5.7.2 Разложения основных элементарных функций

Формулу Тейлора с центром в точке $x_0 = 0$ называют формулой Маклорена
$$f(x) = f(0) + \frac{f’(0)}{1!}x + \frac{f’’(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) \ (x \to 0).$$

Построим разложения некоторых функций по формуле Маклорена.

  1. $f\left(x\right) = e^x$, $f’(x) = f’’(x) = \cdots = f^{(n)}(x) = e^x$, $f(0) = f’(0) = \cdots = f^{(n)}(0) = 1$. Поэтому получаем
    $$e^x = 1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots + \frac{1}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}x^k + \bar{o}\left(x^n\right).$$
  2. $f(x) = \sin x$, $f’(x) = \cos x$, $f’’(x) = -\sin x$, $f’’’(x) = -\cos x$, $f^{(4)}(x) = \sin x$. Теперь легко видеть, что $f^{(k)}(x) = \sin{\left(x + \displaystyle\frac{k\pi}{2}\right)} \ \left(k = 0, 1, \ldots\right)$. Поэтому
    $$f^{(k)}(0) = \begin{cases} 0, \ k = 2s, \ s = 0, 1, \ldots, \\ \left(-1\right)^s, \ k = 2s+1, \ s=0, 1, \ldots . \end{cases}$$
    Таким образом, получаем
    $$\sin x = 0 + \frac{1}{1!}x + \frac{0}{2!}x^2 + \frac{-1}{3!}x^3 + \frac{0}{4!}x^4 + \frac{1}{5!} + \cdots + \\ +\left(-1\right)^n \frac{1}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \frac{0}{\left(2n + 2\right)!}x^{2n + 2} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right) = \\ = x — \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} — \cdots + \left(-1\right)^n\frac{x^{2n + 1}}{\left(2n + 1\right)!} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \frac{x^{2k + 1}}{\left(2k + 1\right)!} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right).$$
  3. $f\left(x\right) = \cos x$. Как и в предыдущем примере, легко убедиться в том, что $f^{(k)}\left(x\right) = \cos{\left(x + \displaystyle\frac{k\pi}{2}\right)} \ \left(k = 0, 1, \ldots\right)$. Отсюда
    $$f^{(k)}\left(0\right) = \begin{cases} \left(-1\right)^s, \ k = 2s, \\ 0, \ k = 2s + 1, \end{cases}$$ и тогда
    $$\cos x = 1 + \frac{0}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{0}{3!}x^3 + \frac{1}{4!}x^4 + \cdots + \\ + \frac{\left(-1\right)^n}{\left(2n\right)!}x^{2n} + \frac{0}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \bar{o}\left(x^{2n + 1}\right) = \\ = 1 -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} — \cdots + \left(-1\right)^n \frac{x^{2n}}{\left(2n\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right).$$
  4. Функция $f(x) = \left(1 + x\right)^{\alpha} \ \left(\alpha \in \mathbb{R}\right)$ определена в окрестности нуля единичного радиуса. Имеем
    $$f’\left(x\right) = \alpha\left(1 + x\right)^{\alpha -1}, \ f’\left(0\right) = \alpha, \\ f’’\left(x\right) = \alpha\left(\alpha -1\right)\left(1 + x\right)^{\alpha -2}, \ f’’\left(0\right) = \alpha\left(\alpha -1\right), \ldots , \\ f^{(k)}\left(x\right) = \alpha\left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -k + 1\right) \left( 1 + x\right)^{\alpha -k}, \\ f^{(k)}\left(0\right) = \alpha \left(\alpha -1\right)\ldots \left(\alpha -k + 1\right).$$ Поэтому
    $$\left(1+x\right)^{\alpha} = 1 + \frac{\alpha}{1!}x + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right)}{2!}x^2 + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \left(\alpha -2\right)}{3!}x^3 + \ldots + \\ + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -n + 1\right)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = 1 + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -k + 1\right)}{k!}x^k + \bar{o} \left(x^n\right).$$
    В частности, если $\alpha = n$, то получим $$\left(1 + x\right)^n = 1 + nx + \frac{n\left(n -1\right)}{2!}x^2 + \ldots + x^n,$$ т. е. формулу бинома Ньютона. Если же $\alpha = -1$, то $$\frac{1}{1 + x} = 1 -x + x^2 -\ldots + \left(-1\right)^nx^n + \bar{o}\left(x^n\right)$$ — сумма геометрической прогрессии со знаменателем $-x$ и первым слагаемым, равным $1$.
  5. Функция $f(x) = \ln{\left(1 + x\right)}$ определена в окрестности нуля радиуса $1$. Имеем $f\left(0\right) = 0$,
    $$f’(x) = \frac{1}{1 + x}, \ f’\left(0\right) = 1, \\ f’’\left(x\right) = -\frac{1}{\left(1 + x\right)^2}, \ f’’\left(0\right) = -1, \\ f’’’\left(x\right) = \frac{2}{\left(1 + x\right)^3}, \ f’’’\left(0\right) = 2, \\ f^{(4)}\left(x\right) = \frac{-2\cdot 3}{\left(1 + x\right)^4}, \ f^{(4)}\left(0\right) = -2\cdot 3,\ldots , \\ f^{(k)}\left(x\right) = \frac{\left(-1\right)^{k -1}\left(k -1\right)!}{\left(1 + x\right)^k}, \ f^{(k)}\left(0\right) = \left(-1\right)^{k -1}\left(k -1\right)!, \ k = 1,2, \ldots$$
    Отсюда имеем $$\ln{\left(1 + x\right)} = x -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4} + \ldots + \left(-1\right)^{n -1}\frac{x^n}{n} + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = \sum_{k=1}^{n} \left(-1\right)^{k -1}\frac{x^k}{k} + \bar{o}\left(x^n\right).$$

