12.7 Формула Тейлора

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

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.

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

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

Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
В. И. Коляда, А. А. Кореновский КУРС ЛЕКЦИЙ по МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ часть 1 (2009 года) глава 12.7 стр. 292

5.7.3 Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Полученная нами формула Тейлора с остатком в форме Пеано позволяет определить лишь скорость стремления к нулю остатка при $x \to x_{0}$ . 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 $\left [ a ,b\right ]$ и дифференцируема на $\left ( a,b\right )$ , то существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$ , что $f \left(b \right) = f \left(a \right) + f’\left(\xi \right)\left(b-a \right)$ . Можем считать, что в правой части этого равенства $f\left(a\right)$ – многочлен Тейлора нулевого порядка с центром в точке $a$ , а $f’\left(\xi\right)\left(b-a\right)$ – остаток в формуле Тейлора для функции $f$ , вычисленной в точке $b$ . Эта формула позволяет оценить $\left | f\left(b\right) — f\left(a\right) \right |$ , т. е. погрешность приближения значения функции $f\left(b\right)$ значением $f\left(a\right)$ , через $\left | f’\left(\xi\right) \right | \cdot \left | b-a \right |$ . Например, если $\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} f\left(x \right) = \arctg x$ , то $\arctg a = \arctg b +\frac{1}{1+\xi^{2}}\left ( b-a \right ),$ откуда сразу получаем, что $\left | \arctg b -\arctg a \right |\leqslant \frac{1}{1+\xi^{2}}\left | b-a \right |\leqslant \left | b-a \right |.$
Обобщением этих рассуждений на случай произвольного натурального $n$ и есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Пусть функция $f$ определена на отрезке $\left [ a ,b\right ]$ и имеет на этом отрезке непрерывные производные до порядка $n$ включительно, а на интервале $\left ( a,b\right )$ существует производная $\left(n + 1\right)$ -го порядка. Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$ , что $f\left(b\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f{}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a \right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} + \\ + \frac{f^{\left(n+1 \right)}\left(\xi\right)}{n+1!}\left(b-a\right)^{n+1} .$

Обозначим $P_{n}\left(x\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f {}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a\right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n}$ – многочлен Тейлора функции f с центром в точке $a$ . Рассмотрим вспомогательную функцию $\varphi = f\left(x\right) — P_{n}\left(x\right) — \lambda \left(b-a\right)^{n+1}$ , где число $\lambda$
определяется из условия $\varphi(b)=0$ , т. е.
$f(b)=P_{n}\left(b \right)-\lambda \left(b-a\right)^{n+1}. \qquad ( 5.4 )$
Так как $P_{n}$ – многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$ , то производные функции $f$ и многочлена $P_{n}$ в точке $a$ совпадают до порядка $n$ включительно, т. е. $f^{\left(k \right)}\left(a\right)=P^{\left(k\right)}_{n}\left(a\right)\: \left(k=0,1,\dots, n\right)$ . Далее, для функции $\varphi$ имеем $\varphi\left(a\right) = 0$ ,
$\varphi{}’\left(x\right)=f’\left(x\right)-P’_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1 \right)\left(x-a \right)^{n}, \qquad\varphi’\left(a \right)=0,$
$\varphi{}'{}’\left(x\right)=f{}'{}’\left(x \right)-P_{n}{}'{}'(x)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(x-a\right)^{n-1}, \qquad\varphi{}'{}’\left(a\right)=0,$
$\varphi ^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k\right)}\left(x\right)-P^{\left(k\right)}_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(n-1\right)\dots\left(n-k+2\right)\left(x-a\right)^{n-k+1}.$ Итак, $\varphi^{\left(k\right)}\left(a\right)=0\: \left(k=0,1,\dots, n \right)$ .
Поскольку $\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)=0$ , то на $\left[a, b\right]$ к функции $\varphi$ можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi _{1}\in \left(a, b\right)$ , что $\varphi’\left(\xi _{1}\right)=0$ . Далее, на $\left[a, \xi _{1}\right]$ к функции $\varphi’$ снова можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi_{2}\in \left(a, \xi _{1}\right)\subset \left(a, b\right)$ , что $\left ( \varphi’ \right )'(\xi_{2})=\varphi{}'{}'(\xi_{2})=0$ . Продолжая этот процесс, на $n$ -м шаге получим такую точку $\xi _{n}\in\left(a, b\right)$ , что $\varphi ^{\left(n \right)}\left(\xi_{n}\right)=0$ . На отрезке $\left[a,\xi_{n}\right]$ функция $\varphi^{\left(n\right)}$ все еще удовлетворяет условиям теоремы Ролля, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left(a, b\right)$ , что $\left(\varphi^{\left(n\right)}\right)’\left(\xi\right)=\varphi^{\left(n+1\right)}\left(\xi \right)=0$ . Имеем $\varphi ^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left ( \varphi^{\left(n\right)} \right )’\left(x\right)=\left [ f^{\left(n\right)}\left(x\right)-P_{n}^{\left(n\right)}-\lambda\left(n+1\right)!\left(x-a\right) \right ]’=\\\\=f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)-0-\lambda \left(n+1\right)!$ и $\varphi ^{\left(n+1\right)}(\xi)=f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)-\lambda \left(n+1\right)!=0$ , откуда $\lambda=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!}$ . Подставив найденное значение $\lambda$ в равенство $\left(5.4\right)$ , получим утверждение теоремы.

