Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

5.7.1. Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Пусть функция f определена на интервале (a,b). Предположим, что в каждой точке x(a,b) у функции f существует производная f(x). Если функция f в некоторой точке x0(a,b) имеет производную, то ее называют второй производной функции f в точке x0 и обозначают f(x0). По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, f(k)(x)=f(k1)(x)

Определение: Для k\usepackageamsfontsN и отрезка [a,b] через Ck([a,b]) обозначается совокупность всех функций f, определенных на [a,b] и таких, что k-я производная f(k) непрерывна на [a,b]. При этом в точках a и b производные понимаются как односторонние.

Напомним определение дифференцируемости. Дифференцируемой в точке x0 мы называли такую функцию f, что в окрестности точки x0 она представима в виде
f(x)=f(x0)+f(x0)(xx0)+(xx0)ˉo((xx0)n)(xx0)
т.е. f(x)=P1(x)+ˉo(xx0), где P1(x) – многочлен первого порядка, а остаток ˉo(xx0) мал по порядку по сравнению с xx0.

Поставим следующую задачу. Пусть функция f определена в некоторой окрестности точки x0. Можно ли функцию f в этой окрестности представить в виде суммы многочлена Pn(x) степени не выше заданного натурального n, и остатка rn(x), малого по сравнению с (xx0)n, т.е. rn(x)=ˉo((xx0)n)(xx0)? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
f(x)=Pn(x)+ˉo((xx0)n)(xx0).
При n=1 это возможно, если функция f дифференцируема в точке x0. Это сразу следует из определения дифференцируемости.

Лемма: Пусть функция φ определена на интервале I и всюду на этом интервале имеет производную до порядка n1 включительно, а в точке x0I имеет производную φ(n)(x0), причем φ(x0)=φ(x0)==φ(n)(x0)=0. Тогда φ(x)=ˉo((xx0)n)(xx0)

Применим индукцию по n. При n=1 из дифференцируемости φ в точке x0I получаем φ(x)=φ(x0)+φ(x0)(xx0)+ˉo(xx0), а из условия леммы φ(x0)=φ(x0)=0 следует, что φ(x)=ˉo(xx0).
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального n, и покажем, что она справедлива и для n+1. Итак, согласно предположению индукции, φ(x)=ˉo((xx0)n)(xx0) и φ(n+1)(x0)=0. Тогда, по теореме Лагранжа, φ(x)φ(x0)=φ(ξ)(xx0), где точка ξ находится между x и x0. Обозначим ψ(x)=φ(x). Тогда, по предположению индукции, ψ(x0)=ψ(x0)==ψ(n)(x0)=0 и ψ(n)(x)=ˉo((xx0)n)(xx0). Поэтому |φ(x)||xx0|n+1=|φ(ξ)||xx0|n|ψ(ξ)||ξx0|n0 при xx0. Это следует из предположения индукции и из того, что ξ находится между x и x0. Таким образом, получили, что φ(x)=ˉo((xx0)n+1).

Вернемся к нашей задаче представления функции f в виде f(x)=Pn(x)+ˉo((xx0)n). Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен Pn(x), такой, что Pn(x0)=f(x0), Pn(x0)=f(x0), , P(n)n(x0)=f(n)(x0), то функция φ(x)=f(x)Pn(x) будет удовлетворять условиям φ(x0)=φ(x0)==φ(n)(x0)=0, и, в силу леммы, φ(x)=ˉo((xx0)n), т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен Pn(x).

Многочлен Pn(x) будем искать в виде Pn(x)=c0+c1(xx0)++cn(xx0)n, т.е. по степеням xx0, где c0,c1,,cn – коэффициенты. Найдем производные многочлена Pn. Имеем

Pn(x0)=c0,Pn(x)=c1+2c2(xx0)++ncn(xx0)n1,Pn(x0)=c1,Pn(x)=2c2+32c3(xx0)++n(n1)cn(xx0)n2,Pn(x0)=2c2,P(k)n(x)=k(k1)21ck+(k+1)21ck+1(xx0)+++n(n1)(nk+1)cn(xx0)k,P(k)n(x0)=k!ck(k=0,1,,n).

