12.1. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано

Теорема 12.1. 

Пусть функция f(x) n раз дифференцируема в точке x0 (см. замечание 10.3). Тогда для всех точек x из некоторой окрестности точки x0 справедливо разложение

f(x)=f(x0)+f′(x0)1(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+...+f(n)(x0)n!(x−x0)n+rn(x), (12.1)

где rn(x)=o((x−x0)n).

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Для доказательства теоремы достаточно доказать существование многочлена Pn(x) степени не выше n такого, что f(x)=Pn(x)+rn(x), где

Pn(x0)=f(k)(x0), k=0,1,...,n,   (12.2)

rn(x)=f(x)−Pn(x)=o((x−x0)n).    (12.3)

В случае n=1 такой многочлен существует и имеет вид

P1(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0),   (12.4)

так как P1(x)=f(x0), P1(x)=f′(x0),

r1(x)=f(x)−P1(x)=f(x)−f(x0)−f′(x0)(x−x0)=Δy−f′(x0)Δx==Δy−dy=o(Δx), Δx→0,

где Δy=f(x)−f(x0), Δx=x−x0, dy=f′(x0)Δx.

По аналогии с формулой (12.4)будем искать многочлен Pn(x), удовлетворяющий условиям (12.2)и (12.3), в виде

Pn(x)=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+a3(x−x0)3+...+an(x−x0)n. (12.5)

Продифференцируем равенство (12.5)n раз:

P′n(x)=a1+2a2(x−x0)+3a3(x−x0)2+...+nan(x−x0)n−1,

P″n(x)=1⋅2a2+2⋅3a3(x−x0)+...+(n−1)nan(x−x0)n−2,

P(3)n (x)=1⋅2⋅3a3+...+(n−2)(n−1)nan(x−x0)n−3,

...

P(n−1)n(x)=1⋅2⋅3⋅...⋅(n−1)nan(x−x0),

P(n)n(x)=1⋅2⋅3⋅...⋅nan=n!an.       (12.6)

Полагая в равенствах (12.5) и (12.6)x=x0 и учитывая условия (12.2), получим

a0=f(x0), a1=f′(x0)1!, a2=f″(x0)2!, ..., an=f(n)(x0)n!.   (12.7)

Таким образом, если коэффициенты многочлена (12.5) выбраны согласно формулам (12.7), то этот многочлен удовлетворяет условию (12.2). Покажем, что этот мночлен удовлетворяет и условиям (12.3).

Отметим, что в силу соотношений (12.2)для функции rn(x)=f(x)−Pn(x) имеют место равенства

rn(x0)=r′n(x0)=...=r(n−1)n(x0)=r(n)n(x0)=0.    (12.8)

Вычислим

limx→x0rn(x)(x−x0)n.

Из условия теоремы следует, что правило Лопиталя можно применить (n−1) раз. Учитываяравенства (12.8) найдём

limx→x0rn(x)(x−x0)n=limx→x0r′n(x)n(x−x0)n−1=...=limx→x0r(n−1)n(x)n!(x−x0)==limx→x0r(n)n(x)n!=r(n)n(x0)n!=0.

Отсюда следует, что rn(x)=o((x−x0)n), т.е. выполнено условие (12.3). Теорема полностью доказана.

■

Определение 12.1.

Формула (12.1) называется формулой Тейлора порядка n для функции f(x) в точке x=x0, многочлен

Pn(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+...+f(n)(x0)n!(x−x0)n   (12.9)

называется многочленом Тейлора, функция rn(x)=f(x)−Pn(x) - остаточным членом формулы Тейлора, а его представление в виде

rn(x)=o((x−x0)n)     (12.10)

— записью остаточного члена в форме Пеано.

Частный случай формулы Тейлора при x0=0 называется формулой Маклорена n−го порядка и имеет вид

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f″(0)2!x2+...+f(n)(0)n!xn+rn(x),

где остаточный член в форме Пеано rn(x)=o(xn).

Теорема 12.2. 

Если функция f(x) задана в окресности точки x0 и её разложение имеет вид

f(x)=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+...+an(x−x0)n+o((x−x0)n),   (12.12)

то такое разложение единственно.

Замечание 12.1.

Из теоремы 12.2 следует, что если для функции n дифференцируемой в точке x0, получено разложение (12.12), то это разложение является её разложением по Формуле Тейлора, т.е. в разложении (12.12) коэффициенты ak=f(k)(x0)k! (k=0,1,...,n). В самом деле, при сделанных предположениях, согласно теореме 12.1 такое разложение существует, а другого, в силутеоремы 12.2, быть не может. Отсюда следует равносильность утверждений о разложении функции f(x) по формуле Тейлора в окрестности точки x0 и о разложении функции по степеням разности (x−x0).

Пример 12.1.

Разложить функцию f(x)=1x2 в окрестности точки x0=1 по формуле Тейлора 2-го порядка с остаточным членом в форме Пеано.

Р е ш е н и е.

 Функция f(x) удовлетворяет условиям теоремы 12.1 в точке x0=1. Запишем формулу Тейлора 2-го порядка для функции f(x) в точке x0=1 с остаточным членом в форме Пеано:

f(x)=f(1)+f′(1)1!(x−1)+f″(1)2!(x−1)2+o((x−1)2).

Так как f(x)=1x2, f′(x)=−2x3, f″(x)=6x4,f(1)=1, f′(1)=−2, f″(1)=−6.Следовательно, требуемое решение будет иметь вид

1x2=1−2(x−1)+3(x−1)2+o((x−1)2).

В данном случае многочлен Тейлора 2-го порядка в точке x0=1   P2(x)=1−2(x−1)+3(x−1)2.

Пример 12.2.

Записать формулу Маклорена 3-го порядка для функции f(x)=arcsinx.

Р е ш е н и е.

 Функция f(x) удовлетворяет условиям теоремы 12.1 при x0=0. Запишем для f(x)формулу Маклорена 3-го порядка:

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f″(0)2!x2+f(3)(0)3!x3+o(x3).

Вычислим f(0), f′(0), f″(0), f(3)(0) для функции f(x)=arcsinx. Имеем

f′(x)=11−x2−−−−−√, f″(x)=x(1−x2)3−−−−−−−√, f(3)(x)=1+2x2(1−x2)5−−−−−−−√.

Отсюда f(0)=0, f′(0)=1, f″(0)=0, f(3)(0)=1. Формула Маклорена 3-го порядка для данной функции принимает вид

arcsinx=x+x33!+o(x3).

Пример 12.3.

Разложить многочлен P(x)=x4−5x3+5x2+x+2 по степеням разности (x−2).

Р е ш е н и е.

 Найдём значение многочлена и его производных в точке x0=2:

P(x)=x4−5x3+5x2+x+2,   P(2)=0;

P′(x)=4x3−15x2+10x+1,   P′(2)=−7;

P″(x)=12x2−30x+10,   P″(2)=−2;

P(3)(x)=24x−30,   P(3)(2)=18;

P(4)(x)=24,   P(4)(2)=24;

P(k)(x)=0, k>4,   P(k)(2)=0, k>4.

Запишем данный многочлен по формуле Тейлора:

P(x)=0−7(x−2)−22!(x−2)2+183!(x−2)3+244!(x−2)4=−7(x−2)−(x−2)2+3(x−2)3+(x−2)4.

Замечание 12.2.

Единственность представления функций по степеням разности (x−x0) позволяет использовать для разложения этих функций в окрестности точки x0 различные приёмы и методы.

Пример 12.4.

Разложить функцию f(x)=11−x по степеням x.

Р е ш е н и е.

 Первый способ. Используем формулу Маклорена формулу (12.11). Вычислим f(0), f′(0), ...,f(n)(0). Очевидно, что f(0)=1. Так как f(x)=11−x, то

f′(x)=1(1−x)2=(1−x)−2,       f′(0)=1=1!,

f″(x)=(−2)(−1)(1−x)−3=2(1−x)−3,       f″(0)=2=2!,

f(3)(x)=2(−3)(−1)(1−x)−4=2⋅3(1−x)−4,       f(3)(0)=3!,

...

f(n)(x)=1⋅2⋅3⋅...⋅n(1−x)−n−1=n!(1−x)−1−n,       f(n)(0)=n!.

По формуле (12.11) запишем:

11−x=1+x+x2+...+xn+o(xn).

Второй способ. Заметим, что дробь 11−x есть сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем q=x, |q|<1:

11−x=1+x+x2+...+xn+xn+1+..., |x|<1.

Полагая Pn(x)=1+x+....+xn, запишем функцию f(x)=11−x в виде f(x)=Pn(x)+rn(x), где rn(x)=xn+1+xn+2+...=xn+1(1+x+...)=xn+11−x→0 при x→0. Так как rn(x)=xn+11−x=o(xn) при x→0, то

11−x=1+x+x2+...+xn+o(xn).

Разложения, полученные двумя разными способами, в силу теоремы 12.2, совпадают.

12.2. Формула Тейлора для некоторых основных элементарных функций

Формула Тейлора имеет наиболее простой вид при x0=0 (см. формулу Маклорена (12.11)). При x0≠0 к этому частному случаю приходят, полагая x−x0=t, где t→0 при x→x0.

Пример 12.5.

Разложить по формуле Маклорена функцию f(x)=sinx.

Р е ш е н и е.

 Так как f(n)(x)=(sinx)(n)=sin(x+nπ2) (см. формулу (10.3)), то

f(n)(0)=sinnπ2={0, n=2k,   k=0,1,2,...;(−1)k, n=2k+1,   k=0,1,2,...

Следовательно,

sinx=x−x33!+x55!−...+(−1)nx2n+1(2n+1)!+o(x2n+2).

Заметим, что остаточный член записан в виде o(x2n+2), так как первое слагаемое остаточного члена содержит x2n+3.

Пример 12.6.

Разложить по формуле Маклорена функцию f(x)=ex.

Р е ш е н и е.

 Имеем f(n)(x)=ex, f(n)(0)=1 ∀n∈N. Поэтому

ex=1+x1!+...+xnn!+o(xn).

Аналогично могут быть разложены по формуле Маклорена функции f(x)=cosx, f(x)=ln(1+x),f(x)=(1+x)α (α∈ℝ). В табл. 12.1 приведены разложения по формуле Маклорена пяти основныхэлементарных функций.

Таблица 12.1

1	ex=1+x+x22!+x33!+...+xnn!+o(xn),   x→0
2	sinx=x−x33!+x55!−...+(−1)nx2n+1(2n+1)!+o(x2n+2),   x→0
3	cosx=1−x22!+x44!−...+(−1)nx2n(2n)!+o(x2n+1),   x→0
4	(1+x)α=1+αx+α(α−1)x22!+...+α(α−1)⋅...⋅(α−n+1)n!xn+o(xn),   x→0
5	ln(1+x)=x−x22+x33−...+(−1)n−1xnn+o(xn),   x→0

Формула Тейлора требует вычисления производных высших порядков, что в ряде случаев затрудняет её использование. Комбинируя разложения основных элементарных функций из таблицы 12.1 и учитывая единственность представления функций по степеням разности (x−x0), можно получить разложения различных функций, не прибегая непосредственно к формуле Тейлора.

Пример 12.7.

Разложить функцию f(x)=esinx по степеням x до члена с x3 включително.

Р е ш е н и е.

 Заменяя в формуле 1 табл. 12.1 аргумент x на sinx и учитывая, что sinx∼x при x→0, o(sin3x)=o(x3), получим esinx=1+sinx+(sinx)22!+(sinx)33!+o(x3) при x→0. С другой стороны, sinx=x−x33!+o(x4) (см. формулу 2 табл. 12.1). Подставляя это выражение для sinx в разложение функции esinx, найдём

esinx=1+(x−x33!)+12(x−x33!)2+13!(x−x33!)3+o(x3)==1+x−x33!+12x2+13!x3+o(x3)=1+x+12x2+o(x3).

Пример 12.8.

Разложить функцию f(x)=x√5 по формуле Тейлора n-го порядка в окрестности точки x0=1.

Р е ш е н и е.

 Введём новую переменную t=x−1, где t→0 при x→1. Тогда x=t+1,x√5=t+1−−−−√5=(1+t)15. Разложим функцию ϕ(t)=(1+t)15 по формуле Маклорена. Используя формулу 4 табл. 12.1 при α=15, найдём

(1+=1+15t+12!⋅(15−1)t2+13!⋅15⋅(15−1)(15−2)t3+...++1n!⋅15⋅(15−1)(15−2)⋅...⋅(15−n+1)tn+o(tn).

Возвращаясь к переменной x, т.е. полагая t=x−1 в последнем выражении, окончательно получим требуемое разложение функции f(x)=x√5 по формуле Тейлора порядка n в окрестности точки x0=1:

x√5=1+15(x−1)−1⋅42!⋅52(x−1)2+1⋅4⋅93!⋅53(x−1)3+...++(−1)n−11⋅4⋅9⋅...⋅(5n−6)n!⋅5n(x−1)n+o((x−1)n).