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 $\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!} \left(b-a\right)^{n+1}$ отличается от остальных слагаемых тем, что производная вычислена в точке $\xi \in \left(a, b\right)$ . При $n=0$ доказанная теорема обращается в теорему Лагранжа.

Для функции $f\left(x\right)=e^{x}$ на $\left [ 0,x \right ]\: \left(x > 0\right)$ формула Тейлора
с остатком в форме Лагранжа принимает вид $e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!}x^{n+1},$ где $0\leqslant \theta \leqslant 1$ . Тогда для любого $n$ остаток не превосходит $R_{n}(x)=\frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}$ и, очевидно, $R_{n}(x)\to 0$ при $n\to \infty$ . Преимущество остатка в такой форме состоит в том, что мы можем оценить погрешность приближения $e^{x}\approx 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}.$ Она не превосходит $0\leqslant e^{x}-\left ( 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!} \right )\leqslant \frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}\leqslant \frac{3^{\left [ x \right ]+1}}{(n+1)!}x^{n+1}.$ В частности, при $x=1$ получаем $e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!},$ где $0< \theta <1.$ Отсюда следует, что $e=\lim_{n\to\infty}\left ( 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \right ).$

Доказать неравенство $(x>0)$ $x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\leqslant \sin x\leqslant \\\leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.$ Для $f(x)=\sin x$ , как было вычислено ранее, $f^{(k)}(x)=\sin \left (x+\frac{k\pi }{2} \right )\: (k=0,1,\dots)$ . Поэтому $\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n+1\right)}{2} \right )\leqslant \\ \leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!},$ $\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n-1\right)}{2} \right )\geqslant \\ \geqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}.$

Примеры решения задач

С помощью формулы Маклорена разложить по степеням $x$ функцию $f\left(x\right)=\ln (1+x)$ заданную на отрезке $\left[0,1\right]$ . Оценить погрешность допускаемую при сохранении только десяти первых членов.

Решение

$f\left(0\right)=\ln 1=0$
$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(1+x\right)^{n}}$
$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\left(n-1\right)! \qquad \left(n=1,2,3,\dots \right)$
Подставив в формулу Маклорена, получим
$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}\cdots+\frac{x^{9}}{9}+R_{10}\left(x\right),$ где остаточный член $R_{10}\left(x\right)$ в форме Лагранжа запишется так: $R_{10}\left(x\right)=\frac{f^{(10)}(\xi)}{10!}x^{10}=-\frac{9!}{10!\left(1+\xi\right)^{10}}x^{10}=-\frac{x^{10}}{10\left(1+\xi\right)^{10}},$ $\left(0<\xi<x\right).$
Оценим абсолютную величину остаточного члена $R_{10}\left(x\right)$ ; учитывая, что $0<x<1$ , получим $\left | R_{10}(x) \right |=\left | \frac{-x^{10}}{10(1+\xi)^{10}} \right |<\frac{1}{10}.$
Сколько нужно взять членов в формуле Маклорена для функции $f\left(x\right)=e^{x}$ , чтобы получить многочлен, представляющий эту функцию на отрезке $\left[-1,1\right]$ , с точностью до $0,001$ ?

Решение

Функция $f\left(x\right)=e^{x}$ имеет производную любого порядка $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=e^{x}$ Поэтому к этой функции нужно применить формулу Маклорена. Вычислим значение функции $e^{x}$ и ее $n-1$ первых производных в точке $x=0$ , а значение $n$ -й производной в точке $\xi=\theta x\; \left(0<\theta<1\right)$ . Будем иметь $f\left(0\right)=f{}’\left(0\right)=f{}'{}’\left(0\right)=\dots=f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)=1,$ $f^{\left(n\right)}\left(\xi \right)=e^{\xi}=e^{\theta x}.$ Отсюда $f\left(x \right)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\dots+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}+R_{n}\left(x\right),$ где $R_{n}\left(x\right)=\frac{x^{n}}{n!}e^{\theta x}.$ Так как, по условию, $\left | x \right |\leqslant 1$ и $0<\theta<1$ , то $\left | R_{n}\left(x\right) \right |=\frac{\left | x \right |^{n}}{n!}e^{\theta x}<\frac{1}{n!}e<\frac{3}{n!}.$ Следовательно, если выполняются неравенство $\frac{3}{n!}\leqslant 0,001,$ то заведомо будет выполняться неравенство $\left | R_{n}(x) \right |\leqslant 0,001.$ Для этого достаточно взять $n\geqslant 7\; \left(7!=5040\right)$ . Таким образом, в формуле Маклорена достаточно взять $7$ членов.
Доказать неравенство при $x>0$ $x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x$