Примеры решения практических заданий

  1. Вычислить предел $$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{e^x \sin{x} -x\left(1 + x\right)}{x^3}.$$
    Решение

    Используя равенства $$e^x = 1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^2\right), \ \sin{x} = x -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^4\right),$$ получаем
    $$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\left(1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^2\right)\right) \left(x -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^4\right)\right) -x -x^2}{x^3} = $$ $$ = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{x + x^2 + \displaystyle\frac{x^3}{2} -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^3\right) -x -x^2}{x^3} = \displaystyle\frac{1}{3}.$$

  2. Вычислить предел $$I = \lim_{x \to 0} \frac{1 -\left(\cos{x}\right)^{\sin{x}}}{x^3}.$$
    Решение

    Поскольку $\sin{x} \ln{\cos{x}} \to 0 \ \left(x \to 0\right)$, то
    $$I = \lim_{x \to 0} \frac{1 -e^{\sin{x}\ln{cos{x}}}}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{1 -\left(1 + \sin{x}\ln{\cos{x}} + \bar{o}\left(\sin{x}\ln{\cos{x}}\right)\right)}{x^3}.$$
    Воспользуемся следующими равенствами: $$\bar{o}\left(\sin{x}\ln{cos{x}}\right) = \bar{o}\left(x\left(\cos{x} -1\right)\right) = \bar{o}\left(x^3\right), $$ $$\sin{x} = x + \bar{o}\left(x^2\right), \ \ln{\cos{x}} = \ln{\left(1 + \left(\cos{x} -1\right)\right)} = $$ $$= \cos{x} -1 -\frac{\left(\cos{x} -1\right)^2}{2} + \bar{o}\left(\left(\cos{x} -1\right)^2\right) = -\displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^3\right).$$
    Поэтому получим $$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{-\left(x + \bar{o}\left(x^2\right)\right) \left(-\displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^3\right)\right) + \bar{o}\left(x^3\right)}{x^3} = $$ $$ = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{x^3}{2} + \bar{o}\left(x^3\right)}{x^3} = \displaystyle\frac{1}{2}.$$

  3. Вычислить предел $$I = \lim_{x \to + \infty}\left(\sqrt[6]{x^6 + x^5} -\sqrt[6]{x^6 -x^5}\right).$$
    Решение

    $$I = \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt[6]{x^6 + x^5} — \sqrt[6]{x^6 -x^5}\right) = \lim_{x \to +\infty} \left(x\sqrt[6]{1 + \frac{1}{x}} — x\sqrt[6]{1 — \frac{1}{x}}\right) = $$
    $$ = \lim_{x \to +\infty} x\left(\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}} -\left(1 -\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}}\right) = $$
    Воспользовавшись разложениями
    $$\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}} = 1 + \frac{1}{6x} -\frac{5}{72x^2} + \bar{o} \left(\frac{1}{x^2}\right)$$
    $$\left(1 -\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}} = 1 -\frac{1}{6x} -\frac{5}{72x^2} + \bar{o}\left(\frac{1}{x^2}\right)$$ получаем
    $$I = \lim_{x \to +\infty} x\left(\frac{1}{3x} + \bar{o}\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{1}{3} + \bar{o}\left(\frac{1}{x}\right)\right) = \frac{1}{3}$$

