Следствие (Формула Тейлора с остатком в форме Пеано)

Формулировка

Пусть $U \subset \mathbb{R}^{n}$ — открытая окрестность точки $x \in \mathbb{R}^{n}$ и функция $f: U \rightarrow \mathbb{R}$ имеет в $U$ непрерывные частные производные по всем переменным до порядка $m$ включительно.

Пусть также $h \in \mathbb{R}^{n}$ и $\left[ x..x+h \right] \subset U$ . Тогда справедливо представление

$f\left( x+h \right) — f\left( x \right) = \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_k} } \left( x \right) h_{i_1} \cdots h_{i_k} + o \left(\left| h \right|^m\right)$
при $\left| h \right| \rightarrow 0$ , где $\left| h \right| = \sqrt{h_{1}^{2} + \cdots h_{n}^{2}}$ .

Доказательство

В условиях текущей теоремы справедлива теорема о формуле Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа:
$f\left( x+h \right) — f\left( x \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}} } \left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{k}} + r_{m}\left(x\right) ~~~~~~~~~~ \left( * \right)$

где при некотором $\theta \in \left(0 .. 1 \right)$

$r_{m}\left(x\right) = \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^{m}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{m}} } \left( x + \theta h \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}}$

По условию, все производные функции $f$ до порядка $m$ включительно непрерывны в окрестности $U$ . Значит, справедливо представление
$\frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}} \left( x + \theta h \right) = \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}}\left( x \right) + \alpha_{i_1, \cdots i_m}\left( x \right)$
где каждая из функций $\alpha_{i_1, \cdots i_m}$ является бесконечно малой при $\left| h \right| \rightarrow 0$ .
При каждом $i = \overline{1,m}$ , очевидно, справедливо неравенство
$\left| h_i \right| = \sqrt{h_{i}^{2}} \leq \sqrt{h_{1}^{2} + \cdots h_{n}^{2}} = \left| h \right| ~~~ \Rightarrow ~~~ \left|h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} \right| \leq \left| h \right| ^ m ~~~~~~~~~~ \left( ** \right)$
А тогда при $\left| h \right| \rightarrow 0$ имеем:
$\alpha_{i_1, \cdots i_m}\left(x\right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} = {o}\left(\left| h \right|^m\right) ~~~ \Rightarrow ~~~ \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \alpha_{i_1, \cdots i_m} \left(x\right)h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} = {o}\left(\left| h \right|^m\right) ~~~~~~~~~~ \left( *** \right)$
Подставим $\left( ** \right)$ и $\left( *** \right)$ в исходную формулу для остатка в форме Лагранжа: при $\left| h \right| \rightarrow 0$
$r_{m}\left(x\right) = \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}}\left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} + \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \alpha_{i_1, \cdots i_m}\left(x\right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} =$
$= \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^m f}{\partial x_{i_1} \cdots \partial x_{i_m}}\left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}} + {o}\left(\left| h \right|^m\right)$
Наконец, подставив полученное выражение для остатка в формулу $\left( * \right)$ , получим доказываемую формулу.

Примеры

Рассмотрим два разложения по формуле Тейлора с остатком в форме Пеано в окрестности нуля: при $x^2 + y^2 \rightarrow 0$
$e^{x^2 + y} = 1 + y + x^2 + \frac{1}{2}y^2 + x^2 y + \frac{1}{6}y^3 + {o}\left(\left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)^3\right)$
$e^x \sin y = y + xy — \frac{1}{6}y^3 + \frac{1}{2}x^2 y + {o}\left(\left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)^3\right)$

Литература

Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, ФИЗМАТЛИТ, 2001, стр. 555-557
Коляда В.И., Кореновский А.А., Курс лекций по математическому анализу, Астропринт, 2009, часть I, стр. 292-293

Тест для закрепления материала

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Формулировка

Пусть [latex] U \subset \mathbb{R}^{n}[/latex] — открытая окрестность точки [latex] x \in \mathbb{R}^{n}[/latex] и функция [latex] f: U \rightarrow \mathbb{R}[/latex] имеет в [latex] U [/latex] непрерывные частные производные по всем переменным до порядка [latex]m[/latex] включительно.

