Формула Тейлора.

Содержание:

  1. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.
    1. Многочлен Тейлора \(n\)-го порядка для функции \(f(x)\) в точке \(x_0\).
    2. Остаточный член формулы Тейлора в форме Лагранжа.
  2. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.
  3. Разложение основных элементарных функций по формуле Тейлора.
  4. Вычисление пределов с помощью Формулы Тейлора.

1. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.

Лемма 1. Если функция \(f(x)\) имеет в точке \(x_{0}\) производную n-го порядка, то существует многочлен \(P_{n}(x)\) степени не выше n такой, что
$$
P_x(x_0)=f(x_{0}),\;P_{n}^{(k)}(x_{0})=f^{(k)}(x_{0}),\;k=\overline{1,n}.\label{ref1}
$$
Этот многочлен представляется в виде
$$
P_n(x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x)}{2!}(x-x_0)^2+\ldots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.\label{ref2}
$$

\(\circ\) Пусть \(\varphi(x)=(x-x_0)^m\), где \(m\in\mathbb{N}\). Тогда \(\varphi(x_0)=0\),
$$
\varphi^{(k)}(x_{0})=\left\{\begin{array}{ll}
0, & если\;k\neq m,\\
k!, & если\;k=m.
\end{array}\right.\label{ref3}
$$
Из \eqref{ref3} следует, что многочлен \(P_n(x)\), заданный формулой \eqref{ref2}, удовлетворяет условиям \eqref{ref1}. Этот многочлен называют многочленом Тейлора n-го порядка для функции \(f(x)\) в точке \(x_{0}\). \(\bullet\)


Лемма 2. Пусть функции \(f(x)\) и \(\psi(x)\) определены в \(\delta\)-окрестности точки \(x_0\) и удовлетворяют следующим условиям:

1) для каждого \(x\in U_{\delta}(x_0)\) существуют \(\varphi^{(n+1)}(x)\) и \(\psi^{(n+1)}\);

2)
$$
\begin{array}{l}
\varphi(x_0)=\varphi'(x_0)=\ldots=\varphi^{(n)}(x_0)=0,\\
\psi(x_0)=\psi'(x_0)=\ldots=\psi^{(n)}(x_0)=0;
\end{array}\label{ref4}
$$

3) \(\psi(x)\neq 0,\;\psi^{(k)}(x)\neq 0\) для \(x\in \dot{U}_{\delta}(x_{0})\) и для \(k=\overline{1,n+1}\).

Тогда для каждого \(x\in\dot{U}_{\delta}(x_{0})\) существует точка \(\xi\), принадлежащая интервалу с концами \(x_0\) и \(x\) такая, что
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{(n+1)}(\xi)}{\psi^{(n+1)}(\xi)}.\label{ref5}
$$

\(\circ\) Пусть, например, \(x\in(x_0,x_0+\delta)\). Тогда, применяя к функциям \(\varphi\) и \(\psi\) на отрезке \([x_0,x]\) теорему Коши и учитывая, что \(\varphi(x_0)=\psi(x_0)=0\) в силу условий \eqref{ref4}, получаем
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{\psi(x)-\psi(x_0)}=\frac{\varphi'(\xi_1)}{\psi'(\xi_1)}\quad x_0<\xi_1\;<\;x.\label{ref6}
$$
Аналогично, применяя к функциям \(\varphi'\) и \(\psi'\) на отрезке \([x_{0},\xi_{1}]\) теорему Коши, находим
$$
\frac{\varphi'(\xi_1)}{\psi'(\xi_1)}=\frac{\varphi'(\xi_1)-\varphi'(x_0)}{\psi'(\xi_1)-\psi'(x_0)}=\frac{\varphi''(\xi_2)}{\psi'(\xi_2)}\quad x_0<\xi_1<\xi_2.\label{ref7}
$$
Из равенств \eqref{ref6} и \eqref{ref7} следует, что
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_1)}{\psi'(\xi_1)}=\frac{\varphi''(\xi_2)}{\psi''(\xi_2)},\quad x_0<\xi_2<\xi_1\;<\;x\;<\;x_0+\delta.\nonumber
$$
Применяя теорему Коши последовательно к функциям \(\varphi''\) и \(\psi''\), \(\varphi^{(3)}\) и \(\psi^{(3)},\ldots,\varphi^{(n)}\) и \(\psi^{(n)}\) на соответствующих отрезках, получаем
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_1)}{\psi'(\xi_1)}=\ldots=\frac{\varphi^{(n)}(\xi_n)}{\psi^{(n)}(\xi_n)}=\frac{\varphi^{(n+1)}(\xi)}{\psi^{(n+1)}(\xi)},\nonumber
$$
где \(x_0<\xi<\xi_{n}<\ldots<\xi_{1}\;<\;x\;<\;x_0+\delta\).

