üçüncü türev gerekir:
\[f'''(x) = \frac{1}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)\left(-\frac{5}{3}\right)(1+x)^{-8/3} = \frac{10}{27}(1+x)^{-8/3}.\]
\(0 < c < 0{,}1\) için \((1+c)^{-8/3} < 1\) olduğundan
\[\big|R_2(0{,}1)\big| = \frac{f'''(c)}{3!}(0{,}1)^3 < \frac{10}{162}\times10^{-3} \approx 6{,}2\times10^{-5}.\]
Gerçek değer \(\sqrt[3]{1{,}1} = 1{,}0322801\ldots\); gerçek hata \(5{,}8\times10^{-5}\) olup kestirimin altındadır.
f) \(s_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\) olsun. Örnek 12.9’ndeki gibi, her \(n\) için
\[0 < e - s_n = \frac{e^{\theta_n}}{(n+1)!} < \frac{3}{(n+1)!}\]
olur; kalanın kesin olarak pozitif olduğuna dikkat edelim.
\(e\)’nin rasyonel olduğunu varsayalım: \(e = \dfrac{p}{q}\), \(p, q \in \mathbb{N}\). \(n = \max\{q, 3\}\) seçelim.
- \(n \ge q\) olduğundan \(q \mid n!\)’dir; dolayısıyla \(n!\,e = \dfrac{n!\,p}{q}\) bir tam sayıdır.
- \(n!\,s_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}\) toplamındaki her terim tam sayıdır, çünkü \(k \le n\) için \(\dfrac{n!}{k!} = (k+1)(k+2)\cdots n\) bir doğal sayıdır.
Demek ki \(N = n!\,(e - s_n)\) bir tam sayıdır. Öte yandan yukarıdaki eşitsizliği \(n!\) ile çarparsak
\[0 < N < \frac{3\,n!}{(n+1)!} = \frac{3}{n+1} \le \frac{3}{4} < 1\]
buluruz (\(n \ge 3\) olduğundan \(n+1 \ge 4\)). Ama \(0\) ile \(1\) arasında tam sayı yoktur. Çelişki, \(e\)’nin rasyonel olduğu varsayımından doğmuştur; öyleyse \(e\) irrasyoneldir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde Taylor formülünü kurduk, üç kalan biçimini ispatladık ve temel fonksiyonların açılımlarını çıkardık. Elimizdeki bu alet yalnızca sayısal yaklaşım için değil; limit hesaplarında L’Hôpital kuralının yerini alan çok daha hızlı bir yöntem, eşitsizlik ispatlarında doğrudan bir teknik ve ekstremum sınıflandırmasında kesin bir ölçüt olarak da kullanılır. Bir sonraki bölümde bunların hepsini sırayla göreceğiz: Taylor Formülünün Uygulamaları.