Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Университет им. Н.И. Лобачевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

8111 практика 1-36 / Практика32.Формула Тейлора

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2015

Размер:

211.62 Кб

Скачать

☆

Практика 32. Формула Тейлора

32.1.Локальная формула Тейлора

Теорема 32.1 (Локальная формула Тейлора) . Если функция y = f(x) определена и n раз

дифференцируема в точке x0, òî ïðè x ! x01			имеет место равенство (формула Тейлора)
	n
	Xk
f(x) =	ak(x x0)k + o ((x x0)n) ;				(1)
	=0
где коэффициенты ak определяются единственным образом:
		f(k)(x0)
	ak =			;	(2)
	ak =			;	(2)
			k!

а последнее слагаемое o ((x x0)n) называется остаточным членом формулы Тейлора в форме Пеано.

Если в точке x0 существует производная f(n+1)(x0) 6= 0, то остаточный член в формуле (1) может быть записан в виде O ((x x0)n+1)2. Если в точке x0 существует производ- íàÿ f(n+1)(x0) = 0, то остаточный член в формуле (1) может быть взят в виде o ((x x0)n+1).

Из локальной формулы Тейлора (1), (2) получаем следующие пять важных разложений:

ex = 1 + x +

+ : : : +

+ o(xn):

x2n 1

sin x = x

+ : : : + ( 1)n 1

+ o(x2n):

(2n

1)!

n x2n

2n+1

cos x = 1

+ : : : + ( 1)

+ o(x

(2n)!

ln(1 + x) = x

+ : : : + ( 1)n 1

+ o(xn):

(1+x) =1+ x+

( 1)

x2 +

( 1)( 2)

x3 +: : :+

( 1) : : : ( n+1)

xn +o(xn):

На основе этих разложений можно получать формулы Тейлора многих других функций без явного использования (1), (2). Так, в лекции 32 было получено представление гиперболических функций в окрестности точки x0 = 0 по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:

sh x = x +

+ : : : +

x2n 1

+ o(x2n);

(2n 1)!

x2n

ch x = 1 +

+ : : : +

+ o(x2n+1):

(2n)!

1Иными словами в некоторой достаточно малой окрестности точки x0.

2См. лекцию 20, пункт 4 Сравнения бесконечно малых и бесконечно больших функций

Нетрудно доказать3 что, формула Тейлора в окрестности точки x = 0 четной (нечетной) функции f содержит в себе члены только четной (нечетной) степени x:

f(x) = a0 + a2x2 + : : : + a2mx2m + o x2m+1

f(x) = a1x + a3x3 + : : : + a2m 1x2m 1 + o x2m :

Пример 1. ( 1376) Многочлен P (x) = 1 + 3x + 5x2 2x3 разложить по целым неотри- цательным степеням двучлена x + 1.

Способ, известный из школьного курса алгебры: обозначив t = x + 1 и подставив в многочлен выражение x = t 1, получим

P = 1 + 3(t 1) + 5(t2 2t + 1) 2(t3 3t2 + 3t 1) = 5 13t + 11t2 2t3:

Таким образом, P (x) = 5 13(x + 1) + 11(x + 1)2 2(x + 1)3. Поскольку разложение P (x) в окрестности точки x0 = 1 по натуральным степеням определяется единственным образом, то полученное представление многочлена P (x) является многочленом Тейлора в окрестности точки x0 = 1.

Второй способ решения этой задачи применить к P (x) формулы (1), (2). Из лекции 31 мы знаем, что многочлены раскладываются по формуле Тейлора без остаточного члена 4:

n	P (k)(x0)
Xk		(x x0)k:	(3)
Xk	k!
Pn(x) = P (x) =	k!
=0

Найдем значение в точке P ( 1) = 1 3 + 5 + 2 = 5 и производные:

P 0(x) = 3 + 10x 6x2; P 0( 1) = 3 10 6 = 13;

P 00(x) = 10 12x;	P 00( 1) =	10	+ 12 = 22;
P 000(x) = 12;	P 000( 1)	= 12:
Заметим, что P (4)(x) = P (5)(x) = = 0;	P (n)( 1) = 0		ïðè n 4:
Таким образом, согласно (3) имеем

P (x) = 5 + 1!13(x + 1) + 222! (x + 1)2 + 3!12(x + 1)3 = 5 13(x + 1) + 11(x 2)2 2(x + 1)3:

1 1

Пример 2. Получить представление функций 1 + x è 1 x в окрестности точки x0 = 0 по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано 5.

