Пусть функция f определена на интервале (a,b). Предположим, что в каждой точке x∈(a,b) у функции f существует производная f′(x). Если функция f′ в некоторой точке x0∈(a,b) имеет производную, то ее называют второй производной функции f в точке x0 и обозначают f′′(x0). По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, f(k)(x)=f(k−1)′(x)
Определение: Для k∈\usepackageamsfontsN и отрезка [a,b] через Ck([a,b]) обозначается совокупность всех функций f, определенных на [a,b] и таких, что k-я производная f(k) непрерывна на [a,b]. При этом в точках a и b производные понимаются как односторонние.
Напомним определение дифференцируемости. Дифференцируемой в точке x0 мы называли такую функцию f, что в окрестности точки x0 она представима в виде
f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+(x→x0)ˉo((x−x0)n)(x→x0)
т.е. f(x)=P1(x)+ˉo(x−x0), где P1(x) – многочлен первого порядка, а остаток ˉo(x−x0) мал по порядку по сравнению с x−x0.
Поставим следующую задачу. Пусть функция f определена в некоторой окрестности точки x0. Можно ли функцию f в этой окрестности представить в виде суммы многочлена Pn(x) степени не выше заданного натурального n, и остатка rn(x), малого по сравнению с (x−x0)n, т.е. rn(x)=ˉo((x−x0)n)(x→x0)? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
f(x)=Pn(x)+ˉo((x−x0)n)(x→x0).
При n=1 это возможно, если функция f дифференцируема в точке x0. Это сразу следует из определения дифференцируемости.
Лемма: Пусть функция φ определена на интервале I и всюду на этом интервале имеет производную до порядка n−1 включительно, а в точке x0∈I имеет производную φ(n)(x0), причем φ(x0)=φ′(x0)=…=φ(n)(x0)=0. Тогда φ(x)=ˉo((x−x0)n)(x→x0)
Применим индукцию по n. При n=1 из дифференцируемости φ в точке x0∈I получаем φ(x)=φ(x0)+φ′(x0)(x−x0)+ˉo(x−x0), а из условия леммы φ(x0)=φ′(x0)=0 следует, что φ(x)=ˉo(x−x0).
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального n, и покажем, что она справедлива и для n+1. Итак, согласно предположению индукции, φ(x)=ˉo((x−x0)n)(x→x0) и φ(n+1)(x0)=0. Тогда, по теореме Лагранжа, φ(x)−φ(x0)=φ′(ξ)(x−x0), где точка ξ находится между x и x0. Обозначим ψ(x)=φ′(x). Тогда, по предположению индукции, ψ(x0)=ψ′(x0)=…=ψ(n)(x0)=0 и ψ(n)(x)=ˉo((x−x0)n)(x→x0). Поэтому |φ(x)||x−x0|n+1=|φ′(ξ)||x−x0|n⩽|ψ(ξ)||ξ−x0|n→0 при x→x0. Это следует из предположения индукции и из того, что ξ находится между x и x0. Таким образом, получили, что φ(x)=ˉo((x−x0)n+1).
Вернемся к нашей задаче представления функции f в виде f(x)=Pn(x)+ˉo((x−x0)n). Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен Pn(x), такой, что Pn(x0)=f(x0), P′n(x0)=f′(x0), …, P(n)n(x0)=f(n)(x0), то функция φ(x)=f(x)−Pn(x) будет удовлетворять условиям φ(x0)=φ′(x0)=…=φ(n)(x0)=0, и, в силу леммы, φ(x)=ˉo((x−x0)n), т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен Pn(x).
Многочлен Pn(x) будем искать в виде Pn(x)=c0+c1(x−x0)+…+cn(x−x0)n, т.е. по степеням x−x0, где c0,c1,…,cn – коэффициенты. Найдем производные многочлена Pn. Имеем
Pn(x0)=c0,P′n(x)=c1+2⋅c2(x−x0)+…+n⋅cn(x−x0)n−1,P′n(x0)=c1,P′′n(x)=2⋅c2+3⋅2⋅c3(x−x0)+…+n⋅(n−1)⋅cn(x−x0)n−2,P′′n(x0)=2c2,⋯P(k)n(x)=k⋅(k−1)⋅…⋅2⋅1⋅ck+(k+1)⋅…⋅2⋅1⋅ck+1(x−x0)+…++n⋅(n−1)⋅…⋅(n−k+1)⋅cn(x−x0)k,⋯P(k)n(x0)=k!⋅ck(k=0,1,…,n).