Равенство \eqref{ref5} доказано для случая, когда \(x\in(x_0,x_0+\delta)\). Аналогично рассматривается случай, когда \(x\in(x_0-\delta,x_0).\quad\bullet\)


Теорема 1. Пусть существует \(\delta>0\) такое, что функция \(f(x)\) имеет в \(\delta\)-окрестности точки \(x_0\) производные до \((n+1)\)-го порядка включительно.

Тогда для любого \(x\in\dot{U}_\delta(x_0)\) найдется точка \(\xi\), принадлежащая интервалу \(\Delta\) с концами \(x_{0}\) и \(x\), такая, что
$$
f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_0)+\ldots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_0)^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}.\label{ref8}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(x\in\dot{U}_\delta(x_0),\;P_n(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_0)^k\) — многочлен Тейлора для функции \(f(x)\). Обозначим
$$
r_{n}(x)=f(x)-P_n(x).\label{ref9}
$$
Так как многочлен \(P_{n}(x)\) удовлетворяет в силу леммы 1 условиям \eqref{ref1}, то из равенства \eqref{ref9} следует, что
$$
r_n(x_0)=r_n'(x_0)=\ldots=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0.\label{ref10}
$$
Рассмотрим функции \(\varphi(x)=r_n(x),\;\psi(x)=(x-x_0)^{n+1}\). Эти функции удовлетворяют условиям леммы 2, и поэтому для них выполняется равенство \eqref{ref5}, т.е.
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{r_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{r_n^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!},\quad\xi\in\Delta,\label{ref11}
$$
так как \(P_n^{(n+1)}(x)\equiv 0,\;\psi^{(n+1)}(x)=(n+1)!\). Из равенств \eqref{ref11} и \eqref{ref9} следует формула \eqref{ref8}. \(\bullet\)


Замечание 1.
Функцию \(r_n(x)=\displaystyle \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\) называют остаточным членом формулы Тейлора в форме Лагранжа. Формула \eqref{ref8} справедлива и при \(x=x_{0}\).

Следствие. Если функции \(\varphi\) и \(\psi\) дифференцируемы \(n\) раз при \(x\geq x_{0}\) и удовлетворяют условиям \(\varphi^{(k)}(x_{0})=\psi^{(k)}(x_{0}),\;k=\overline{0,n-1},\;\varphi^{(n)}(x)>\psi^{(n)}(x)\) при \(x>x_0\), то \(\varphi(x)>\psi(x)\) при \(x>x_{0}\).

\(\circ\) Для \(n=1\) утверждение доказано в \S 17 (следствие 4 из теоремы Лагранжа). Обозначим \(f(x)=\varphi(x)-\psi(x)\). Тогда \(f^{(k)}(x_{0})=0\) при \(k=\overline{0,n-1}0\), и по формуле \eqref{ref8} получаем
$$
f(x)=\frac{1}{n!}(x-x_{0})^{n}f^{(n)}(\xi).\nonumber
$$
Если \(x>x_{0}\), то \(\xi>x_0,\;f^{(n)}(\xi)=\varphi^{(n)}(\xi)-\psi^{(n)}(\xi)>0\), и поэтому \(f(x)>0\), т.е. \(\varphi(x)>\psi(x)\) при \(x>x_{0}\). \(\bullet\)


Пример 1.