Пусть также [latex] h \in \mathbb{R}^{n}[/latex] и [latex] \left[ x..x+h \right] \subset U[/latex] . Тогда справедливо представление

$f\left( x+h \right) — f\left( x \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{k!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}} } \left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{k}} + r_{m}\left(x\right)$

где при некотором [latex] \theta \in \left(0 .. 1 \right)[/latex]

$r_{m}\left(x\right) = \frac{1}{m!} \sum_{i_{1},\cdots,i_{m}=1}^{n} \frac{\partial^{m}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{m}} } \left( x + \theta h \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{m}}$

Доказательство

Доказательство многомерного случая теоремы сводится к одномерному случаю посредством введения дополнительной функции
$\phi \colon \left[ 0, 1 \right] \rightarrow \mathbb{R}$
$\phi \left( t \right) = f\left( x + th \right)$
По теореме о дифференцируемости сложной функции, функция [latex] \phi [/latex] дифференцируема на [latex] \left[ 0, 1 \right] [/latex] и её первая производная есть
$\phi ^ {\left( 1 \right)} \left( t \right) = \sum_{i_{1}=1}^{n} \frac{\partial f }{\partial x_{i_{1}}} \left( x + t h \right) h_{i_{1}}$
Аналогично, для второй производной справедлива формула
$\phi ^ {\left( 2 \right)} \left( t \right) = \sum_{i_{1},i_{2}=1}^{n} \frac{\partial^{k} f }{\partial x_{i_{1}} \partial x_{i_{2}}} \left( x + t h \right) h_{i_{1}} h_{i_{2}}$
По индукции получаем, что при любом [latex] k = \overline{1,m} [/latex]
$\phi ^ {\left( k \right)} \left( t \right) = \sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}} } \left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{k}}$
Применим к функции [latex] \phi [/latex] одномерную теорему о формуле Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа. Согласно этой теореме, существует число [latex] \theta \in \left(0 .. 1 \right)[/latex], такое, что
$\phi \left( t \right) — \phi \left( 0 \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{\phi ^ {\left( k \right)} \left( 0 \right)}{k!} t^{k} + \frac{t^m}{m!}\phi ^ {\left( m \right)} \left( {\theta t} \right)$
Полагая [latex] t = 1 [/latex], получаем:
$\phi \left(1\right) — \phi \left( 0 \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{\phi ^ {\left( k \right)} \left( 0 \right)}{k!} + \frac{1}{m!}\phi ^ {\left( m \right)} \left( {\theta} \right)$
Вычислив [latex] \phi \left( 0 \right) = f\left( x \right)[/latex] и [latex] \phi \left( 1 \right) = f\left( x+h \right) [/latex] и подставив в формулу выражения для производных [latex] \phi ^ {\left( k \right)} [/latex], найденные выше, получим доказываемую формулу.

Замечания

Замечание 1. Нетрудно заметить, что
$\sum_{i_{1},\cdots,i_{k}=1}^{n} \frac{\partial^{k}f }{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}} } \left( x \right) h_{i_{1}} \cdots h_{i_{k}} = \left(h_{1} \frac{\partial}{\partial x_{1}} + \cdots + h_{n} \frac{\partial}{\partial x_{n}}\right) ^{k} f \left( x \right)$
Это наблюдение позволяет записать основную формулу теоремы Тейлора в более эстетичной, с точки зрения некоторых, форме:
$f\left( x+h \right) — f\left( x \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{k!} \left(h_{1} \frac{\partial}{\partial x_{1}} + \cdots + h_{n} \frac{\partial}{\partial x_{n}}\right) ^{k} f \left( x \right) + r_{m}\left(x\right)$

Замечание 2. Рассмотрим общий вид формулы Тейлора для случая функции двух переменных:
$f\left(x + h_1, y + h_2 \right) — f\left( x,y \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{k!} \left(h_{1} \frac{\partial}{\partial x} + h_{2} \frac{\partial}{\partial y}\right) ^{k} f \left( x, y \right) + r_{m}\left(x,y\right)$
$f\left(x + h_1, y + h_2 \right) — f\left( x, y \right) = \sum_{k=1}^{m-1} \frac{1}{k!} \sum_{p=0}^{k} C_{k}^{p} \frac{\partial^{k} f}{\partial x^{k-p} \partial y^{p}}\left(x, y \right) h_{1}^{k-p} h_{2}^{p} + r_{m}\left(x,y\right)$

Замечание 3. Если в качестве точки [latex] x [/latex] взять точку [latex] \left(0, \cdots, 0 \right) [/latex], то формулу Тейлора называют формулой Маклорена.

