Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003: Elektrisitet og magnetisme Vår 2007

Litt om rekkeutviklinger og tilnærmede uttrykk for funksjoner

Den såkalte Taylorrekken for en funksjon f(x) i nærheten av et punkt x = a er

f(x) = f(a) + f′(a)(x − a) + \frac{f′′(a)}{2!}(x − a)^{2} + ⋯ + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x − a)^{n} + ⋯

Altså et polynom i (x−a), der summen fortsetter i det uendelige. Her betyr f′(a) den deriverte av funksjonen f med hensyn på x, evaluert i x = a, f^{(n)}(a) betyr den n-te deriverte, og n! = 1 · 2 · 3 · · · · · n. En forutsetning er selvsagt at alle de deriverte eksisterer i x = a. Dessuten må leddene i summen etterhvert bli mindre og mindre, på en slik måte at vi får en bedre og bedre tilnærming til den eksakte verdien f(x) jo flere ledd vi tar med i summen. Vi ser at vi kan skrive Taylorrekken slik:

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x − a)^{n}

Spesialtilfellet a = 0 kalles gjerne Maclaurinrekken til f:

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}

Grunnen til at flere og flere ledd i nettopp en slik sum gir en stadig bedre tilnærming til f(x) er som følger:

• Ett ledd i summen gir p_{0}(x) = f(0). Vi har et polynom p_{0}(x) med riktig verdi i x = 0, men heller ikke mer.

• To ledd gir p_{1}(x) = f(0) + f′(0)x. Vi har et polynom p_{1} med riktig verdi i x = 0 og i tillegg riktig helning i x = 0: p′_{1}(0) = f′(0).

• Tre ledd gir p_{2}(x) = f(0) + f′(0)x + \frac{1}{2}f′′(0)x^{2}. Vi har et polynom p_{2}(x) med riktig verdi f(0), riktig helning f′(0) og riktig krumning i x = 0: p′′_{2}(0) = f′′(0).

• n + 1 ledd gir polynomet p_{n}(x). Nå er p_{n}(0) = f(0), p′_{n}(0) = f′(0), ... , p_{n}^{(n)}(0) = f^{(n)}(0). Altså et polynom med alle de første n deriverte med riktig verdi i x = 0.

La oss se på et eksempel:

f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}}

Vi ser umiddelbart at f(0) = 1 og at funksjonen avtar mot null for økende verdier av x. Men hvordan avhenger funksjonen av x, for eksempel i nærheten av x = 0? Dette kan vi besvare ved å se på rekkeutviklingen av f(x) (Maclaurinrekken, dvs omkring punktet x = 0). Det eneste vi må kunne er å derivere:

f′(0) = [(1 + x)^{−1/2}]′_{x=0} = [−\frac{1}{2}(1 + x)^{−3/2}]_{x=0} = −\frac{1}{2}
f′′(0) = [(1 + x)^{−1/2}]′′_{x=0} = [(−\frac{1}{2})(−\frac{3}{2})(1 + x)^{−5/2}]_{x=0} = \frac{3}{4}
...

Dermed kan vi altså tilnærme f(x) med polynomet

f(0) + f′(0)x + \frac{1}{2}f′′(0)x^{2} + … = 1 − \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^{2} + …

Hvor mange ledd skal vi ta med i summen? Vel, det avhenger av hva vi er ute etter. La oss si at vi ønsket en tilnærmet verdi av f(0.1) som ikke skilte seg fra den eksakte verdien med mer enn 0.001. Siden leddene i rekkeutviklingen hele tiden skifter fortegn, innser vi vel at dette oppnås ved å ta med så mange ledd at det neste leddet i rekken (dvs det første leddet som vi ikke tar med) er mindre enn 0.001 (i absoluttverdi). Med x = 0.1 blir jo leddene mindre og mindre i absoluttverdi, så med økende antall ledd i rekkeutviklingen “pendler” vi fram og tilbake omkring den eksakte verdien av f(0.1), med stadig mindre feil. I vårt tilfelle har 2.ordensleddet verdien 3 · 0.1^{2}/8 = 3/800 = 3.75/1000 = 0.00375 når x = 0.1. Vi regner ut det neste leddet for å sjekke at det er mindre enn 0.001:

|\frac{1}{3!}f′′′(0)x^{3}|_{x=0.1} = \frac{1}{6} · \frac{15}{8} · 0.1^{3} = \frac{15}{48000} = 0.0003125 < 0.001

