12.7 Формула Тейлора

В одномерном случае формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа содержится в следующей теореме.

Теорема. Пусть функция $\gamma$ на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ имеет непрерывные производные до порядка $q$ включительно, а на интервале $\left(\alpha,\beta\right)$ существует производная порядка $q+1$. Тогда справедливо равенство $$\begin{equation}\gamma\left(\beta\right) — \gamma\left(\alpha\right) =\end{equation}$$
$$\frac{\gamma \prime\left(\alpha\right)}{1\,!}\cdot(\beta-\alpha) + \frac{\gamma\prime\prime\left(\alpha\right)}{2\,!}\cdot(\beta-\alpha)^{2} + + \frac{\gamma^{(q)}\left(\alpha\right)}{q\,!}\cdot(\beta-\alpha)^{q} + \frac{\gamma^{(q+1)}\left(\xi\right)}{q+1\,!}\cdot(\beta-\alpha)^{q+1},$$
где $\xi$ — некоторая точка из интервала $\left(\alpha;\beta\right)$.

Аналог этой теоремы в многомерном случае может иметь следующий вид.

Теорема. Пусть действительная функция $f$ класса $C^{q+1}$ на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n} $ и пусть отрезок $\left[a,a+h\right] \subset E$. Тогда справедливо равенство: $$\begin{equation}f\left(a+h\right)-f\left(a\right)=\end{equation}$$

$$= \sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x^{i}}(a)h^{i}+\frac{1}{2\,!}\sum_{i,j = 1}^{n}\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{i} x^{j}}(a)h^{i}h^{j}+\cdots +$$

$$+\frac{1}{q\,!}\sum_{i_{1},\cdots,i_{q}=1}^{n} \frac{\partial^{q} f}{\partial x^{i_{1}}\cdots\partial x^{i_{q}}}(a)h^{i_1}\cdots h^{i_q}+R_{q},$$

где $$R_{q} = \frac{1}{q+1\,!}\sum_{i_{1},\cdots ,i_{q+1}=1}^{n} \frac{\partial^{q+1} f}{\partial x^{i_{1}}\cdots \partial x^{i_{q+1}}}(a+\theta h)h^{i_1}\cdots h^{i_{q+1}},$$

а $\theta$ — некоторое число из отрезка $\left[0,1\right].$

Положим $\gamma(t) = f\left(a+th\right) \left(0\leqslant t\leqslant1\right).$ Ранее была доказана лемма(12.4 стр.283), согласно которой функция $\gamma$ дифференцируема и её производная

$$
\gamma\prime(t)=\sum_{i=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x^{i}}(a+th)h^{i}, \left(0\leqslant t\leqslant1\right).
$$

Снова применяя эту лемму получим

$$
\gamma\prime\prime(t)=\sum_{i,j=1}^{n} \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{i} \partial x^{j}}(a+th)h^{i}h^{j}.
$$

По индукции получаем

$$\gamma^{p}(t)=\sum_{i,\cdots,i_{p} = 1}^{n} \frac{\partial^{p} f}{\partial x^{i_{1}}\cdots\partial x^{i_{p}}}(a+th)h^{i_{1}}\cdots h^{i_{p}}, \left(0 \leqslant p \leqslant q+1 \right)$$

Применяя теперь формулу Тейлора для функции $\gamma$, находим
$$\gamma(1)-\gamma(0) = \gamma\prime(0)+\frac{1}{2\,!}\gamma\prime\prime(0)+\cdots+\frac{1}{q\,!}\gamma^{(q)}(0)+\frac{1}{(q+1)\,!}\gamma^{(q+1)}(\theta),$$
где $0\leqslant\theta\leqslant 1$ Если воспользуемся найденными выражениями для производных функции $\gamma$ и учтем, что $\gamma(1)-\gamma(0)=f(a+h)-f(a),$ то получим требуемое равенство.

Примеры решения задач

  1. Найти разложение функции по формуле Тейлора второго порядка в окрестности точки $M_{0}(2,1).$ $$f(x,y)=x^{2} \cdot 2^{x-3y},$$ используя найденное разложение, найти приближенное значение функции в точке $M(2,05;0,98).$