Замечание 4. Формулу Тейлора можно использовать для приближённого вычисления значений рассматриваемой функции. В частности, если рассматривать разложение до членов первого порядка включительно, то получаем очень простую геометрическую интерпретацию: график функции «приближается» некоторой гиперплоскостью. В случае двух переменных речь идёт об обычной плоскости и описанную ситуацию можно схематично изобразить так:

Пример

Разложим по формуле Тейлора до членов второго порядка включительно функцию [latex] f \left( x, y \right) = e ^ {-\left(x^2 + y^2 \right)}[/latex] в окрестности точки [latex] \left( 1, 2 \right) [/latex]
Поскольку речь идёт о членах второго порядка, нам понадобятся производные вплоть до того же порядка. Найдём производные и вычислим их значения в точке разложения:
$f \left( 1, 2 \right) = e ^ {-5}$
$\frac{\partial f}{\partial x}\left(x, y\right) = -2x e ^ {-\left(x^2 + y^2 \right)} ~~~~~~~~ \frac{\partial f}{\partial x}\left(1, 2\right) = -2e ^ {-5}$
$\frac{\partial f}{\partial x}\left(x, y\right) = -2y e ^ {-\left(x^2 + y^2 \right)} ~~~~~~~~ \frac{\partial f}{\partial x}\left(1, 2\right) = -4e ^ {-5}$
$\frac{\partial ^ 2 f}{\partial x^2}\left(x, y\right) = \left(-2 + 4x^2 \right) e ^ {-\left(x^2 + y^2 \right)} ~~~~~~~~ \frac{\partial ^ 2 f}{\partial x^2}\left(1, 2\right) = 2 e ^ {-5}$
$\frac{\partial ^ 2 f}{\partial y^2}\left(x, y\right) = \left(-2 + 4y^2 \right) e ^ {-\left(x^2 + y^2 \right)} ~~~~~~~~ \frac{\partial ^ 2 f}{\partial y^2}\left(1, 2\right) = 14 e ^ {-5}$

$\frac{\partial ^ 2 f}{\partial x \partial y}\left(x, y\right) = \frac{\partial ^ 2 f}{\partial y \partial x}\left(x, y\right) = 4xy e ^ {-\left(x^2 + y^2 \right)} ~~~~~ \frac{\partial ^ 2 f}{\partial x \partial y}\left(1, 2\right) = \frac{\partial ^ 2 f}{\partial y \partial x} \left(1, 2\right) = 8e ^ {-5}$

Искомое разложение:
$f \left(x, y\right) \approx e ^ {-5} \left(1 — 2\left(x-1\right) — 4\left( y-2\right) + \left(x-1\right)^2 + 7\left(y-2\right)^2 + 8\left(x-1\right)\left(y-2\right) \right)$

Литература

Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, ФИЗМАТЛИТ, 2001, стр. 554-555
Коляда В.И., Кореновский А.А., Курс лекций по математическому анализу, Астропринт, 2009, часть I, стр. 292-293

Проверьте, насколько хорошо Вы знаете многомерные ряды Тейлора.

Задание 1 из 5

1.
Укажите в правильном порядке шаги доказательства теоремы Тейлора, приведённого выше
- Введение дополнительной функции $\phi$
- Применение к функции $\phi$ теоремы о дифференцируемости сложной функции
- Применение к функции $\phi$ одномерной версии теоремы Тейлора

Сопоставьте функции и их разложения по степеням $x$ и $y$ .

