//


KURZUS: Matematika (Analízis)
MODUL: 3. Egyváltozós függvények differenciálszámítása

3.13. Taylor-sor, MacLaurin-sor

Tanulási cél: Megismerni a Taylor- és Maclaurin-sor fogalmát, valamint néhány nevezetes függvény sorfejtését, s ezeket alkalmazni feladatok megoldásában.

Tananyag:
Tankönyv: Ács László, Gáspár Csaba: Analízis 1
Fejezet: 7.

Elméleti összefoglaló:
Legyen az f olyan függvény, mely értelmezett az a R rögzített hely egy környezetében, s ott
n -szer folytonosan differenciálható. Ekkor a

T n ( f , x ) = f ( a ) + 1 1 ! f ' ( a ) . ( x a ) + 1 2 ! f ( a ) . ( x a ) 2 + . . . + 1 n ! f ( n ) ( a ) . ( x a ) n = k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x a ) k

polinomot az f függvény a helyen vett n -edfokú Taylor-polinomjának nevezzük. (A nulladik derivált magát a függvényt jelenti, azaz f ( 0 ) ( a ) = f ( a ) , és 0 ! = 1 .)

A Taylor-polinom közelíti az eredeti függvényt. Minél közelebb van x az a -hoz, és minél magasabb a polinom rendje, a közelítés általában annál jobb.

Ha az f függvény n + 1 -szer folytonosan differenciálható az [ a δ , a + δ ] intervallumon, akkor minden x [ a δ , a + δ ] -hoz van olyan ξ szám az a és az x között, hogy

f ( x ) = T n ( f , x ) + f ( n + 1 ) ( ξ ) ( n + 1 ) ! . ( x a ) n + 1 .

Az f függvény ilyen előállítását Taylor-formulának, az R n + 1 ( f , x ) = f ( n + 1 ) ( ξ ) ( n + 1 ) ! . ( x a ) n + 1 kifejezést pedig Lagrange-féle maradéktagnak nevezzük.

Legyen f végtelen sokszor differenciálható az [ a δ , a + δ ] intervallumon. Ha valamely x [ a δ , a + δ ] esetén R n ( f , x ) 0 , akkor f ( x ) = lim n T n ( f , x ) , azaz

f ( x ) = f ( a ) + 1 1 ! f ' ( a ) . ( x a ) + 1 2 ! f ( a ) . ( x a ) 2 + 1 3 ! f ' ' ' ( a ) . ( x a ) 3 + . . . = k = 0 f ( k ) ( a ) k ! ( x a ) k .

Ezt a konvergens végtelen sort az f függvény a körüli Taylor-sorának nevezzük.

Ha a = 0 , Maclaurin-polinomról, Maclaurin-formuláról és Maclaurin-sorról beszélünk.

Gyakran alkalmazott sorfejtési technika a következő:
Ha ismert az f ( x ) függvény Maclaurin-sora, és g ( x ) = c . x r , c R , r Z + , akkor az f ( g ( x ) ) összetett függvény Maclaurin-sorát f Maclaurin-sorából úgy kaphatjuk meg, hogy x helyére g ( x ) -et helyettesítünk. Ennek gyakori speciális esete, amikor g ( x ) = c . x , azaz a belső függvény számszorosa x -nek.

Néhány függvény Maclaurin-sora:

e x = 1 + 1 1 ! x + 1 2 ! x 2 + 1 3 ! x 3 + . . . x R

sin x = x 1 3 ! x 3 + 1 5 ! x 5 1 7 ! x 7 + . . . x R

cos x = 1 1 2 ! x 2 + 1 4 ! x 4 1 6 ! x 6 + . . . x R

1 1 x = 1 + x + x 2 + x 3 + . . . | x | < 1

ln ( 1 + x ) = x 1 2 x 2 + 1 3 x 3 1 4 x 4 + . . . | x | < 1

( 1 + x ) α = 1 + α 1 ! x + α ( α 1 ) 2 ! x 2 + α ( α 1 ) ( α 2 ) 3 ! x 3 + . . . | x | < 1, α R ( binomiális sor)
Kidolgozott feladatok:

1. feladat Írjuk fel az f ( x ) = x 3 5 x 2 + x + 20 függvény a = 3 hely körüli Taylor-sorát!

Megoldás: Induljunk ki a Taylor-sor definíciójából, eszerint

f ( x ) = f ( a ) + 1 1 ! f ' ( a ) . ( x a ) + 1 2 ! f ( a ) . ( x a ) 2 + 1 3 ! f ' ' ' ( a ) . ( x a ) 3 + . . .

Ebben a sorban kell most a helyére 3 -at helyettesítenünk.

f ( x ) = f ( 3 ) + 1 1 ! f ' ( 3 ) . ( x 3 ) + 1 2 ! f ( 3 ) . ( x 3 ) 2 + 1 3 ! f ' ' ' ( 3 ) . ( x 3 ) 3 + . . .

Amint látható, a konkrét Taylor-sort akkor tudjuk felírni, ha az f ( 3 ) , f ' ( 3 ) , f ' ' ( 3 ) , f ' ' ' ( 3 ) . . . értékeket maghatározzuk és behelyettesítjük.

f ( x ) = x 3 5 x 2 + x + 20 f ( 3 ) = 3 3 5 . 3 2 + 3 + 20 = 5

f ' ( x ) = 3 x 2 10 x + 1 f ' ( 3 ) = 3 . 3 2 10 . 3 + 1 = 2

f ' ' ( x ) = 6 x 10 f ' ' ( 3 ) = 6 . 3 10 = 8

f ' ' ' ( x ) = 6 f ' ' ' ( 3 ) = 6

Az ennél magasabbrendű deriváltak azonosan zérussal egyenlőek, tehát csak a sor első négy tagjába kell helyettesítenünk. A Taylor-sor most csak véges sok nullától különböző tagot tartalmaz.

f ( x ) = 5 + 1 1 ! ( 2 ) ( x 3 ) + 1 2 ! 8 ( x 3 ) 2 + 1 3 ! 6 ( x 3 ) 3 = 5 2 ( x 3 ) + 4 ( x 3 ) 2 + ( x 3 ) 3

A Taylor-sor felírásával úgy alakítottuk át a polinomot, hogy x hatványai helyett x 3 hatványai szerepelnek benne. Ha elvégeznénk a hatványozásokat és összevonnánk az azonos fokszámú tagokat, természetesen visszakapnánk az eredeti polinomot, ezzel tudnánk ellenőrizni a megoldást.  

Megjegyzés: Minden polinom Taylor-sora véges, hisz ha a polinom n -edfokú, akkor az n + 1 -edik és annál magasabbrendű deriváltak azonosan nullával egyenlőek. Ilyenkor a Taylor-sor felírása úgy alakítja át a polinomot, hogy x hatványai helyett ( x a ) hatványai fognak szerepelni. Ha a = 0 , akkor x a = x , tehát továbbra is x hatványai fognak szerepelni, azaz minden polinom Maclaurin-sora maga a polinom.
2. feladat Melyik az a harmadfokú polinom, melyre a következők igazak: p ( 0 ) = 3, p ' ( 0 ) = 1, p ' ' ( 0 ) = 6, p ' ' ' ( 0 ) = 12 ?

Megoldás: Mivel a függvény és deriváltjainak értéke a nulla helyen adott, ezért a Maclaurin-sor felírásából indulunk ki.

f ( x ) = f ( 0 ) + 1 1 ! f ' ( 0 ) . x + 1 2 ! f ' ' ( 0 ) . x 2 + 1 3 ! f ' ' ' ( 0 ) . x 3 + . . .

Mivel a polinom harmadfokú, ezért a negyedik és annál magasabbrendű deriváltjai azonosan nullával egyenlőek, tehát

p ( x ) = p ( 0 ) + 1 1 ! p ' ( 0 ) . x + 1 2 ! p ' ' ( 0 ) . x 2 + 1 3 ! p ' ' ' ( 0 ) . x 3 .

Nincs más dolgunk, mint a függvény és derivált megadott értékeit behelyettesíteni.

p ( x ) = 3 + 1 1 ! ( 1 ) x + 1 2 ! ( 6 ) x 2 + 1 3 ! 12 x 3 = 3 x 3 x 2 + 2 x 3

Ha a tagokat a szokott sorrendben írjuk, akkor p ( x ) = 2 x 3 3 x 2 x + 3 .
3. feladat Hogyan határozhatjuk meg 1 e 10 közelítő értékét, ha csak négy alapműveletes számológépünk van?

Megoldás: Mivel 1 e 10 = e 0.1 , ezért a feladatot úgy is fogalmazhatjuk, hogy adjuk meg közelítőleg az f ( x ) = e x függvény x 0 = 0.1 helyen vett helyettesítési értékét. Mivel a 0.1 "közel van" a nullához, ezért Maclaurin-sorból határozhatjuk meg a közelítő értéket. Ezen függvény Maclaurin-sorát ismerjük, abban kell x helyére a megadott x 0 értéket behelyettesítenünk.

e x = 1 + 1 1 ! x + 1 2 ! x 2 + 1 3 ! x 3 + . . .

A sornak azonban végtelen sok tagja van, valamennyibe nem tudunk behelyettesíteni. Ezért csak a sor első néhány tagját vesszük figyelembe, azaz valamelyik Maclaurin-polinomba helyettesítünk. Minél több tagot veszünk figyelembe, a közelítő érték annál pontosabb lesz.
Ha például a másodfokú Maclaurin-polinomba helyettesítünk, akkor

e 0.1 1 + 1 1 ! ( 0.1 ) + 1 2 ! ( 0.1 ) 2 = 1 0.1 + 0.005 = 0.905 .

Ha a negyedfokú polinomba, akkor

e 0.1 1 + 1 1 ! ( 0.1 ) + 1 2 ! ( 0.1 ) 2 + 1 3 ! ( 0.1 ) 3 + 1 4 ! ( 0.1 ) 4 =

= 1 0.1 + 0.005 0.0001 6 . + 0.0000041 6 . = 0.9048375 .

Ha nem csak négy alapműveletes számológépünk van, akkor egy lépésben kaphatunk közelítő értéket, s így e 0.1 0.904837418 . Amint látható a negyedfokú polinomból kapott érték már 6 tizedesjegyre pontos. Ha ennél is pontosabb értékre van szükség, további tagokat figyelembe véve tetszőleges pontosság érhető el.

Megjegyzés:
Felvetődik annak kérdése, hogy ha egy előre megadott pontossággal szeretnénk megkapni a közelítő értéket, akkor hány tagot kell figyelembe vennünk. Ezt a Lagrange-féle maradéktagból tudjuk meghatározni. Ha annak abszolút értéke már a megengedett pontosságnál kisebb, akkor a közelítő érték megfelelő. Ha például 4 tizedesjegy pontosság elérése a feladat, akkor az | R n + 1 ( f , x ) | < 0.0001 egyenlőtlenséget kell megoldanunk, melyben n lesz az ismeretlen. A feladat adataival  

| R n + 1 ( e x , 0.1 ) | = | e ξ ( n + 1 ) ! ( 0.1 ) n + 1 | = e ξ ( n + 1 ) ! ( 0.1 ) n + 1 < 0.0001 ahol ξ [ 0.1, 0 ] .

Mivel ξ értékét nem ismerjük, ezért e ξ -t felülről becsüljük. Az exponenciális függvény szigorúan monoton nő, a legnagyobb értéket az intervallum jobb oldali végpontjában veszi fel, azaz e ξ e 0 = 1 . Az egyenlőtlenség így a következő:

1 ( n + 1 ) ! ( 0.1 ) n + 1 < 0.0001 .

Ez az egyenlőtlenség n 3 esetben igaz, tehát ha harmadfokú Maclaurin-polinomba  helyettesítünk, akkor garantált a 4 tizedesjegynyi pontosság.
4. feladat Ha ismerjük az ln 10 = 2.302585. . . értéket, és van egy négy alapműveletes számológépünk, akkor hogyan határozhatjuk meg ln 8 közelítő értékét?

Megoldás: Ismerjük egy olyan függvény Maclaurin-sorát, amelyben logaritmus szerepel, ez az f ( x ) = ln ( 1 + x ) .

ln(1+x)=x12x2+13x314x4+...

