4.1 Непрерывные функции. Определение и примеры

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 \in (a, b)$. Говорят, что функция $f$ непрерывна в точке $x_0$, если $$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(x_0).$$

Замечание. В отличие от определения предела функции $f$ в точке $x_0$, здесь мы требуем, чтобы функция $f$ была определена не только в проколотой окрестности точки $x_0$, а в целой окрестности точки $x_0$. Кроме того, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ не просто существует, а равен определенному значению, а именно, $f(x_0)$.

Используя определение предела функции в смысле Коши, определение непрерывности функции $f$ в точке $x_0$ в кванторах можно записать следующим образом: $$\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0: \forall x \in (a, b): |x — x_0| < \delta \Rightarrow \Big|f(x) — f(x_0)\Big| < \varepsilon.$$

В этом определении можно не требовать выполнения условия $|x — x_0| > 0$, т. к. при $|x − x_0| = 0$ неравенство $\Big|f(x) − f(x_0)\Big| < \varepsilon$, очевидно, выполнено.

Так как величина $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ зависит лишь от тех значений, которые функция $f$ принимает в сколь угодно малой окрестности точки $x_0$, то непрерывность – это локальное свойство функции.

В терминах окрестностей определение непрерывности выглядит следующим образом.

Определение. Функция $f$ называется непрерывной в точке $x_0$, если для любой окрестности $V$ точки $f(x_0)$ найдется такая окрестность $U$ точки $x_0$, что для всех $x \in U$ значение $f(x) \in V$, т. е. $f\Big(U \cap (a, b)\Big) \subset V$.

Применяя определение предела функции в смысле Гейне, определение непрерывности можно сформулировать так.

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $(a, b)$, называется непрерывной в точке $x_0 \in (a, b)$, если любая последовательность аргументов $\{x_n\}$ $\Big(x_n \in (a, b), x_n \to x_0\Big)$ порождает последовательность значений функции $\{f(x_n)\}$, стремящуюся к $f(x_0)$.

Применяя понятие, одностороннего предела (т. е. предела слева и справа) в точке $x_0$, можно дать определения непрерывности слева (справа) в точке $x_0$. Именно, функция $f$ называется непрерывной слева (справа) в точке $x_0$, если $\lim\limits_{x \to x_0-0}f(x) = f(x_0)$ $\Big(\lim\limits_{x \to x_0+0}f(x) = f(x_0)\Big).$ При этом в определении непрерывности слева достаточно считать, что функция $f$ определена лишь в левой полуокрестности точки $x_0$, т. е. на $(a, x_0]$, а для
непрерывности справа – на $[x_0, b)$.

Легко видеть, что справедливо следующее

Утверждение. Для того чтобы функция $f$ была непрерывной в точке $x_0$, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была непрерывной слева и справа в точке $x_0.$

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $(a, b)$, называется разрывной в точке $x_0 \in (a, b)$, если $f$ не является непрерывной в этой точке.

Итак, функция $f$ является разрывной в точке $x_0$, если выполнено одно из двух следующих условий.

  1. Либо не существует $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$.
  2. Либо предел $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ существует, но он не равен $f(x_0)$.

Пример 1. $f(x) ≡ C = Const$. Эта функция непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$, т. к. для любого $x \in \mathbb{R}$ $\Big|f(x) − f(x_0)\Big| = 0$.