12.3. Различные формы остаточного члена

Форма Пеано (12.10) остаточного члена формулы Тейлора указывает лишь его порядок относительно разности (x−x0). Однако в ряде задач возникает необходимость численной оценки абсолютной погрешности приближённого равенства f(x)≈Pn(x), т.е. модуля остаточного члена rn(x)=f(x)−Pn(x).

Теорема 12.3. 

Пусть функция f(x) имеет в некоторой окрестноси точки x0 производную (n+1)- го порядка и x −любая точка из этой окрестности. Тогда между точками x0 и x найдётся точка ξ=x0+θ(x−x0)   (0<θ<1) такая, что справедлива формула

f(x)=Pn(x)+rn(x),                                         (12.13)

где Pn(x) − многочлен Тейлора функции f(x) в точке x0 (см. формулу (12.9)), остаточный член

rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)(n+1),                                (12.14)

или

rn(x)=f(n+1)(ξ)n!(1−θ)n(x−x0)n+1,   0<θ<1.        (12.15)

Выражения (12.14) и (12.15) называется соответственно формой Лагранжа и формой Коши остаточного члена rn(x) формулы Тейлора (12.13) В формуле Маклорена (12.11) остаточный член в форме Лагранжа(12.14) или в форме Коши (12.15) имеет соответственно вид

rn(x)=f(n+1)(θx)(n+1)!xn+1, 0<θ<1.     (12.16)

или

rn(x)=f(n+1)(θx)n!(1−θ)nxn+1,   0<θ<1.                (12.17)

Пример 12.9.

Вычислить приближённо ln1.5 по формуле Маклорена 4-го порядка. Указать абсолютную погрешность вычисления.

Р е ш е н и е.

 Запишем формулу Маклорена 4-го порядка для функции f(x)=ln(1+x) (см. табл. 12.1):

ln(1+x)=x−x22+x33−x44+r4(x).

Найдём остаточный член r4(x) в форме Лагранжа, используя выражения для f(n+1)(x)функции f(x)=ln(1+x). Так как f(n+1)(x)=(−1)nn!(1+x)−n−1 (см. пример 10.5), то из формулы (12.16) получим

rn(x)=f(n+1)(θx)(n+1)!xn+1=(−1)n(1+θx)−n−1n+1xn+1, 0<θ<1.

Отсюда при n=4 имеем r4(x)=x55(1+θx)5, 0<θ<1. Заменим функцию f(x)=ln(1+x) многочленом четвёртой степени и запишем приближённое равенство

ln(1+x)≈x−x22+x33−x44.

Учитывая, что в данном случае x=0.5, найдём

ln1.5=ln(1+0.5)≈0.5−(0.5)22+(0.5)33−(0.5)44=0,401,

причём r4(0.5)=(0.5)55(1+θ⋅0.5)5, 0<θ<1. Оценим r4(0.5). Очевидно, что r4(0.5)принимает наибольшее значение при θ=0, т.е. ∣∣∣r4(0.5)∣∣∣≤(0.5)55<0.007.Следовательно, ln1.5=0.401+δ, где |δ|<0.007.

Замечание 12.3.

Формулу Тейлора (12.1) можно записать в ином виде. Полагая x−x0=Δx, x=x0+Δx и используя остаточный член в форме Лагранжа, имеем

f(x0+Δx)=f(x0)+f′(x0)1!Δx+f″(x0)2!(Δx)2+...                                                       ...+f(n)(x0)n!(Δx)n+f(n+1)(x0+θΔx)(n+1)!(Δx)n+1,    0<θ<1.      (12.18)

Формула Тейлора (12.18) является обобщением формулы Лагранжа (см. теорему 11.2) и содержит её как частный случай при n=0:

f(x0+Δx)=f(x0)+f′(x0+θΔx)Δx, 0<θ<1.

Замечание 12.4.

Ниже предлагается схема 1 разложения произвольной функции f(x) по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано или Лагранжа.

1. Записать в общем виде (12.1) формулу Тейлора порядка n для произвольной функции f(x) в заданной точке x0 с остаточным членом rn(x), где порядок n определяется условием задачи.

2. Найти производные данной функции f(x) до порядка n, если rn(x) имеет форму Пеано, или до порядка (n+1), если rn(x) имеет форму Лагранжа.

3. Вычислить значения f(x0), f′(x0), ..., f(n)(x0).

4. Записать остаточный член rn(x) в форме Пеано (по формуле (12.10)) или в форме Лагранжа (поформуле (12.14)).

5. Записать окончательное требуемое разложение для функции f(x) по формуле Тейлора, подставляя значения f(x0), f′(x0), ..., f(n)(x0). и выражение для rn(x) в формулу (12.1).

Для разложения произвольной функции f(x) в окрестности точки x0 с использованием разложений основных элементарных функций (см. табл. 12.1) рекомендуется схема 2.

1. Преобразовать функцию f(x) к виду, содержащему основные элементарные функции.

2. Выписать разложения этих элементарных функций, используя табл. 12.1.

3. Записать окончательное разложение функции f(x), подставляя разложения из п. 2 в преобразованную функцию f(x), используя свойства бесконечно малых и записывая остаточный член в форме Пеано. В случае x0≠0 с помощью замены переменной t=x−x0, где t→0 при x→x0, разложение функции f(x) по степеням (x−x0) заменить разложением функции ϕ(t) по степеням t с последующим возвратом к переменной x=t+x0.

12.4. Типовые примеры

Задача 1.

Разложить многочлен f(x)=x3−2x2+3x+5 по степеням (x+1), используя схему 1 (см. замечание 12.4).

Р е ш е н и е.

 1) Запишем в общем виде формулу Тейлора порядка n для функции f(x) в окрестности точки x0=−1:

f(x)=f(−1)+f′(−1)1!(x+1)+f″(−1)2!(x+1)2+...                                         ​  ...+f(n)(−1)n!(x+1)n+rn(x).      (12.19)

2) Найдём производные данного многочлена:

f′(x)=3x2−4x+3; f″(x)=6x−4; f(3)(x)=6; f(4)(x)=0; f(k)(x)=0, k>4.

3) Вычислим значения многочлена и его производных в точке x0=−1:

f(−1)=(−1)3−2⋅(−1)2+3⋅(−1)+5=−1;f′(−1)=3⋅(−1)2−4⋅(−1)+3=10;   f″(−1)=6⋅(−1)−4=−10;   f‴(−1)=6;   f(4)(−1)=0;   f(k)(−1)=0,   k>4.

4) Запишем rn(x). Так как f(k)(x)=0 при k≥4, то rn(x)=0 для n≥3. 5) Запишем разложение данного многочлена по степеням (x+1), подставляя значения многочлена и его производных в точке x0=−1 и остаточный член rn(x) в формулу (12.19):

x3−2x2+3x+5=−1+10(x+1)−102!(x+1)2+63!(x+1)3+0=                                                                ​​          =−1+10(x+1)−5(x+1)2+(x+1)3.

■

Задача 2.

Записать формулу Тейлора 3-го порядка с остаточным членом в форме Пеано для функции f(x)=xx−1 в точке x0=2, применяя схему 1.

Р е ш е н и е.

 1) Запишем общий вид формулы Тейлора 3-го порядка для функции f(x) в точке x0=2:

f(x)=f(2)+f′(2)1!(x−2)+f″(2)2!(x−2)2+f‴(2)3!(x−2)3+r3(x).    (12.20)

2) Найдём производные функции f(x)=xx−1 до 3-го порядка включительно:

f′(x)=−1(x−1)2=−(x−1)−2,  f″(x)=2(x−1)−3,  f‴=−6(x−1)−4.

3) Вычислим значения функции и её производных f(k)(x) (k≤3) в точке x0=2:

f(2)=2; f′(2)=−1;f″(2)=2; f(3)(2)=−6.

4) Запишем остаточный член в форме Пеано. Так как f(4)(x)=24(x−1)−5,   f(4)(2)≠0,то r3(x)=o((x−2)3). 5) Запишем требуемое разложение функции f(x)=xx−1 по формуле Тейлора 3-го порядка, подставляя значения f(2),f′(2),f″(2),f(3)(2) и r3(x) вформулу (12.20):

xx−1=2−(x−2)+22!(x−2)2−63!(x−2)3+o((x−2)3)=                                                                          ​        =2−(x−2)+(x−2)2−(x−2)3+o((x−2)3).

■

Задача 3.

Записать формулу Маклорена 4-го порядка с остаточным членом в форме Пеано для функции f(x)=tgx,используя схему 1.

Р е ш е н и е.

 1) Запишем общий вид формулы Маклорена 4-го порядка для произвольной функции f(x):

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f″(0)2!x2+f(3)(0)3!x3+f(4)(0)4!x4+r4(x).     (12.21)

2) Найдём производные функции f(x)=tgx до 4-го порядка включительно:

f′(x)=1cos2x=cos−2x;    f″(x)=2cos−3x⋅sinx;                                                 f‴(x)=6cos−4x⋅sin2x+2cos−2x;   f(4)(x)=24cos−5x⋅sin3x+16cos−3x⋅sinx.