Таким образом, P(k)n(x0)=k!ck, откуда ck=P(k)n(x0)k!. Итак, если мы хотим, чтобы при всех k=0,1,,n были выполнены равенства f(k)(x0)=P(k)n(x0), то коэффициенты ck многочлена Pn(x) должны быть равными ck=f(k)(x0)k!(k=0,1,,n), т.е. Pn(x)=f(x0)+f(x0)1!(xx0)++f(n)(x0)n!(xx0)n. В этом случае функция φ(x)=f(x)Pn(x) удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, φ(x)=ˉo((xx0)n), т.е. мы получим нужное представление f(x)=Pn(x)+ˉo((xx0)n).

Итак, мы доказали следующую теорему.

Теорема: Пусть функция f определена в некоторой окрестности I точки x0 и имеет в этой окрестности производные до (n1)-го порядка включительно, а в точке x0 имеет производную n-го порядка. Тогда справедливо равенство f(x)=f(x0)+f(x0)1!(xx0)+f(x0)2!(xx0)2+++f(n)(x0)n!(xx0)n+ˉo((xx0)n) при xx0.

Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен Pn(x)=f(x0)+f(x0)1!(xx0)+f(x0)2!(xx0)2+++f(n)(x0)n!(xx0)n называется многочленом Тейлора функции f с центром в точке x0, а последнее слагаемое в формуле Тейлора ˉo((xx0)n) — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.

Докажем единственность многочлена Тейлора. Предположим, что существует два представления – f(x)=Pn(x)+ˉo((xx0)n) и f(x)=Qn(x)+ˉo((xx0)n), где Pn и Qn – многочлены степени не выше, чем n. Покажем, что PnQn, т.е. коэффициенты многочленов Pn и Qn совпадают. Имеем Pn(x)Qn(x)=ˉo((xx0)n), т.е. Rn(x)Pn(x)Qn(x)=ˉo((xx0)n), где степень Rn не превосходит n. Покажем, что все коэффициенты bk многочлена Rn(x)b0+b1(xx0)++bn(xx0)n равны нулю. Из равенства b0+b1(xx0)++bn(xx0)n=ˉo((xx0)n), устремляя xx0 и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что b0=0. Следовательно, b1(xx0)++bn(xx0)n=ˉo((xx0)n). Разделив это равенство на xx0, получим b1+b2(xx0)++bn(xx0)n1=ˉo((xx0)n1), откуда, устремляя xx0, получим, что b1=0. Продолжая этот процесс, получим, что b0=b1==bn=0, т.е. Rn=0, что и требовалось.

Замечание: Если функция f является многочленом степени n, то она совпадает со своим многочленом Тейлора порядка n и выше. В самом деле, если f(x)=Pn(x), то для nm будем иметь f(x)=Pn(x)=Pm(x)+0=Pm(x)+rm(x), где rm(x)=0=ˉo((xx0)m)(xx0). Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, Pm(x)Pn(x) – многочлен Тейлора.

Примеры решения задач

  1. Пусть f(x)=x23x+1. Требуется построить формулу Тейлора для функции f порядка n=2 в окрестности точки x0=1.
    Решение

    Можно было бы вычислить f(1),f(1),f(1) и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле P2(x)=f(1)+f(1)1!(x1)+f(1)2!(x1)2, и тогда получили бы f(x)=x23x+1=f(1)+f(1)1!(x1)+f(1)2!(x1)2+r2(x), где r2(x)=f(x)P2(x)=ˉo((x1)2)(x1). На самом деле оказывается, что r2(x)0. Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен x23x+1 расписать по степеням x1, а именно: x23x+1=((x1)+1)23((x1)+1)+1==1(x1)+(x1)2=P2(x). Справа мы получили многочлен по степеням x1. Данная функция x23x+1 представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки x0=1.

  2. Построить формулу Тейлора для функции f(x)=sinx порядка n=3 в окрестности точки x0=π2.
    Решение

    Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно f(π2),f(π2),f(π2),f(3)(π2).
    f(π2)=1, f(π2)=cosπ2=0, f(π2)=sinπ2=1, f(3)(π2)=cosπ2=0. С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка P3(x)=1+01!(xπ2)+12!(xπ2)2+03!(xπ2)3. Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: f(x)=112(xπ2)2+ˉo((xx0)2).