Пример 2. $f(x) = x^2$, $-\infty \lt x \lt +\infty$, $x_0 \in \mathbb{R}$. Зададим $\varepsilon > 0$. Тогда из неравенства $$|x^2 — {x_0}^2| \leqslant \Big(|x| + |x_0|\Big)|x − x_0|$$ следует, что при $|x − x_0| < \delta = \min\Big(1, \frac{\varepsilon}{2|x_0| + 1}\Big)$ справедливо неравенство $|x^2 — {x_0}^2| < \varepsilon$, т. е. $\lim\limits_{x \to x_0}x^2 = {x_0}^2$, а значит, функция $f(x) = x^2$ непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Пример 3. $f(x) = \sqrt{x}$, $0 \leqslant x \leqslant +\infty$ Если $x_0 \in (0, +\infty)$, то $$\Big|\sqrt{x} — \sqrt{x_0}\Big| = \frac{|x — x_0|}{\sqrt{x} + \sqrt{x-0}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{x_0}}|x — x_0| \lt \varepsilon$$ если только $|x − x_0| \lt \delta \equiv \sqrt{x_0} \cdot \varepsilon$. Таким образом, функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \gt 0$. В точке $x_0 = 0$ можно ставить вопрос о непрерывности справа. Имеем $\Big|\sqrt{x} — \sqrt{0}\Big| = \sqrt{x} \lt \varepsilon$, если только $0 \leqslant x \lt \delta \equiv \varepsilon^2$. Итак, $\lim\limits_{x \to 0+}\sqrt{x} = 0 = \sqrt{0}$, т. е. функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна справа в точке $0$.

Пример 4. $f(x) = \sin x$, $-\infty \lt x \lt +\infty$. Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Тогда $$|\sin x − \sin x_0| = \bigg|2\cos{\frac{x + x_0}{2}}\sin{\frac{x — x_0}{2}}\bigg| \leqslant 2\bigg|\sin{\frac{x — x_0}{2}}\bigg| \leqslant |x — x_0|,$$ где последнее неравенство в этой цепочке следует из доказанного выше неравенства $|\sin t| \leqslant |t|$ ($0 \lt |t| \lt \frac{\pi}{2}$). Можем считать, что $|x − x_0| \lt \pi$. Тогда при $|x − x_0| \lt \delta \equiv \min(\pi, \varepsilon)$ справедливо $|\sin{x} − \sin{x_0}| \lt \varepsilon$, т. е. функция $f(x) = \sin{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$. Аналогично доказываем, что функция $f(x) = \cos{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Пример 5. $f(x) = x \cdot \sin{\frac{1}{x}}$ при $x \neq 0$ и $f(0) = 0$. Покажем, что функция $f$ непрерывна в точке $x_0 = 0$. Имеем $f(0) = 0$ и $$\lim\limits_{x \to 0}f(x) = \lim\limits_{x \to 0}x\sin{\frac{1}{x}} = 0$$ (т. к. $\Big|f(x) − 0\Big| = \Big|x\sin{\frac{1}{x}}\Big| \leqslant |x| \lt \varepsilon$, если только $|x − 0| = |x| \lt \delta \equiv \varepsilon$). Итак, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(0)$, так что $f$ непрерывна в точке $0$.

Пример 6. $f(x) = \text{sign}\;x$, $x \in \mathbb{R}$. Если $x_0 \neq 0$, то функция $f$ постоянна в некоторой окрестности точки $x_0$ и, следовательно, непрерывна в этой точке. Если же $x_0 = 0$, то не существует предела функции $f$ при $x \to 0$. Значит, функция $f$ разрывна в точке $0$. Более того,$\lim\limits_{x \to 0+}\text{sign}\; x = 1$, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)\text{sign}\;x = −1$, $\text{sign}\;0 = 0$, так что функция $\text{sign}\; x$ разрывна в точке $0$ как слева, так и справа.

Пример 7. Рассмотрим функцию Дирихле $$\mathcal{D}(x) =
\begin{cases}
1, & \text{если $x \in \mathbb{Q}$;} \\
0, & \text{если $x \in {\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}}$.}
\end{cases}$$ Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Покажем, что не существует предела функции $\mathcal{D}$ при $x \to x_0$. Для этого выберем последовательность $\{x^\prime\}$ отличных от $x_0$ рациональных чисел, стремящуюся к $x_0$. Тогда $\mathcal{D}(x^\prime_n) = 1$ и, значит, $\lim\limits_{n \to +\infty}\mathcal{D}(x^\prime_n) = 1$. Если же взять последовательность ${x^{\prime\prime}_n}$ отличных от $x_0$ иррациональных чисел, стремящуюся к $x_0$, то получим, что $\mathcal{D}(x^{\prime\prime}_n) = 0$ и $\lim\limits_{n \to +\infty}\mathcal{D}(x^{\prime\prime}_n) = 0$. В силу определения предела функции по Гейне получаем, что функция $\mathcal{D}$ не имеет предела в точке $x_0$. Так как $x_0 \in \mathbb{R}$ – произвольная точка, то это означает, что функция Дирихле разрывна в каждой точке.