Доказать, что:

a) \(|\sin t-t|\leq\displaystyle\frac{t^2}{2}\) для \(t\in\mathbb{R}\);

6) 
$$
x-\frac{x^{3}}{3!}<\sin x\;<\;x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^5}{5!}\;при\;x\;>\;0.\label{ref12}
$$

Решение.

\(\triangle\) a) Применяя формулу \eqref{ref8} при \(n=2\) и \(x_0=0\) к функции \(f(t)=\sin t\), получаем \(\sin t=t-\displaystyle\frac{\sin{\xi}}{2!}t^2\), откуда следует, что \(|\displaystyle \sin t-t|\leq\frac{t^{2}}{2},\;t\in\mathbb{R}\).

6) Если \(f(x)=\sin x\), то \(f(0)=f^{(2)}(0)=f^{(4)}(0)=0,\;f'(0)=1,\;f^{(3)}(0)=-1,\;f^{(n)}(x)=(\sin x)^{(n)}=\displaystyle\sin\left(x+n\frac{\pi}{2}\right)\). Применяя формулу \eqref{ref8} при \(n=5,\;x_0=0\), получаем
$$
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}\sin(\xi+5\frac{\pi}{2}),\nonumber
$$
откуда следует правое неравенство \eqref{ref12}, так как, очевидно, \(\left|\displaystyle \frac{x^{5}}{5!}\sin\left(\xi+5\frac{\pi}{2}\right)\right|\leq\displaystyle\frac{x^{5}}{5!}\) при \(x>0\). Используя формулу \eqref{ref8} для \(f(x)=\sin x\) при \(n=3,\;x_0=0\), докажем левое неравенство \eqref{ref12}. \(\blacktriangle\)


2. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.

Теорема 2. Если существует \(f^{(n)}(x_0)\), то
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n}),\;x\rightarrow x_{0}.\label{ref13}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Из существования \(f^{(n)}(x_0)\) следует, что функция \(f(x)\) определена и имеет производные до \((n-1)\)-го порядка включительно в \(\delta\)-окрестности точки \(x_0\). Обозначим \(\varphi(x)=r_n(x),\;\psi(x)=(x-x_0)^n\), где функция \(r_n(x)\) определяется формулой \eqref{ref9}. Функции \(\varphi(x)\) и \(\psi(x)\) удовлетворяют условиям леммы 2, если заменить номер \(n+1\) на номер \(n-1\) (см. равенства \eqref{ref10}). Используя лемму 2 и учитывая, что \(r_n^{(n-1)}(x_0)=0\), получаем
$$
\frac{r_n(x)}{(x-x_0)^n}=\frac{r_n^{(n-1)}(\xi)-r_n^{n-1}(x_0)}{n!(\xi-x_{0})},\label{ref14}
$$
где \(\xi=\xi(x)\) и
$$
x_0<\xi\;<\;x\;<\;x_0+\delta\quad или \quad x_0-\delta\;<\;x\;<\;\xi\;<\;x_0.\label{ref15}
$$

Пусть \(x\rightarrow x_0\), тогда из неравенств \eqref{ref15} следует, что \(\xi\rightarrow x_0\), и в силу существования \(f^{(n)}(x_0)\) существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{r_n^{(n-1)}(x)-r_n^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}=\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{r_n^{(n-1)}(\xi)-r_n^{(n-1)}(x_0)}{\xi-x_0}=r_n^{(n)}(x_0)=0\), так как выполняются равенства \eqref{ref10}. Таким образом, правая часть формулы \eqref{ref14} имеет при \(x\rightarrow x_0\) предел, равный нулю, а поэтому существует предел левой части этой формулы, также равный нулю. Это означает, что \(r_n(x)=о((x-x_0)^n),\;x\rightarrow x_0\), или \(f(x)-P_n(x)=о((x-x_0)^n)\), откуда следует равенство \eqref{ref13}. \(\bullet\)


Замечание 2.
Формулу \eqref{ref13} часто называют формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано или локальной формулой Тейлора.

Разложить функцию \(f(x)\) по формуле Тейлора в окрестности точки \(x_0\) до \(o((x-x_0)^n)\) — значит представить ее в виде \eqref{ref13}.


Теорема 3. Если существует \(f^{(n)}(x_0)\) и если при \(x\rightarrow x_0\)
$$
f(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^n+о((x-x_0)^n),\label{ref16}
$$
то
$$
a_{k}=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!},\;k=\overline{0,n}.\label{ref17}
$$

Доказательство.

\(\circ\) По теореме 2 справедлива формула \eqref{ref13}, и так как по условию выполняется равенство \eqref{ref16}, то
$$
а_0+a_1(x-x_0)+\ldots+a_n(х-x_0)^n+о((x-x_0)^n)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_0)+\ldots+f^{(n)}(x_{0})\frac{(x-x_{0})^{n}}{n!}+о((x-x_0)^n).\label{ref18}
$$
Переходя к пределу при \(x\rightarrow x_{0}\) в равенстве \eqref{ref18}, получаем \(a_{0}=f(x_{0})\). Отбросив в левой и правой частях этого равенства одинаковые слагаемые \(a_{0}\) и \(f(x_{0})\) и разделив обе части полученного равенства на \(x-x_0\), имеем
$$
a_1+а_2(х-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^{n-1}+о((x-x_0)^{n-1})=f'(x_0)+\frac{f''(x_{0})}{2!}(x-х_0)+\ldots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_0)^{n-1}+о((x-x_0)^{n-1}).
$$
Переходя в этом равенстве к пределу при \(х\rightarrow x_0\), находим \(f'(x_{0})=a_{1}\). Продолжая эти рассуждения, получаем равенства \eqref{ref17}. \(\bullet\)


Замечание 3.
Теорема 3 означает, что представление в виде \eqref{ref16} функции, имеющей в точке \(x_{0}\) производную \(n\)-го порядка, единственно: коэффициенты разложения \eqref{ref16} выражаются по формулам \eqref{ref17}.

Пример 2.

Разложить функцию \(\displaystyle \frac{1}{1-x}\) по формуле Тейлора в окрестности точки \(x_{0}=0\) до \(o(x^{n})\).

Решение.

\(\triangle\) Воспользуемся равенством \((1+x+\ldots+x^{n})(1-x)=1-x^{n+1}\), откуда \(\displaystyle \frac{1}{1-x}=1+x+\ldots+x^n+r_n(x)\), где \(r_n(x)=\displaystyle \frac{x^{n+1}}{1-x}=o(x^{n})\) при \(x\rightarrow 0\). Таким образом,
$$
\frac{1}{1-x}=1+x+\ldots+x^n+o(x^n).\label{ref19}
$$
Так как функция \(\displaystyle \frac{1}{1-x}\) бесконечно дифференцируема при \(x\neq 1\) (имеет производные любого порядка), то по теореме 3 формула \eqref{ref19} дает искомое разложение. \(\blacktriangle\)


3. Разложение основных элементарных функций по формуле Тейлора.

Если \(x_{0}=0\) и существует \(f^{(n)}(0)\), то равенство \eqref{ref13} принимает вид
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}x^k+o(x^n),\;x\rightarrow 0.\label{ref20}
$$
Формулу \eqref{ref20} называют формулой Маклорена.


Замечание 4.
Пусть, функция \(f(x)\) бесконечно дифференцируема на интервале \((-l,l)\). Если эта функция является четной, то ее производная — нечетная функция, и, наоборот, производная нечетной функции — четная функция (\S 15, пример 9). Отсюда следует, что для нечетной функции \(f\)
выполняются условия \(f^{(2k)}(0)=0,\;k\in\mathbb{N}\), а для четной функции \(f\) — условия \(f^{(2k-1)}(0)=0,\;k\in\mathbb{N}\), так как любая непрерывная нечетная функция принимает при \(x=0\) значение нуль.