Решение

По формуле Маклорена с остаточным членом $R_{2}\left(x\right)$ имеем $\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2(1+\xi)^{2}},$ где $0<\xi<x$ . По той же формуле с остаточным членом $R_{3}\left(x\right)$ имеем $\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3\left(1+\xi _{1}\right)^{3}},$ где $0<\xi_{1}<0$ . Так как $\frac{x^{2}}{2\left(1+\xi\right)^{2}}>0$ и $\frac{x^{3}}{3(1+\xi _{1})^{3}}>0$ при $x>0$ , то отсюда следует, что $x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x.$

Смотрите также

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

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

5.7.2 Разложения основных элементарных функций

Формулу Тейлора с центром в точке $x_0 = 0$ называют
$f(x) = f(0) + \frac{f’(0)}{1!}x + \frac{f’’(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) \ (x \to 0).$

Построим разложения некоторых функций по формуле Маклорена.

$f\left(x\right) = e^x$ , $f’(x) = f’’(x) = \cdots = f^{(n)}(x) = e^x$ , $f(0) = f’(0) = \cdots = f^{(n)}(0) = 1$ . Поэтому получаем
$e^x = 1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots + \frac{1}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}x^k + \bar{o}\left(x^n\right).$
$f(x) = \sin x$ , $f’(x) = \cos x$ , $f’’(x) = -\sin x$ , $f’’’(x) = -\cos x$ , $f^{(4)}(x) = \sin x$ . 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
$\sin x = 0 + \frac{1}{1!}x + \frac{0}{2!}x^2 + \frac{-1}{3!}x^3 + \frac{0}{4!}x^4 + \frac{1}{5!} + \cdots + \\ +\left(-1\right)^n \frac{1}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \frac{0}{\left(2n + 2\right)!}x^{2n + 2} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right) = \\ = x — \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} — \cdots + \left(-1\right)^n\frac{x^{2n + 1}}{\left(2n + 1\right)!} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \frac{x^{2k + 1}}{\left(2k + 1\right)!} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right).$
$f\left(x\right) = \cos x$ . 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
$\cos x = 1 + \frac{0}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{0}{3!}x^3 + \frac{1}{4!}x^4 + \cdots + \\ + \frac{\left(-1\right)^n}{\left(2n\right)!}x^{2n} + \frac{0}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \bar{o}\left(x^{2n + 1}\right) = \\ = 1 -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} — \cdots + \left(-1\right)^n \frac{x^{2n}}{\left(2n\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right).$
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 $1$ .
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

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
$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\left(1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^2\right)\right) \left(x -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^4\right)\right) -x -x^2}{x^3} =$ $= \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{x + x^2 + \displaystyle\frac{x^3}{2} -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^3\right) -x -x^2}{x^3} = \displaystyle\frac{1}{3}.$
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 $I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{-\left(x + \bar{o}\left(x^2\right)\right) \left(-\displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^3\right)\right) + \bar{o}\left(x^3\right)}{x^3} =$ $= \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{x^3}{2} + \bar{o}\left(x^3\right)}{x^3} = \displaystyle\frac{1}{2}.$
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
$I = \lim_{x \to +\infty} x\left(\frac{1}{3x} + \bar{o}\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{1}{3} + \bar{o}\left(\frac{1}{x}\right)\right) = \frac{1}{3}$
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

Задание 1 из 5

1.
Формулой Маклорена называется формула Тейлора с центром в точке
- $x_0 = \pi$
- $x_0 = 0$
- $x_0 = f’\left(0\right)$
- $x_0 = 1$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 5

2.
Укажите верные разложения функций по формуле Маклорена:
- $\ln{\left(1 + x\right)} = \sum_{k=1}^{n} \left(-1\right)^{k -1} \frac{x^k}{k} + \bar{o} \left(x^n\right)$
- $\sin{x} = \sum_{k=0}^{n} \left(-1\right)^{k} \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right)$
- $\cos{x} = \sum_{k=1}^{n} \left(-1\right)^{k} \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right)$
- $e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + \bar{o} \left(x^n\right)$
- $\left(1 + x\right)^{\alpha} = 1 + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha\left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -k + 1\right)}{k!}x^k + \bar{o}\left(x^n\right)$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 5

3.
Вычислите предел: $\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{x} -\frac{1}{\sin{x}}\right)$
Правильно

Неправильно

Задание 4 из 5

4.

Сопоставьте функцию и её разложение по формуле Маклорена:

Элементы сортировки

$1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots + \frac{1}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right)$
$1 + \frac{0}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{0}{3!}x^3 + \frac{1}{4!}x^4 + \cdots +$ $+ \frac{\left(-1\right)^n}{\left(2n\right)!}x^{2n} + \frac{0}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \bar{o}\left(x^{2n + 1}\right)|$
$0 + \frac{1}{1!}x + \frac{0}{2!}x^2 + \frac{-1}{3!}x^3 + \frac{0}{4!}x^4 + \frac{1}{5!} + \cdots +$ $+\left(-1\right)^n \frac{1}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \frac{0}{\left(2n + 2\right)!}x^{2n + 2} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right)$
$1 + \frac{\alpha}{1!}x + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right)}{2!}x^2 + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \left(\alpha -2\right)}{3!}x^3 + \ldots +$ $+ \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -n + 1\right)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right)$
$x -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4} + \ldots + \left(-1\right)^{n -1}\frac{x^n}{n} + \bar{o}\left(x^n\right)$

$f\left(x\right) = e^x$

$f\left(x\right) = \cos{x}$

$f\left(x\right) = \sin{x}$

$f\left(x\right) = \left(1 + x\right)^{\alpha}$

$f\left(x\right) = \ln{\left(1 + x\right)}$

Задание 5 из 5

5.
Отсортируйте следующие пределы в порядке убывания их значений:
- $\lim_{x \to 0} \frac{\sin{2x}}{2x^2}$
- $\lim_{x \to 0} \frac{x + \ln{\left(1 + x\right)}}{e^{3x} -1}$
- $\lim_{x \to 0} \frac{1 -\cos{4x}}{5x}$
Правильно

Неправильно

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 и обозначают $f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$ . По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, $f^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k-1\right)^{\prime}}\left(x\right)$

Для $k \in \usepackage{amsfonts} \mathbb {N}$ и отрезка $\left[a, b\right]$ через 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. 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.

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 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.

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

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 $x_0 = 1$ .
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: $f\left(x\right) = 1-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^2\right).$
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.

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу,т.1. — Одесса: Астропринт, 2009, с. 128-133

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 $\alpha \notin \mathbb{N}.$

$(1+x)^{\alpha }=$ $1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^{2}+ \ldots +\frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n+1)}{n!}x^{n}+\ldots=$ $1+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\alpha (\alpha -1) \ldots (\alpha -n+1)}{n!}x^{n}+\ldots, x\in \mathbb{R} (10)$

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

Спойлер

Разложить функцию в ряд Маклорена.

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

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

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

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 5
Определение ряда Маклорена
- Рядом Маклорена называется ряд в окрестности точки $x_0=0$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 4

2.
Количество баллов: 5
Выбрать разложение показательной функции
- $e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+...=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!}$
- $e^{x}=1-x+\frac{x^{2}}{2!}-...+\frac{x^{n}}{n!}-...=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{x^{n}}{n!}.$
- $e^{x}=1-x-\frac{x^{2}}{2!}-...-\frac{x^{n}}{n!}-...=\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!}.$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 4

3.
Количество баллов: 5
Выбрать из предложенных вариантов частные случаи формулы $(1+x)^{\alpha }=\sum\limits_{n=0}^{\infty }C_{\alpha }^{n}x^{n}$
- $\frac{1}{1+x}=1-x+x^{2}-...=\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}x^{n}$
- $f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}.$
- $\frac{1}{1-x}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }x^{n}$
Правильно

Неправильно

Задание 4 из 4

4.

Количество баллов: 5

Разложение основных элементарных функций

Элементы сортировки

$\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$
$\sum\limits_{n=0}^{\infty }(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}$
$\sum\limits_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}$
$1+\sum\limits_{n=1}^{\infty }\frac{\alpha (\alpha -1)...(\alpha -n+1)}{n!}x^{n}+...$
$\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$
$\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!}$
$\sum\limits_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!}$

$\sin x$

$\cos x$

$\ln (1 + x)$

$(1 + x)^{\alpha }$

$\text{sh} \, x$

$\text{e}^{x}$

$\text{ch} \, x$

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры решения задач

Формула Тейлора для действительных функций

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

Список использованной литературы

Примеры решения задач

Смотрите также

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

5.

Примеры решения практических заданий

Разложения основных элементарных функций

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Таблица лучших: Разложения основных элементарных функций

См. также:

Примеры решения задач

Тест

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

6.

См. также:

Разложение основных элементарных функций в ряд Тейлора

Показательная и гиперболические функции

Тригонометрические функции

Логарифмическая функция

Степенная функция

Литература

Разложение в ряд Тейлора основных элементарных функций

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки