Bab 49: Deret Taylor dan Maclaurin

49.1 Rumus Taylor dengan Sisa Suku Bentuk Lagrange

Penjelasan master untuk Bab 49: ekspansi analitik fungsi transenden ke dalam bentuk deret pangkat standar. Rumus master, yaitu ekspansi Maclaurin fungsi eksponensial:

Bab 48 bergerak dari deret ke fungsi: deret kuasa yang konvergen menghasilkan fungsi yang terdiferensialkan tak hingga kali. Unit ini bergerak ke arah sebaliknya. Bila $f$ diketahui dan cukup sering terdiferensialkan, polinomial mana yang paling baik menghampirinya, dan seberapa besar galatnya? Teorema Taylor menjawab keduanya: polinomial Taylor, dan sisa $R_n$ dalam bentuk Lagrange, yang dapat ditaksir. Contoh master adalah $e^x$. Unit ini juga memuat kasus sulit, yaitu fungsi mulus yang deret Taylor-nya konvergen tetapi tidak ke fungsi itu. Terakhir, taksiran Taylor untuk kosinus dipakai untuk mendefinisikan $\pi$ dan membuktikan periodisitas sinus dan kosinus. Ini bagian pertama penutupan pinjaman P40-PI dari Unit 40.2.

Prasyarat: Bab 39–42 (turunan, Rolle, nilai rata-rata); Unit 40.2; Bab 48.

Teorema Taylor

Definisi 49.1.1 (Polinomial Taylor)

Misalkan $f$ terdiferensialkan $n$ kali di $c$. Polinomial Taylor orde $n$ untuk $f$ di $c$ adalah

dan sisanya adalah $R_n(x)=f(x)-P_n(x)$. Untuk $c=0$, polinomial ini disebut polinomial Maclaurin.

$P_n$ adalah satu-satunya polinomial berderajat $\leq n$ yang turunan ke-$k$-nya di $c$ sama dengan $f^{(k)}(c)$ untuk $k=0,\ldots,n$. Ini karena turunan ke-$k$ dari $(x-c)^j$ di $c$ bernilai $k!$ bila $j=k$ dan $0$ bila $j\ne k$.

Teorema 49.1.2 (Taylor dengan Sisa Lagrange)

Misalkan $I$ interval terbuka, $c,x\in I$, $x\ne c$, dan $f$ terdiferensialkan $n+1$ kali pada $I$. Maka ada $\xi$ tegas di antara $c$ dan $x$ dengan

Bukti. Tetapkan $x$. Definisikan $M$ dengan $f(x)=P_n(x)+M(x-c)^{n+1}$, yang mungkin karena $x\ne c$. Misalkan

Maka $g$ terdiferensialkan $n+1$ kali, $g^{(k)}(c)=0$ untuk $k=0,\ldots,n$ (Definisi 49.1.1), dan $g(x)=0$. Juga $g^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(t)-(n+1)!\,M$, karena $P_n^{(n+1)}=0$.

Rolle (Teorema 41.1.3) pada $g$ di antara $c$ dan $x$ memberi $\xi_1$ tegas di antara keduanya dengan $g'(\xi_1)=0$. Karena $g'(c)=0$, Rolle pada $g'$ di antara $c$ dan $\xi_1$ memberi $\xi_2$ dengan $g''(\xi_2)=0$. Langkah ini diulang. Setelah $n+1$ langkah, yang berhingga banyaknya sehingga tidak memerlukan pilihan, diperoleh $\xi=\xi_{n+1}$ tegas di antara $c$ dan $x$ dengan $g^{(n+1)}(\xi)=0$, yaitu $M=\tfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$. $\square$

Untuk $n=0$, teorema ini adalah teorema nilai rata-rata (Teorema 41.2.1). Seperti pada teorema nilai rata-rata, $\xi$ tidak diketahui. Yang berguna adalah batas untuk $f^{(n+1)}$ di antara $c$ dan $x$, karena batas itu memberi batas galat.

Akibat 49.1.3 (Taksiran Galat)

Bila $|f^{(n+1)}(t)|\leq M_{n+1}$ untuk semua $t$ di antara $c$ dan $x$, maka

Bila $|f^{(n)}(t)|\leq M$ untuk semua $n$ dan semua $t\in I$, maka $P_n(x)\to f(x)$ untuk setiap $x\in I$. Artinya, deret Taylor $f$ konvergen ke $f$ pada $I$.