  4. Вычислить предел $$I = \lim_{x \to +0} \frac{a^x + a^{-x} -2}{x^2} \ \left(a > 0\right).$$
    Решение

    $$I = \lim_{x \to +0} \frac{a^x + a^{-x} -2}{x^2} = \lim_{x \to +0} \frac{e^{x\ln{a}} + e^{-x\ln{a}} -2}{x^2}$$
    Воспользовавшись следующими разложениями
    $$e^{x\ln{a}} = 1 + x\ln{a} + \frac{x^2}{2!}\ln^{2}{a} + \bar{o}\left(x^2\right), $$
    $$e^{-x\ln{a}} = 1 — x\ln{a} + \frac{x^2}{2!}\ln^{2}{a} + \bar{o}\left(x^2\right)$$ имеем

    $$I = \lim_{x \to +0} \left(\ln^{2}{a} + \bar{o}\left(1\right)\right) = \ln^{2}{a} \ \left(a > 0\right).$$

Разложения основных элементарных функций

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о разложениях основных элементарных функций

Таблица лучших: Разложения основных элементарных функций

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

См. также:

5.7.1. Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$. Предположим, что в каждой точке $x \in \left(a,b\right)$ у функции $f$ существует производная $f^{\prime}\left(x\right)$. Если функция $f^\prime$ в некоторой точке $x_{0} \in \left(a, b \right)$ имеет производную, то ее называют второй производной функции $f$ в точке $x_{0}$ и обозначают $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$. По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, $f^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k-1\right)^{\prime}}\left(x\right)$

Определение: Для $k \in \mathbb {N}$ и отрезка $\left[a, b\right]$ через $C^{k}\left(\left[a, b\right]\right)$ обозначается совокупность всех функций $f$, определенных на $\left[a, b\right]$ и таких, что $k$-я производная $f^{\left(k\right)}$ непрерывна на $\left[a, b\right]$. При этом в точках $a$ и $b$ производные понимаются как односторонние.

Напомним определение дифференцируемости. Дифференцируемой в точке $x_{0}$ мы называли такую функцию $f$, что в окрестности точки $x_{0}$ она представима в виде
$$f\left(x\right) = f \left(x_0\right) + f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x − x_{0}\right) + \left(x \to x_{0}\right) \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right) \left(x \to x_{0}\right) $$
т.е. $f\left(x\right) = P_{1}\left(x\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right)$, где $P_{1}\left(x\right)$ – многочлен первого порядка, а остаток $\bar{o}\left(x − x_{0}\right)$ мал по порядку по сравнению с $x − x_{0}$.

Поставим следующую задачу. Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_{0}$. Можно ли функцию $f$ в этой окрестности представить в виде суммы многочлена $P_{n}\left(x\right)$ степени не выше заданного натурального $n$, и остатка $r_{n}\left(x\right)$, малого по сравнению с $\left(x − x_{0}\right)^n$, т.е. $r_{n}\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
$$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)\left(x \to x_{0}\right).$$
При $n = 1$ это возможно, если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}$. Это сразу следует из определения дифференцируемости.

Лемма: Пусть функция $ \varphi $ определена на интервале $I$ и всюду на этом интервале имеет производную до порядка $n − 1$ включительно, а в точке $x_{0} \in I$ имеет производную $ \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$, причем $$ \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0.$$ Тогда $ \varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)$

Применим индукцию по $n$. При $n = 1$ из дифференцируемости $\varphi$ в точке $x_{0} \in I$ получаем $$ \varphi\left(x\right) = \varphi \left(x_{0}\right) + \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x − x_{0}\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right),$$ а из условия леммы $ \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = 0 $ следует, что $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(x − x_{0}\right).$
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального $n$, и покажем, что она справедлива и для $n + 1$. Итак, согласно предположению индукции, $\varphi\left(x\right) = \underset{\left(x \to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)}$ и $\varphi^{\left(n+1\right)} \left(x_{0}\right) = 0$. Тогда, по теореме Лагранжа, $\varphi\left(x\right) − \varphi \left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(\xi\right)\left(x − x_{0}\right)$, где точка $\xi$ находится между $x$ и $x_{0}$. Обозначим $\psi \left(x\right) = \varphi^{\prime}\left(x\right)$. Тогда, по предположению индукции, $ \psi\left(x_{0}\right) = \psi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\psi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$ и $\psi^{\left(n\right)}\left(x\right)=\underset{\left(x\to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x− x_{0}\right)^n\right)}$. Поэтому $$ \frac{\lvert \varphi\left(x\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n+1}} = \frac {\lvert \varphi ^{\prime} \left(\xi\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n}} \leqslant \frac{\lvert \psi \left(\xi\right) \rvert}{\lvert \xi-x_{0} \rvert ^{n}} \to 0 \mbox{ при } x \to x_{0}. $$ Это следует из предположения индукции и из того, что $\xi $ находится между $x$ и $x_{0}$. Таким образом, получили, что $\varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n+1}\right)$.

Вернемся к нашей задаче представления функции $f$ в виде $$f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right)+\bar{o}\left(\left(x-x_{0}\right)^n\right).$$ Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$, такой, что $P_{n}\left(x_{0}\right) = f\left(x_{0}\right)$, $P_{n}^{\prime}\left(x_{0}\right) = f^{\prime}\left(x_{0}\right)$, $\ldots$, $P_{n}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)$, то функция $\varphi\left(x\right) = f\left(x\right) − P_{n}\left(x\right)$ будет удовлетворять условиям $\varphi\left(x_{0}\right) =\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = \ldots = \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0$, и, в силу леммы, $\varphi\left(x\right) = \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)$, т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен $P_{n}\left(x\right)$.

Многочлен $P_{n}\left(x\right)$ будем искать в виде $$P_{n}\left(x\right) = c_0 + c_{1}\left(x-x_{0}\right) + \ldots + c_{n}\left(x-x_{0}\right)^n,$$ т.е. по степеням $x − x_{0}$, где $c_0, c_1, \ldots, c_n$ – коэффициенты. Найдем производные многочлена $P_n$. Имеем

$ P_n \left(x_0\right) = c_0, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x\right) = c_1 + 2 \cdot c_2 \left(x-x_0\right)+\ldots+n\cdot c_n\left(x- x_0\right)^{n-1}, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x_0\right) = c_1, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x\right) = 2\cdot c_2 + 3\cdot2\cdot c_3\left(x-x_0\right)+\ldots+n \cdot \left(n-1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{n-2}, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x_0\right)=2c_2, {} \\ {} \cdots {} \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x\right) = k\cdot\left(k-1\right)\cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1\cdot c_k + \left(k+1\right) \cdot\ldots \cdot2 \cdot 1\cdot c_{k+1}\left(x-x_0\right)+\ldots +{} \\ {}+ n\cdot\left(n-1\right)\cdot\ldots\cdot \left(n-k+1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{k}, {} \\ {} \cdots \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k \left(k=0,1,\ldots,n\right).$

Таким образом, $P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k$, откуда $c_k = \frac{\displaystyle P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!}$. Итак, если мы хотим, чтобы при всех $k=0,1,\ldots,n$ были выполнены равенства $f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)=P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)$, то коэффициенты $c_k$ многочлена $P_n\left(x\right)$ должны быть равными $c_k = \frac {\displaystyle f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!} \left(k = 0,1,\ldots,n\right)$, т.е. $$P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right) + \frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \ldots + \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n.$$ В этом случае функция $\varphi \left(x\right) = f\left(x\right) — P_n\left(x\right)$ удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, $\varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, т.е. мы получим нужное представление $$ f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$$

Итак, мы доказали следующую теорему.

Теорема: Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности $I$ точки $x_0$ и имеет в этой окрестности производные до $(n − 1)$-го порядка включительно, а в точке $x_0$ имеет производную $n$-го порядка. Тогда справедливо равенство $$ f\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right) \text{ при } x \to x_0.$$

Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен $$ P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n $$ называется многочленом Тейлора функции $f$ с центром в точке $x_0$, а последнее слагаемое в формуле Тейлора $\bar{o}\left(\left(x − x_0\right)^n\right)$ — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.

Докажем единственность многочлена Тейлора. Предположим, что существует два представления – $f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ и $f\left(x\right) = Q_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, где $P_n$ и $Q_n$ – многочлены степени не выше, чем $n$. Покажем, что $P_n \equiv Q_n$, т.е. коэффициенты многочленов $P_n$ и $Q_n$ совпадают. Имеем $P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, т.е. $R_n\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$, где степень $R_n$ не превосходит $n$. Покажем, что все коэффициенты $b_k$ многочлена $R_n\left(x\right) \equiv b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n$ равны нулю. Из равенства $$b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right),$$ устремляя $x \to x_0$ и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что $b_0 = 0$. Следовательно, $$b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).$$ Разделив это равенство на $x − x_0$, получим $$ b_1 + b_2 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^{n-1} = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^{n-1}\right),$$ откуда, устремляя $x \to x_0$, получим, что $b_1 = 0$. Продолжая этот процесс, получим, что $b_0 = b_1 = \ldots = b_n = 0$, т.е. $R_n = 0$, 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 $f\left(x\right) = P_n\left(x\right)$, то для $n \leqslant m$ будем иметь $$f\left(x\right) = P_n\left(x\right) = P_m\left(x\right) + 0 = P_m\left(x\right) + r_m\left(x\right),$$ где $r_m\left(x\right) = 0 = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^m\right) \left(x \to x_{0}\right)$. Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, $P_m\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)$ – многочлен Тейлора.