  3. Вычислить предел limx01+xex+x2sinx, используя формулу Тейлора.
    Решение

    Разложим выражения 1+2x, ex и sinx по формуле Тейлора в окрестности точки x0=0 порядка n=1: 1+x=(1+x)12=1+12x+ˉo(x); ex=1+x+ˉo(x).
    Используя эти разложения и заменив в знаменателе функцию sinx на эквивалентную ей в окрестности точки x0=0 функцию x, получаем из исходной дроби следующую: 1+12x1x+ˉo(x)x+ˉo(x).
    Тогда в пределе получаем выражение
    limx0x2+ˉo(x)x+ˉo(x). Если поделить почленно числитель и знаменатель дроби на x, то получим limx012+ˉo(x)x1+ˉo(x)x. Выражения вида ˉo(x)x в пределе дадут 0. Тогда в ответе получаем 12.

Тест

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о многочлене Тейлора и формуле Тейлора с остатком в форме Пеано.

См. также:

M1077. Перестановки с неподвижными точками

Задача из журнала «Квант» (1987 год, выпуск 12)

Пусть pn(k)  — число перестановок множества из n(n1) элементов, имеющих ровно k неподвижных точек. Докажите, что:

  1. nk=0kpn(k)=0pn(0)+1pn(1)++npn(n)=n!
  2. nk=0(k1)2pn(k)=n!

Примечание

Перестановкой конечного множества S называется взаимно однозначное отображение f множества S на себя; число всех перестановок множества из n элементов равно n!=12n

Доказательство

  1. Заметим прежде всего, что nk=0pn(k)=n!, так как в левой части стоит суммарное число перестановок, имеющих 0,1,,n неподвижных точек, т.е. просто число всех перестановок. Теперь докажем, что при 1kn kpn(k)=npn1(k1), считая, что p0(0)=1. Для этого подсчитаем двумя способами число N пар (f,i), где f — произвольная перестановка n элементов с k неподвижными точками, а i — любая из этих точек f(i)=i. С одной стороны, каждая из этих pn(k) перестановок входит в k пар, поэтому N=kpn(k). Суммируя равенства (2) по k=1,,n и учитывая (1) ( с заменой n на n1), получим nk=0kpn(k)=nnk=1pn1(k1)=n(n1)!=n!
  2. Докажем сразу более общее тождество s(n,m)=nk=mk!(km)!pn(k)=n! nm, m=0,1,2, (по определению, 0!=1). При m=0 оно совпадает с (1), при m=1 — с утверждением 1, а при m=2 эквивалентно 2, поскольку nk=0(k1)2pn(k)=nk=0k(k1)pn(k)nk=0kpn(k)++nk=0pn(k)=s(n,2)s(n,1)+s(n,0).
    Из тождества (2) следует, что при 1mnk k!(km)!pn(k)=k(k1)(km+1)pn(k)==n(k1)(km+1)pn1(k1)==n(n1)(k2)(km+1)pn2(k2)==n(n1)(nm+1)pnm(km)==n!(nm)!pnm(km). Суммируем эти равенства по k=1,,n: s(n,m)=n!(nm)!s(nm,0)=n!
    Другое доказательство (3) можно получить из почти очевидного соотношения pn(k)=Cknpnk(0), где Ckn=n!k!(nk)! — число k -элементных подмножеств множества из n элементов (число сочетаний).

M1273. Площади фигуры, составленной из треугольников

Задача из журнала «Квант» (1991 год, выпуск 8)

На сторонах AB, BC и CA треугольника ABC как на основаниях вне его построены треугольники ABC1, BCA1, CAB1, у каждого из которых отношение высоты к основанию равно k. Такие же треугольники ABC2, BCA2 и CAB2 построены и по другую (внутреннюю) сторону от оснований. Докажите, что площади S, S1 и S2 треугольников ABC, A1B1C1 и A2B2C2 связаны соотношением S1±S2=S(12+6k2) (знак «+» или «» зависит от ориентации треугольника A2B2C2 по отношению к ABC).

