Рассмотрим вычисление пределов с помощью формулы Тейлора на примерах:

$latex 1)\; \;

\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{tg x-\frac{x}{1+x^{2}} }{\sin x-sh x}=\begin{bmatrix}
tg x=x+\frac{x^{3}}{3}+\circ (x^{2})\\
-\frac{1}{1+x^{2}}=1-x^{2}+\circ (x^{2})\\
-x\frac{1}{1+x^{2}}=x(1-x^{2}+\circ (x^{2}))=x-x^{3}+\circ (x^{3})\\
tg x-\frac{x}{1+x^{2}}=x+\frac{x^{3}}{3}+\circ (x^{2})-x+x^{3}-\circ (x^{3})=\frac{4}{3}x^{3}+\circ (x^{3})\\

\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})\\

sh x=x+\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})\\

\sin x-sh x=x-\frac{x^{3}}{3!}-x-\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})=-\frac{1}{3}x^{3}+\circ (x^{4})\\

\end{bmatrix}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{4}{3}x^{3}+\circ (x^{3})}{-\frac{1}{3}x^{3}+\circ (x^{4})}=-4 &s=4

$

$latex 2)\; \;

\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x(\sqrt{x^{2}(1+\frac{2}{x})}-2\sqrt{x^{2}(1+\frac{1}{x})}+x)=\begin{bmatrix}
t=\frac{1}{x}\\
t\rightarrow 0\\
\end{bmatrix}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}(\sqrt{1+2t}-2\sqrt{1+t}+1)=\begin{bmatrix}
(1+x)^{\alpha }=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha(\alpha-1) }{2!}x^{2}+\circ (x^{2})\\
(1+2t)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{\frac{1}{2}}{1!}2t+\frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}) }{2!}4t^{2}+\circ (t^{2})\\
(1+t)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{\frac{1}{2}}{1!}t+\frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}) }{2!}t^{2}+\circ (t^{2})\\

\end{bmatrix}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}(1+t-\frac{1}{2}t^{2}-2-t+\frac{1}{4}t^{2}+\circ (t^{2})+1)=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}*(-\frac{1}{4})t^{2}+\circ \frac{(t^{2})}{t^{2}}=\begin{bmatrix}
\circ \frac{(t^{2})}{t^{2}}\rightarrow 0\\
\end{bmatrix}=-\frac{1}{4} &s=1

$

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Вычисление предела с помощью формулы Тейлора»).
• Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа.Выпуск 2, 1982 год. Часть 1. Глава 8, пар. 16, стр 278-281.

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)

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 6 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6

Информация

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

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 6

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 6 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 6

   1.

   
   В условиях теоремы функция $latex f(x) $ представима в виде…

   • $ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{k}}{k!}(x-x_{0})^{k} + o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}} $
   • $ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{k}}{k!}(x-x_{0})^{k} $
   • $ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{k}}{k!}(x)^{k}+o((x)^{n})_{x\to0} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 6

   2.

   
   Лемма, помогающая доказать теорему, гарантирует выполнение следующего равенства при определённых условиях:

   • $ \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) \, существует\, такая\, 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)} $
   • $ \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) \, существует\, такая\, точка\, \xi $$ $$принадлежащая\, интервалу \,с \,концами \, x_{0} \, и \, x \,такая\, , \, что\, \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\psi(\xi)}{\varphi(\xi)} $
   • $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 6

   3.

   Каким условиям должны удовлетворять функции $latex \varphi(x) $  и $latex \psi(x) $ для того, чтоб для них выполнялась лемма, доказанная в этой главе?

   • $ \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x) $
   • $ \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=...=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 \, , \,\psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=...=\psi^{(n)}(x_{0})=0 $
   • $ \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1} $
   • $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $
   • $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 6

   4.

   Чему получился равен  $latex \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{x-x_{0}} &s=1$?

   (буквами, например «один», «бесконечность», «ноль», «три»)
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 6

   5.

   
   Восстановите логическую последовательность

   • $ Правая\, часть\, формулы\, \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} \, имеет\, при\, x\to x_{0} \, предел\, , \, равный\, нулю. $
   • $ Существует\, предел\, левой\, части\, формулы\, \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} \, при\, x\to x_{0} \,  равный\, нулю. $
   • $ r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} $
   • $ f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) $
   Правильно
   

   Неправильно
   
6. Задание 6 из 6

   6.

   
   Соотнесите функции с их разложением по Тейлору с остатком в форме Пеано.

   Элементы сортировки

   • $ y=e^{x} $
   • $ y=ln(x+1) $
   • $ y=cos(x) $
   • $ y=sin(x) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}\frac{1}{k!}x^{k}+o(x^{n}) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}(-1)^{k}\frac{1}{k}x^{k}+o(x^{n}) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}(-1)^{k}\frac{1}{(2k)!}x^{2k}+o(x^{2n}) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}(-1)^{k}\frac{1}{(2k+1)!}x^{2k+1}+o(x^{2n+1}) $

   Правильно
   

   Неправильно
   

Получим информацию об остатке.

Теорема (об остатке [latex]r_{n}(x)[/latex] ф-лы Тейлора)

[latex]f(t), {f}'(t), {f}»(t),\cdots , f^{(n)}(t)\in C[x_{0},x][/latex] и [latex]\exists f^{(n+1)}(t)[/latex], где [latex]t \in (x_{0},x)[/latex]. Пусть ф-ция [latex]\varphi \in C[x_{0},x][/latex] и [latex]\exists \varphi'(t) \neq 0[/latex]     [latex]\forall t(x_{0},x)[/latex]. Тогда [latex]\exists[/latex] т. [latex]\xi \in (x_{0},x)[/latex] : [latex]r_{n}(x_{0},x)=\frac{\varphi (x) -\varphi (x_{0})}{\varphi ‘(\xi)n!} * \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{1!}*(x-\xi)^{n}[/latex]

[latex]\square [/latex]
Введем вспомогательную ф-цию [latex]F(t)=f(x)-P_{n}(t,x)[/latex], т.е. [latex]P_{n}(t,x)=f(t)+\frac{{f}'(t)}{1!}(x-t)+\cdots + \frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^{n}[/latex]

[latex]F(t)=f(x)-\left [ f(t)+\frac{{f}'(t)}{1!}(x-t)+\frac{{f}»(t)}{2!}(x-t)^{2}+ \frac{f^{(3)}(t)}{3!}(x-t)^{3}+ \cdots+\frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^{n} \right ][/latex] =[latex]-\left [ f'(t)+ \frac{f»(t)}{1!}(x-t)’ +\frac{f^{(3)}(t)}{2!}((x-t)^{2})’+ \frac{f^{(4)}(t)}{3!}((x-t)^{3})’ +\cdots+\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}((x-t)^{n})’ \right ][/latex]=[latex]-\left [ f'(t)+ \frac{f»(t)(x-t)+(x-t)’f'(t)}{1!} \right ][/latex]=[latex s=4]-\left [ f'(t)+ \frac{f»(t)}{1!}(x-t) +\frac{f'(t)}{1!}(-1)+ \frac{f^{(3)}(t)}{2!}(x-t)^{2}+\frac {f»(t)}{2!}2(x-t)(-1)+\frac {f^{(4)}(t)}{3!}(x-t)^{3}+3(x-t)^{2}(-1)\frac {f^{(3)}(t)}{3!}+\cdots+\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}+ n(x-t)^{n-1}(-1)\frac {f^{n}(t)}{n!} \right ][/latex]

[latex]F'(t)=-\frac {f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n}[/latex]
К паре ф-ций F(t) и [latex]\varphi (t)[/latex] на [latex][x_{0},x][/latex] применим теорему Коши о конечных приращениях [latex]\Rightarrow \exists[/latex] т. [latex]\xi \in (x_{0},x)[/latex]: [latex]\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}[/latex];
[latex]\frac {\overbrace {F(x)}^0-\overbrace{F(x_{0})}^{r_{n}(x_{0},x)}}{\varphi (x) — \varphi (x_{0})}=\frac {F'(\xi)}{\varphi ‘(\xi)}[/latex];

Уточняем!
[latex]F(x)=f(x) — P_{n}(x,x)=0;[/latex]
[latex]F(x_{0})=f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x)[/latex];
[latex]F'(\xi)=- \frac {f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi )^{n}[/latex];

