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.

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

    Следствие (Формула Тейлора с остатком в форме Пеано)

    Формулировка

    Пусть   U \subset \mathbb{R}^{n}  —  открытая окрестность точки   x \in \mathbb{R}^{n}  и функция   f: U \rightarrow \mathbb{R}  имеет в    U  непрерывные частные производные по всем переменным до порядка  m  включительно.

    Пусть также   h \in \mathbb{R}^{n}  и   \left[ x..x+h \right] \subset U . Тогда справедливо представление

    $$ f\left( x+h \right) — f\left( x \right) = \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}} } \left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{k}} + o\left(\left| h \right|^m\right) $$
    при  \left| h \right| \rightarrow 0 , где  \left| h \right| = \sqrt{h_{1}^{2} + \cdots h_{n}^{2}}.

    Доказательство

    В условиях текущей теоремы справедлива теорема о формуле Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа:
    $$ f\left( x+h \right) — f\left( x \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}} } \left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{k}} + r_{m}\left(x\right) ~~~~~~~~~~ \left( * \right) $$

    где при некотором   \theta \in \left(0 .. 1 \right)

    $$ r_{m}\left(x\right) = \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^{m}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{m}} } \left( x + \theta h \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} $$

    По условию, все производные функции  f до порядка  m включительно непрерывны в окрестности  U . Значит, справедливо представление
    $$ \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}} \left( x + \theta h \right) = \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}}\left( x \right) + \alpha_{i_1, \cdots i_m}\left( x \right) $$
    где каждая из функций  \alpha_{i_1, \cdots i_m} является бесконечно малой при  \left| h \right| \rightarrow 0 .
    При каждом  i = \overline{1,m} , очевидно, справедливо неравенство
    $$ \left| h_i \right| = \sqrt{h_{i}^{2}} \leq \sqrt{h_{1}^{2} + \cdots h_{n}^{2}} = \left| h \right| ~~~ \Rightarrow ~~~ \left|h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} \right| \leq \left| h \right| ^ m ~~~~~~~~~~ \left( ** \right)$$
    А тогда при  \left| h \right| \rightarrow 0 имеем:
    $$ \alpha_{i_1, \cdots i_m}\left(x\right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} = o\left(\left| h \right|^m\right) ~~~ \Rightarrow ~~~ \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \alpha_{i_1, \cdots i_m} \left(x\right)h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} = o\left(\left| h \right|^m\right) ~~~~~~~~~~ \left( *** \right)$$
    Подставим  \left( ** \right) и  \left( *** \right) в исходную формулу для остатка в форме Лагранжа: при  \left| h \right| \rightarrow 0
    $$ r_{m}\left(x\right) = \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}}\left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} + \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \alpha_{i_1, \cdots i_m}\left(x\right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} = $$
    $$ = \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}}\left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} + o\left(\left| h \right|^m\right) $$
    Наконец, подставив полученное выражение для остатка в формулу  \left( * \right) , получим доказываемую формулу.

    Примеры

    Рассмотрим два разложения по формуле Тейлора с остатком в форме Пеано в окрестности нуля: при  x^2 + y^2 \rightarrow 0
     e^{x^2 + y} = 1 + y + x^2 + \frac{1}{2}y^2 + x^2 y + \frac{1}{6}y^3 + \underline{o}\left(\left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)^3\right)
     e^x \sin y = y + xy - \frac{1}{6}y^3 + \frac{1}{2}x^2 y + \underline{o}\left(\left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)^3\right)

    Тест для закрепления материала