Примеры решения задач

  1. Пусть $f\left(x\right) = x^2 − 3x + 1$. Требуется построить формулу Тейлора для функции $f$ порядка $n = 2$ в окрестности точки $x_0 = 1$.
    Решение

    Можно было бы вычислить $f\left(1\right), f^{\prime}\left(1\right), f^{\prime \prime}\left(1\right)$ и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле $$ P_2\left(x\right) = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2,$$ и тогда получили бы $$ f\left(x\right) = x^2 — 3x + 1 = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2 + r_2\left(x\right), $$ где $r_2\left(x\right) = f\left(x\right) — P_2\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-1\right)^2\right) \left(x \to 1\right)$. На самом деле оказывается, что $r_2\left(x\right) ≡ 0$. Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен $x^2−3x+1$ расписать по степеням $x−1$, а именно: $x^2−3x+1 = \left(\left(x-1\right) + 1\right)^2-3\left(\left(x-1\right)+1\right)+1 = $$ $$= -1-\left(x-1\right)+\left(x-1\right)^2 = P_2 \left(x\right).$ Справа мы получили многочлен по степеням $x−1$. Данная функция $x^2 − 3x + 1$ представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки $x_0 = 1$.

  2. Построить формулу Тейлора для функции $f\left(x\right)=\sin x$ порядка $n = 3$ в окрестности точки $x_0 = \frac{\pi}{2}$.
    Решение

    Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно $f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)$.
    $f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = 1,$ $f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = \cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0,$ $f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\sin\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = -1,$ $f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0.$ С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка $ P_3\left(x\right) = 1 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 1!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) + \frac {\displaystyle -1}{\displaystyle 2!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 3!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^3.$ Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: $$f\left(x\right) = 1-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^2\right).$$

  3. Вычислить предел $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\sqrt{1+x}-e^x+x^2}{\displaystyle\sin x}$, 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.

См. также:

Разложение в ряд Тейлора основных элементарных функций

Перед тем прочтением данной статьи следует просмотреть следующий материал определение многочлена Тейлора, Остатки формулы Тейлора, Коэффициенты Тейлора, ряд Тейлора.

Разложение основных элементарных функций в ряд Тейлора

Запишем разложения основных элементарных функций в ряд Тейлора в окрестности точки $x_{0}=0$, т.е. в ряд вида $f(x)=$$\sum\limits _{ n=0 }^{ \infty }{ \frac { { f }^{ (n) }(0) }{ n! } } { x }^{ n }$ (1), который называется рядом Маклорена.

Показательная и гиперболические функции

Пусть $f(x)=e^{x}$. Найдем производные функции: ${f}'(x)= e^{x}$, $f^{\prime\prime}( x )=e^{x}$,$\ldots$,$f^{(n)}(x)=e^{x}$. Тогда $0 < f(x) < e^{\rho }$, $0 < f^{(n)}(x) < e^{\rho }$ для любого $x\in(-\rho ,\rho )$, где $\rho > 0$ и для любого $n\in \mathbb{N}$.

Из теоремы о представлении функции в виде ее ряда Тейлора (Курс математического анализа, ст.437) следует, что ряд (1) для $f(x)=e^{x}$ сходится к этой функции на интервале $(-\rho ,\rho )$ при любом $\rho > 0$. Так как для функции $f(x)=e^{x}$ выполняются $f(0)=1$, $f^{(n)}(0)=1$ для всех $n\in \mathbb{N}$, то, по формуле (1), получаем разложение в ряд Маклорена показательной функции:
$$e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+ \ldots +\frac{x^{n}}{n!}+ \ldots = \sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!}, x\in \mathbb{R} (2)$$

Используя разложение (2), синус и косинус $\text{sh} \, x=\frac{e ^{x}-e ^{-x}}{2}$, $\text{ch} \, x=\frac{e ^{x}+e ^{-x}}{2}$, находим:
$$\text{sh} \, x=x+\frac{x^{3}}{3!}+ \ldots +\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+ \ldots =$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}, x\in \mathbb{R} (3)$$
$$\text{ch} \, x=1+\frac{x^{2}}{2!}+ \ldots +\frac{x^{2n}}{(2n)!}+ \ldots =$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!}, x\in \mathbb{R} (4)$$
Радиус сходимости $R=+\infty $.

