Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка:

Если существует $ f^{(n)}(x_{0}) $, то $ f(x) $ представима в следующем виде:

$$ f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}} $$

Это выражение $ f(x) $ называется формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано (или локальной формулой Тейлора)

Доказательство:

Для начала докажем Лемму

Пусть функции $ \varphi(x),\psi(x) $ определены в  $ \delta $  окрестности точки $ x_{0} $ и удовлетворяют следующим условиям:

  1. $ \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x); $
  2. $ \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=…=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 $, $ \psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=…=\psi^{(n)}(x_{0})=0 $
  3. $ \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1} $

Тогда $ \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) $ существует точка $ \xi $, принадлежащая интервалу с концами $ x_{0} $ и $ x $ такая, что $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $

Доказательство 

Пусть, например, $ x \in (x_{0},x_{0}+\delta) $. Тогда применяя к функциям $ \varphi $ и $ \psi $ на отрезке $ [x_{0},x] $ теорему Коши и учитывая, что $ \varphi(x)=\psi(x)=0 $ по условию, получаем

$$ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}$, $ x_{0}<\xi_{1}<x $$

Аналогично, применяя к функциям $ \varphi’ $ и $ \psi’ $ на отрезке $ [x_{0},\xi_{1}] $ теорему Коши, находим

$$ \frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})-\varphi'(x_{0})}{\psi'(\xi_{1})-\psi'(x_{0})}=\frac{\varphi»(\xi_{2})}{\psi»(\xi_{2})},$$ $$ x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1} $$

Из этих двух равенств следует, что

$$ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi»(\xi_{2})}{\psi»(\xi_{2})},$$ $$ x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta $$

Применяя теорему Коши последовательно к функциям $ \varphi» $ и $ \psi» $,$ \varphi^{(3)} $ и $ \psi^{(3)} $,…,$ \varphi^{(n)} $ и $ \psi^{(n)}$ на соответствующих отрезках получаем

$$ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=…=\frac{\varphi^{n}(\xi_{n})}{\psi^{n}(\xi_{n})}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $$

где $ x_{0}<\xi<\xi_{n}<…<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta $

Равенство доказано для случая, когда $ x \in(x_{0},x_0+\delta) $, аналогично рассматривается случай, когда $ x \in(x_0-\delta,x_{0}) $.

Теперь, когда лемма доказана, приступим к доказательству самой теоремы:

Из существования $ f^{(n)}(x_{0}) $ следует, что функция $ f(x_{0}) $ определена и имеет производные до $ (n-1) $ порядка включительно в $ \delta $ окрестности точки  $ x_{0} $

Обозначим $ \varphi(x)=r_{n}(x),\psi(x)=(x-x_{0})^{n} $, где  $ r_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x) $.

Функции $ \varphi(x) $ и $ \psi(x) $ удовлетворяют условиям леммы, если заменить номер $ n+1 $ на $ n-1 $

Используя ранее доказанную лемму и учитывая, что $ r_{n}^{(n-1)}(x_{0})=0 $ получаем

$$ \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})}, $$ $$ \xi=\xi(x)(*) $$

где $ x_{0}<\xi<x<x_{0}<x_{0}+\delta $ или $ x_{0}-\delta<x<\xi<x_{0} $.

Пусть $ x\to x_{0} $, тогда из неравенств следует, что $ \xi \to x_{0} $, и в силу существования $ f^{(n)}(x_{0}) $ существует

$$ \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(x)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{x-x_0}= $$

$$ =\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{\xi-x_{0}}=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0 $$

Так как выполняются равенства $ r_{n}(x_{0})=r_{n}'(x_{0})=…=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0 $

Таким образом, правая часть формулы $ (*) $ имеет при $ x\to x_{0} $ предел, равный нулю, а поэтому существует предел левой части этой формулы, так же равный нулю. Это означает, что $ r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} $, то есть $ f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) $, что и требовалось доказать.

Пример:

Разложить функцию $ y=\cos^{2}(x) $ в окрестности точки $ x_{0}=0 $  по Тейлору с остатком в форме Пеано.

