Полученная нами формула Тейлора с остатком в форме Пеано позволяет определить лишь скорость стремления к нулю остатка при x→x0. Однако мы ничего не можем сказать об абсолютной величине остатка формулы Тейлора для конкретных значений x, и даже не имеем возможности оценить его. Во многих задачах требуется оценить погрешность приближения функции ее многочленом Тейлора. Такую возможность дает формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.
Напомним формулировку теоремы Лагранжа. Если функция f непрерывна на [a,b] и дифференцируема на (a,b), то существует такая точка ξ∈(a,b), что f(b)=f(a)+f′(ξ)(b−a). Можем считать, что в правой части этого равенства f(a) – многочлен Тейлора нулевого порядка с центром в точке a, а f′(ξ)(b−a) – остаток в формуле Тейлора для функции f, вычисленной в точке b. Эта формула позволяет оценить |f(b)—f(a)|, т. е. погрешность приближения значения функции f(b) значением f(a), через |f′(ξ)|⋅|b−a|. Например, если f(x)=arctgx, то arctga=arctgb+11+ξ2(b−a), откуда сразу получаем, что |arctgb−arctga|⩽11+ξ2|b−a|⩽|b−a|.
Обобщением этих рассуждений на случай произвольного натурального n и есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.
Теорема. Пусть функция f определена на отрезке [a,b] и имеет на этом отрезке непрерывные производные до порядка n включительно, а на интервале (a,b) существует производная (n+1)-го порядка. Тогда существует такая точка ξ∈(a,b), что f(b)=f(a)+f′(a)1!(b−a)+f′′(a)2!(b−a)2+⋯+f(n)(a)n!(b−a)n++f(n+1)(ξ)n+1!(b−a)n+1.
Обозначим Pn(x)=f(a)+f′(a)1!(b−a)+f′′(a)2!(b−a)2+⋯+f(n)(a)n!(b−a)n – многочлен Тейлора функции f с центром в точке a. Рассмотрим вспомогательную функцию φ=f(x)—Pn(x)—λ(b−a)n+1, где число λ
определяется из условия φ(b)=0, т. е.
f(b)=Pn(b)−λ(b−a)n+1.(5.4)
Так как Pn – многочлен Тейлора функции f с центром в точке a, то производные функции f и многочлена Pn в точке a совпадают до порядка n включительно, т. е. f(k)(a)=P(k)n(a)(k=0,1,…,n). Далее, для функции φ имеем φ(a)=0,
φ′(x)=f′(x)−P′n(x)−λ(n+1)(x−a)n,φ′(a)=0,
φ′′(x)=f′′(x)−Pn′′(x)−λ(n+1)n(x−a)n−1,φ′′(a)=0,
φ(k)(x)=f(k)(x)−P(k)n(x)−λ(n+1)n(n−1)…(n−k+2)(x−a)n−k+1. Итак, φ(k)(a)=0(k=0,1,…,n).
Поскольку φ(a)=φ(b)=0, то на [a,b] к функции φ можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка ξ1∈(a,b), что φ′(ξ1)=0. Далее, на [a,ξ1] к функции φ′ снова можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка ξ2∈(a,ξ1)⊂(a,b), что (φ′)′(ξ2)=φ′′(ξ2)=0. Продолжая этот процесс, на n-м шаге получим такую точку ξn∈(a,b), что φ(n)(ξn)=0. На отрезке [a,ξn] функция φ(n) все еще удовлетворяет условиям теоремы Ролля, согласно которой найдется такая точка ξ∈(a,b), что (φ(n))′(ξ)=φ(n+1)(ξ)=0. Имеем φ(n+1)(x)=(φ(n))′(x)=[f(n)(x)−P(n)n−λ(n+1)!(x−a)]′==f(n+1)(x)−0−λ(n+1)! и φ(n+1)(ξ)=f(n+1)(ξ)−λ(n+1)!=0, откуда λ=f(n+1)(ξ)n+1!. Подставив найденное значение λ в равенство (5.4), получим утверждение теоремы.
Замечание. В правой части доказанного в теореме равенства записан многочлен Тейлора функции f с центром в точке a, значение которого вычислено в точке b, а остаток f(n+1)(ξ)n+1!(b−a)n+1 отличается от остальных слагаемых тем, что производная вычислена в точке ξ∈(a,b). При n=0 доказанная теорема обращается в теорему Лагранжа.