Тригонометрические функции

Пусть $f(x)=\sin x$. Найдем производные функции: ${f}'(x)= \cos x$, $f^{\prime\prime}(x)= -\sin x$,$\ldots$,$f^{(n)}(x)=\sin x$ при $n$ — четное. Тогда $\left | f^{(n)}(x) \right | \leq 1$, для любого $n\in \mathbb{N}$ и для любого $x\in \mathbb{R}$.

Из теоремы о представлении функции в виде ее ряда Тейлора (Курс математического анализа, ст.437) ряд (1) для $f(x)=\sin x$ сходится для любого $x\in (-\infty , \infty )$. Радиус сходимости $R=+\infty$.

Если $f(x)=\sin x$, то $f(0)=0$, $f^{(2n)}(0)=0$, ${f}'(0)=1$, $f^{(2n+1)}(0)=(-1)^{n}$ для любого $n\in \mathbb{N}$, и, по формуле (1), получаем разложение в ряд Маклорена:
$$\sin x =x-\frac{x^{3}}{3!}+ \ldots +(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+ \ldots =$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}, x\in \mathbb{R} (5)$$

Пусть $f(x)=\cos x$. Найдем производные функции: ${f}'(x)= -\sin x$, $f^{\prime\prime}(x)= -\cos x$,$\ldots$,$f^{(n)}(x)=\cos x$ при $n$ — четное. Тогда $\left | f^{(n)}(x) \right | \leq 1$, для всех $x\in \mathbb{R}$, $n\in \mathbb{N}$, $f(0)=1$, ${f}'(0)=0$, $f^{(2n)}(0)=(-1)$, $f^{(2n+1)}(0)=0$ для всех $n\in \mathbb{N}$. По формуле (1):
$$\cos x =1-\frac{x^{2}}{2!}+ \ldots +(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+ \ldots =$$ $$=\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}, x\in \mathbb{R} (6)$$

Радиус сходимости $R=+\infty$.

Логарифмическая функция

Пусть $f(x)=\ln(1+x)$. Тогда $$f^{(n)}(x)=\frac{(-1)^{(n-1)}(n-1)!}{(1+x)^{n}} (7),$$ откуда находим $$\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=\frac{(-1)^{(n-1)}}{n}.$$

Оценим остаток по формуле остаточного члена в интегральной форме: $$r_{n}=\frac{1}{n!}\int\limits_{0}^{x}(x-t)^{n}f^{(n+1)}(t)dt=\frac{x^{(n+1)}}{n!}\int\limits_{0}^{1}(1-\tau )^{n}f^{(n+1)}(\tau x)d\tau.$$ Используя равенство (7), получаем $$r_{n}=(-1)^{n}x^{n+1}\int\limits_{0}^{1}\frac{(1-\tau )^{n}}{(1+\tau x)^{n+1}}d\tau.$$ Пусть $\left | x \right | < 1$. Тогда для $0\leq \tau \leq 1$ справедливы неравенства $\left | 1+\tau x \right |\geq 1-\tau \left | x \right |\geq 1-\tau$, $\left | 1+\tau x \right |\geq 1-\left | x \right |$. Отсюда следует, что при любом $n\in \mathbb{N}$ выполняется неравенство $\left | 1+\tau x \right |^{n+1}\geq (1-\tau )^{n}(1-\left | x \right |)$. Используя предыдущее неравенство, получаем оценку остаточного члена: $$\left | r_{n}(x) \right |\leq \left | x \right |^{n+1}\int\limits_{0}^{1}\frac{d\tau }{1-\left | x \right |}=\frac{\left | x \right |^{n+1}}{1-\left | x \right |}\Rightarrow r_{n}(x)\rightarrow 0$$ при $n\rightarrow \infty$, если $\left | x \right |< 1.$

Пусть $x=1$. Тогда $\left | r_{n}(1) \right |=$$\int\limits_{0}^{1}\frac{(1-\tau )^{n}}{(1+\tau )^{n+1}}d\tau$$ \leq \int\limits_{0}^{1}(1-\tau )^{n}d\tau$$ =\frac{1}{n+1}$ $\rightarrow 0.$