Egyszerű lenne itt x = 7 -et helyettesíteni, de ezt nem tehetjük, mert ez a sor csak akkor konvergens, ha | x | < 1 . Írjuk ln 8 -at más alakban.

ln 8 = ln ( 10 2 ) = ln ( 10 . ( 1 0.2 ) ) = ln 10 + ln ( 1 0.2 )

Mivel ln 10 -et ismerjük, az ln 0.8 = ln ( 1 0.2 ) = ln ( 1 + ( 0.2 ) ) közelítő értékét kell meghatároznunk. Ezt x = 0.2 helyettesítéssel kapjuk. A konkrét helyettesítést a negyedfokú Maclaurin-polinommal végezzük el.

ln ( 1 + ( 0.2 ) ) 0.2 1 2 ( 0.2 ) 2 + 1 3 ( 0.2 ) 3 1 4 ( 0.2 ) 4 0.2 0.02 0.00267 0.0004 = 0.22307

Térjünk vissza az eredeti kérdéshez.

ln 8 = ln 10 + ln 0.8 2.30258 0.22307 = 2.07951

Ha jobb számológépünk is van, akkor a ln 8 2.079441542 értéket kapjuk. Bár itt is negyedfokú polinomba helyettesítettünk, mégis kevesebb tizedesjegy pontos. Ez érthető, mert a pontosságot nagymértékben befolyásolja | x | nagysága, hiszen minél nagyobb | x | , annál lassabban tartanak zérushoz a tagok, annál lassabb a konvergencia. Mivel most | x | kétszer akkora volt mint az előző feladatban, ezért kisebb pontosság volt várható. Természetesen ezen javíthatunk, ha a sor több tagját vesszük figyelembe.
5. feladat Hogyan határozhatjuk meg közelítőleg 1 6 értékét, ha csak négy alapműveletes számológépünk van?

Megoldás: Mivel 1 6 = 6 1 2 , a binomiális sort használhatjuk fel.

(1+x)α=1+α1!x+α(α1)2!x2+α(α1)(α2)3!x3+...

Nyilvánvaló, hogy α helyére 1 2 kerül, az x helyébe pedig 5 -öt kellene írnunk. Ez azonban nem járható út, mert a sor csak | x | < 1 esetén konvergens. Mint az előző feladatban, most is írjuk más alakban a közelítendő számot.

1 6 = 1 4 . 6 4 = 1 4 . 1 3 2 = 1 2 . 1.5 1 2 = 1 2 . ( 1 + 0.5 ) 1 2

Így az 1.5 0.5 közelítő értékét kell meghatároznunk, majd azt 1 2 -del szorozni. Így már nincs baj a konvergenciával, hisz ha 1 + x = 1.5 x = 0.5 , s ez eleget tesz az | x | < 1 feltételnek. A számolást most úgy hajtjuk végre, hogy a harmadfokú polinomba helyettesítünk.

1.5 0.5 = ( 1 + 0.5 ) 0.5 1 + ( 0.5 ) 1 ! 0.5 + ( 0.5 ) ( 0.5 1 ) 2 ! 0.5 2 + ( 0.5 ) ( 0.5 1 ) ( 0.5 2 ) 3 ! 0.5 3 =

= 1 0.25 + 0.09375 00390625 = 0.8046875

Ezután térjünk vissza az eredeti kérdéshez.

1 6 1 2 . 0.8046875 = 0.40234375

Ha "okosabb" számológépet használunk, akkor az 1 6 0.40824829 értéket kapjuk. Közelítő értékünk elég pontatlan, de ebben nincs semmi meglepő, mert a sornak kevesebb tagját vettük figyelembe mint eddig, s ráadásul | x | is nagyobb, mint az eddigi feladatokban.

Megjegyzés: A meghatározandó számot a következő módon is alakíthattuk volna.

1 6 = 1 9 . 6 9 = 1 9 . 1 2 3 = 1 3 . ( 2 3 ) 1 2 = 1 3 . ( 1 1 3 ) 1 2 = 1 3 . ( 1 + ( 1 3 ) ) 1 2

Ezután ugyanúgy járhatunk el mint az előzőekben, de most x = 1 3 . Ez bizonyos szempontból még kedvezőbb is, hiszen | x | így kisebb, várhatóan jobb közelítést kapunk.
6. feladat Határozzuk meg az f ( x ) = 1 3 2 x függvény harmadfokú Maclaurin-polinomját!

Megoldás: A feladatot kétféle úton is megoldjuk.
1.) Induljunk ki a Maclaurin-polinom definíciójából.

M 3 ( f , x ) = f ( 0 ) + 1 1 ! f ' ( 0 ) . x + 1 2 ! f ' ' ( 0 ) . x 2 + 1 3 ! f ' ' ' ( 0 ) . x 3

Állítsuk elő a szükséges deriváltakat, és határozzuk meg a függvény valamint a deriváltak értékét a nulla helyen. A deriválások egyszerűbbek ha a függvényt átalakítjuk, mert akkor tört helyett összetett függvényünk lesz.

f ( x ) = 1 3 2 x = ( 3 2 x ) 1 f ( 0 ) = 3 1 = 1 3

f ' ( x ) = ( 1 ) . ( 3 2 x ) 2 . ( 2 ) = 2 . ( 3 2 x ) 2 f ' ( 0 ) = 2 . 3 2 = 2 9

f ' ' ( x ) = ( 4 ) . ( 3 2 x ) 3 . ( 2 ) = 8 . ( 3 2 x ) 3 f ' ' ( 0 ) = 8 . 3 3 = 8 27

f ' ' ' ( x ) = ( 24 ) . ( 3 2 x ) 4 . ( 2 ) = 48 . ( 3 2 x ) 4 f ' ' ' ( 0 ) = 48 . 3 4 = 48 81

A kapott értékeket helyettesítsük be a polinomba.

M 3 ( f , x ) = 1 3 + 1 1 ! . 2 9 x + 1 2 ! . 8 27 x 2 + 1 3 ! . 48 81 x 3 = 1 3 + 2 9 x + 4 27 x 2 + 8 81 x 3

2.) Most az a kiindulási alap, hogy ismerjük az g ( x ) = 1 1 x függvény Maclaurin-sorát.

1 1 x = 1 + x + x 2 + x 3 + . . .

Alakítsuk most úgy az f ( x ) függvényt, hogy olyan összetett függvényt kapjunk, melynek külső függvénye g ( x ) , belső függvénye pedig x számszorosa.

f ( x ) = 1 3 2 x = 1 3 . 1 1 2 3 x

A belső függvény a p ( x ) = 2 3 x lett. Ha ezt helyettesítjük a g ( x ) Maclaurin-sorában az x helyére, s
1 3 -dal szorzunk, akkor megkapjuk f ( x ) Maclaurin-sorát.

f ( x ) = 1 3 ( 1 + 2 3 x + ( 2 3 x ) 2 + ( 2 3 x ) 3 + . . . ) = 1 3 + 2 9 x + 4 27 x 2 + 8 81 x 3 + . . .

A Maclaurin-sorból a harmadfokú Maclaurin-polinomot a harmadfokúnál magasabb fokú tagok elhagyásával kapjuk.

M 3 ( f , x ) = 1 3 + 2 9 x + 4 27 x 2 + 8 81 x 3
7. feladat Határozzuk meg az f ( x ) = sin x . cos x függvény Maclaurin-sorát!

Megoldás: Az ismert sin 2 x = 2 sin x . cos x azonosság alapján f ( x ) = 1 2 sin 2 x . Így viszont olyan összetett függvényt kaptunk, melynek belső függvénye ( 2 x ) számszorosa x -nek, a külső függvénynek ( sin x ) pedig ismerjük a Maclaurin-sorát.

sinx=x13!x3+15!x517!x7+...

Az összetett függvény Maclaurin-sorát úgy kapjuk, ha a külső függvény Maclaurin-sorába a belső függvényt helyettesítjük x helyére.

f ( x ) = 1 2 sin 2 x = 1 2 ( 2 x 1 3 ! ( 2 x ) 3 + 1 5 ! ( 2 x ) 5 1 7 ! ( 2 x ) 7 + . . . ) = x 2 3 x 3 + 2 15 x 5 4 315 x 7 + . . .

Megjegyzés: Amint látható, könnyen előállítható az olyan függvények Maclaurin-sora, melyeknek belső függvénye számszorosa x -nek, a külső függvény Maclaurin-sora pedig ismert. Ha kezdetben nem ilyen alakú egy függvény, akkor is érdemes elgondolkodni, hogy algebrai átalakításokkal, vagy egyéb azonosságok felhasználásával nem hozható-e ilyen alakra.
8. feladat Határozzuk meg az f ( x ) = sin 2 x függvény Maclaurin-sorát!