Элементы сортировки

$x + y -\frac{1}{3}x^3 - x^2 y - x y^2 -\frac{1}{3} y^3 + \cdots$
$x + y -\frac{1}{3} x^3 -\frac{1}{3} y^3 + \cdots$
$xy - \frac{1}{3}x y^3 - \frac{1}{3}y x^3 + \cdots$
$xy -\frac{1}{3}x^3y^3 + \cdots$

$\sin \left( x + y \right)$

$\sin \left( x \right) \cdot \sin \left( y \right)$

$\sin \left( x \right) + \sin \left( y \right)$

$\sin \left( x y \right)$

Задание 3 из 5

3.
Разложите по формуле Тейлора до членов третьего порядка включительно функцию [latex] f \left( x, y \right) = e ^ x \sin y [/latex] в окрестности точки [latex] \left( 0, 0 \right) [/latex]
- $y + xy - \frac{1}{6}y^3 + \frac{1}{2}x^2 y$
- $y + xy + x^2 y - \frac{1}{6} y^3$
- $1 + x + xy + y^2 + \frac{1}{3} x^2 y - \frac{1}{3} x y^2$
Задание 4 из 5

4.
Верно ли, что $x^2 y^4 z^8 = \underline{o} \left( \left(\sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \right) ^ 3 \right)$ при $x \rightarrow 0$ ?
- Нет
- Да
- Информации недостаточно
Задание 5 из 5

5.
Если в качестве точки x взять точку (0, …, 0), то формулу Тейлора называют формулой _____________.

Оценка погрешности приближенного вычисления определенных интегралов по формуле Тейлора

Рассмотрим погрешность приближённого вычисления определённых интегралов по формуле Тейлора.

Обозначим погрешность через [latex]R_{n}[/latex]

[latex]R_{n}[/latex] представляет собой разность истинного значения определённого интеграла и полученного в результате приблизительного вычисления.

Разумеется, что истинное значение также считается приближённо. Иначе, можно было б использовать точные методы вычисления определённых интегралов.

Проанализируем погрешность вычисление примера 1 :

[latex]\int_{0}^{0.3} e^{-2x^{2}}=0.3-2\frac{0.3^{3}}{3}+2\frac{0.5^{5}}{5}-\frac{4*(0.3)^{7}}{21}+…=0.3-0.018+0.000972-…\approx[/latex]

[latex] \approx0.3-0.018=0.282[/latex]

Видем, что каждый следующий член суммы на порядки меньше предыдущего.

Если вычислить интеграл, взяв только первый член ряда, получим погрешность [latex]R_{n}\approx0.018972[/latex]

Два первых:

[latex]R_{n}\approx0.000972[/latex]

Имеем, что высокая точность достигается довольно быстро.

Аналогичные рассуждения можно провести с примером 2.

Литература :

Конспект практики по математическому анализу (преп. Лысенко З.М.)
Сайт mathprofi.ru. Автор — Александр Емелин
Сайт ru.convdocs.org

Примеры приближенного вычисления определенных интегралов по формуле Тейлора

Интегралы от некоторых функций не могут быть выражены через элементарные функции. Для нахождения таких интегралов применяются различные приближённые методы интегрирования, смысл которых состоит в том, чтобы заменить подынтегральную функцию на «близкую» к ней функцию, проинтегрировав которую, мы получим элементарную функцию.

В частности, мы рассмотрим один из таких методов — разложение подынтегральной функции в ряд Тейлора.

Принцип этого метода состоит в том, чтобы заменить подынтегральную функцию по формуле Тейлора и почленно проинтегрировать полученную сумму.

Проиллюстрируем данный метод на примере (вычислим с точностью до 0,001):

1) [latex]\int\limits_{0}^{0.3} e^{-2x^{2}}dx[/latex]

Спойлер

Рассмотрим ещё пример (вычислим с точностью до 0,0001):

2) [latex]\int\limits_{0}^{0.5} \frac{1-\cos(x)}{x^{2}}dx[/latex]

Спойлер

Литература :

Конспект практики по математическому анализу (преп. Лысенко З.М.)
Сайт mathprofi.ru. Автор — Александр Емелин
Сайт ru.convdocs.org

Приближённое интегрирование

Данный тест поможет Вам усвоить материал этой записи.

