Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.
Многочлен Тейлора.
Если f(x) дифференцируема в точкеx0, то ее приращение в этой точке можно представить в виде:
f(x) - f(x0) = f’(x0)(x – x0) + o(x – x0).
f(x)
=
+o(x
– x0).
P1(x) обладает следующими свойствами:P1(x0) =f(x0),P’1(x0) =f’(x0). Рассмотрим теперь более общую задачу. Пустьf(x)nраз дифференцируема в точкеx0, то есть имеет в точкеnвсе производные доn-го порядка. Поставим задачу найти такой многочленPn(x) (степениn), что:
Pn(x0) = f(x0), P’n(x0) = f’(x0), P’’n(x0) = f’’(x0), … , P(n)n(x0) = f(n)(x0). (1)
Будем искать многочлен Pn(x) в виде:
Pn(x) = a0 + a1(x – x0) + a2(x – x0)2 + a3(x – x0)3 + … + ak(x – x0)k + … + an(x – x0)n. (2)
Покажем, что можно так выбрать коэффициенты a0,a1, … ,an, что многочленPn(x) будет удовлетворять условию (1). Полагая в равенстве (2)x=x0и учитывая первое из равенств (1), получимPn(x0) =a0 = f(x0). a0=f(x0). Продифференцируем равенство (2).
P’n(x) =a1 + 2a2(x–x0) + 3a3(x–x0)2+ …+ nan(x – x0)n-1. (2’)
Положим в равенстве (2’) x=x0и учтем второе условие из (1).
P’n(x0) =a1 = f(x0).
a1=
.
Продифференцируем равенство (2’):
P’’n(x) = 2a2 + 23a3(x – x0) + … + n(n – 1)an(x – x0)n-1. (2’’)
Положим в полученном равенстве (2’’) x=x0и учтем третье условие из (1).
P’’n(x0) = 2a2 = f’’(x0).
a2=
.
И так далее. После k–кратного дифференцирования равенства (2) получим:
P(k)n(x) =k!ak+ 2ak+1(x–x0) + … +n(n - 1)…(n–k+ 1)(x–x0)k. (2(k))
Полагая здесь x=x0и учитываяk+1–е условие из (1), получим:
P(k)n(x0) = k!ak = f(k)(x0).
ak=
(k= 0, 1, … ,n),
если принять обозначенияf(0)=f, 0! = 1. Итак, мы нашли
такие коэффициентыak,
что многочлен
Pn(x)
=f(x0)
+
(x–x0) + … +
(x–x0)n=
(x–x0)k. (3)
удовлетворяет условиям (1). Многочлен (3) называется многочленом Тейлора для функции f(x).
Теорема 7.15.Пустьf(x) определена иn+1раз дифференцируема в окрестности точкиx0. Пустьx– любое значение аргумента из этой окрестности, не равноеx0,p– любое вещественное число. Тогдаточка(x0,x):
Rn+1(x)
=f(x)
–Pn(x)
=
. (7)
Равенство (7) называется остаточным членом в общей форме.
Доказательство.
Введем обозначение: Pn(x)
=f(x0)
+ … +
(x–x0)n(x,x0). Возьмемxx0из указанной
в условии теоремы окрестности точкиx0. Пусть для
определенностиx>x0.
(здесь рисунок)
x– фиксированное. Возьмем какое-нибудьp> 0. Числовую переменную, изменяющуюся на сегменте [x0,x], обозначим буквойt:x0 tx, и введем функцию:
(t) =f(x)
-(x,t) -
=f(x)
-(x,t) -
Rn+1(x).
(t) на [x0,x] удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля:
(t) =f(x)
- [f(t)
+
(x–t) +
(x–t)2+ … +
(x–t)n]
-
Rn+1(x).
Так как f(x)n+1 раз дифференцируема, то(t) непрерывна на [x0,x],
(t) дифференцируема в интервале (x0,x),
(x0) =f(x) -(x,x0) -
[
f(x)
-(x,x0)] = 0,
(x) = 0,(x0) =(x). По теореме Ролля,(x0,x):’() = 0.
’(t) = - [f’(t)-f’(t)+f’’(t)(x
– t)-f’’(t)(x
– t)+
(x
– t)2
-…+ … -
(x–t)n-1+
+
(x–t)n]
+p
Rn+1(x).
Полагая t=, получаем:
’() =
(x–)n+p
Rn+1(x)
= 0.
Rn+1(x)
=
. (7)
Теорема доказана.
Следствия.
p=n + 1.
Rn+1(x)
=
(x
– x0)n+1 (8)
Это остаточный член в форме Лагранжа.
(здесь рисунок)
- x0=(x–x0), 0 << 1.
=x0+(x–x0).
Rn+1(x)
=
(x
– x0)n+1. (8)
p = 1. Тогда Rn+1(x) =
(x
– x0)f(n+1)().
Т.к.
=x0+(x–x0), тоx-= (x–x0)(1
-).
Rn+1(x)
=
(1-)n
f(n+1)(x0+(x–x0)). (9)
Это остаточный член в форме Коши.
Разложение по формуле Маклорена функции ln(1 + x).
Формулой Маклорена называется формула Тейлора с центром в точке a = 0. Формула Маклорена дает представление функции в окрестности точкиx = 0. Запишем формулу Маклорена для произвольной функцииf(x) с остаточным членом в форме Лагранжа, Коши и Пеано.
(1)
где остаточный член имеет вид:
в форме Лагранжа
(2)
в форме Коши
(3)
( в формулах Лагранжа и Коши, вообще говоря, различные)
в форме Пеано
(4)
Рассмотрим разложение
по формуле Маклорена.
При n1
(5)
где остаточный член имеет вид:
в форме Лагранжа
(6)
в форме Коши
(7)
в форме Пеано
(8)
Оценки остаточного члена:
в форме Лагранжа
0 x 1. Переходя в (6) к модулям
при 0x
1 (9)
в форме Коши
-r x 0,где0 < r< 1. Переходя в (7) к модулям
т.к. 0<r
< 1 (10)