Решение

Табличное разложение косинуса имеет следующий вид:

$$ \cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-…+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}) $$

Представим функцию $ \cos^{2}(x) $ в виде:

$$ \cos^{2}(x)=\frac{1+\cos(2x)}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x) $$

Заменим в табличном разложении $ x $ на $ 2x $ и подставим представление косинуса.Получим

$$ \cos^{2}(x)=1-x^2+\frac{x^{4}}{3}-…+(-1)^{n} \frac{2^{2n-1}x^{2n}}{2n!}+o(x^{2n+1})$$

Источники:

  1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
  2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §18 с. 161.

Тест на знание формулы Тейлора(ост.Пеано)

Проверьте себя на знание доказательства и применения формулы Тейлора с остатком в форме Пеано.

Остатки формулы Тейлора



Остаток формулы Тейлора (стандартное обозначение- $latex r_{n} (x_{0},x) $) можно определить, как:
  1. Погрешность, которая возникает при замене функции $latex y=f(x) $ многочленом $latex P_{n}(x_{0},x) .$ Если выполнены условия теоремы о представлении формулы $latex f$ в виде многочлена Тейлора, то для значений $latex x$ из окрестности точки $latex x_{0},$ для которых погрешность $latex r_{n}(x_{0},x) $ достаточно мала, многочлен $latex P_{n}(x_{0},x) $ дает приближенное представление функции.
  2. (На рисунке) Разница значений функции $latex f(x) $ и выражающим её многочленом Тейлора в точке $latex x_{0} :$$latex f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x) $ (уклонение полинома $latex P_{n} $ от функции $latex f(x) $).

r(x0,x)

Существует 3 основных представления остаточного члена:

  1. В форме Лагранжа: $$ \large r_{n} (x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(x+\theta(x-x_{0}))}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$$latex 0< \theta < 1 .$$$\ $$
  2. В форме Коши: $$\large r_{n} (x_{0},x) =\frac{f^{(n+1)}(x_{0}+\theta_{1}(x-x_{0}))}{n!}(1-\theta_{1}(x-x_{0}))^{n}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$$latex 0< \theta_{1} < 1 .$$$\ $$
  3. В форме Пеано: $$ \large r_{n} (x_{0},x) =o((x-a)^{n}) , \ $$ при $latex x\rightarrow a .$

Примеры:

  1. Написать разложение функции $latex e^{\sin (x)} $ до $latex x^{3} $ с остатком в форме Пеано.
    Спойлер

    $$ e^{\sin (x)}=1+\sin (x)+\frac{1}{2} \sin ^{2}(x)+\frac{1}{6}\sin ^{3}(x)+o(\sin ^{3}(x)) $$ Ввиду эквивалентности бесконечно малых $latex x $ и $latex \sin (x) $ это все равно, что $latex o(x^{3}) ,$ то есть:
    $latex e^{\sin (x)}=1+\sin (x)+ $$latex \frac{1}{2} \sin ^{2}(x)+ $$latex \frac{1}{6} \sin ^{3}(x)+o(x^{3}) \sin(x)= $$latex x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{4}) \Rightarrow $$latex e^{sin(x)}=1+(x-\frac{1}{6} x^{3} )+ $$latex \frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3}) $
    Член с $latex x^{3} $ аннулируется и, окончательно, имеем: $$ e^{ \sin (x)}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{3}) $$ $$\ $$

  2. [свернуть]

  • Вычислить предел, используя формулу Тейлора: $$ \lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sqrt{1+2\cdot \mathrm{tg} (x)}-e^x+x^2}{\mathrm{arctg} (x)-\sin (x)} $$
    Спойлер