Megoldás: A függvény ugyan összetett, de a belső függvény ( sin x ) sem x -nek sem x hatványának nem számszorosa , így ebből az alakból nehéz célba érni. Ismerünk két olyan egyszerű azonosságot, melyekben szerepel a sin 2 x , ezek a következők:

1 = sin 2 x + cos 2 x

cos 2 x = cos 2 x sin 2 x

Vonjuk ki az első összefüggésből a másodikat, s a kapott egyenletből fejezzük ki sin 2 x -et.

1 cos 2 x = 2 sin 2 x sin 2 x = 1 cos 2 x 2 = 1 2 1 2 cos 2 x

Innentől tulajdonképpen a cos 2 x Maclaurin-sorának előállítása a feladat. Ez pontosan olyan összetett függvény, amilyet szerettünk volna, hiszen a külső függvény ( cos x ) Maclaurin-sorát ismerjük, a belső függvény ( 2 x ) pedig számszorosa x -nek.

cosx=112!x2+14!x416!x6+...

Helyettesítsük be a belső függvényt.

f ( x ) = 1 2 1 2 cos 2 x = 1 2 1 2 ( 1 1 2 ! ( 2 x ) 2 + 1 4 ! ( 2 x ) 4 1 6 ! ( 2 x ) 6 + . . . ) = x 2 1 3 x 4 + 2 45 x 6 . . .

Ellenőrző kérdések:

1.kérdés: Az alábbi függvények közül melyik az f ( x ) = 2 x 3 11 x 2 + 17 x 2 függvény a = 2 hely körüli Taylor-sora?
 
f ( x ) = 4 ( x 2 ) + 3 ( x 2 ) 2 + 2 ( x 2 ) 3
 
f ( x ) = 4 3 ( x 2 ) + ( x 2 ) 2 + 2 ( x 2 ) 3
 
f ( x ) = 2 3 ( x 2 ) + 4 ( x 2 ) 2 + 2 ( x 2 ) 3
 
f ( x ) = 2 4 ( x 2 ) + 3 ( x 2 ) 2 + 2 ( x 2 ) 3
 

2. kérdés: Melyik az a harmadfokú p ( x ) polinom, melyre a következők igazak: p ( 0 ) = 5, p ' ( 0 ) = 3, p ' ' ( 0 ) = 4, p ' ' ' ( 0 ) = 18 ?
 
p ( x ) = 5 x 3 3 x 2 + 4 x + 18
 
p ( x ) = 5 x 3 3 x 2 + 2 x + 3
 
p ( x ) = 18 x 3 + 4 x 2 3 x + 5
 
p ( x ) = 3 x 3 + 2 x 2 3 x + 5
 

3. kérdés: Ha e közelítő értékét az f ( x ) = e x függvény harmadfokú Maclaurin-polinomjából számoljuk, akkor mit kapunk?
 
1.6443 6 .
 
1.6458 3 .
 
1.6465 3 .
 
1.6481 6 .
 

4. kérdés: Közelítőleg számoljuk ln ( 1.3 e 2 ) értékét az ln ( 1 + x ) másodfokú Maclaurin-polinomjából. Milyen értéket kapunk?
 
2.245
 
2.25
 
2.255
 
2.26
 

5. kérdés: Ha 3 értékét a 1 + x másodfokú Maclaurin-polinomjából számoljuk, akkor mit kapunk?
 
1.736725
 
1.731245
 
1.732925
 
1.734375
 

6. kérdés: Melyik az f ( x ) = 1 5 2 x függvény harmadfokú Maclaurin-polinomja?
 
1 5 + 2 25 x + 4 125 x 2 + 8 625 x 3
 
1 5 2 25 x + 4 125 x 2 8 625 x 3
 
1 5 + 2 25 x + 4 125 x 2 + 16 625 x 3
 
1 5 2 25 x + 4 125 x 2 16 625 x 3
 

7. kérdés: Melyik az f ( x ) = sin 2 x cos 2 x negyedfokú Maclaurin-polinomja?
 
1 2 x 2 + 1 3 x 4
 
1 + 2 x 2 1 3 x 4
 
1 2 x 2 + 2 3 x 4
 
1 + 2 x 2 2 3 x 4
 

8. kérdés: Az alábbiak közül melyik az f ( x ) = cos 2 x negyedfokú Maclaurin-polinomja?
 
1 x 2 + 1 3 x 4
 
12x2+13x4
 
1 x 2 + 2 3 x 4
 
1 2 x 2 + 2 3 x 4