Bukti. Bagian pertama langsung dari Teorema 49.1.2. Untuk bagian kedua, $\tfrac{|x-c|^{n+1}}{(n+1)!}\to0$, karena suku deret $\exp(|x-c|)$ menuju $0$ (Teorema 31.3.1). $\square$

Contoh Master: $e^x$

Contoh 49.1.4

Untuk $f=\exp$, $f^{(k)}=\exp$ dan $f^{(k)}(0)=1$, sehingga $P_n(x)=\sum_{k=0}^n\tfrac{x^k}{k!}$, sesuai rumus master. Teorema 49.1.2 memberi

Dengan $e^\xi\leq e^{\max(x,0)}$,

Jadi deret Maclaurin $e^x$ konvergen ke $e^x$. Ini sudah diketahui dari definisi $\exp$ sebagai deret, tetapi kini disertai galat yang eksplisit untuk setiap $n$.

Numerik. Untuk $x=\tfrac12$ dan $n=4$: $P_4(\tfrac12)=1+0{,}5+0{,}125+0{,}0208333+0{,}0026042=1{,}6484375$. Karena $1\leq e^\xi\leq e^{1/2}<1{,}7$, sisa $R_4$ positif dan memenuhi

Jadi $1{,}64869<e^{1/2}<1{,}64889$. Nilai sebenarnya, $1{,}6487213\ldots$, memberi $R_4\approx0{,}000284$, di dalam selang itu. Di sini sisa Lagrange memberi batas bawah dan batas atas sekaligus.

Untuk $x<0$, misalnya $x=-1$, $e^\xi\leq1$, sehingga $|R_n(-1)|\leq\tfrac1{(n+1)!}$. Deretnya juga berganti tanda, sehingga taksiran Leibniz memberi batas yang sama.

Contoh Lain dan Batas Metode

Contoh 49.1.5 (Sinus, Kosinus, dan $\ln(1+x)$)

(a) Semua turunan $\sin$ dan $\cos$ adalah $\pm\sin$ atau $\pm\cos$, sehingga nilainya $\leq1$ (Akibat 40.2.12). Akibat 49.1.3 memberi, misalnya,

Polinomial Maclaurin orde $3$ dan orde $4$ untuk sinus sama, karena koefisien $x^4$ nol. Karena itu dapat dipakai sisa orde $4$, yaitu $\tfrac{|x|^5}{5!}$.

(b) Untuk $f(x)=\ln(1+x)$ dengan $x>-1$: $f^{(k)}(t)=\tfrac{(-1)^{k+1}(k-1)!}{(1+t)^k}$ untuk $k\geq1$. Jadi

Untuk $0\leq x\leq1$, $\xi\geq0$ memberi $|R_n(x)|\leq\tfrac1{n+1}\to0$. Khususnya, dengan $x=1$, diperoleh bukti keempat bahwa $1-\tfrac12+\tfrac13-\cdots=\ln2$. Untuk $-1<x<0$, teorema hanya menjamin $\xi\in(x,0)$, sehingga $\bigl|\tfrac x{1+\xi}\bigr|$ dapat sebesar $\tfrac{|x|}{1+x}$. Nilai ini $\leq1$ hanya bila $x\geq-\tfrac12$. Untuk $x=-0{,}9$, batasnya $9^{n+1}$, yang tidak berguna. Padahal deretnya konvergen ke $\ln(1+x)$ di sana (Contoh 48.2.6(b)). Bentuk Lagrange adalah alat, bukan kriteria: kegagalannya tidak berarti deretnya tidak konvergen ke fungsi.

Contoh 49.1.6 (Fungsi Mulus yang Tidak Analitik)

Misalkan $\varphi(x)=\exp(-\tfrac1{x^2})$ untuk $x\ne0$, dan $\varphi(0)=0$. Maka $\varphi$ terdiferensialkan tak hingga kali pada $\mathbb{R}$, dan $\varphi^{(n)}(0)=0$ untuk semua $n$. Deret Maclaurin $\varphi$ adalah deret nol. Deret itu konvergen di semua titik, tetapi ke $0$, sedangkan $\varphi(x)>0$ untuk $x\ne0$.

Bukti. Langkah 1. Untuk $x\ne0$, $\varphi^{(n)}(x)=p_n(\tfrac1x)\varphi(x)$ untuk suatu polinomial $p_n$. Ini dibuktikan dengan induksi: $p_0=1$. Bila $\varphi^{(n)}=p_n(\tfrac1x)\varphi$, aturan hasil kali dan aturan rantai memberi

sehingga $p_{n+1}(u)=-u^2p_n'(u)+2u^3p_n(u)$.

Langkah 2. Untuk setiap polinomial $q$, $q(\tfrac1x)\varphi(x)\to0$ untuk $x\to0$. Cukup diperiksa untuk monomial $u^m$ dengan $u=\tfrac1{|x|}$. Pilih bilangan bulat $k>\tfrac m2$. Karena $\exp(u^2)\geq\tfrac{u^{2k}}{k!}$, diperoleh $u^m\exp(-u^2)\leq k!\,u^{m-2k}\to0$ untuk $u\to+\infty$.

Langkah 3. Dengan induksi, $\varphi^{(n)}(0)=0$. Bila $\varphi^{(n)}(0)=0$, maka

menurut Langkah 2, dengan $q(u)=up_n(u)$. Jadi $\varphi^{(n+1)}(0)=0$. $\square$

Jadi deret Taylor yang konvergen tidak harus konvergen ke fungsinya. Fungsi yang sama dengan deret Taylor-nya di sekitar setiap titik disebut analitik. $\exp$, $\sin$, dan $\cos$ analitik, sedangkan $\varphi$ tidak analitik di $0$. Teorema 49.1.2 tidak bertentangan dengan contoh ini: $R_n=\varphi$, dan sisa itu tidak menuju $0$, karena turunan-turunan $\varphi$ tumbuh sangat cepat di dekat $0$.

Penutupan P40-PI, Bagian Pertama: $\pi$ dan Periodisitas

Lemma 49.1.7

(a) $\sin x>0$ untuk $0<x\leq2$.

(b) $\cos$ turun tegas pada $[0,2]$, dan mempunyai tepat satu pembuat nol di $(0,2)$.

Bukti. (a) Maclaurin orde $4$ untuk sinus adalah $x-\tfrac{x^3}6$, dengan sisa $\tfrac{\cos(\xi)}{120}x^5\geq-\tfrac{x^5}{120}$ untuk $x>0$. Jadi

Kurung kanan turun dalam $x>0$, dan bernilai $1-\tfrac46-\tfrac{16}{120}=\tfrac15>0$ di $x=2$. Jadi $\sin x>0$ pada $(0,2]$.

(b) $\cos'=-\sin<0$ pada $(0,2]$, sehingga $\cos$ turun tegas pada $[0,2]$ (Teorema 42.1.1). Karena $\cos0=1>0>\cos2$ (Latihan 40.2-7), teorema nilai antara memberi pembuat nol, dan kemonotonan tegas memberi ketunggalannya. $\square$

Definisi 49.1.8 (Bilangan $\pi$)

$\pi$ adalah dua kali pembuat nol tunggal kosinus di $(0,2)$. Jadi $\tfrac\pi2\in(0,2)$, $\cos\tfrac\pi2=0$, dan $\cos x>0$ untuk $0\leq x<\tfrac\pi2$. Akibatnya, $\tfrac\pi2$ adalah pembuat nol positif terkecil kosinus.

Definisi ini memenuhi rencana Unit 40.2. Taksiran numerik pertama diperoleh dengan Taylor. Untuk kosinus, polinomial Maclaurin orde $8$ dan orde $9$ sama, sehingga sisanya paling banyak $\tfrac{x^{10}}{10!}$. Dengan $T(x)=1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{24}-\tfrac{x^6}{720}+\tfrac{x^8}{40320}$:

• $T(1{,}57)\approx1-1{,}23245+0{,}2531555-0{,}0208002+0{,}0009155=0{,}0008208$, dengan sisa $\leq\tfrac{1{,}57^{10}}{10!}\approx0{,}0000251$. Jadi $\cos1{,}57>0$.
• $T(1{,}58)\approx1-1{,}2482+0{,}2596672-0{,}0216078+0{,}0009632=-0{,}0091774$, dengan sisa $\leq0{,}0000268$. Jadi $\cos1{,}58<0$.

Karena kosinus turun tegas, $1{,}57<\tfrac\pi2<1{,}58$, yaitu

Unit 49.2 menghitung $\pi$ jauh lebih teliti.

Teorema 49.1.9 (Periodisitas)

Untuk semua $x\in\mathbb{R}$:

(a) $\sin\tfrac\pi2=1$, $\sin\bigl(x+\tfrac\pi2\bigr)=\cos x$, dan $\cos\bigl(x+\tfrac\pi2\bigr)=-\sin x$;

(b) $\sin(x+\pi)=-\sin x$ dan $\cos(x+\pi)=-\cos x$;

(c) $\sin(x+2\pi)=\sin x$ dan $\cos(x+2\pi)=\cos x$;

(d) $\sin x>0$ pada $(0,\pi)$, $\sin x<0$ pada $(\pi,2\pi)$, dan pembuat nol sinus tepat $\{k\pi:k\in\mathbb{Z}\}$;

(e) $2\pi$ adalah periode positif terkecil sinus.