Поэтому формулу \eqref{ref20} для бесконечно дифференцируемой четной функции можно записать в виде
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(2k)}(0)}{(2k)!}x^{2k}+o(x^{2n+2}),\quad x\rightarrow 0,\label{ref21}
$$
а для нечетной функции — в виде
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(2k+1)}(0)}{(2k+1)!}x^{2k+1}+o(x^{2n+2}),\quad x\rightarrow 0,\label{ref22}
$$
В формуле \eqref{ref21} остаточный член записан в виде \(o(x^{(2n+1)})\), а не в виде \(о(x^{2n})\), так как для четной функции \(f\) выполняется условие \(f^{(2n+1)}(0)=0\), и поэтому член многочлена Тейлора, который следует за слагаемым \(\displaystyle\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\) равен нулю. Аналогично рассматривается вопрос о записи остаточного члена формулы \eqref{ref22}.

a) Показательная функция. Если \(f(x)=e^x\), то \(f(0)=1\) и \(f^{(n)}(0)=1\) при любом \(n\). Поэтому формула \eqref{ref20} для функции \(e^{x}\) записывается в виде
$$
e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\ldots+\frac{x^{n}}{n!}+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0,\label{ref23}
$$
или
$$
e^{x}=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$

6) Гиперболические функции. Так как \(f(x)=\operatorname{sh}x\) — нечетная функция, \(f^{(2k+1)}(x)=\operatorname{ch}x,\;f^{(2k+1)}(0)=1\) при \(k=0,1,2,\ldots\), то по формуле \eqref{ref22} получаем
$$
\operatorname{sh}x=x+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\ldots+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+о(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0,\label{ref24}
$$
или
$$
\operatorname{sh}x=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
Аналогично по формуле \eqref{ref21} находим
$$
\operatorname{ch}x=1+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\ldots+\frac{x^{2n}}{(2n)!}+о(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0,\label{ref25}
$$
или
$$
\operatorname{ch}x=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$


Замечание 5.
Так как \(\operatorname{sh}x=\displaystyle \frac{e^{x}-e^{-x}}{2},\;\operatorname{ch}x=\displaystyle \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\), то формулы \eqref{ref24} и \eqref{ref25} можно получить, используя равенство \eqref{ref23} и равенство \(e^{-x}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}x^{k}}{k!}+о(x^{n}),\;x\rightarrow 0\).

в) Тригонометрические функции. Функция \(f(x)=\sin x\) является нечетной,
$$
f^{(2n+1)}(x)=\sin \left(x+\displaystyle \frac{\pi}{2}(2n+1)\right),\nonumber
$$
откуда
$$
f^{(2n+1)}(0)=\sin\left(\frac{\pi}{2}+\pi n\right)=\cos\pi n=\ (-1)^n.\nonumber
$$
Поэтому по формуле \eqref{ref22} находим
$$
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+о(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0,\label{ref26}
$$
или
$$
\sin x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
Аналогично, \(f(x)=\cos x\) — четная функция, \(f^{(2n)}(0)=\displaystyle \cos\left(\frac{\pi}{2}2n\right)=(-1)^{n}\), и по формуле \eqref{ref21} получаем
$$
\cos x=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0,\label{ref27}
$$
ИЛИ
$$
\cos x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n+1}),\;Х\rightarrow 0.\nonumber
$$