Пример 8. $f(x) = x \cdot \mathcal{D}(x)$, $x \in \mathbb{R}$. Функция $f$ разрывна в каждой точке $x_0 \neq 0$. В самом деле, если $\{x^\prime_n\}$ и $\{x^{\prime\prime}_n\}$ соответственно последовательности рациональных и иррациональных отличных от $x_0$ чисел, стремящиеся к $x_0$, то $\lim\limits_{n \to \infty}f(x^{\prime}_n) = x_0$ и $\lim\limits_{n \to \infty}f(x^{\prime\prime}_n) = 0$, так что, в силу определения предела функции по Гейне, функция $f$ не имеет предела в точке $x_0$. Если же $x_0 = 0$, то $\lim\limits_{n \to 0}f(x) = 0 = f(0)$. Действительно, $|f(x)| = |x \cdot \mathcal{D}(x)| \leqslant |x| \lt \varepsilon$, если только $|x − 0| = |x| \lt \delta \equiv \varepsilon$. Это означает, что данная функция непрерывна в единственной точке $x_0 = 0$.

Пример 9. Дана функция $$f(x) =
\begin{cases}
\frac{\sin x}{x}, & \text{если $x \neq 0$;} \\
1, & \text{если $x = 0$.}
\end{cases}$$ Проверить на непрерывность в точке $x_0 = 0$.

Решение

$$\lim\limits_{x \to x_0 — 0}\frac{\sin x}{x} = \lim\limits_{x \to 0 + 0}\frac{\sin x}{x} = 1 = f(x_0)$$ Отсюда следует, что $f(x)$ непрерывна в точке $x_0$, т. к. для того чтобы функция $f$ была непрерывной в точке $x_0$, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была непрерывной слева и справа в точке $x_0.$

Пример 10. Покажите, что функция $f(x) = \frac{x + 3}{x — 2}$ разрывна в точке $x_0 = 2.$

Решение

Для этого достаточно показать, что предел данной функции при $x \to x_0$ либо не равен значению функции в точке $x_0$, либо не существует. $$\lim\limits_{x \to 2 — 0}\frac{x + 3}{x — 2} = -\infty$$ $$\lim\limits_{x \to 2 + 0}\frac{x + 3}{x — 2} = +\infty$$ Т. к. левосторонний и правосторонний пределы $f(x)$ не совпадают, то предела функция в точке $x_0$ не имеет, следовательно она разрывна в этой точке.

Литература

Непрерывные функции. Определение и примеры

Тест по теме: «Непрерывные функции. Определение и примеры.»


Таблица лучших: Непрерывные функции. Определение и примеры

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

2.5 Критерий Коши

Если для исследования сходимости последовательности применять определение предела, то мы заранее должны знать, является ли данная последовательность сходящейся и значение ее предела. Используя определение предела, мы можем лишь доказывать выдвинутую гипотезу. Однако в ряде случаев по самому виду последовательности трудно определить, является ли она сходящейся или расходящейся. Например, $x_n = 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}$ . В связи с этим возникает необходимость найти внутреннее свойство последовательности, равносильное сходимости и не
зависящее от числа $a$ – предела последовательности. Мы докажем, что таким свойством является фундаментальность.

Определение. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной (сходящейся в себе), если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$, что для всех номеров $n \geqslant N$, $m \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n — x_m| < \varepsilon$.

Существенное отличие определения фундаментальности от определения предела состоит в том, что в определении предела мы должны знать значение предела, а в определении фундаментальности это не требуется. Смысл определения предела состоит в том, что все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличаются от значения предела, т. е. $|x_n — a| < \varepsilon$ при $n \geqslant N = N(\varepsilon)$. В определении фундаментальности требуется чтобы все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличались друг от друга $\Big(|x_n — x_m| < \varepsilon$, $n, m \geqslant N = N(\varepsilon)\Big).$

Равносильность сходимости последовательности и ее фундаментальности устанавливает следующая теорема.

