5.7.3 Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Полученная нами формула Тейлора с остатком в форме Пеано позволяет определить лишь скорость стремления к нулю остатка при $x \to x_{0}$. Однако мы ничего не можем сказать об абсолютной величине остатка формулы Тейлора для конкретных значений $x$, и даже не имеем возможности оценить его. Во многих задачах требуется оценить погрешность приближения функции ее многочленом Тейлора. Такую возможность дает формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Напомним формулировку теоремы Лагранжа. Если функция $f$ непрерывна на $\left [ a ,b\right ]$ и дифференцируема на $\left ( a,b\right )$, то существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$, что $f \left(b \right) = f \left(a \right) + f’\left(\xi \right)\left(b-a \right)$. Можем считать, что в правой части этого равенства $f\left(a\right)$ – многочлен Тейлора нулевого порядка с центром в точке $a$, а $f’\left(\xi\right)\left(b-a\right)$ – остаток в формуле Тейлора для функции $f$, вычисленной в точке $b$. Эта формула позволяет оценить $\left | f\left(b\right) — f\left(a\right) \right |$, т. е. погрешность приближения значения функции $f\left(b\right)$ значением $f\left(a\right)$, через $\left | f’\left(\xi\right) \right | \cdot \left | b-a \right |$. Например, если $\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} f\left(x \right) = \arctg x$, то $$\arctg a = \arctg b +\frac{1}{1+\xi^{2}}\left ( b-a \right ),$$ откуда сразу получаем, что $$\left | \arctg b -\arctg a \right |\leqslant \frac{1}{1+\xi^{2}}\left | b-a \right |\leqslant \left | b-a \right |.$$
Обобщением этих рассуждений на случай произвольного натурального $n$ и есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Теорема. Пусть функция $f$ определена на отрезке $\left [ a ,b\right ]$ и имеет на этом отрезке непрерывные производные до порядка $n$ включительно, а на интервале $\left ( a,b\right )$ существует производная $\left(n + 1\right)$-го порядка. Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$, что $$f\left(b\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f{}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a \right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} + \\ + \frac{f^{\left(n+1 \right)}\left(\xi\right)}{n+1!}\left(b-a\right)^{n+1} .$$

Обозначим $$P_{n}\left(x\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f {}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a\right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} $$ – многочлен Тейлора функции f с центром в точке $a$. Рассмотрим вспомогательную функцию $\varphi = f\left(x\right) — P_{n}\left(x\right) — \lambda \left(b-a\right)^{n+1}$, где число $\lambda$
определяется из условия $\varphi(b)=0$, т. е.
$$f(b)=P_{n}\left(b \right)-\lambda \left(b-a\right)^{n+1}. \qquad ( 5.4 )$$
Так как $P_{n}$ – многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, то производные функции $f$ и многочлена $P_{n}$ в точке $a$ совпадают до порядка $n$ включительно, т. е. $f^{\left(k \right)}\left(a\right)=P^{\left(k\right)}_{n}\left(a\right)\: \left(k=0,1,\dots, n\right)$. Далее, для функции $\varphi$ имеем $\varphi\left(a\right) = 0$,
$$\varphi{}’\left(x\right)=f’\left(x\right)-P’_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1 \right)\left(x-a \right)^{n}, \qquad\varphi’\left(a \right)=0,$$
$$\varphi{}'{}’\left(x\right)=f{}'{}’\left(x \right)-P_{n}{}'{}'(x)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(x-a\right)^{n-1}, \qquad\varphi{}'{}’\left(a\right)=0,$$
$$\varphi ^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k\right)}\left(x\right)-P^{\left(k\right)}_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(n-1\right)\dots\left(n-k+2\right)\left(x-a\right)^{n-k+1}.$$ Итак, $\varphi^{\left(k\right)}\left(a\right)=0\: \left(k=0,1,\dots, n \right)$.
Поскольку $\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)=0$, то на $\left[a, b\right]$ к функции $\varphi$ можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi _{1}\in \left(a, b\right)$, что $\varphi’\left(\xi _{1}\right)=0$. Далее, на $\left[a, \xi _{1}\right]$ к функции $\varphi’$ снова можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi_{2}\in \left(a, \xi _{1}\right)\subset \left(a, b\right)$, что $\left ( \varphi’ \right )'(\xi_{2})=\varphi{}'{}'(\xi_{2})=0$. Продолжая этот процесс, на $n$-м шаге получим такую точку $\xi _{n}\in\left(a, b\right)$, что $\varphi ^{\left(n \right)}\left(\xi_{n}\right)=0$. На отрезке $\left[a,\xi_{n}\right]$ функция $\varphi^{\left(n\right)}$ все еще удовлетворяет условиям теоремы Ролля, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left(a, b\right)$, что $\left(\varphi^{\left(n\right)}\right)’\left(\xi\right)=\varphi^{\left(n+1\right)}\left(\xi \right)=0$. Имеем $$\varphi ^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left ( \varphi^{\left(n\right)} \right )’\left(x\right)=\left [ f^{\left(n\right)}\left(x\right)-P_{n}^{\left(n\right)}-\lambda\left(n+1\right)!\left(x-a\right) \right ]’=\\\\=f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)-0-\lambda \left(n+1\right)!$$ и $\varphi ^{\left(n+1\right)}(\xi)=f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)-\lambda \left(n+1\right)!=0$, откуда $\lambda=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!}$. Подставив найденное значение $\lambda$ в равенство $\left(5.4\right)$, получим утверждение теоремы.

