Taylor polinomları, hata payı ve Taylor toplamları

Question

$A\subseteq \mathbb R$ gerçel sayıların boş olmayan bir açık aralığı, $a\in A$ bir gerçel sayı ve $f: A\to \mathbb R$ bir fonksiyon olsun.

Sav 1 (Doğrusal yaklaşım ile elde edeceğimiz hata payı):
$f^{\prime\prime}$ fonksiyonu $a$ elemanını içeren bir açık $I$ aralığında sürekli ve $x$ de $I$ aralığında bir eleman ise  $$f(x)=f(a)+(x-a)\cdot f^\prime(a)+\int_a^x(x-t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\ dt$$ eşitliği sağlanır.

Sav 2 (Polinomsal yaklaşım ile elde edeceğimiz hata payı):
$n\ge1$ bir tam sayı olmak üzere $f^{(n+1)}$ fonksiyonu $a$ elemanını içeren bir açık $I$ aralığında sürekli ve $x$ de $I$ aralığında bir eleman ise  $$\frac1{n!}\int_a^x(x-t)^n\cdot f^{(n+1)}(t)\ dt=f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$$ eşitliği sağlanır.

Sav 3 (İntegralsiz hata payı):
$n\ge1$ bir tam sayı olmak üzere $f^{(n+1)}$ fonksiyonu $a$ elemanını içeren bir açık $I$ aralığında sürekli ve $x$ de $I$ aralığında bir eleman ise $a$ ile $x$ arasındaki bir $c$ sayısı için  $$\frac1{n!}\int_a^x(x-t)^n\cdot f^{(n+1)}(t)\ dt=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$ eşitliği sağlanır.

Not: Bir Taylor toplamının ne zaman fonksiyon değerine eşit olduğunun ispatı buradan kolaylıkla çıkıyor. Yakın zamanda bu başlık altına sav ve ispat olarak ekleyeceğim.

Answer 1

Sav 1 için ispat:
Eşitlikteki integral ile ilgilenelim. Kısmı integrasyon uygulayabilmek için   $u=x-t$ diyelim ve $v^\prime=f^{\prime\prime}(t)$ olacak şekilde $v=f^\prime(t)$ seçimini yapalım. Bu durumda $u^\prime=-1$ olur ve kısmı integrasyon ile  $$\int_a^x(x-t)\cdot f^{\prime\prime}(t)\ dt=\left((x-t)\cdot f^\prime(t) \right)\bigg|_{t=a}^{t=x}+\int_a^xf^\prime(t)dt$$ eşitliğini elde ederiz. Sağ integralde, doğal bir şekilde, Analizin Temel Savı II  kullanırsak \begin{align*}&= \ \left((x-t)\cdot f^\prime(t) \right)\bigg|_{t=a}^{t=x}-\left(f(t) \right)\bigg|_{t=a}^{t=x}\\[15pt] &= \ \left(0-(x-a)\cdot f^\prime(a)\right)-\left(f(x)-f(a) \right)\end{align*}eşitliği sağlanır. Bu ifadeyi istediğimiz biçimde düzenlersek $$f(x)=f(a)+(x-a)\cdot f^\prime(a)+\int_a^x(x-t)f^{\prime\prime}(t)\ dt$$ eşitliğini elde ederiz.

Sav 2 için ispat: 
Bu savı tümevarım yolu ile ispatlayacağız. 
          (1)     Başlangıç adımı olan $n=1$ durumu için ispatı Sav 1 ile verdik.
          (n)     Tümevarım kabulü olarak bu savın bir $n\ge 1$ durumu için doğru olduğunu kabul edelim
          (n+1) ve $n+1$ durumu için de doğru olacağını gösterelim. 

Kısmı integrasyon uygulayabilmek için   $u=(x-t)^{n+1}$ diyelim ve $v^\prime=f^{(n+2)}(t)$ olacak şekilde $v=f^{(n+1)}(t)$ seçimini yapalım. Bu durumda $u^\prime=-(n+1)(x-t)^{n-1}$ olur ve kısmı integrasyon ile\begin{align*} \frac{1}{(n+1)!}\int_a^x(x-t)^{n+1}&\cdot f^{(n+2)}(t)\ dt\\[20pt] &= \ \left[\frac{1}{(n+1)!}(x-t)^{n+1}\cdot f^{(n+1)}(t) \right]_{t=a}^{t=x}\\[10pt] &\ \ \ \ \ \ + \ \frac{n+1}{(n+1)!}\int_a^x(x-t)^n\cdot f^{(n+1)}(t)\ dt\\[20pt] &=\ \left(0-\frac{1}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}f^{(n+1)}(a)\right)\\[10pt] &\ \ \ \ \ \ + \ f(x)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\\[20pt] &= \ f(x)-\sum_{k=0}^{n+1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \end{align*} eşitliğini elde ederiz.

Sav 3 için ispat:
Sürekli $g(t)=(x-t)^n$ fonksiyonu $a$ ile $x$ arasında işaret degiştirmiyor. İntegraller için İkinci Ortalama Deger Savını kullanırsak $a$ ile $x$ arasında öyle bir $c$ değeri vardır ki \begin{align*}\int_a^x(x-t)^n\cdot f^{(n+1)}(t)\ dt \ &= \ f^{(n+1)}(c)\cdot \int_a^x(x-t)^n\ dt \\[15pt] &= \ f^{(n+1)}(c)\cdot\left(-\frac{(x-t)^{n+1}}{n+1}\right)\Bigg|_{t=a}^{t=x} \\[15pt] &= \ \frac{f^{(n+1)}(c)}{n+1}(x-a)^{n+1}\end{align*} eşitliği sağlanır. Eşitliği $n!$ ile bölersek $$\frac1{n!}\int_a^x(x-t)^n\cdot f^{(n+1)}(t)\ dt=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$ eşitliğini elde ederiz.