г) Степенная функция. Пусть \(f(x)=(1+x)^{\alpha}\), где \(\alpha\in\mathbb{R}\). Тогда \(f^{(k)}(х)=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-(k-1))(1+x)^{\alpha-k}\), откуда получаем \(f^{(k)}(0)=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-(k-1))\). Обозначим
$$
C_{\alpha}^0=1,\;С_{\alpha}^k=\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-(k-1))}{k!},\;k\in\mathbb{N}.\label{ref28}
$$
Тогда по формуле \eqref{ref20} получим
$$
(1+x)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{n}C_{\alpha}^{k}x^k+о(x^n),\;х\rightarrow 0.\label{ref29}
$$
Отметим важные частные случаи формулы \eqref{ref29}.
$$
1)\quad\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\ldots+x^n+о(x^n),\;x\rightarrow 0,\label{ref30}
$$
или
$$
\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{n}x^k+о(x^n),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
Формула \eqref{ref30} была получена другим способом в п. 2 (пример 2).
$$
2)\quad\frac{1}{1+x}=1-x+x^{2}+\ldots+(-1)^{n}x^n+о(x^n),\;x\rightarrow 0,\label{ref31}
$$
ИЛИ
$$
\frac{1}{1+x}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}x^k+o(x^n),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$

д) Логарифмическая функция. Если \(f(x)=\operatorname{ln}(1+x)\), то \(f(0)=0\),
$$
f^{(k)}(x)=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^{k}},\;f^{(k)}(0)=(-1)^{k-1}(k-1)!,\nonumber
$$
и по формуле \eqref{ref20} находим
$$
\operatorname{ln}(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\ldots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0,\label{ref32}
$$
или
$$
\operatorname{ln}(1+х)=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}x^{k}}{k}+о(x^n),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
Заменяя в формуле \eqref{ref32} \(x\) на \(-x\) получаем
$$
\operatorname{ln}(1-x)=-x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}-\ldots-\frac{x^{n}}{n}+o(x^n),\;x\rightarrow 0,\label{ref33}
$$
или
$$
\operatorname{ln}(1-x)=-\sum_{k=1}^n\frac{x^{k}}{k}+о(x^n),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$


Пример 3.

Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки \(x_0=0\) до \(о(x^n)\) функцию \(f(x)\), если:

а) \(f(x)=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x}}\);

6) \(f(x)=\displaystyle \frac{1}{3x+2}\);

в) \(f(x)=\displaystyle \operatorname{ln}\frac{x-5}{x-4}\);

г) \(f(x)=(х+3)е^{-2х}\).

Решение.

\(\triangle\) a) Применяя формулу \eqref{ref29} при \(\alpha=-\displaystyle\frac{1}{2}\), получаем
$$
\frac{1}{\sqrt{1+x}}=\sum_{k=0}^{n}C_{-1/2}^{k}x^k+о(x^n),\;x\rightarrow 0,\nonumber
$$
где
$$
C_{-1/2}^{k}=\frac{\displaystyle\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}-1\right)\ldots\left(-\frac{1}{2}-(k-1)\right)}{k!}=\frac{(-1)^{k}1\cdot 3\ldots(2k-1)}{2^{k}k!}.\nonumber
$$

Обозначим \((2k-1)!!=1\cdot 3\ldots(2k-1)\), тогда
$$
\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}(2k-1)!!}{2^{k}k!}x^k+o(x^n),\;x\rightarrow 0.\label{ref34}
$$
Из формулы \eqref{ref34} при \(n=3\) находим
$$
\frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{3}{8}x^2-\frac{5}{16}x^3+o(x^3),\;x\rightarrow 0.\label{ref35}
$$
6) Так как \(\displaystyle\frac{1}{3x+2}=\frac{1}{2\left(1+\displaystyle\frac{3}{2}x\right)}\), то, применяя формулу \eqref{ref31}, получаем
$$
\frac{1}{3x+2}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{3^{k}}{2^{k+1}}x^{k}+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
в) Используя равенство \(\displaystyle\operatorname{ln}\frac{x-5}{x-4}=\displaystyle\operatorname{ln}\frac{5}{4}+\operatorname{ln}\frac{1-\displaystyle\frac{x}{5}}{1-\displaystyle\frac{x}{4}}\) и формулу \eqref{ref33}, находим
$$
\operatorname{ln}\frac{x-5}{x-4}=\operatorname{ln}\frac{5}{4}+\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{k}}{k}\left(\frac{1}{4^{k}}-\frac{1}{5^{k}}\right)+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
г) Так как \(f(x)=хе^{-2x}+3е^{-2x}\), то, применяя формулу \eqref{ref23}, получаем
$$
f(x)=x\left(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^{k}2^{k}}{k!}x^{k}+o(x^{n-1})\right)+3\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}2^{k}}{k!}x^{k}+o(x^{n}),\;x\;>\;0,
$$
или
$$
f(x)=3+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}2^{k-1}}{(k-1)!}x^k+\sum_{k=1}^{n}\frac{3(-1)^{k}2^{k}}{k!}x^k+о(x^n),\;x\rightarrow 0,\nonumber
$$
т.е.
$$
f(x)=3+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}2^{k-1}}{k!}(k-6)x^{k}+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0.\quad\blacktriangle
$$