Представляя функции в виде (1+x) 1, (1 x) 1 и пользуясь разложением 5, получим

3Проделайте это самостоятельно.

4Многочлен n-го порядка полностью определяется своими производными.

5Заметим, что данные функции являются суммами бесконечно убывающих геометрических прогрессий

âèäà S =		b1		, ñ b1 = 1 и знаменателем геометрической прогрессии				q соответственно равным q = x è
		1 q
1					1
q = x:			= 1 x + x2 x3 + : : : ;				= 1 + x + x2 + x3 + : : : ;	jxj < 1: Поэтому можно догадаться,
	1 + x					1 x
что мы получим в результате разложения по формуле Тейлора в окрестности точки									x0	= 0	.

( 1)( 2)

= (1 + x) 1 =1+(

1)x+

x2 +: : :+( 1)n

xn +o(xn) =

(

1)kxk + o(xn):

1 + x

(4)

Подставив вместо x в последнюю формулу значение x, получим

= (1 x) 1 =

( 1)k( x)k + o(xn) =

k=0

( 1)2kxk + o(xn) =

xk + o(xn):

k=0

Пример 3. ( 1377) Написать разложение функции f(x) =

1 + x + x2

1 x + x

по целым поло-

жительным степеням переменной x до члена с x

(0)?

включительно. Чему равно f

Представляя значение функции f в виде

f(x) = 1 + (2x + 2x2)(1 + x3) 1

и пользуясь разложением 5

(1 + x3) 1 = 1 x3 + o(x5)

в окрестности x0 = 0, получаем

f(x) = 1 + (2x + 2x2)(1 x3 + o(x5)) = 1 + 2x + 2x2 2x4 + o(x4):

Сравнивая полученное выражение с разложением в общем виде (1), (2), находим

f(4)(0) = 2; откуда f(4)(0) = 48: 4!

Пример 4. ( 1385) Написать разложение функции f(x) = sin(sin x) тельным степеням переменной x до члена с x5 включительно.

Пользуясь разложением 2, имеем

sin(sin x) = sin x

sin3 x

sin5 x

+ o(sin6 x) =

= x

+ o(x5)

по целым положи-

+ o(x5) +o(sin5 x):

Выполняя далее соответствующие действия и записывая в разложении члены до x5 (x6, x7, : : : вносим в o(x5)), ó÷òÿ, ÷òî o(sin5 x) = o(x5), получаем

sin(sin x) = x	1	x3 +	1	x5	+ o(x5)	1	x3	3x2	x3

	6		120			6			3!

Òàê êàê A o(x5) + B o(x5) = o(x5) для любых A и самостоятельно), то окончательно имеем

+ o(x5) + 1201 x5 + o(x5) +o(x5): B, A2 + B2 6= 0 (убедитесь в этом

sin(sin x) = x +	6		6	x3	+		120	+ 12 +		120	x5	+ o(x5) = x	3x3	+	10x5		+ o(x5):
	1		1				1	1		1			1		1

Пример 5. ( 1386) Написать разложение функции f(x) = tg x по целым положительным степеням переменной x до члена с x5 включительно.