Bukti. (a) $\sin^2\tfrac\pi2=1-\cos^2\tfrac\pi2=1$ (Akibat 40.2.12), dan $\sin\tfrac\pi2>0$ menurut Lemma 49.1.7(a). Jadi $\sin\tfrac\pi2=1$. Rumus penjumlahan (Teorema 40.2.11) dengan $y=\tfrac\pi2$ memberi kedua identitas berikutnya.

(b) Terapkan (a) dua kali: $\sin(x+\pi)=\cos(x+\tfrac\pi2)=-\sin x$, dan $\cos(x+\pi)=-\sin(x+\tfrac\pi2)=-\cos x$.

(c) Terapkan (b) dua kali.

(d) Untuk $x\in(0,\pi)$, (a) memberi $\sin x=\cos\bigl(x-\tfrac\pi2\bigr)$, dengan $x-\tfrac\pi2\in(-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2)$. Kosinus genap dan positif pada $[0,\tfrac\pi2)$, sehingga $\sin x>0$. Pada $(\pi,2\pi)$, gunakan (b). Juga $\sin0=0$ dan $\sin\pi=-\sin0=0$. Jadi pembuat nol sinus di $[0,2\pi)$ tepat $0$ dan $\pi$. Untuk $x$ sebarang, tulis $x=2\pi m+r$ dengan $m=\lfloor\tfrac x{2\pi}\rfloor$ dan $r\in[0,2\pi)$, lalu gunakan (c).

(e) Andaikan $0<T<2\pi$ dan $\sin(x+T)=\sin x$ untuk semua $x$. Dengan $x=0$, $\sin T=0$, sehingga $T=\pi$ menurut (d). Akan tetapi $\sin(\tfrac\pi2+\pi)=-1\ne1=\sin\tfrac\pi2$. Kontradiksi. $\square$

Dengan teorema ini, beberapa catatan yang sebelumnya hanya dicatat kini dapat dibuktikan. Contohnya, $\cos\tfrac1x$ tidak mempunyai limit di $0$ (Unit 42.2): di $x_k=\tfrac1{2k\pi}$ nilainya $1$, dan di $y_k=\tfrac1{(2k+1)\pi}$ nilainya $-1$, sedangkan $x_k,y_k\to0$ (Akibat 34.2.2). Tafsiran geometris dan perhitungan teliti $\pi$, yaitu bagian kedua penutupan P40-PI, ada di Unit 49.2.

Latihan

Latihan 49.1-1. Tentukan polinomial Maclaurin orde $3$ untuk $\sqrt{1+x}$, dan taksir galatnya di $x=0{,}1$ dengan sisa Lagrange.

Latihan 49.1-2. Dengan Contoh 49.1.4, tentukan $n$ yang menjamin $|e-P_n(1)|<5\cdot10^{-7}$. Bandingkan dengan Teorema 27.3.9.

Latihan 49.1-3. Hampiri $\sin0{,}2$ dengan $x-\tfrac{x^3}6$, dan berikan selang yang pasti memuat $\sin0{,}2$.

Latihan 49.1-4. Untuk $\varphi$ pada Contoh 49.1.6, hitung $p_1$ dan $p_2$ secara eksplisit. Buktikan juga bahwa $\psi(x)=\varphi(x)$ untuk $x>0$ dan $\psi(x)=0$ untuk $x\leq0$ terdiferensialkan tak hingga kali pada $\mathbb{R}$.

Latihan 49.1-5. Buktikan bahwa $\cos x=0$ jika dan hanya jika $x=\tfrac\pi2+k\pi$ untuk suatu $k\in\mathbb{Z}$. Hitung juga $\cos\pi$, $\sin\tfrac{3\pi}2$, dan $\cos2\pi$.

Latihan 49.1-6. Misalkan $f$ terdiferensialkan dua kali pada interval terbuka $I$, dengan $f''\geq0$. Dengan Teorema 49.1.2 untuk $n=1$, buktikan $f(x)\geq f(c)+f'(c)(x-c)$, dan bandingkan dengan Teorema 42.1.6(c).

Latihan 49.1-7. Dengan Contoh 49.1.5(b), buktikan bahwa sisa Lagrange memberi $|R_n(-\tfrac12)|\leq\tfrac1{n+1}$. Hitung $\ln\tfrac12$ dari $P_6(-\tfrac12)$, dan bandingkan dengan $-\ln2$.