Пример 4.

Разложить по формуле Маклорена до \(о(x^{2n+1})\) функцию
$$
f(x)=\cos^{4}x.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Используя равенство \(\cos^{2}x=\displaystyle \frac{1+\cos 2x}{2}\), получаем
$$
\cos^{4}x=\frac{1}{4}\left(1+2\cos{2x}+\displaystyle \frac{1+\cos 4x}{2}\right)=\frac{3}{8}+\frac{1}{2}\cos{2x}+ \displaystyle\frac{1}{8}\cos4x,\nonumber
$$
откуда по формуле \eqref{ref27} находим
$$
\cos^{4}x=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}2^{2k-1}}{(2k)!}(1+2^{2k-2})x^{2k}+o(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0.\quad\blacktriangle\nonumber
$$


Замечание 6.
Если существует \(f^{(n+1)})(0)\) и известно разложение функции
$$
f'(x)=\sum_{k=0}^{n}b_kx^k+o(x^n),\nonumber
$$
где \(b_k=\displaystyle\frac{f^{(k+1)(0)}}{k!}\), то
$$
f(x)=f(0)+\sum_{k=1}^{n+1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+o(x^{n+1})=f(0)+\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)k!}x^{k+1}+o(x^{n+1}),\;x\rightarrow 0,\nonumber
$$
т.е.
$$
f(x)=f(0)+\sum_{k=0}^{n}\frac{b_{k}}{k+1}x^{k+1}+o(x^{n+1}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$

Пример 5.

Разложить по формуле Маклорена до \(о(x^{2n+1})\) функции:

a) \(\operatorname{arctg}x\);

6) \(\operatorname{arcsin}x\);

в) \(\operatorname{ln}(1+\sqrt{1+x^2})\).

Решение.

\(\triangle\) a) Так как
$$
(\operatorname{arctg}x)'=\frac{1}{1+x^2},\nonumber
$$
то, используя формулу \eqref{ref31} и замечание 6, получаем
$$
\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{x^{2k}}+o(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0,\nonumber
$$
откуда
$$
\operatorname{arctg}x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+o(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0.\label{ref36}
$$
Из формулы \eqref{ref36} при \(n=2\) находим
$$
\operatorname{arctg}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^6).\;x\rightarrow 0.\label{ref37}
$$
6) Используя замечание 6, равенство \eqref{ref34} и формулу \((\operatorname{arcsin}x)'=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\), получаем
$$
\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=1+\sum_{k=1}^{n}\displaystyle\frac{(2k-1)!!}{2^{k}k!}x^{2k}+o(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0,\nonumber
$$
откуда
$$
\operatorname{arcsin}x=x+\sum_{k=1}^{n}\displaystyle\frac{(2k-1)!!}{2^{k}k!(2k+1)}x^{2k+1}+o(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0.\label{ref38}
$$
Из формулы \eqref{ref38} при \(n=2\) находим
$$
\operatorname{arcsin}x=х+\frac{1}{6}x^{3}+\frac{3}{40}x^5+o(x^6),\;x\rightarrow 0.\label{ref39}
$$
в) Так как
$$
(\operatorname{ln}(1+\sqrt{1+x^2}))'=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}},\nonumber
$$
то, используя замечание 6 и разложение \eqref{ref34}, получаем
$$
\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}(2k-1)!!}{2^{k}k!}x^{2k}+o(x^{2n+1}),\;x\rightarrow 0,\nonumber
$$
откуда
$$
\operatorname{ln}(1+\sqrt{1+x^2})=x+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}(2k-1)!!}{2^{k}k!(2k+1)}x^{2k+1}+o(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0.\label{ref40}
$$
Из формулы \eqref{ref40} при \(n=2\) находим
$$
\operatorname{ln}(1+\sqrt{1+x^2})=x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{3}{40}x^5+o(x^6),\;x\rightarrow 0.\quad\blacktriangle\label{ref41}
$$