Теорема (критерий Коши). Для того чтобы последовательность была сходящейся, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.

Необходимость доказывается совсем просто. В самом деле, нужно показать, что из сходимости следует фундаментальность. Пусть последовательность $\{x_n\}$ сходится и $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$. Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем номер $N$, такой, что для любого $n \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n — a| < \frac{\varepsilon}{2}$. Если $n, m \geqslant N$, то получим $$|x_n — x_m| \leqslant |x_n — a| + |x_m — a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$ а это и означает, что $\{x_n\}$ – фундаментальна.

Достаточность. Нужно показать, что из фундаментальности последовательности следует ее сходимость. Сначала мы покажем, что из фундаментальности следует ограниченность. Затем, используя лемму Больцано – Вейерштрасса, из ограниченной последовательности выделим сходящуюся подпоследовательность и, наконец, снова используя фундаментальность, покажем, что и вся последовательность сходится к тому же пределу, что и выделенная подпоследовательность.

Итак, пусть $\{x_n\}$ – фундаментальная последовательность. Докажем ее ограниченность. Зададим $\varepsilon = 1$ и, пользуясь фундаментальностью, найдем номер $N_1$, такой, что для любых $n, m \geqslant N_1$ справедливо неравенство $|x_n — x_m| < 1$. Зафиксируем $m = N_1$. Тогда получим, что для всех $n \geqslant N_1$ имеет место неравенство $|x_n — x_m| < 1$, т. е. ${x_N}_1 — 1 < x_n < {x_N}_1 + 1$. Отсюда следует, что $|x_n| \leqslant |{x_N}_1| + 1$ для всех $n \geqslant N_1$. Во множестве $E = \{|{x_N}_1| + 1, |x_1| , \ldots , |{x_N}_1 − 1|\}$, состоящего из конечного числа элементов, выберем наибольший $A = \max\{|{x_N}_1| + 1, |x_1| ,\ldots, |{x_N}_1 − 1|\}$. Тогда получим, что $|x_n| \leqslant A$ для всех $n = 1, 2,\ldots$, а это и означает, что $\{x_n\}$ – ограниченная последовательность.

Применяя теперь к ограниченной последовательности $\{x_n\}$ лемму Больцано – Вейерштрасса, выделим из нее сходящуюся подпоследовательность ${\{{x_n}_k\}}^\infty_{k = 1}$ и обозначим через a предел этой подпоследовательности. Покажем, что вся последовательность $\{x_n\}$ также сходится к числу a, т. е. что $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$.

Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь фундаментальностью последовательности $\{x_n\}$, найдем такой номер $N$, что для всех номеров $n, m \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n − x_m| < \frac{\varepsilon}{2}$. Далее, пользуясь тем, что $\lim\limits_{k\to \infty}{x_n}_k = a$, для заданного $\varepsilon$ найдем номер $k$, такой, что $n_k \geqslant N$ (это возможно, поскольку $n_k \rightarrow \infty$ при $k \rightarrow \infty$) и $|{x_n}_k — a| < \frac{\varepsilon}{2}$. Положим $m = n_k$. Тогда получим, что для любого $n \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n − {x_n}_k| < \frac{\varepsilon}{2}$. Отсюда следует, что для $n \geqslant N$ $$|x_n — a| \leqslant |x_n — {x_n}_k| + |{x_n}_k — a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$$

Итак, для заданного $\varepsilon > 0$ мы нашли номер $N$, начиная с которого справедливо неравенство $|x_n — a| < \varepsilon$. Поскольку выбранное $\varepsilon > 0$ произвольно, то по определению предела последовательности получаем, что $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$.

Определение фундаментальности последовательности можно сформулировать в такой эквивалентной форме.