3) Вычислим значения функции и её производных f(k)(x) (k≤4) в точке x0=0:

f(0)=0; f′(0)=1; f″(0)=0; f(3)(0)=2; f(4)(0)=0.

4) Запишем остаточный член в форме Пеано: r4(x)=o(x4), так как f(4)(0)=0. 5) Запишем искомое разложение функции f(x)=tgx, подставляя значения функции и её производных в точке x0=0 и остаточный член r4(x) в формулу (12.21):

tgx=x+23!⋅x3+o(x4)=x+x33+o(x4).

■

Задача 4.

Записать формулу Маклорена 3-го порядка с остаточным членом в форме Лагранжа для функции f(x)=arctgx, применяя схему 1.

Р е ш е н и е.

 1) Запишем формулу Маклорена 3-го порядка в общем виде для функции f(x):

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f″(0)2!x2+f(3)(0)3!x3+r3(x).      (12.22)

2) Найдём производные функции f(x)=arctgx до 4-го порядка включительно:

f′(x)=11+x2=(1+x2)−1;   f″(x)=(−1)(1+x2)−2⋅2x;f‴(x)=(−1)(−2)(1+x2)−3⋅(2x)2+(−1)(1+x2)−2⋅2=(6x2−2)(1+x2)−3;f(4)(x)=12x(1+x2)−3+(−3)(1+x2)−4⋅2x⋅(6x2−2)=24x(1−x2)(1+x2)−4.

3) Вычислим f(0), f′(0), f″(0), f(3)(0):

f(0)=0; f′(0)=1; f″(0)=0; f(3)(0)=−2.

4) Запишем остаточный член в форме Лагранжа. Так как r3(x)=f(4)(ξ)4!⋅x4, где ξ=θx и 0<θ<1, то

r3(x)=24θx(1−θ2x2)(1+θ2x2)4⋅x44!.

5) Запишем требуемое разложение функции f(x)=arctgx, подставляя значения f(0), f′(0), f″(0), f(3)(0) и r3(x) в формулу (12.22):

arctg x=x−x33+24θx(1−θ2x2)(1+θ2x2)4⋅x44!,          0<θ<1.

■

Задача 5.

Разложить функцию f(x)=ln(1+sinx) в окрестности точки x0=0 до члена x3 включительно, используя схему 2.

Р е ш е н и е.

 1) Запишем функцию f(x) через основные элементарные функции в виде f(x)=ln(1+t), где t=sinx. 2) Разложим функции ln(t+1) и sinx, используя табл. 12.1:

ln(1+t)=t−t22+t33+o(t3);       sinx=x−x33!+o(x4).

3) Заменим t на sinx=x−x33!+o(x4) в разложении функции ln(1+t) и при возведении в степень сохраним лишь члена до порядка x3. Остальные слагаемые включим в o(x3) с учетом свойств бесконечно малых (o(t3)=o(sin3x)=o(x3) при x→0 ). В результате получим

f(x)=ln(1+sinx)=(x−x33!+o(x3))−(x−x33!+o(x3))2+(x−x33!+o(x3))33+                                         +o(x3)=x−x33!−x22+x33+o(x3)=x−x22+x36+o(x3).

■

Задача 6.

Разложить функцию f(x)=15+4x√ в окрестности точки x0=1 до члена с (x−1)2 включительно, применяя схему 2.

Р е ш е н и е.

 1)Введем новую переменную t=x−1, где t→0 при x→0. Полагая x=t+1, запишем функцию f(x)|x=t+1=ϕ(t):

ϕ(t)=15+4(t+1)−−−−−−−−−√=19+4t−−−−−√=131+49t−−−−−√=13(1+49t)−12.

2) Разложим функцию (1+49t)−12 до члена с t2 включительно. Используем разложение функции (1+x)α из табл. 12.1. Заменяя в этом x на 49t и полагая α=−12, получим

(1+49t)−12=1+(−12)49t+(−12)(−12−1)2!(49t)2+o(t2)=1−29t+227t2+o(t2).

3) Подставим последнее разложение в функцию ϕ(t):

ϕ(t)=13(1+49t)−12=13−227t+281t2+o(t2).

Учитывая, что t=x−1, окончательно запишем искомое разложение

f(x)=15+4x−−−−−√=13−227(x−1)+281(x−1)2+o((x−1)2).

■