Замечание. В правой части доказанного в теореме равенства записан многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, значение которого вычислено в точке $b$, а остаток $\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!} \left(b-a\right)^{n+1}$ отличается от остальных слагаемых тем, что производная вычислена в точке $\xi \in \left(a, b\right)$. При $n=0$ доказанная теорема обращается в теорему Лагранжа.

Пример 1. Для функции $f\left(x\right)=e^{x}$ на $\left [ 0,x \right ]\: \left(x > 0\right)$ формула Тейлора
с остатком в форме Лагранжа принимает вид $$e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!}x^{n+1},$$ где $0\leqslant \theta \leqslant 1$. Тогда для любого $n$ остаток не превосходит $R_{n}(x)=\frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}$ и, очевидно, $R_{n}(x)\to 0$ при $n\to \infty$. Преимущество остатка в такой форме состоит в том, что мы можем оценить погрешность приближения $$e^{x}\approx 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}.$$ Она не превосходит $$0\leqslant e^{x}-\left ( 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!} \right )\leqslant \frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}\leqslant \frac{3^{\left [ x \right ]+1}}{(n+1)!}x^{n+1}.$$ В частности, при $x=1$ получаем $$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!},$$ где $0< \theta <1.$Отсюда следует, что $$e=\lim_{n\to\infty}\left ( 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \right ).$$

Пример 2. Доказать неравенство $(x>0)$ $$x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\leqslant \sin x\leqslant \\\leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$ Для $f(x)=\sin x$, как было вычислено ранее, $f^{(k)}(x)=\sin \left (x+\frac{k\pi }{2} \right )\: (k=0,1,\dots)$. Поэтому $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n+1\right)}{2} \right )\leqslant \\ \leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!},$$ $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n-1\right)}{2} \right )\geqslant \\ \geqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}.$$

Примеры решения задач

  1. С помощью формулы Маклорена разложить по степеням $x$ функцию $$f\left(x\right)=\ln (1+x)$$ заданную на отрезке $\left[0,1\right]$. Оценить погрешность допускаемую при сохранении только десяти первых членов.