Определение. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$, что для любого $n \geqslant N$ и для любого $p \in N$ справедливо неравенство $|x_{n + p} — x_n| < \varepsilon$.

Пользуясь этим определением, скажем, что последовательность $\{x_n\}$ не является фундаментальной, если найдется такое $\varepsilon_0 > 0$, что для любого $N$ существуют такой номер $n \geqslant N$ и такое натуральное число $p$, что $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \varepsilon_0$.

Пример 1. Рассмотрим последовательность $x_n = 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}$. Для натуральных $n$ и $p$ имеем $x_{n + p} − x_n = \frac{1}{n + 1} + \ldots + \frac{1}{n + p} \geqslant \frac{1}{n + p} + \ldots + \frac{1}{n + p} = \frac{p}{n + p}$. Если $n$ зафиксировано, то для $p = n$ получаем $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \frac{1}{2}$. Выберем $\varepsilon_0 = \frac{1}{2} > 0$. Тогда для любого номера $N$ положим $n = N$, $p = n$ и будем иметь $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \varepsilon_0$. Это означает, что данная последовательность не является фундаментальной и, следовательно, в силу критерия Коши, она расходится.

Пример 2. Покажем, что последовательность $x_n = \frac{\sin 1}{1^2} + \frac{\sin 2}{2^2} + \ldots + \frac{\sin n}{n^2}$ фундаментальна, а значит, сходящаяся. Для натуральных $n$ и $p$ имеем $$|x_{n + p} − x_n| \leqslant \frac{1}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n + p)^2} \leqslant $$ $$\leqslant \frac{1}{n(n + 1)} + \ldots + \frac{1}{(n + p — 1)(n + p)} =$$ $$= \frac{1}{n} — \frac{1}{n + 1} + \ldots + \frac{1}{n + p — 1} — \frac{1}{n + p} =$$ $$= \frac{1}{n} — \frac{1}{n + p} \leqslant \frac{1}{n} < \varepsilon,$$ если только $n \geqslant N = [\frac{1}{\varepsilon}] + 1$. Этим самым доказано, что данная последовательность фундаментальна.

Пример 3. Доказать, что последовательность $x_n = \frac{a_1}{1^2} + \frac{a_2}{2^2} + \ldots + \frac{a_n}{n^2},$ где $|a_n| \leqslant 2$ для всех $n$ натуральных, сходится, с помощью критерия Коши.

Решение

Для натуральных $n$ и $p$ $$|x_{n + p} — x_n| = \frac{|a_{n + 1}|}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{|a_{n + p}|}{(n + p)^2} \leqslant $$ $$\leqslant \frac{2}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{2}{(n + p)^2} \leqslant $$ $$\leqslant \frac{2}{(n + 1)n} + \ldots + \frac{2}{(n + p)(n + p — 1)} =$$ $$= \frac{2}{n} — \frac{2}{n + 1} + \ldots + \frac{2}{n + p — 1} — \frac{2}{n + p} =$$ $$= \frac{2}{n} — \frac{2}{n + p} \leqslant \frac{2}{n} < \varepsilon$$ если только $n \geqslant N = [\frac{2}{\varepsilon}] + 1$. таким образом доказано, что последовательность фундаментальна, а следовательно она сходится.

Упражнение. Покажите, что условие $\lim\limits_{n \to \infty}(x_{n+p} — x_n) = 0$, справедливое при любом натуральном $p$, не влечет фундаментальность последовательности $\{x_n\}$

Литература

Критерий Коши

Тест по теме: «Фундаментальные последовательности. Критерий Коши сходимости числовой последовательности.»


Таблица лучших: Критерий Коши

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

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):

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

Разложить функцию в ряд Маклорена.

$$f(x)=x\cos 3x$$
1

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

Раскрывая скобки, получим

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

Умножая левую и правую часть на $x$, получим

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

Таким образом:

$f(x)=x\cos x=x-\frac{3^{2}x^{3}}{2!}+\frac{3^{4}x^{5}}{4!}-\ldots+(-1)^{n}\frac{3^{(2n)}x^{(2n+1)}}{(2n)!}$

[свернуть]

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