Пример 1. Для функции f(x)=ex на [0,x](x>0) формула Тейлора
с остатком в форме Лагранжа принимает вид ex=1+x1!+x2!+⋯+xnn!+eθx(n+1)!xn+1, где 0⩽θ⩽1. Тогда для любого n остаток не превосходит Rn(x)=ex(n+1)!xn+1 и, очевидно, Rn(x)→0 при n→∞. Преимущество остатка в такой форме состоит в том, что мы можем оценить погрешность приближения ex≈1+x1!+x2!+⋯+xnn!. Она не превосходит 0⩽ex−(1+x1!+x2!+⋯+xnn!)⩽ex(n+1)!xn+1⩽3[x]+1(n+1)!xn+1. В частности, при x=1 получаем e=1+11!+12!+⋯+1n!+eθx(n+1)!, где 0<θ<1.Отсюда следует, что e=limn→∞(1+11!+12!+⋯+1n!).
Пример 2. Доказать неравенство (x>0) x−x33!+x55!−⋯−x2n−1(2n−1)!⩽sinx⩽⩽x−x33!+x55!−⋯−x2n−1(2n−1)!+x2n+1(2n+1)!. Для f(x)=sinx, как было вычислено ранее, f(k)(x)=sin(x+kπ2)(k=0,1,…). Поэтому sinx=x−x33!+x55!−⋯+x2n+1(2n+1)!sin(ξ+π(2n+1)2)⩽⩽x−x33!+x55!−⋯+x2n+1(2n+1)!, sinx=x−x33!+x55!−⋯−x2n−1(2n−1)!sin(ξ+π(2n−1)2)⩾⩾x−x33!+x55!−⋯−x2n−1(2n−1)!.
Примеры решения задач
-
С помощью формулы Маклорена разложить по степеням x функцию f(x)=ln(1+x) заданную на отрезке [0,1]. Оценить погрешность допускаемую при сохранении только десяти первых членов.
Решение
f(0)=ln1=0
f(n)(x)=(−1)(n−1)(n−1)!(1+x)n
f(n)(0)=(−1)(n−1)(n−1)!(n=1,2,3,…)
Подставив в формулу Маклорена, получим
ln(1+x)=x−x22+x33⋯+x99+R10(x), где остаточный член R10(x) в форме Лагранжа запишется так:R10(x)=f(10)(ξ)10!x10=−9!10!(1+ξ)10x10=−x1010(1+ξ)10, (0<ξ<x).
Оценим абсолютную величину остаточного члена R10(x); учитывая, что 0<x<1, получим |R10(x)|=|−x1010(1+ξ)10|<110. -
Сколько нужно взять членов в формуле Маклорена для функции f(x)=ex, чтобы получить многочлен, представляющий эту функцию на отрезке [−1,1], с точностью до 0,001?
Решение
Функция f(x)=ex имеет производную любого порядка f(n)(x)=ex Поэтому к этой функции нужно применить формулу Маклорена. Вычислим значение функции ex и ее n−1 первых производных в точке x=0, а значение n-й производной в точке ξ=θx(0<θ<1). Будем иметь f(0)=f′(0)=f′′(0)=⋯=f(n−1)(0)=1, f(n)(ξ)=eξ=eθx. Отсюда f(x)=1+x1!+x22!+⋯+xn−1(n−1)!+Rn(x), где Rn(x)=xnn!eθx. Так как, по условию, |x|⩽1 и 0<θ<1, то |Rn(x)|=|x|nn!eθx<1n!e<3n!. Следовательно, если выполняются неравенство 3n!⩽0,001, то заведомо будет выполняться неравенство |Rn(x)|⩽0,001. Для этого достаточно взять n⩾7(7!=5040). Таким образом, в формуле Маклорена достаточно взять 7 членов.
-
Доказать неравенство при x>0 x−x22<ln(1+x)<x
Решение
По формуле Маклорена с остаточным членом R2(x) имеем ln(1+x)=x−x22(1+ξ)2, где 0<ξ<x. По той же формуле с остаточным членом R3(x) имеем ln(1+x)=x−x22+x33(1+ξ1)3, где 0<ξ1<0. Так как x22(1+ξ)2>0 и x33(1+ξ1)3>0 при x>0, то отсюда следует, что x−x22<ln(1+x)<x.
Смотрите также
- Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 158-161.
- Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 339-344.
- Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 254-257.
Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.