    Разложим числитель по формуле Тейлора: $$\mathrm{tg} (x)=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3),\,\, x\rightarrow 0; \ $$ $$ 2 \cdot \mathrm{tg} (x)=2\cdot x+ \frac {2\cdot x^{3}}{3}+o(x^{3}),\,\, x\rightarrow 0;$$ $$\sqrt {1+t}=(1+t)^{\frac {1}{2}}=1+\frac {1}{2}t-\frac {1}{8}t^2+\frac {1}{16}t^{3}+o(t^{3}),\,\, t\rightarrow 0;$$ Таким образом: $latex \sqrt{1+2\cdot \mathrm{tg} (x)}= $$latex 1+\frac{1}{2}2 \cdot \mathrm{tg} (x)- $$latex \frac{1}{8}(2 \mathrm{tg} (x))^2+$$latex \frac{1}{16}(2 \cdot \mathrm{tg} (x))^3+o(\mathrm{tg} ^{3} (x))= $$latex 1+\mathrm{tg} (x)-\frac{1}{2} \mathrm{tg} ^{2} x+$$latex \frac{1}{2} \mathrm{tg} ^3 (x)+o(\mathrm{tg} ^{3} (x))= $$latex 1+x+\frac{x^3}{3}-\frac{1}{2}x^2+\frac{x^3}{2}+o(x^3)= $$latex 1+x-\frac{1}{2}x^2+\frac{5}{6}x^3+o(x^3) . \ $
    Учитывая, что $latex e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3) ,$ находим, по формуле Тейлора ($latex x_{0}=0$) числитель дроби $latex \sqrt{1+2\cdot \mathrm{tg} (x)}-e^x+x^2= $$latex 1+x-\frac{1}{2}x^2+$$latex \frac{5}{6}x^3-1-x-$$latex \frac{x^2}{2}-$$latex \frac{x^3}{6}+$$latex x^2+o(x^3)= $$latex \frac{2}{3}x^3+o(x^3),\, x\rightarrow 0 .$
    Далее раскладываем знаменатель: $latex \sin x= x-$$latex \frac{x^3}{6}+o(x^3);\ $$latex \arcsin x=x+$$latex \frac{x^3}{6}+o(x^3). $ Отсюда $latex \arcsin(x)- \sin (x) = $$latex \frac {x ^{3}}{3} + o (x ^{3}) $ Таким образом, дробь представляется в виде: $$\frac{\frac{2}{3}x^3+o(x^3)}{\frac{1}{3}x^3+o(x^3)}$$ Следовательно:
    $$\lim\limits_{x\rightarrow 0} \frac {\sqrt {1+2\cdot \mathrm{tg} (x)}-e^{x}+x^{2}}{ \mathrm{arctg} (x)-\sin (x)}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{2}{3}x^3+o(x^3)}{\frac{1}{3}x^3+o(x^3)} = 2 $$

    [свернуть]
  • Список литературы:

    1. Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 1, 1962 год, стр. 246-257.
    2. Тер-Крикоров А. М. Шабунин М. И. «Курс математического анализа» 3 издание 2001 года, стр. 158-172
    3. Л. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа 1» стр. 339-353
    4. Варятанян Г. М. Математический анализ. Часть 1(3). 2009 с. 44-46

    Формула Тейлора. Виды остаточных членов.


    Таблица лучших: Остатки формулы Тейлора

    максимум из 30 баллов
    Место Имя Записано Баллы Результат
    Таблица загружается
    Нет данных

    Определение многочлена Тейлора

    [latex]1^{\circ}.[/latex] Локальная формула Тейлора.

    Если функция [latex]f(x)[/latex] определена в некоторой окрестности [latex]\mid x-x_{0}\mid<\varepsilon[/latex] т.[latex]x_{0}[/latex] и имеет в этой окрестности производные [latex]f'(x),\cdots,f^{(n-1)}(x)[/latex] до [latex](n-1)[/latex]-го порядка включительно и в т.[latex]x_{0}[/latex] существует производная n-го порядка [latex]f^{(n)}(x_{0})[/latex], то
    [latex]f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}(x-x_{0})^{k}+o(x-x_{0})^{n}[/latex],       (1)

    где [latex]a_{k}=\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!},(k=0,1,\cdots,n).[/latex]

    В частности, при [latex]x_{0}=0[/latex] имеем:

    [latex]f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}x^{k}+o(x^n).[/latex]     (2)

    При указанных условиях представление (1) единственно.

    Если в т.[latex]x_{0}[/latex] существует производная [latex]f^{(n+1)}(x_{0})[/latex], то остаточный член в формуле (1) может быть взят в виде [latex]o((x-x_{0})^{n+1})[/latex].

    Из локальной формулы Тейлора (2) Получаем следующие 5 важных разложений:

    I. [latex]e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots +\frac{x^{n}}{n!}+o(x^{n})[/latex]

    exp
    II. [latex]sin(x)=x-\frac{x^{3}}{3!}+\cdots +(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+o(x^{2n})[/latex]

    sin
    III. [latex]cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\cdots +(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})[/latex]

    cos
    IV. [latex](1+x)^{m}=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^{2}+\cdots +\frac{m(m-1)\cdots (m-n+1)}{(n)!}x^{n}+o(x^{n})[/latex]

    V. [latex]ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\cdots +(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}+o(x^{n})[/latex]

    ln

    [latex]2^{\circ}.[/latex]Формула Тейлора.

    Если функция [latex]f(x)[/latex] определена на сегменте [latex]\left [ a,b \right ][/latex] и имеет на этом сегменте непрерывные производные [latex]f'(x),\cdots,f^{(n-1)}(x)[/latex], при[latex]a<x<b[/latex] существует конечная производная [latex]f^{(n)}(x)[/latex], то

    [latex]f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^{k}+r_{n}(x)[/latex]   [latex](a\leq x\leq b),[/latex], где

    [latex]r_{n}(x)=\frac{f^{(n)}(a+\theta(x-a))}{n!}(r-a)^{n}[/latex]     [latex](a<\theta<b),[/latex]

    (остаточный член в форме Лагранжа), или

    [latex]r_{n}(x)=\frac{f^{(n)}(a+\theta_{1}(x-a))}{(n-1)!}(1-\theta_{1})^{n-1}(x-a)^{n}[/latex]     [latex](a<\theta_{1}<b),[/latex]

    (остаточный член в форме Коши)

     

    [latex]P(x)=a_{0}+a_{1}\ast x+a_{2}\ast x^{2}+a_{3}\ast x^{3}+a_{4}\ast x^{4}+\cdots +a_{n-1}\ast x^{n-1}+a_{n}\ast x^{n}[/latex]

    [latex]{P}'(x)=a_{1}+2a_{2}\ast x +3a_{3}\ast x^{2}+ 4a_{4}\ast x^{3}+\cdots +(n-1)a_{n-1}\ast x^{n-2}+ na_{n}\ast x^{n-1}[/latex]

    [latex]{P}»(x)=2a_{2}+6a_{3}\ast x +12a_{4}\ast x^{2}+ \cdots +(n-1)(n-2)a_{n-1}\ast x^{n-3}+ (n-1) na_{n}\ast x^{n-2}[/latex]

    [latex]P^{(3)}(x)=6a_{3} + 24a_{4}*x + \cdots + (n-1)(n-2)(n-3)a_{n-1}*x^{n-4}+ (n-1)*[/latex]

    [latex]*(n-2)na_{n}*x^{n-3}[/latex]

    [latex]\cdots[/latex]

    [latex]P^{(n-1)}(x)=(n-1)!*a_{n-1}+ n!a_{n}*x[/latex]

    [latex]P^{(n)}(x)=n!a_{n}[/latex]

    [latex]\left. \begin{array}{l}P(0) = {a_0}\\P'(0) = {a_1}\\P»(0) = 2!*{a_2}\\{P^{(3)}}(0) = 3!*{a_3}\\\cdots \\{P^{(n — 1)}}(0) = (n — 1)!*{a_{n — 1}}\\{P^{(n)}}(0) = n!*{a_n}\end{array} \right\} \Leftrightarrow \left.\begin{array}{l}{a_0} = {P_0}\\{a_1} = \frac{{P'(0)}}{{1!}}\\{a_2} = \frac{{P»(0)}}{{2!}}\\{a_3} =\frac{{{P^{(3)}}(0)}}{{3!}}\\\cdots \\{a_{n — 1}} = \frac{{{P^{(n — 1)}}(0)}}{{n — 1!}}\\{a_n} = \frac{{{P^{(n)}}(0)}}{{n!}}\end{array} \right\}[/latex]

    [latex]P(x)=P(0)+\frac{{P}'(0)}{1!}x+ \frac{{P}»(0)}{2!}x^{2}+ \frac{P^{(3)}(0)}{3!}x^{3}+\frac{P^{(4)}(0)}{4!}x^{4}+\cdots + \frac{P^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1}++ \frac{P^{(n)}(0)}{n!}x^{n}[/latex]

    (формула Тейлора для многочлена по степеням [latex]x[/latex]).

    Замечание

    [latex]P(x)=A_{0}+A_{1}(x-x_{0})+A_{2}(x-x_{0})^{2}+\cdots +A_{n}(x-x_{0})^{n}[/latex]

    [latex]A_{k}=\frac{P^{(k)}(x_{0})}{k!}\Rightarrow P(x)=P(x_{0})+\frac{{P}'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{{P}»(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+\cdots +\frac{P^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}[/latex]

    (ф-ла Тейлора для многчлена по степеням [latex](x-x_{0}))[/latex]

     

    Частный случай формулы Тейлора при [latex]x_{0}=0[/latex] называется формулой Маклорена.

     

    Пусть функции f и g в т. [latex]x_{0}[/latex] такие, что:
    [latex]f(x_{0})=g(x_{0})[/latex]
    [latex]{f}'(x_{0})={g}'(x_{0})[/latex]
    [latex]{f}»(x_{0})={g}»(x_{0})[/latex]
    [latex]\cdots[/latex]
    [latex]f^{(n)}(x_{0})=g^{(n)}(x_{0})[/latex]
    Следует ожидать, что функции f и g в окрестности т.[latex]x_{0}[/latex] похожи (графиками). И тогда функцию f локально можно заменить на g.

    Нас будет интересовать g(x) как многочлен. Т.е. [latex]g(x)=P_{n}(x_{0},x)=\overbrace{c_{0}}^{f(x_{0})}+\overbrace{c_{1}}^\frac{{f'(x_{0})}}{1!}(x-x_{0})+\cdots +\overbrace{c_{n}}^\frac{{f^{(n)}(x_{0})}}{n!}(x-x_{0})^{n}[/latex]
    [latex]f(x)\approx g(x)[/latex]
    [latex]f(x_{0})=P_{n}(x_{0},x)[/latex]
    [latex]{f}'(x_{0})={P}_{n}'(x_{0},x)[/latex]
    [latex]\cdots [/latex]
    [latex]f^{(n)}(x_{0})=P_{n}^{(n)}(x_{0},x)[/latex]

    Итак, многочлен [latex]P_{n}(x,x_{0})=f(x_{0})+\frac{{f}'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\cdots + \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}[/latex]
    Многочлен Тейлора функции f в т.[latex]x_{0}[/latex] порядка n.

     

    Пример.

    Разложить многочлен [latex]P(x)=-4x^{3}+3x^{2}-2x+1[/latex] по степеням [latex]x+1[/latex].

    Решение: Здесь [latex]x_{0}=-1, P'(x)=-12x^{2}+6x-2, P»(x)=-24x+6, P^{(3)}(x)=-24.[/latex]

    Поэтому [latex]P(-1)=10, P'(-1)=-20, P»(-1)=30, P^{(3)}(-1)=-24.[/latex] Следовательно,

    [latex]P(x)=10+\frac{-20}{1!}(x+1)+\frac{30}{2!}(x+1)^{2}+\frac{-24}{3!}(x+1)^{3},[/latex]

    т.е. [latex]-4x^{3}+3x^{2}-2x+1=10-20(x+1)+15(x+1)^{2}-4(x+1)^{3}.[/latex]

     

     

    Список литературы:

    1. Конспект лекций по математическому анализу (Лысенко З.М.)

    2. Б.П. Демидович, Сборник задач и упражнений по математическому анализу, издательство «Наука» главная редакция физико-математической литературы, Москва 1972, стр.138-139.

    3. Г.М.Фихтенгольц, Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 1, 1962 год, стр. 246-257.