    Решение

    Вычислим все необходимое для решения:
    $$f\left(2;1\right)=2^{2}\cdot 2^{2-3}=2;$$
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=2x\cdot 2^{x-3y}+x^{2}\cdot 2^{x-3y}\cdot \ln {2}; \frac{\partial f}{\partial y}=-3x^{2}\cdot 2^{x-3y} \cdot \ln {2}$$
    $$\frac{\partial f}{\partial x}(2;1)=2\cdot 2^{2-3}(2+2\ln{2})=2(1+\ln{2});$$ $$ \frac{\partial f}{\partial y}(2;1)=-3\cdot 4 \cdot 2^{2-3} \cdot \ln{2}=-61\ln{2}$$
    $$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=2^{x-3y}(2+4x\ln{2}+x^{2}\ln^{2}2); $$$$\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}= -3x\cdot2^{x-3y}(2+x\ln{2})\ln{2}; \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=9x^{2}-2^{x-3y}\cdot \ln^{2}{2};$$
    $$\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}(2;1)=1+4 \ln{2} + 2 \ln^{2}{2}; \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}(2;1)=-6(1+\ln{2})\ln{2}; \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}(2;1)=18 \ln^{2}{2};$$

    Запишем формулу Тейлора второго порядка для заданной функции:$$f(x;y)\approx 2+\left(2(1+\ln{2})(x-2)-6\ln{2}(y-1)\right)+$$ $$\frac{1}{2}\left[(1+4\ln{2}+2\ln^{2}{2})(x-2)^{2}-12(1+\ln{2})\ln{2}(x-2)(y-1)+18\ln^{2}{2}(y-1)^{2}\right]$$

    Найдём приближенное значение $f(2,05;0,98)\approx 2,087.$

Формула Тейлора для действительных функций

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.

Список использованной литературы

О приближенном вычислении с помощью формулы Тейлора

Если остаток в формуле Тейлора |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0}  , то формулу Тейлора для многочлена можно записать так:  f(x)\approx f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} .

Важна форма записи остаточного члена:

r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}  .

r_{n}(x_{0},x)  — определяет погрешность формулы. Если же f(x)  вычисляется по формуле при конкретном числовом значении x  , то может оказаться, что слагаемые в этой формуле сами вычисляются приближённо. Тогда погрешность результата будет состоять из погрешности слагаемых и погрешности формулы. Если вычислять все слагаемые с одинаковой точностью \alpha _{0}  (погрешностью формулы), то общая погрешность результата равна (n+2)\alpha _{0}  .

Пусть \alpha  — заранее известная точность результата. Тогда следует преобразовать \alpha _{0}  так, чтобы обеспечить выполнение неравенства   (n+2)\alpha _{0}\leq\alpha  , то есть \alpha_{0}\leq\frac{\alpha}{n+2}  . При достаточно малых n  , например, n\leq8  : \alpha_{0}=\frac{\alpha}{10}\leq\frac{\alpha}{n+2}  .

Обычно точность вычислений \alpha  задается в виде: \alpha=10^{-m} \Rightarrow \alpha_{0}=10^{-(m+1)}  . Это значит, что вычисления нужно проводить с одним запасным знаком. Мы установили, что один запасной знак обеспечит требуемую точность при n\leq8  .

Пример

Вычислить e^{0,1}  с точностью до \alpha=0,001=10^{-3}  .

Решение

Оценкой определим, в какой точке удобнее раскладывать исходную функцию (найдём ближайшую к необходимой точку, где известно точное значение функции):

0\leq0,1\leq0,5 \Rightarrow x\in[0;0,5]

Выпишем формулу Тейлора:

e^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+...+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}x^{n+1}  ;

Выполним вычисление по формуле Тейлора, разложив функцию в точке x_{0}=0

Выполним оценку погрешности:

r_{n}(0,x)=\left | \frac{e^{\xi }x^{n+1}}{(n+1)!} \right |=\frac{e^{\xi} \left | x \right |^{n+1}}{(n+1)!}\leq\frac{\sqrt{e}x^{n+1}}{(n+1)!} \leq \frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}

Оценим сверху:

\frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}\leq \frac{1}{10}

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0.5*10^{-1}\alpha=\frac{\alpha}{20}  .

Эта запись удобна тем, что вычисляя последовательность слагаемых U_{k}=\frac{x^{k}}{k!}  мы имеем возможность одновременно видеть достигнута ли требуемая точность.

По условию:

\alpha=10^{-3}

Подставим в оценку, сделанную ранее:

\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0,00005

Для U_{k}=\frac{x^{k}}{k!}  полагаем k=0,1,2,...

x=0,1 \Rightarrow U_{0}=1; U_{1}=0,1; U_{2}=0,005;

U_{3}=0,0002; U_{4}=0,00005 — выбранное значение k  подходит.

e^{0,1}\approx 1+0,1+0,005+0,0002+0,00005=1,105

e^{0,1}\approx1,105

Неравенство \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq0,00005  оказалось выполненным при k=n+1=4  , n=3  .

Источники: