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  • 泰勒多项式近似的误差有多少?原片:khanacademy.org 1,右上角粉色的公式即为泰勒级数近似公式; 2,左下角黄色的一组公式说明了它的重要性质,在a处,任意阶导数误差都为0; 3,右侧中间用绿色箭头划掉的部分说明...

    泰勒多项式近似的误差有多少?原片:khanacademy.org

    image

    1,右上角粉色的公式即为泰勒级数近似公式;

    2,左下角黄色的一组公式说明了它的重要性质,在a处,任意阶导数误差都为0;

    3,右侧中间用绿色箭头划掉的部分说明一个重要的性质,对N阶泰勒级数求N+1阶导数,结果为0;(如左上角所说,对x求2阶,对x^2求3阶)

    得出结论在右下角:残留误差的n+1阶导数,等于函数的n+1阶导数,将利用这个公式求出E(x)的界限;

    转载于:https://www.cnblogs.com/yapzhang/archive/2011/09/19/2181683.html

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  • 这是泰勒多项式在x=0处的展开式,所以不符合题意。 \\ ( 2 ) 25 ln ( x − 1 ) + ( x − 1 ) 2 + ( x − 1 ) 4 + H . O . T ( 2 ) 25 ln ⁡ ( x − 1 ) + ( x − 1 ) 2 + ( x − 1 ) 4 + H . O . T (2) 25\ln...

    下列哪些选项是泰勒级数在x=1处展示的式子?请选择正确的选项。

    (1)1+x2+316x3+190x4+H.O.T

    (2)25ln(x1)+(x1)2+(x1)4+H.O.T

    (3)12+3(x1)+445(x1)2+190(x1)3

    (4)k=02kk!(x1)k

    (5)1+(x1)+(x1)2+(x1)3+H.O.T

    (6)k=0π2k(2k+1)!(x1)k1

    分析:


    (1)1+x2+316x3+190x4+H.O.T

    这是泰勒多项式在x=0处的展开式,所以不符合题意。

    (2)25ln(x1)+(x1)2+(x1)4+H.O.T

    ln(x1)不是(x1)幂次项,所以不符合题意。

    (3)12+3(x1)+445(x1)2+190(x1)3

    正确,虽然它看起来不是无限级数,幂次数超过3的系数全为0,可以写成12+3(x1)+445(x1)2+190(x1)3+0×(x1)4+0×(x1)5+0×(x1)6+H.O.T

    此外,再举一个例子:x2x=1的泰勒展开式为1+2(x1)+(x1)2

    (4)k=02kk!(x1)k

    正确,符合泰勒级数在x=1处定义的展开式,但是我们注意到第一项200!(x1)0x=0处没有定义,这无关紧要,关键是看这一项的定义是否有极限,极限值是多少。limx=1200!(x1)0=1,因此这一项本质上是常数项。

    (5)1+(x1)+(x1)2+(x1)3+H.O.T

    正确,理由同(3)。

    (6)k=0π2k(2k+1)!(x1)k1

    化简后的第一项是(x1)1,我们知道在泰勒级数展开式中,关于未知数的幂次数是非负数的,是从0次幂开始(在定义处有极限值的常数项),所以不符合题意。

    结论:

    因此正确选项应为(3)、(4)、(5)。

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  • 位置上泰勒展开的次数越多,你得到的函数就与 f ( x ) f(x) f ( x ) 在 x 0 x_0 x 0 ​ 附近的值越接近。 在OI中我们用到的函数在 x 0 = 0 x_0=0 x 0 ​ = 0 处展开显然简洁方便,因此我们只需要知道 麦克劳林公式 ...

    本文章是[学习笔记]生成函数进阶的一部分
    本来不想单独弄成一个博客的,毕竟有点短。
    但如果把它直接放在OGF、EGF里面是不是不太好啊…

    1 定义

    1-1
    证明它的话需要学洛必达法则,证明洛必达法则又需要几个步骤,具体是:

    费马定理->罗尔中值定理->柯西中值定理->洛必达法则

    1-2
    说人话就是你在x0x_0位置上泰勒展开的次数越多,你得到的函数就与f(x)f(x)x0x_0附近的值越接近。
    在OI中我们用到的函数在x0=0x_0=0处展开显然简洁方便,因此我们只需要知道麦克劳林公式就好了:
    f(x)=f(0)+f(0)x+f(0)2!x2+...+f(n)(0)n!+o(xn)f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f'(0)}{2!}x^2+...+\frac{f'^{(n)}(0)}{n!}+o(x^n)

    2 常用函数的泰勒公式

    1-2

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  • 从插值多项式泰勒公式,朱圣芝,, 利用泰勒公式对函数在局部进行多项式逼近是微分学的基本思想和基本工具. 在历史上,泰勒公式起源于有限差分计算 , 因此,从牛顿内插�
  • 现实:多项式结论的原理都不懂你还听得懂课? yxy:对…对啊 (pia一耳光,痛 泰勒展开 考虑一个函数 f(x)f(x)f(x) ,他的值随着自变量 xxx 改变而改变 在 x=x0x=x_0x=x0​ 处展开即为: f(x)=∑i=0∞f(i)(x0)i!(x−...

    现实打脸时刻

    现实:多项式结论的原理都不懂你还听得懂课?

    yxy:对…对啊 (pia一耳光,痛

    泰勒展开

    考虑一个函数 f(x)f(x) ,他的值随着自变量 xx 改变而改变

    x=x0x=x_0 处展开即为:

    f(x)=i=0f(i)(x0)i!(xx0)i f(x)=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i

    证明:

    若函数 f(x)=g(x)f(x)=g(x) 成立,当且仅当在 x0x_0 处时,f(x0)=g(x0)f(x_0)=g(x_0)f(n)(x0)=g(n)(x0)f^{(n)}(x_0)=g^{(n)}(x_0) ,(nn 可以是任意正整数)。然后你会发现上面那个式子左右两边不管取多少次导在 x0x_0 处都相等。这样就非常不严谨地证明了泰勒展开的公式。

    f(x)=i=0f(i)(x0)i!(xx0)if(x)=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i 这个等式就是 f(x)f(x)x0x_0 处的泰勒展开式;右边的式子 i=0f(i)(x0)i!(xx0)i\sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i 称为 f(x)f(x)aa 处的泰勒级数。 麦克劳林级数就是函数在 x=0x=0 处展开的泰勒级数。

    并不是 f(x)f(x) 定义域内的所有 xx 都可以展开,因为不是函数的每个位置都是可导的。但是在多项式上,我们的 xx 的数域是形式幂级数,那么就不存在这个问题了

    牛顿迭代

    求一个关于 xx 的多项式 F(x)F(x),使得对于一给定的关于 F(x)F(x) 的函数 G(F(x))G(F(x))G(F(x))0(mod xn)G(F(x))≡0(mod\ x^n) 成立。

    多项式函数 G(F(x))G(F(x)),他的值随着自变量 F(x)F(x) 的的改变而改变

    F(x)=F0(x)F(x)=F_0(x) 处展开即为:

    G(F(x))=i=0G(i)(F0(x))i!(F(x)F0(x))i G(F(x))=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{G^{(i)}(F_0(x))}{i!}{(F(x)-F_0(x))}^i

    现在要求 F(x)F(x) 满足 G(F(x))0  (mod xn)G(F(x))\equiv 0\ \ (mod\ x^n)

    设我们已经求出了在摸 xn2x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil} 下的根 F0(x)F_0(x) ,将 G(F(x))G(F(x))F0(x)F_0(x) 处泰勒展开

    G(F(x))=i=0G(i)(F0(x))i!(F(x)F0(x))i0  (mod xn) G(F(x)) = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{G^{(i)}(F_0(x))}{i!}{(F(x)-F_0(x))}^i\equiv 0 \ \ (mod\ x^{n})

    F(x)=xn2H(x)+F0(x)F(x)=x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}H(x)+F_0(x) 代入上式
    i=0G(i)(F0(x))i!(xn2H(x)+F0(x)F0(x))i0  (mod xn)i=0G(i)(F0(x))i!(xn2H(x))i0  (mod xn) \sum_{i=0}^{\infty} \frac{G^{(i)}(F_0(x))}{i!}{(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}H(x)+F_0(x)-F_0(x))}^i\equiv 0 \ \ (mod\ x^{n}) \\ \sum_{i=0}^{\infty} \frac{G^{(i)}(F_0(x))}{i!}{(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}H(x))}^i\equiv 0 \ \ (mod\ x^{n})
    对于 (xn2H(x))i{(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}H(x))}^i ,当 i2i\ge2(xn2H(x))i0(mod xn){(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}H(x))}^i\equiv0(mod\ x^n) 。因此这里在模意义下的泰勒级数,从第三项开始全部为 00,那么只保留前两项,即:
    i=0G(i)(F0(x))i!(xn2H(x))iG(F0(x))+G(F0(x))(xn2H(x))0  (mod xn)H(x)xn2G(F0(x))G(F0(x))  (mod xn)F(x)F0(x)G(F0(x))G(F0(x))  (mod xn) \sum_{i=0}^{\infty} \frac{G^{(i)}(F_0(x))}{i!}{(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}H(x))}^i\equiv G(F_0(x))+G'(F_0(x))\cdot(x^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\cdot H(x)) \equiv 0 \ \ (mod\ x^{n}) \\ H(x)\equiv -x^{-{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\ \ (mod\ x^{n})\\ F(x)\equiv F_0(x)-\frac{G(F_0(x))}{G'(F_0(x))}\ \ (mod\ x^{n})
    总结:牛顿迭代可以用于求解 G(F(x))G(F(x)) 在模 xnx^n 意义下的根,可以运用于多项式求逆,多项式开根,多项式exp。牛顿迭代只是泰勒展开的一个延伸,为什么每次精度倍增还是要看本质泰勒展开。一些题还是只能用泰勒展开,当然能用牛迭还是用他因为他方便嘛。

    //多项式求逆,ln,exp
    //RA100FDM
    #include <bits/stdc++.h>
    #define N 400005
    using namespace std;
    typedef long long ll; 
    typedef vector<ll> vec;
    const ll mod=998244353;
    int now_limit;
    int rev[N];
    ll wq[20][N],fac[N],inv[N];
    ll ksm(ll x,ll y){
    	ll res=1; while(y){ if(y&1)res=res*x%mod; x=x*x%mod; y>>=1; }
    	return res;
    }
    void init_NTT(int limit){
    	if(limit==now_limit) return;
    	now_limit=limit; int l=0; while((1<<l)<limit)l++;
    	for(int i=0;i<limit;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
    	if(wq[0][0]==0){
    		for(int mid=1,l=0;mid<N;mid<<=1,l++){
    			wq[l][0]=1,wq[l][1]=ksm(3,(mod-1)/(mid<<1));
    			for(int k=2;k<mid;k++) wq[l][k]=wq[l][k-1]*wq[l][1]%mod;
    		}
    	}
    }
    void NTT(vec &a,int limit,int flag){
    	init_NTT(limit);
    	while(a.size()<limit) a.push_back(0);
    	for(int i=0;i<limit;i++) if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    	ll x,y;
    	for(int mid=1,l=0;mid<limit;mid<<=1,l++)
    		for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1))
    			for(int k=0;k<mid;k++){
    				x=a[j+k],y=a[j+k+mid]*wq[l][k]%mod;
    				a[j+k]=(x+y)%mod,a[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;
    			}
    	if(flag==-1){
    		x=ksm(limit,mod-2);
    		for(int i=0;i<limit;i++) a[i]=a[i]*x%mod;
    		reverse(&a[1],&a[limit]);
    	}
    }
    void init_Ln(){
    	fac[0]=1;
    	for(ll i=1;i<N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    	inv[N-1]=ksm(fac[N-1],mod-2);
    	for(ll i=N-1;i>0;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod,inv[i]=inv[i]*fac[i-1]%mod;
    }
    struct poly{
    	vec s;
    	poly(int len=-1){ s.resize(len+1); }
    	poly Inv(int len){
    		if(len==1){
    			poly b; 
    			b.s.push_back(ksm(s[0],mod-2)); b.s.push_back(0); 
    			return b;
    		}
    		poly b=Inv((len+1)>>1),c; 
    		c.s=vector<ll>(&s[0],&s[len]);
    		int limit=1; while(limit<(len<<1)) limit<<=1;
    		NTT(b.s,limit,1),NTT(c.s,limit,1);
    		for(int i=0;i<limit;i++) b.s[i]=(mod+2ll-c.s[i]*b.s[i]%mod)%mod*b.s[i]%mod;
    		NTT(b.s,limit,-1);
    		for(int i=len;i<b.s.size();i++)b.s[i]=0;
    		return b;
    	}
    	poly Ln(int len){
    		if(!fac[0]) init_Ln();
    		poly b,c=Inv(len);
    		b.s=vector<ll>(&s[0],&s[len]);
    		for(ll i=0;i<len-1;i++) b.s[i]=b.s[i+1]*(i+1)%mod; b.s[len-1]=0;//
    		int limit=1; while(limit<(len<<1)) limit<<=1;
    		NTT(c.s,limit,1),NTT(b.s,limit,1);
    		for(int i=0;i<limit;i++) b.s[i]=b.s[i]*c.s[i]%mod;
    		NTT(b.s,limit,-1);
    		for(int i=len-1;i>=1;i--) b.s[i]=b.s[i-1]*inv[i]%mod; b.s[0]=0;
    		for(int i=len;i<b.s.size();i++) b.s[i]=0;
    		return b;
    	}
    	poly Exp(int len){
    		if(len==1){
    			poly b;
    			b.s.push_back(1),b.s.push_back(0); 
    			return b; 
    		}
    		poly b=Exp((len+1)>>1); 
    		poly c=b.Ln(len); c.s[0]=(1-c.s[0]+s[0]+mod)%mod;
    		for(int i=1;i<len;i++) c.s[i]=(s[i]-c.s[i]+mod)%mod;
    		int limit=1; while(limit<(len<<1))limit<<=1;
    		NTT(b.s,limit,1),NTT(c.s,limit,1);
    		for(int i=0;i<limit;i++) b.s[i]=b.s[i]*c.s[i]%mod;
    		NTT(b.s,limit,-1);
    		for(int i=len;i<b.s.size();i++) b.s[i]=0;
    		return b;
    	}
    }; 
    int main(){
    	int len;
    	poly a; cin>>len;
    	int v;
    	for(int i=0;i<len;i++)
    		scanf("%d",&v),a.s.push_back(v);
    	a=a.Exp(len);
    	for(int i=0;i<len;i++) cout<<a.s[i]<<' ';
    }
    
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空空如也

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泰勒多项式