Latihan 49.1-8. Dengan Maclaurin orde $5$ untuk kosinus, buktikan bahwa $\cos1{,}5>0$, lalu simpulkan bahwa $\pi>3$.

Solusi

Solusi 49.1-1. Turunannya: $f'=\tfrac12(1+x)^{-1/2}$, $f''=-\tfrac14(1+x)^{-3/2}$, $f'''=\tfrac38(1+x)^{-5/2}$, dan $f^{(4)}=-\tfrac{15}{16}(1+x)^{-7/2}$, menurut Teorema 40.2.8(d). Jadi $P_3(x)=1+\tfrac x2-\tfrac{x^2}8+\tfrac{x^3}{16}$, dan $P_3(0{,}1)=1+0{,}05-0{,}00125+0{,}0000625=1{,}0488125$. Sisanya adalah $R_3=-\tfrac{15}{16}(1+\xi)^{-7/2}\tfrac{x^4}{24}$, dengan $\xi\in(0;\,0{,}1)$, sehingga $-\tfrac{15}{16}\cdot\tfrac{10^{-4}}{24}\approx-3{,}9\cdot10^{-6}\leq R_3<0$. Jadi $1{,}0488086<\sqrt{1{,}1}<1{,}0488125$. Pemeriksaan: $1{,}0488088^2\approx1{,}1000000$. $\square$

Solusi 49.1-2. $|R_n(1)|\leq\tfrac e{(n+1)!}<\tfrac4{(n+1)!}$ (Teorema 27.3.3). Untuk $n=9$: $\tfrac4{10!}\approx1{,}1\cdot10^{-6}$, belum cukup. Untuk $n=10$: $\tfrac4{11!}\approx1{,}0\cdot10^{-7}<5\cdot10^{-7}$. Lagrange menjamin $n=10$. Teorema 27.3.9 memberi $e-E_9<\tfrac{11}{10!\cdot10}\approx3{,}0\cdot10^{-7}$, yaitu $n=9$ sudah cukup. Taksiran khusus untuk deret ini, dengan pembanding geometri, sedikit lebih tajam daripada taksiran umum. $\square$

Solusi 49.1-3. $0{,}2-\tfrac{0{,}008}6=0{,}2-0{,}0013333=0{,}1986667$. Sisa orde $4$ adalah $\tfrac{\cos\xi}{120}(0{,}2)^5$, dengan $0<\cos\xi\leq1$ untuk $\xi\in(0;\,0{,}2)$, sehingga sisa itu terletak di $(0;\,2{,}67\cdot10^{-6}]$. Jadi $0{,}1986667<\sin0{,}2\leq0{,}1986694$. $\square$

Solusi 49.1-4. $p_1(u)=-u^2\cdot0+2u^3\cdot1=2u^3$, sehingga $\varphi'(x)=\tfrac2{x^3}\varphi(x)$. Juga $p_2(u)=-u^2\cdot6u^2+2u^3\cdot2u^3=4u^6-6u^4$, sehingga $\varphi''(x)=\bigl(\tfrac4{x^6}-\tfrac6{x^4}\bigr)\varphi(x)$. Untuk $\psi$: pada $x>0$, $\psi=\varphi$, dan pada $x<0$, $\psi=0$. Keduanya mulus. Di $0$, dengan induksi seperti Langkah 3, hasil bagi selisih kanan adalah $\tfrac1hp_n(\tfrac1h)\varphi(h)\to0$, dan hasil bagi selisih kiri $0$. Jadi $\psi^{(n)}(0)=0$ ada untuk semua $n$. $\square$

Solusi 49.1-5. $\cos x=\sin(x+\tfrac\pi2)$ menurut Teorema 49.1.9(a). Jadi $\cos x=0$ jika dan hanya jika $x+\tfrac\pi2=m\pi$, yaitu $x=\tfrac\pi2+(m-1)\pi$. $\cos\pi=-\cos0=-1$, $\sin\tfrac{3\pi}2=-\sin\tfrac\pi2=-1$, dan $\cos2\pi=\cos0=1$. $\square$

Solusi 49.1-6. Teorema 49.1.2 dengan $n=1$: $f(x)=f(c)+f'(c)(x-c)+\tfrac{f''(\xi)}2(x-c)^2\geq f(c)+f'(c)(x-c)$. Teorema 42.1.6(c) memberi hal yang sama dari kecekungan, tanpa memerlukan turunan kedua. $\square$