Если $x\in (-1,1]$, то остаточный член $r_{n}(x)$ для функции $f(x)=\ln(1+x)$ стремится к нулю при $n\rightarrow \infty.$

В итоге получаем разложение в ряд Маклорена

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+ \ldots +(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n}+ \ldots =$$ $$=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}\frac{x^{n}}{n}, x\in \mathbb{R} (8)$$
Радиус сходимости $R=1.$

Степенная функция

Пусть $f(x)=(1+x)^{\alpha }$. Если $\alpha =0$, то $f(x)=1$, а если $\alpha =n$, где $n\in \mathbb{N}$, то $f(x)$-многочлен степени $n$, который можно представить в форме бинома Ньютона в форме конечной суммы:
$$f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}.$$ Покажем, что если $\alpha \neq 0$ и $\alpha \notin \mathbb{N}$, то функция $f(x)=(1+x)^{\alpha }$ представляется при каждом $x\in (-1,1)$ сходящимся к ней рядом Маклорена $$(1+x)^{\alpha }=\sum\limits_{n=0}^{\infty }C_{\alpha }^{n}x^{n} (9),$$ где $C_{\alpha }^{0}=1$, $C_{\alpha }^{n}=\frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n+1))}{n!}$.

Так как $f^{(n+1)}(x)=\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n)(1+x)^{\alpha -n-1}$, то по формуле $r_{n}(x)=\frac{x^{(n+1)}}{n!}\int\limits_{0}^{1}(1-\tau )f^{(n+1)}(\tau x)d\tau$ получаем $$r_{n}(x)=A_{n}x^{n+1}\int\limits_{0}^{1}\left ( \frac{1-\tau}{1+\tau x} \right )^{n}(1+\tau x)^{\alpha -1}d\tau,$$ где $C_{n }=\frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n)}{n!}.$

Выберем $m\in \mathbb{N}$ такое, чтобы выполнялось условие $\left | \alpha \right |\leq m$. Тогда для всех $n\geq m$ справедливо $\left | A_{n} \right |$$\leq \frac{m(m+1) \ldots (m+n)}{n!}$$\leq \frac{(m+n)!}{n!}=(n+1) \ldots (n+m)\leq (2n)^{m}$. Используя неравенства $\left | 1+\tau x \right |\geq 1-\tau \left | x \right |\geq 1-\tau$, $\left | 1+\tau x \right |\geq 1-\left | x \right |$, а также неравенство $\left | 1+\tau x \right |\leq 1+\left | x \right |$, получаем $0\leq \frac{1-\tau }{1+\tau x}\leq 1$.

Так как $\lim\limits_{t\rightarrow \infty }\frac{t^{m}}{a^{t}}=0$ при $\alpha > 1$, то $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\frac{n^{m}}{\left ( \frac{1}{\left | x \right |} \right )^{n+1}}=0$. Поэтому справедливо равенство $(1+x)^{\alpha }=\sum\limits_{n=0}^{\infty }C_{\alpha }^{n}x^{n}$. Радиус сходимости этого ряда $R=1$ при $\alpha \neq 0$ и $\alpha \notin \mathbb{N}.$

$$(1+x)^{\alpha }=$$ $$1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^{2}+ \ldots +\frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n+1)}{n!}x^{n}+\ldots=$$$$1+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n+1)}{n!}x^{n}+\ldots, x\in \mathbb{R} (10)$$

    Частные случаи формулы (9):

  • $\frac{1}{1+x}=1-x+x^{2}-\ldots=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}x^{n}, x\in \mathbb{R}$
  • $\frac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }x^{n}, x\in \mathbb{R}$
Пример показать

Литература

  • Конспект З.М.Лысенко по математическому анализу
  • А.М.Тер-Крикоров, М.И.Шабунин «Курс математического анализа«, ст. 435-441, 158-165
  • Разложение в ряд Тейлора основных элементарных функций

    Для закрепления материала рекомендуется пройти этот тест

    Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

    Теорема

    Рассмотрим ряд в котором все члены ряда неотрицательны, т.е. (\forall n \in N \rightarrow a_{n}\geq 0). Для того чтобы ряд сходился, необходимо и достаточно, чтобы последовательность его частичных сумм была ограниченна сверху.

    Доказательство

    Так как a_{n}\geq 0, то S_{n}=S_{n-1}+a_{n}\geq S_{n-1}. Из этого следует что последовательность частичных сумм монотонно возрастает. Если ряд сходится это означает что сходится последовательность его частичных сумм. По теореме об ограниченности сходящейся последовательности сходимость последовательности частичных сумм эквивалентна ограниченности этой последовательности.