Таким образом, P(k)n(x0)=k!⋅ck, откуда ck=P(k)n(x0)k!. Итак, если мы хотим, чтобы при всех k=0,1,…,n были выполнены равенства f(k)(x0)=P(k)n(x0), то коэффициенты ck многочлена Pn(x) должны быть равными ck=f(k)(x0)k!(k=0,1,…,n), т.е. Pn(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n. В этом случае функция φ(x)=f(x)—Pn(x) удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, φ(x)=ˉo((x−x0)n), т.е. мы получим нужное представление f(x)=Pn(x)+ˉo((x−x0)n).
Итак, мы доказали следующую теорему.
Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен Pn(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+…++f(n)(x0)n!(x−x0)n называется многочленом Тейлора функции f с центром в точке x0, а последнее слагаемое в формуле Тейлора ˉo((x−x0)n) — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.
Докажем единственность многочлена Тейлора. Предположим, что существует два представления – f(x)=Pn(x)+ˉo((x−x0)n) и f(x)=Qn(x)+ˉo((x−x0)n), где Pn и Qn – многочлены степени не выше, чем n. Покажем, что Pn≡Qn, т.е. коэффициенты многочленов Pn и Qn совпадают. Имеем Pn(x)−Qn(x)=ˉo((x−x0)n), т.е. Rn(x)≡Pn(x)−Qn(x)=ˉo((x−x0)n), где степень Rn не превосходит n. Покажем, что все коэффициенты bk многочлена Rn(x)≡b0+b1(x−x0)+…+bn(x−x0)n равны нулю. Из равенства b0+b1(x−x0)+…+bn(x−x0)n=ˉo((x−x0)n), устремляя x→x0 и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что b0=0. Следовательно, b1(x−x0)+…+bn(x−x0)n=ˉo((x−x0)n). Разделив это равенство на x−x0, получим b1+b2(x−x0)+…+bn(x−x0)n−1=ˉo((x−x0)n−1), откуда, устремляя x→x0, получим, что b1=0. Продолжая этот процесс, получим, что b0=b1=…=bn=0, т.е. Rn=0, что и требовалось.
Замечание: Если функция f является многочленом степени n, то она совпадает со своим многочленом Тейлора порядка n и выше. В самом деле, если f(x)=Pn(x), то для n⩽m будем иметь f(x)=Pn(x)=Pm(x)+0=Pm(x)+rm(x), где rm(x)=0=ˉo((x−x0)m)(x→x0). Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, Pm(x)≡Pn(x) – многочлен Тейлора.
Примеры решения задач
- Пусть f(x)=x2−3x+1. Требуется построить формулу Тейлора для функции f порядка n=2 в окрестности точки x0=1.
Решение
Можно было бы вычислить f(1),f′(1),f′′(1) и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле P2(x)=f(1)+f′(1)1!(x−1)+f′′(1)2!(x−1)2, и тогда получили бы f(x)=x2—3x+1=f(1)+f′(1)1!(x−1)+f′′(1)2!(x−1)2+r2(x), где r2(x)=f(x)—P2(x)=ˉo((x−1)2)(x→1). На самом деле оказывается, что r2(x)≡0. Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен x2−3x+1 расписать по степеням x−1, а именно: x2−3x+1=((x−1)+1)2−3((x−1)+1)+1==−1−(x−1)+(x−1)2=P2(x). Справа мы получили многочлен по степеням x−1. Данная функция x2−3x+1 представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки x0=1.
- Построить формулу Тейлора для функции f(x)=sinx порядка n=3 в окрестности точки x0=π2.
Решение
Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно f(π2),f′(π2),f′′(π2),f(3)(π2).
f(π2)=1, f′(π2)=cosπ2=0, f′′(π2)=−sinπ2=−1, f(3)(π2)=−cosπ2=0. С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка P3(x)=1+01!(x−π2)+−12!(x−π2)2+03!(x−π2)3. Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: f(x)=1−12(x−π2)2+ˉo((x−x0)2).
- Вычислить предел lim, используя формулу Тейлора.
Решение
Разложим выражения \sqrt{1+2x}, e^x и \sin x по формуле Тейлора в окрестности точки x_0 = 0 порядка n=1: \sqrt {1+x}=\left(1+x\right)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}x+\bar{o}\left(x\right); e^x=1+x+\bar{o}\left(x\right).
Используя эти разложения и заменив в знаменателе функцию \sin x на эквивалентную ей в окрестности точки x_0=0 функцию x, получаем из исходной дроби следующую: \frac{1+\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}x-1-x+\bar{o}\left(x\right)}{x+\bar{o}\left(x\right)}.
Тогда в пределе получаем выражение
\lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle x}{\displaystyle 2}+\bar{o}\left(x\right)} {x+\bar{o}\left(x\right)}. Если поделить почленно числитель и знаменатель дроби на x, то получим \lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}} {1+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}}. Выражения вида \frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x} в пределе дадут 0. Тогда в ответе получаем \frac{-1}{2}.
Тест
Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о многочлене Тейлора и формуле Тейлора с остатком в форме Пеано.
