שארית בצורת לגרנז’
המשפט
תהי f:I→R רציפה בקטע I וגזירה n+1 פעמים בפנים של I (ב-I∘). תהי x0∈I∘, ויהי Pn,x0 פולינום טיילור של f סביב x0.
נסמן Rn(x)=f(x)−Pn(x) (השארית — ההפרש בין הפונקציה לקירוב הפולינומי). אז לכל x=x0 ב-I קיימת נקודה cx הנמצאת ממש בין x0 ל-x כך ש:
Rn,x0(x)=(n+1)!f(n+1)(cx)(x−x0)n+1
כלומר:
f(x)=k=0∑nk!f(k)(x0)(x−x0)k+(n+1)!f(n+1)(cx)(x−x0)n+1
הערה
זהו הכללה של משפט לגרנז: עבור n=0 מקבלים f(x)=f(x0)+f′(c)(x−x0).
הוכחה
עלינו להוכיח שקיימת cx בין x0 ל-x כך ש:
(x−x0)n+1Rn(x)=(n+1)!f(n+1)(cx)
נסמן h(t)=Rn(t)=f(t)−Pn(t) ו-g(t)=(t−x0)n+1.
נשים לב:
- h(x0)=Rn(x0)=f(x0)−Pn(x0)=0 (ממשפט טיילור, כל ה-n נגזרות הראשונות של Rn מתאפסות ב-x0, ובפרט h(x0)=0).
- g(x0)=(x0−x0)n+1=0.
לפיכך:
g(x)h(x)=g(x)−g(x0)h(x)−h(x0)
לפי הכללת משפט קושי, קיימת c1 בין x ל-x0 כך ש:
g(x)−g(x0)h(x)−h(x0)=g′(c1)h′(c1)
ונמשיך להפעיל את הכללת משפט קושי על h′,g′ (שוב מתאפסות ב-x0) ונקבל c2 בין x ל-x0, ומשפט קושי שוב על h′′,g′′, וכן הלאה, n פעמים סה”כ:
g(x)h(x)=g(n+1)(cx)h(n+1)(cx)
נחשב את הנגזרות:
- h(n+1)(cx)=Rn(n+1)(cx)=f(n+1)(cx) (כי Pn פולינום ממעלה n, נגזרתו ה-(n+1) היא 0).
- g(n+1)(t)=(n+1)!
לפיכך:
(x−x0)n+1Rn(x)=(n+1)!f(n+1)(cx)
■
שימוש: חישוב e בדיוק 1001
נסתכל על f(x)=ex. פולינום מקלורן מסדר n הוא:
Pn(x)=1+x+2!x2+⋯+n!xn
עבור x=1 קיימת 0<c1<1 כך ש:
Rn(1)=(n+1)!ec1<(n+1)!e<(n+1)!3
עבור n=5 מתקיים:
R5(1)<6!3=7203<1001
לפיכך:
e≈1+1+21+61+241+1201
בדיוק של 1001.
שימוש: e אי-רציונלי
נניח בשלילה e=qp. בוחרים n=max(3,q):
1+1+⋯+n!1<qp<1+1+⋯+n!1+(n+1)!3
מכפלים ב-n!:
0<qpn!−(n!+n!+⋯+1)<n+13<1
אך qpn!=qp⋅n! הוא מספר שלם (כי q∣n! מכיוון n≥q), וגם n!+n!+⋯+1 שלם — אבל ההפרש ביניהם שלם וחיובי וקטן מ-1, סתירה. ■
ראה גם