Поскольку функция tg x нечетная, то ее разложение в достаточно малой окрестности точки x0 = 0 имеет вид

tg x = a1x + a3x3 + a5x5 + o(x6);

(5)

ãäå a1, a3, a5 пока неизвестные коэффициенты формулы Тейлора. Записывая (6) â âèäå

sin x = (a1x + a3x3 + a5x5 + o(x6)) cos x

èиспользуя разложения 2, 3, получим

x 16x3 + 1201 x5 + o(x6) = (a1x + a3x3 + a5x5 + o(x6))(1 12x2 + 241 x4 + o(x5)) =

= a1x + a21 + a3 x3 + 24a1 a23 + a5 x5 + o(x6):

Отсюда, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, находим

a1 = 1; a3 =		1	; a5			=	2
		3					15
Таким образом,
x3		2		x5	+ o(x6):
tg x = x +	+

3		15

Пример 6. Разложить по формуле Тейлора до o(x2n) функцию y = arctg x.

Поскольку функция arctg x нечетная, то ее разложение в достаточно малой окрестности точки x0 = 0 имеет вид

arctg x = a1x + a3x3 + a5x5 + : : : + a2n 1x2n 1 + o(x2n);

(6)

ãäå a2k 1 пока неизвестные коэффициенты формулы Тейлора, k = 1; n. Продифференцируем функции в обеих частях этого равенства:

= a1 + 3a3x2 + 5a5x4 + : : : + (2n 1)a2n 1x2n 2 + o(x2n 1):

1 + x2

Но разложение для функции в левой части легко получить из формулы (4))

= 1 x2 + x4 + : : : + ( 1)n 1x2(n 1) + o(x2n 1):

1 + x2

В силу единственности разложения функции

êè x0 = 0 (т. е. степеням x) следует, что

1+x2 по формуле Тейлора в окрестности точ-

a1 = 1; 3a3 = 1; 5a5 = 1; : : : ; (2n 1)a2n 1 = ( 1)n 1:

Отсюда a1 = 1, a3 =

, a5 =

, : : :, a2n 1 = ( 1)n 1

, è

2n 1

( 1)n 1

x2k 1

arctg x = x

x3 +

x5 + : : : +

x2n 1 + o(x2n) =

(

1)k 1

+ o(x2n):

Пример 7. Разложить функцию y = x1 по целым неотрицательным степеням бинома x 1

äî o((x 1)n).

Требуется раздожить функцию в достаточно малой окрестности точки x0 = 1. Îáî-

значим t = x 1, тогда x = 1 + t. Задача будет выполнена, если функция 1 + t будет разложена по целым неотрицательным степеням t. Это уже было сделано неоднократно:

1	n
	Xk
1 + t = ( 1)ktk + o(tn):
	=0

Следовательно,		n
	1	n
	1	Xk
	x	= ( 1)k(x 1)k + o((x 1)n); x ! 1:
		=0

32.2.Задачи для самостоятельной работы

1379, 1380, 1381, 1384, 1388, 1391.

Разложить по формуле Тейлора до o(x2n) функцию y = arcsin x.

Соседние файлы в папке 8111 практика 1-36

#
27.03.2015146.9 Кб47Практика27.Дифференциал_функции,дифференцируемость.pdf
#
27.03.2015191.17 Кб43Практика28.Производные для разных случаев задания функции.pdf
#
27.03.2015217.94 Кб43Практика29.Геометрический смысл производной.pdf
#
27.03.2015155.14 Кб40Практика30.Производные и дифференциалы высших порядков.pdf
#
27.03.2015221.52 Кб41Практика31.Правило Лопиталя.pdf
#
27.03.2015211.62 Кб60Практика32.Формула Тейлора.pdf
#
27.03.2015204.68 Кб42Практика33.Формула Тейлора (продолжение).pdf
#
27.03.2015110.7 Кб38Практика34.К_Р Дифференцирование функций одного переменного.pdf
#
27.03.2015167.88 Кб39Практика35.Монотонность и экстремум.pdf
#
27.03.2015167.67 Кб40Практика36.Выпуклость функции, точки перегиба, асимптоты.pdf
#
27.03.2015144.84 Кб38Практика_10._Нахождение_пределов_последовательностей.pdf