    Пример

    Рассмотрим ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }},$$ где \alpha>0. При \alpha=1 получаем гармонический ряд, а он как известно расходится.
    При 0<\alpha<1 имеем:$$S_{n}(\alpha)=1+ \frac{1}{2^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha}}\geq n \cdot \frac{1}{n^{\alpha}}=n^{1-\alpha}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\infty $$ Из этого следует, что S_{n}(\alpha)\rightarrow +\infty , а из этого следует расходимость ряда.
    Теперь рассмотрим случай \alpha>1. Выберем такое натуральное m, что n<2^{m}. Тогда имеем:$$S_{n}(\alpha)\leq S_{2^{m}-1}(\alpha)=1+\left ( \frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}} \right )+\left ( \frac{1}{4^{\alpha}}+\frac{1}{5^{\alpha}}+\frac{1}{6^{\alpha}}+\frac{1}{7^{\alpha}} \right )+$$$$+\cdots +\left ( \frac{1}{(2^{m-1})^{\alpha}}+\frac{1}{(2^{m-1}+1)^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{(2^{m}-1)^{\alpha}} \right )\leq $$$$\leq 1+2^{1-\alpha}+(2^{2})^{1-\alpha}+\cdots +(2^{m-1})^{1-\alpha}=$$$$=1+2^{1-\alpha}+(2^{1-\alpha})^{2}+\cdots +(2^{1-\alpha})^{m-1}=\frac{1-(2^{1-\alpha})^{m}}{1-2^{1-\alpha}}$$ Отсюда следует, что при \alpha>1 имеем S_{n}(\alpha)\leq \frac{1}{1-2^{1-\alpha}}, т.е. последовательность частичных сумм ограниченна сверху, и по теореме о сходимости рядов с неотрицательными членами ряд сходится при \alpha>1.

    Список Литературы

    Тест на проверку знаний по данной теме.

    Таблица лучших: Критерий сходимости рядов с неотрицательными слагаемыми

    максимум из 2 баллов
    Место Имя Записано Баллы Результат
    Таблица загружается
    Нет данных

    Обобщённый гармонический ряд

    Обобщённым гармоническим рядом называют ряд:$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha}}=1+\frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha}}+\cdots $$

    Сходимость обобщённого гармонического ряда

    $$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\alpha }},$$ где \alpha>0. При \alpha=1 получаем гармонический ряд, а он как известно расходится.
    При 0<\alpha<1 имеем:$$S_{n}(\alpha)=1+ \frac{1}{2^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{n^{\alpha}}\geq n \cdot \frac{1}{n^{\alpha}}=n^{1-\alpha}\underset{n\rightarrow \infty }{\rightarrow}\infty $$ Из этого следует, что S_{n}(\alpha)\rightarrow +\infty , а из этого следует расходимость ряда.
    Теперь рассмотрим случай \alpha>1. Выберем такое натуральное m, что n<2^{m}. Тогда имеем:$$S_{n}(\alpha)\leq S_{2^{m}-1}(\alpha)=1+\left ( \frac{1}{2^{\alpha}}+\frac{1}{3^{\alpha}} \right )+\left ( \frac{1}{4^{\alpha}}+\frac{1}{5^{\alpha}}+\frac{1}{6^{\alpha}}+\frac{1}{7^{\alpha}} \right )+$$$$+\cdots +\left ( \frac{1}{(2^{m-1})^{\alpha}}+\frac{1}{(2^{m-1}+1)^{\alpha}}+\cdots +\frac{1}{(2^{m}-1)^{\alpha}} \right )\leq $$$$\leq 1+2^{1-\alpha}+(2^{2})^{1-\alpha}+\cdots +(2^{m-1})^{1-\alpha}=$$$$=1+2^{1-\alpha}+(2^{1-\alpha})^{2}+\cdots +(2^{1-\alpha})^{m-1}=\frac{1-(2^{1-\alpha})^{m}}{1-2^{1-\alpha}}$$ Отсюда следует, что при \alpha>1 имеем S_{n}(\alpha)\leq \frac{1}{1-2^{1-\alpha}}, т.е. последовательность частичных сумм ограниченна сверху, и по теореме о сходимости рядов с неотрицательными членами ряд сходится при \alpha>1.

    Список Литературы

    Тест на проверку знаний по данной теме.

    Таблица лучших: Обобщённый гармонический ряд

    максимум из 2 баллов
    Место Имя Записано Баллы Результат
    Таблица загружается
    Нет данных