Solusi 49.1-7. Untuk $x=-\tfrac12$ dan $\xi\in(-\tfrac12,0)$, $1+\xi>\tfrac12$, sehingga $\bigl|\tfrac x{1+\xi}\bigr|<1$ dan $|R_n|<\tfrac1{n+1}$. $P_6(-\tfrac12)=-\sum_{k=1}^6\tfrac1{k2^k}=-(0{,}5+0{,}125+0{,}0416667+0{,}015625+0{,}00625+0{,}0026042)=-0{,}6911459$. Nilai sebenarnya $-\ln2\approx-0{,}6931472$. Galatnya $\approx0{,}0020$, jauh di bawah batas $\tfrac17$. Batas Lagrange di sini sangat kasar. Deret $\sum\tfrac1{k2^k}$ (Latihan 47.2-5) memberi taksiran yang jauh lebih baik. $\square$

Solusi 49.1-8. Maclaurin orde $5$ untuk kosinus adalah $1-\tfrac{x^2}2+\tfrac{x^4}{24}$, dengan sisa $\tfrac{-\cos\xi}{720}x^6\geq-\tfrac{x^6}{720}$. Di $x=1{,}5$: $1-1{,}125+0{,}2109375-\tfrac{11{,}390625}{720}=0{,}0859375-0{,}0158203=0{,}0701172>0$. Jadi $\cos1{,}5>0$, dan karena kosinus turun tegas pada $[0,2]$ dengan satu pembuat nol, $\tfrac\pi2>1{,}5$, yaitu $\pi>3$. $\square$

Ringkasan

Polinomial Taylor $P_n$ adalah satu-satunya polinomial berderajat $\leq n$ yang menyamai $f$ dan $n$ turunan pertamanya di $c$. Sisanya, dalam bentuk Lagrange, adalah $\tfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-c)^{n+1}$, yang dibuktikan dengan $n+1$ kali penerapan Rolle. Untuk $e^x$, yaitu contoh master, $|R_n(x)|\leq e^{\max(x,0)}\tfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}$, dan di $x=\tfrac12$ batas itu memberi selang $(1{,}64869;\,1{,}64889)$. Bentuk Lagrange dapat gagal sebagai alat, misalnya untuk $\ln(1+x)$ di $x=-0{,}9$. Deret Taylor yang konvergen juga tidak harus konvergen ke fungsinya, seperti $\exp(-1/x^2)$. Taksiran Taylor untuk sinus dan kosinus menghasilkan definisi $\pi$ sebagai dua kali pembuat nol tunggal kosinus di $(0,2)$, dengan $3{,}14<\pi<3{,}16$. Periodisitas dengan periode positif terkecil $2\pi$ mengikuti dari rumus penjumlahan.

49.2 Analisis Galat (Error Analysis) Pendekatan Polinomial

Penjelasan master: analisis galat pendekatan polinomial dipakai dalam kalkulator digital untuk menghitung nilai fungsi trigonometri dan logaritma secara instan.

Unit 49.1 memberi taksiran galat Lagrange. Unit ini memakainya secara sistematis. Pertanyaannya bukan lagi "apakah $P_n\to f$", tetapi "berapa $n$ yang diperlukan untuk ketelitian tertentu, dan bagaimana membuat $n$ itu kecil". Jawabannya bertumpu pada satu prinsip: sisa Lagrange sebanding dengan $|x-c|^{n+1}$, sehingga galat dikendalikan dengan memperkecil jarak ke pusat ekspansi. Untuk $\sin$ dan $\cos$, pengecilan jarak itu memerlukan periodisitas dan nilai $\pi$ yang teliti. Karena itu unit ini juga menyelesaikan penutupan P40-PI: fungsi $\arctan$, perhitungan $\pi$ dengan galat terjamin, serta tafsiran geometris $\pi$ sebagai panjang busur dan luas.

Seluruh bagian "implementasi" dalam unit ini adalah model hipotetis algoritme yang dapat dibuktikan. Bagian itu bukan klaim tentang cara kerja kalkulator, pustaka, atau perangkat keras tertentu.

Prasyarat: Unit 49.1; Bab 45–48.

Jenis Galat

Definisi 49.2.1

Bila $\tilde y$ menghampiri $y$, galat mutlaknya $|\tilde y-y|$, dan galat relatifnya $\tfrac{|\tilde y-y|}{|y|}$ untuk $y\ne0$. Dalam pendekatan polinomial ada dua sumber galat:

• galat pemotongan, yaitu $R_n$, yang dikendalikan oleh analisis;
• galat pembulatan, yang muncul karena aritmetika dengan banyak angka terbatas.