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 2
Если интеграл не может быть выражен через элементарные функции, то он называется
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 4

2.
Количество баллов: 3
Ряд Тейлора, в который раскладывается функция в окрестности точки 0, называется
- рядом Эйлера
- рядом Наполеона
- рядом Маклорена
- рядом Гамильтона
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 4

3.
Количество баллов: 3
Какие из интегралов являются неберущимися?
- $\int sin(x^{2})dx$
- $\int \frac{e^{x}}{x}dx$
- $\int \frac{1}{(cosx)^{2}}dx$
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 4

4.
Количество баллов: 5
Расположите в порядке возрастания.
- $\int_{1}^{8} \frac{dx}{x^{2/3}}$
- $\int_{0}^{2} (x^{3}-x^{2})dx$
- $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} cos(x)^{2} dx$
- $\int_{0}^{1} \frac{x}{3x^{2}-1}dx$
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Приближённое интегрирование

максимум из 13 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Оценка погрешности формулы Тейлора

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

В свою очередь остаточный член: $latex r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} &s=1$ — определяет погрешность формулы.

Задание:

Записать разложение по формуле Маклорена ( $latex x_{0}=0$ ) с остатком в форме Лагранжа. Оценить абсолютную погрешность.

Пример 1

$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{6} &s=2$ , причём $latex |x| \leq \frac{1}{2} &s=2$

Решение

Исходная формула:

$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-…-\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} &s=2$

Обобщим запись:

$latex \sin x=\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}x^{2k+1}}{(2k+1)!}+\underset{x\rightarrow 0}{o(x^{2k+1})} &s=2$

Выясним промежуток для переменной:

$latex x \in \left ( -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right ) &s=2$

Запишем разложение по формуле Тейлора:
$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin^{(4)}( x )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +4\frac{\pi }{2} )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +2\pi )}{4!}x^{4} &s=2$

Пользуясь правилом приведения:

$latex \sin( x +2\pi )=\sin x &s=2$
$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin x}{4!}x^{4} &s=2$

Оценим последнее слагаемое:

$latex \left | \frac{\sin x}{4!}x^{4} \right |= \frac{\left | \sin x \right |}{4!}\left | x^{4} \right |\leq \frac{\left | x^{4} \right |}{4!}\leq \frac{\frac{1}{2}}{4!}=\frac{1}{16\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=\frac{1}{384} &s=2$

Пример 2

$latex e^{x}\simeq1+x+\frac{x^{2}}{2!}+…+\frac{x^{n}}{n!} &s=2$ , $latex 0\leq x\leq 1 &s=2$

Решение

Выпишем и оценим остаток в формуле Тейлора:

$latex |r_{n} ( x_{0},x )|=\left | \frac{e^{x }}{(n+1)!}x^{n+1} \right |\leq \left | \frac{e^{x }}{(n+1)!} \right | &s=2$

Учитывая промежуток для переменной, запишем и оценим:
$latex \begin{Bmatrix} x_i \in \left ( 0;1 \right )\ e\approx 2,71 \end{Bmatrix}\Rightarrow \left | \frac{e^{x_i }}{(n+1)!} \right |\leq \frac{3}{(n+1)!} &s=2$

Пример 3

$latex \sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8} &s=2$ , $latex 0\leq x\leq 1 &s=2$

Решение

Запишем разложение:

$latex \sqrt{1+x}=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^{2}+\frac{f^{(3)}(x_i)}{3!}x^{3} &s=2$

Найдём производную:

$latex f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}} &s=2$
$latex f^{(2)}(x)=\frac{1}{2}((1+x)^{-\frac{1}{2}})’=-\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{2}} &s=2$
$latex f^{(3)}(x)=(-\frac{1}{4})(-\frac{3}{2})(1+x)^{-\frac{5}{2}}=\frac{3}{8}(1+x)^{-\frac{5}{2}} &s=2$
$latex f^{(3)}(x_i )=\frac{3}{8}(1+x_i )^{-\frac{5}{2}} &s=2$

Оценим последнее слагаемое:

$latex \left | \frac{3}{8}\cdot \frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{3!} x^{3}\right |=\left |\frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{16} x^{3} \right |\leq \frac{2^{-\frac{5}{2}}}{16}\cdot 1< \frac{1}{16} &s=2$

Источники:

Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Приближенные вычисления с помощью формулы Тейлора»).
Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 258-263.

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Формулировка

Доказательство

Примеры

Литература

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Подсказка

2.

3.

4.