Таким образом мы получаем следующую формулу:
[latex]\frac{0-r_{n}(x_{0},x)}{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}= -\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!\varphi(\xi)}(x-\xi)^{n}[/latex]. Отсюда
[latex]r_{n}(x_{0},x)=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\varphi'(\xi)n!}*f^{(n+1)}(\xi)*(x-\xi)^{n}[/latex].
[latex]\blacksquare[/latex]

Список литературы:

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

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

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

Важна форма записи остаточного члена:

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

$latex r_{n}(x_{0},x) &s=1 $ — определяет погрешность формулы. Если же $latex f(x) &s=1 $ вычисляется по формуле при конкретном числовом значении $latex x &s=1 $, 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 $latex \alpha _{0} &s=1 $ (погрешностью формулы), то общая погрешность результата равна $latex (n+2)\alpha _{0} &s=1 $.

Пусть $latex \alpha &s=1 $ — заранее известная точность результата. Тогда следует преобразовать $latex \alpha _{0} &s=1 $ так, чтобы обеспечить выполнение неравенства   $latex (n+2)\alpha _{0}\leq\alpha &s=1 $, то есть $latex \alpha_{0}\leq\frac{\alpha}{n+2} &s=1 $. При достаточно малых $latex n &s=1 $, например, $latex n\leq8 &s=1 $: $latex \alpha_{0}=\frac{\alpha}{10}\leq\frac{\alpha}{n+2} &s=1 $.

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

Пример

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

Решение

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

$latex 0\leq0,1\leq0,5 \Rightarrow x\in[0;0,5] &s=1 $

Выпишем формулу Тейлора:

$latex e^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+…+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}x^{n+1} &s=1 $;

Выполним вычисление по формуле Тейлора, разложив функцию в точке $latex x_{0}=0 &s=1 $

Выполним оценку погрешности:

$latex 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)!} &s=2 $

Оценим сверху:

$latex \frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}\leq \frac{1}{10} &s=2 $

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

$latex \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0.5*10^{-1}\alpha=\frac{\alpha}{20} &s=2 $.

Эта запись удобна тем, что вычисляя последовательность слагаемых $latex U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1 $ мы имеем возможность одновременно видеть достигнута ли требуемая точность.

По условию:

$latex \alpha=10^{-3} &s=1 $

Подставим в оценку, сделанную ранее:

$latex \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0,00005 &s=2 $

Для $latex U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1 $ полагаем $latex k=0,1,2,… &s=1 $

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

$latex U_{3}=0,0002; U_{4}=0,00005 &s=1$ — выбранное значение $latex k $ подходит.

$latex e^{0,1}\approx 1+0,1+0,005+0,0002+0,00005=1,105 &s=1 $

$latex e^{0,1}\approx1,105 &s=1 $

Неравенство $latex \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq0,00005 &s=2 $ оказалось выполненным при $latex k=n+1=4 &s=1 $, $latex n=3 &s=1 $.

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа.
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 257-263.

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:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Теорема о единственности разложения по формуле Тейлора»).
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 248-251.

Тест по теме: единственность полинома Тейлора

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 3 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3

Информация

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

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 3

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Нет рубрики 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 3 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 3

   1.

   Количество баллов: 1

   Расположите в правильном порядке этапы доказательства теоремы о единственности полинома Тейлора.

   • Приравнять $ f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+$ $ +\circ ((x-x_{0})^{n})=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+...$ $ +a_{n}(x-x_{0})^{n}+\circ((x-x_{0})^{n}) $
   • Взять предел обеих частей при $$ x\rightarrow x_{0} $$
   • Отбросить равные слагаемые в обеих частях уравнения.
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 3

   2.

   Количество баллов: 1

   
   
   Разложите в ряд Тейлора функцию $latex y(x)=x^2+4x-1$ в точке $latex x_0=2$. Каково значение свободного члена?
   (буквами, например: «ноль», «один», «два», «три»)
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 3

   3.

   Количество баллов: 1

   Поставьте соответствия так, чтобы получить правильные утверждения.

   Элементы сортировки

   • четные степени
   • нечетные степени
   • четные и нечетные степени

   • Если $$ f(x) $$ - четная, то формула Тейлора будет для нее содержать

   • Если $$ f(x) $$ - нечетная, то формула Тейлора будет для нее содержать

   Правильно
   

   Неправильно