     

    Единственность полинома Тейлора

    Теорема о единственности полинома Тейлора

      Если существует [latex]f^{(n)}(x_{0})[/latex] и при [latex]x\rightarrow x_{0} [/latex] [latex]f[/latex] представима в виде [latex]f(x)=a_{0}+ [/latex] [latex] a_{1}(x-x_{0})+… [/latex] [latex] +a_{n}(x-x_{0})^{n}+ [/latex] [latex] O((x-x_{0})^{n})[/latex], то многочлен [latex]A=a_{0}+[/latex][latex]a_{1}(x-x_{0})+… [/latex] [latex] +a_{n}(x-x_{0})^{n}[/latex] и будет многочленом Тейлора в точке [latex]x_{0}[/latex], то есть [latex]a_{k}=\cfrac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}[/latex].

    Доказательство.

    $latex f(x)=f(x_{0})+ $ $latex \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+…$ $latex +\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+$ $latex O((x-x_{0})^{n}) &s=1 .$

    Приравниваем:

    $latex f(x_{0})+$ $latex \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+…$ $latex +\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+$ $latex O((x-x_{0})^{n})=$ $latex a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+…$ $latex +a_{n}(x-x_{0})^{n}+$ $latex O((x-x_{0})^{n}) &s=1 $.

    Берем предел обеих частей при [latex]x\rightarrow x_{0} [/latex]. Получаем, что:

    $latex \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})\rightarrow 0 &s=1 ;$

    $latex \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}\rightarrow 0 &s=1 ;$

    $latex O((x-x_{0})^{n})\rightarrow 0 &s=1 ;$

    $latex a_{1}(x-x_{0})\rightarrow 0 &s=1 ;$

    $latex a_{n}(x-x_{0})^{n}\rightarrow 0 &s=1 ;$

    $latex O((x-x_{0})^{n})\rightarrow 0 &s=1 ;$

    $latex f(x_{0})=a_{0} &s=1 .$

    Отбрасываем первые слагаемые в обеих частях уравнения:

    [latex] \cfrac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+…[/latex][latex]+\cfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n})=[/latex][latex] a_{1}(x-x_{0})+…[/latex][latex]+a_{n}(x-x_{0})^{n}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n})\mid /(x-x_{0}) .[/latex]

    [latex] \cfrac{f'(x_{0})}{1!}+…[/latex][latex]+\cfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n-1}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n-1})=[/latex][latex]a_{1}+[/latex][latex]a_{2}(x-x_{0})+…[/latex][latex]+a_{n}(x-x_{0})^{n-1}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n-1})\mid \lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}(\cdot ) .[/latex]

    Получаем:

    $latex \cfrac{f'(x_{0})}{1!}=a_{1} &s=1 $.

    Проделываем те же действия, что и ранее, получаем:

    $latex a_{k}=\cfrac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} &s=1 $.

    Следовательно разложение по формуле Тейлора однозначно.

    Замечание:

    Пусть [latex]f(x)[/latex] — бесконечно дифференцируема в точке [latex]0[/latex].

    1. Если функция [latex]f(x)[/latex] — четная, то [latex]f'[/latex] — нечетная, [latex]f»'[/latex] — нечетная, …, [latex]f^{(2n+1)}[/latex] — нечетная, а так как нечетная функция в 0 всегда принимает значение, равное 0, то [latex]f'(0)=f»'(0)=…[/latex] [latex] =f^{(2n+1)}(0)=0[/latex].
    2. Если функция [latex]f(x)[/latex] — нечетная, то [latex]f»[/latex] — нечетная, …, [latex]f^{(2n)}[/latex] — нечетная, а так как нечетная функция в 0 всегда принимает значение, равное 0, то [latex]f»(0)=…= f^{(2n)}(0)=0[/latex].

    Вывод:

    Если [latex]f(x)[/latex] — четная, то формула Тейлора будет для нее содержать только четные степени, если [latex]f(x)[/latex] — нечетная, то формула Тейлора будет разлагаться только по нечетным степеням.

    Источники:

    Тест по теме: единственность полинома Тейлора

    Проверьте себя на знание теоретического материала по теме: единственность полинома Тейлора.


    Таблица лучших: Тест по теме: единственность полинома Тейлора

    максимум из 3 баллов
    Место Имя Записано Баллы Результат
    Таблица загружается
    Нет данных