Buku ini hanya membuktikan batas galat pemotongan. Galat pembulatan dibahas secara kualitatif lewat contoh, yaitu Latihan 48.1-8 dan Latihan 49.2-8.

Teorema 49.2.2 (Galat Lagrange Mengecil dengan Jarak)

Misalkan $|f^{(n+1)}|\leq M$ pada interval yang memuat $c$ dan $x$. Bila $|x-c|\leq\rho$, maka

Untuk $\rho$ dan $M$ yang tetap, ruas kanan menuju $0$ lebih cepat daripada setiap $q^n$ dengan $q>0$.

Bukti. Bagian pertama adalah Akibat 49.1.3. Untuk bagian kedua, $\tfrac{\rho^{n+1}}{(n+1)!\,q^{n}}=\rho\cdot\tfrac{(\rho/q)^n}{(n+1)!}\to0$, karena suku deret $\exp(\rho/q)$ menuju $0$. $\square$

Akibat praktisnya: memperkecil $\rho$ jauh lebih efektif daripada menambah $n$. Dua strategi mengikuti dari sini: reduksi rentang, dan pemilihan pusat ekspansi di dekat $x$.

Reduksi Rentang untuk $\exp$ dan $\ln$

Contoh 49.2.3 (Model untuk $\exp$)

Untuk $x\in\mathbb{R}$, misalkan $k$ bilangan bulat terdekat ke $\tfrac x{\ln2}$, dengan bilangan yang lebih kecil bila ada dua. Misalkan $r=x-k\ln2$. Maka $|r|\leq\tfrac{\ln2}2<0{,}3466$ dan

Perkalian dengan $2^k$ eksak dalam aritmetika biner. Untuk $e^r$, Contoh 49.1.4 memberi $|R_n(r)|\leq e^{0{,}3466}\tfrac{0{,}3466^{n+1}}{(n+1)!}$. Untuk $n=9$, ini $\leq1{,}42\cdot\tfrac{2{,}50\cdot10^{-5}}{3628800}<10^{-11}$, sedangkan $e^r\geq e^{-0{,}3466}>0{,}7$. Jadi sepuluh suku memberi galat relatif $<1{,}5\cdot10^{-11}$ untuk setiap $x$, berapa pun besarnya $x$. Tanpa reduksi, $x=20$ akan memerlukan puluhan suku, dengan suku terbesar $\tfrac{20^{20}}{20!}\approx4\cdot10^7$ (bandingkan Latihan 48.1-8).

Harga yang dibayar: $\ln2$ harus diketahui teliti. Galat $\delta$ pada $\ln2$ menjadi galat $|k|\delta$ pada $r$, sehingga galat relatif pada $e^x$ sekitar $|k|\delta$. Latihan 48.2-3 memberi $\ln2$ dengan galat terjamin.

Contoh 49.2.4 (Model untuk $\ln$)

Untuk $x>0$, tulis $x=2^km$ dengan $k\in\mathbb{Z}$ dan $m\in[1,2)$. $k$ dan $m$ ditentukan tunggal, tanpa pilihan, karena $k=\lfloor\log_2x\rfloor$ adalah bilangan bulat tunggal dengan $2^k\leq x<2^{k+1}$. Maka $\ln x=k\ln2+\ln m$. Untuk $\ln m$, gunakan Latihan 48.2-3 dengan $t=\tfrac{m-1}{m+1}\in[0,\tfrac13)$:

Sisa setelah suku $j=N$ paling banyak $\tfrac{2t^{2N+3}}{(2N+3)(1-t^2)}$. Untuk $t<\tfrac13$ dan $N=9$, sisa itu $<\tfrac{2\cdot3^{-21}}{21\cdot8/9}\approx1{,}0\cdot10^{-11}$. Jadi sepuluh suku cukup untuk setiap $x>0$.

Fungsi Trigonometri dan $\pi$

Untuk $\sin x$ dengan $x$ besar, periodisitas (Teorema 49.1.9) memungkinkan reduksi: tulis $x=k\tfrac\pi2+r$ dengan $|r|\leq\tfrac\pi4$. Maka $\sin x$ adalah salah satu dari $\pm\sin r$ atau $\pm\cos r$, bergantung pada $k$ modulo $4$. Untuk $|r|\leq\tfrac\pi4<0{,}7854$, sisa Maclaurin sinus orde $12$, dengan suku terakhir berderajat $11$, paling banyak $\tfrac{0{,}7854^{13}}{13!}<7\cdot10^{-12}$. Agar reduksi ini teliti, $\pi$ harus diketahui teliti. Bagian berikut menghitungnya, dan dalam prosesnya menyelesaikan pinjaman P40-PI.