Følgelig er det tilstrekkelig å ta med tre ledd for å bestemme f(0.1) med den ønskede nøyaktighet:

f(0.1) ≃ 1 − 0.05 + 0.00375 = 0.95375 ≃ 0.954

På min kalkulator får jeg det riktige svaret med 9 desimalers nøyaktighet:

f(0.1) = 0.953462589

Dette ble jo nærmest numerisk analyse, og det er forsåvidt ikke så dumt å kunne litt om det. Vi er imidlertid som regel kun ute etter svar på spørsmålet “hvordan avhenger f av x til ledende orden i ulike grensetilfeller”, for eksempel “små” x (x ≪ 1). Det innebærer som regel å finne det første leddet i en slik rekkeutvikling. Med andre ord, det leddet som “overlever” (lengst) når vi tar grensen x → 0.

Går vi tilbake til eksempelet over, vil “laveste ordens tilnærmelse” (her: nullte orden i x) av funksjonen 1/\sqrt{1 + x} være lik 1 dersom x ≪ 1. Vi må gå til nest laveste ordens tilnærmelse for å finne ut hvordan f(x) avhenger av x i nærheten av x = 0:

f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}} ≃ 1 − \frac{x}{2} for x ≪ 1

Hva med den andre grensen, “store” verdier av x, dvs x ≫ 1? Vel, lar vi x gå mot uendelig, går selvsagt 1/\sqrt{1 + x} mot 0. Greit nok. Men hvordan går f mot null når x vokser? I første omgang trenger vi ingen rekkeutvikling for å svare på det: Dersom x ≫ 1, kan vi neglisjere 1 i forhold til x, dvs vi kan sette 1 + x ≃ x, slik at

f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}} ≃ \frac{1}{\sqrt{x}} for x ≫ 1

Legg merke til at “ledende oppførsel” av f(x) i dette tilfellet ikke kunne uttrykkes ved x opphøyd i noen heltallig potens, men derimot som x opphøyd i −1/2. Nå kunne det jo tenkes at vi var interessert i korreksjoner til en slik ledende oppførsel for store verdier av x. Kan vi finne en rekkeutvikling av funksjonen f(x) der leddene blir mindre og mindre når x ≫ 1? Svaret er ja. Vi må imidlertid ha en “liten” parameter, og dette kan åpenbart ikke være x. Men 1/x blir jo liten dersom x blir stor! La oss derfor skrive om f(x):

f(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x}} = \frac{1}{\sqrt{x}} · \frac{1}{\sqrt{1 + 1/x}}

Her kan vi rekkeutvikle den siste brøken, og for å få med “ledende korreksjon” til resultatet f(x) = 1/\sqrt{x} må vi ta med to ledd:

\frac{1}{\sqrt{1 + 1/x}} ≃ 1 − \frac{1}{2} · \frac{1}{x} for x ≫ 1

Dermed har vi

f(x) ≃ \frac{1}{\sqrt{x}} − \frac{1}{2x^{3/2}} for x ≫ 1

I oppgave 2b i Øving 3 beregnet vi det elektriske feltet på symmetriaksen til en uniformt ladet skive:

E(a) = \frac{σ}{2ε_{0}} (1 − \frac{a}{\sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}}} )

I oppgave 2c var spørsmålet hvordan E(a) oppførte seg “til ledende orden” for a ≫ R_{0}. Vi ser vel med en gang at vi ikke bare kan neglisjere R_{0}^{2} i forhold til a^{2}, for det gir E = 0. For å finne ledende oppførsel av E(a), må vi rekkeutvikle brøken med kvadratroten. Vi skriver

\frac{a}{\sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{R_{0}^{2}}{a^{2}}}}

Med andre ord, vår lille, dimensjonsløse parameter er R_{0}^{2}/a^{2}. Vi må ta med to ledd i rekkeutviklingen:

\frac{1}{\sqrt{1 + \frac{R_{0}^{2}}{a^{2}}}} ≃ 1 − \frac{R_{0}^{2}}{2a^{2}}

Dermed blir det elektriske feltet langt unna skiva:

E(a) ≃ \frac{σ}{2ε_{0}} (1 − 1 + \frac{R_{0}^{2}}{2a^{2}} ) = \frac{σR_{0}^{2}}{4ε_{0}a^{2}}

Og det ser jo riktig bra ut, ettersom skivas totale ladning er Q = σπR_{0}^{2} og feltet i avstand a fra en punktladning Q er Q/4πε_{0}a^{2}.