    Решение

    $$f\left(0\right)=\ln 1=0$$
    $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(1+x\right)^{n}}$$
    $$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\left(n-1\right)! \qquad \left(n=1,2,3,\dots \right)$$
    Подставив в формулу Маклорена, получим
    $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}\cdots+\frac{x^{9}}{9}+R_{10}\left(x\right),$$ где остаточный член $R_{10}\left(x\right)$ в форме Лагранжа запишется так:$$R_{10}\left(x\right)=\frac{f^{(10)}(\xi)}{10!}x^{10}=-\frac{9!}{10!\left(1+\xi\right)^{10}}x^{10}=-\frac{x^{10}}{10\left(1+\xi\right)^{10}},$$ $$\left(0<\xi<x\right).$$
    Оценим абсолютную величину остаточного члена $R_{10}\left(x\right)$; учитывая, что $0<x<1$, получим $$\left | R_{10}(x) \right |=\left | \frac{-x^{10}}{10(1+\xi)^{10}} \right |<\frac{1}{10}.$$

  2. Сколько нужно взять членов в формуле Маклорена для функции $f\left(x\right)=e^{x}$, чтобы получить многочлен, представляющий эту функцию на отрезке $\left[-1,1\right]$, с точностью до $0,001$?

    Решение

    Функция $f\left(x\right)=e^{x}$ имеет производную любого порядка $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=e^{x}$$ Поэтому к этой функции нужно применить формулу Маклорена. Вычислим значение функции $e^{x}$ и ее $n-1$ первых производных в точке $x=0$, а значение $n$-й производной в точке $\xi=\theta x\; \left(0<\theta<1\right) $. Будем иметь $$f\left(0\right)=f{}’\left(0\right)=f{}'{}’\left(0\right)=\dots=f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)=1,$$ $$f^{\left(n\right)}\left(\xi \right)=e^{\xi}=e^{\theta x}.$$ Отсюда $$f\left(x \right)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\dots+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}+R_{n}\left(x\right),$$ где $$R_{n}\left(x\right)=\frac{x^{n}}{n!}e^{\theta x}.$$ Так как, по условию, $\left | x \right |\leqslant 1$ и $0<\theta<1$, то $$\left | R_{n}\left(x\right) \right |=\frac{\left | x \right |^{n}}{n!}e^{\theta x}<\frac{1}{n!}e<\frac{3}{n!}.$$ Следовательно, если выполняются неравенство $$\frac{3}{n!}\leqslant 0,001,$$ то заведомо будет выполняться неравенство $$\left | R_{n}(x) \right |\leqslant 0,001.$$ Для этого достаточно взять $n\geqslant 7\; \left(7!=5040\right)$. Таким образом, в формуле Маклорена достаточно взять $7$ членов.

  3. Доказать неравенство при $x>0$ $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x$$

    Решение

    По формуле Маклорена с остаточным членом $R_{2}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2(1+\xi)^{2}},$$ где $0<\xi<x$. По той же формуле с остаточным членом $R_{3}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3\left(1+\xi _{1}\right)^{3}},$$ где $0<\xi_{1}<0$. Так как $\frac{x^{2}}{2\left(1+\xi\right)^{2}}>0$ и $\frac{x^{3}}{3(1+\xi _{1})^{3}}>0$ при $x>0$, то отсюда следует, что $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x.$$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 158-161.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 339-344.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 254-257.

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.

4.10 Второй замечательный предел

Здесь будет опубликован раздел 4.10 Второй замечательный предел (c. 96)

3.3 Первый замечательный предел

Здесь будет опубликован раздел 3.3 Первый замечательный предел (c. 60)

7.3 Классы интегрируемых функций

Теорема 1.
Теорема 2.
Теорема 3.
Критерий Дарбу.
Критерий Лебега.

7.4 Свойства интегрируемых функций

1. Интегрируемость модуля.

2. Интегрируемость линейной комбинации.

3. Интегрируемость произведения.

4. Интегрируемость на подынтервалах.

5. Изменение значений функции.