Lemma 49.2.5 (Nilai Khusus)

(a) $\cos\tfrac\pi4=\sin\tfrac\pi4=\tfrac{\sqrt2}2$.

(b) $\cos\tfrac\pi6=\tfrac{\sqrt3}2$ dan $\sin\tfrac\pi6=\tfrac12$.

Bukti. Pada $(0,\tfrac\pi2)$, $\sin$ dan $\cos$ positif (Teorema 49.1.9(d) dan Definisi 49.1.8).

(a) $0=\cos\tfrac\pi2=\cos^2\tfrac\pi4-\sin^2\tfrac\pi4$ (Akibat 40.2.12(b)). Jadi kedua nilai sama, dan jumlah kuadratnya $1$.

(b) Rumus penjumlahan memberi $\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$: tulis $\cos(2\theta+\theta)$, lalu gunakan $\sin^2=1-\cos^2$. Dengan $\theta=\tfrac\pi6$: $0=\cos\theta\,(4\cos^2\theta-3)$, dan $\cos\theta>0$, sehingga $\cos^2\tfrac\pi6=\tfrac34$. Lalu $\sin\tfrac\pi6=\sqrt{1-\tfrac34}=\tfrac12$. $\square$

Definisi 49.2.6 (Tangen dan Arkus Tangen)

Pada $J=(-\tfrac\pi2,\tfrac\pi2)$, $\cos>0$, karena kosinus genap dan positif pada $[0,\tfrac\pi2)$. Tetapkan $\tan=\tfrac{\sin}{\cos}$ pada $J$.

Teorema 49.2.7

(a) $\tan$ terdiferensialkan pada $J$, dengan $\tan'=1+\tan^2>0$, sehingga $\tan$ naik tegas.

(b) $\tan x\to+\infty$ untuk $x\to\tfrac\pi2^-$ dan $\tan x\to-\infty$ untuk $x\to-\tfrac\pi2^+$. Jadi $\tan:J\to\mathbb{R}$ bijektif.

(c) Inversnya, $\arctan:\mathbb{R}\to J$, terdiferensialkan, dengan $\arctan'(y)=\tfrac1{1+y^2}$.

(d) Untuk $|y|<1$, $\arctan y=A(y)$, dengan $A$ dari Contoh 48.2.6(c). Juga $A(1)=\arctan1=\tfrac\pi4$, yaitu

Bukti. (a) Aturan hasil bagi: $\tan'=\tfrac{\cos^2+\sin^2}{\cos^2}=\tfrac1{\cos^2}=1+\tan^2$. Kemonotonan tegas mengikuti dari Teorema 42.1.1.

(b) Untuk $x\to\tfrac\pi2^-$, $\sin x\to1$ dan $\cos x\to0^+$, sehingga hasil baginya tidak terbatas di atas. Sisi kiri ditangani dengan kesimetrian ganjil. Teorema nilai antara pada setiap $[-a,a]\subset J$, ditambah ketakterbatasan di kedua ujung, memberi surjektivitas. Kemonotonan tegas memberi injektivitas.

(c) Teorema 40.1.6, dengan $\tan'\ne0$: $\arctan'(y)=\tfrac1{1+\tan^2(\arctan y)}=\tfrac1{1+y^2}$.

(d) Pada interval $(-1,1)$, $\arctan$ dan $A$ mempunyai turunan yang sama dan nilai $0$ di $0$. Akibat 41.2.4 memberi $\arctan=A$ pada $(-1,1)$. $A$ kontinu pada $[0,1]$ (Contoh 48.2.6(c)), dan $\arctan$ kontinu di $1$. Jadi $A(1)=\lim_{y\to1^-}A(y)=\lim_{y\to1^-}\arctan y=\arctan1$. Terakhir, $\tan\tfrac\pi4=1$ menurut Lemma 49.2.5(a), sehingga $\arctan1=\tfrac\pi4$. $\square$

Deret Leibniz untuk $\tfrac\pi4$ sangat lambat. Taksiran Leibniz $\tfrac1{2n+3}$ memerlukan sekitar setengah juta suku untuk galat $10^{-6}$. Lemma 49.2.5(b) memberi jalan yang jauh lebih cepat.

Teorema 49.2.8 (Perhitungan $\pi$ dengan Galat Terjamin)

dan