Доказательство

Вершины треугольников с площадями S1 и S2 лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника ABC, проходящих через центр O его описанной окружности. Если обозначить через R радиус этой окружности, а через α, β, γ — углы треугольника ABC, то из рис.1 видно, что, поскольку синусы углов между перпендикулярами равны синусам углов между соответствующими сторонами, то 2S1=OA1OB1sinγ+OB1OC1sinα+OC1OA1sinβ.

рис.1

Пусть t — тангенс угла наклона стороны равнобедренного треугольника к основанию (t=2k). Тогда отрезки от O до вершин легко выразить через радиус R и получить, что 2S1R2=(cosα+tsinα)(cosβ+tsinβ)sinγ++(cosβ+tsinβ)(cosγ+tsinγ)sinα++(cosγ+tsinγ)(cosα+tsinα)sinβ.
Отношение же 2S2R2 (для случая, изображенного на рис.1) равно аналогичному выражению, где вместо t стоит t. Сложив оба эти выражения и раскрыв скобки, мы увидим, что коэффициент при t1 равен 0, коэффициент при t2 равен 6sinαsinβsinγ, а свободный член (здесь нужно использовать равенство α+β+γ=π, откуда cotαcotβ+cotβcotγ+cotαcotγ=1) равен 2sinαsinβsinγ. По известной формуле S=abc4R, выражающей площадь S через стороны a, b, c и радиус описанной окружности R, 2sinαsinβsinγ=2abc8R3=SR2
Откуда получаем нужную формулу S1+S2=1+3t22S=S(12+6k2).
Эти рассуждения необходимо несколько уточнить, чтобы они оказались применимы не только для случая, изображенного на рис.1, но и для случая, когда внутренние треугольники налегают друг на друга, в частности, когда A2B2C2 имеет противоположную ориентацию. Вместо этого мы посмотрим на наши рассуждения с более общей точки зрения.
Верен такой общий факт: если три точки K, L и M с постоянными скоростями движутся по трем прямым, то площадь ориентированного треугольника KLM как функция,зависящая от времени t, выражается квадратным трехчленом от t:S=F(t). Легко доказать это, например, с помощью метода координат (формула ориентированной площади треугольника с вершинами (x1,y1), (x2,y2), (x3,y3) выглядит так: S=x1y2x2y1+x2y3x1y2+x3y1x1y32. Ясно, что если каждая координата выражается линейной функцией от t, то S — квадратный трёхчлен от t).
Будем считать, что при t=0 наши точки совпадают с серединами сторон треугольника ABC и двигаются по серединным перпендикулярам (при t>0 во внешнюю сторону) со скоростями, пропорциональными длинам a, b, c соответствующих сторон треугольника: при некотором t они занимают положения A1, B1, C1, а при противоположном значении (t) — положения A2, B2, C2. Нас интересует сумма F(t)+F(t), то есть свободный и старший (содержащий t2) члены F(t), которые по сущетсув мы и вычисляли выше (1).
Интересно заметить, однако, что они имеют геометрический смысл, так что можно найти их без вычислений. Свободный член F(0) — это S4 (площадь треугольника из средних линий ABC). Чтобы найти старший коэффициент, — он определяется как отношение площади S1 к t2 в пределе при t стремящемся к бесконечности, — заметим, что при очень большом t треугольник ABC можно считать «почти точкой» O. При этом векторы OA1, OB1, OC1 перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника и им пропорциональны ( с коэффициентом k=t2 ). Сумма этих векторов OA1, OB1 и OC1 равна нулю (как и векторов, образующих стороны треугольника), то есть они служат отрезками медиан треугольника A1B1C1, причем последний по площади в 3 раза больше треугольника A1OD (рис.2), подобного ABC с коэффициентом k. Отсюда ясно, что старший член F(t) имеет вид 3k2S=3t2S4.
рис.2

Итак, F(t)=S(1++3t2)4, откуда следует нужная формула (2) для S1±S2=F(t)+F(t).
Отметим интересные частные случаи нашей формулы: если на сторонах строятся правильные треугольники, то t=3, так что S1±S2=5S; если равнобедренные прямогульные, то t=1 и S1±S2=2S; а если t=36 (при этом новые точки — центры правильных треугольников, построенных на сторонах), то S1±S2=S.