Пример 6.

Разложить по формуле Маклорена до \(о(x^6)\) функции:

а) \(\operatorname{tg}x\);

6) \(\operatorname{th}x\).

Решение.

\(\triangle\) a) Функция \(\operatorname{tg}x\) является нечетной, и поэтому \(\operatorname{tg}x=a_1х+a_3x^3+a_5x^5+o(x^6),\;x\rightarrow 0\), где \(a_1=1\), так как \(\operatorname{tg}x\sim x\) при \(x\rightarrow 0\). Используя равенство \(\sin x=\cos x\operatorname{tg}x\) и разложения \eqref{ref26}, \eqref{ref27}, получаем
$$
x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^6)=(x+a_3x^3+a_5x^5+o(x^6))\left(1-\displaystyle \frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+o(x^5)\right).\nonumber
$$
Приравнивая коэффициенты при \(x^3\) и \(x^5\), находим \(-\displaystyle \frac{1}{6}=-\frac{1}{2}+a_{3},\;\displaystyle \frac{1}{5!}=\frac{1}{4!}-\frac{a_{3}}{2!}+a_{5}\), откуда \(a_3=\displaystyle \frac{1}{3},\;a_{5}=\displaystyle \frac{2}{15}\), и поэтому
$$
\operatorname{tg}x=x+\displaystyle \frac{x^{3}}{3}+\displaystyle \frac{2}{15}x^5+o(x^6),\;x\rightarrow 0.\label{ref42}
$$

6) Так как \(\operatorname{th}x\) — нечетная Функция, то \(\operatorname{th}x=a_1x+a_3x^3+a_5x^5+o(x^6)\), где \(a_{1}=1\) (\(\operatorname{th}x\sim x\) при \(x\rightarrow x\)). Применяя формулу \(\operatorname{sh}x=\operatorname{ch}x\operatorname{th}x\) и используя разложения \eqref{ref24}, \eqref{ref25}, получаем
$$
x+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^{6})=(x+a_{3}x^{3}+a_{5}x^{5}+o(x^{6}))\left(1+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+o(x^{5})\right),\nonumber
$$
откуда, сравнивая коэффициенты при \(x^3\) и \(x^5\), находим \(a_{3}=-\displaystyle \frac{1}{3},\;a_{5}=\displaystyle \frac{2}{15}\). Следовательно,
$$
\operatorname{th}x=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{2}{15}x^{5}+o(x^{6}).\quad\blacktriangle\label{ref43}
$$


Замечание 7.
Прием, использованный для нахождения разложений \eqref{ref42} и \eqref{ref43}, называют {\it методом неопределенных коэффициентов} (см. [11, с 389,390]).

Замечание 8.
Разложение функции \(f(x)\) по формуле Тейлора \eqref{ref16} заменой \(x-x_{0}=t\) обычно сводится к разложению функции \(g(t)=f(x_0+t)\) по формуле Маклорена \eqref{ref20}.

Пример 7.

Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки \(x_0=-2\) до \(o((x+2)^{n})\) функцию \(f(x)=\displaystyle \frac{1}{x^{2}+5x}\).

Решение.

\(\triangle\) Так как \(f(x)=\displaystyle\frac{1}{5}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+5}\right)\), то, полагая \(x=t-2\), получаем \(f(x)=g(t)=\displaystyle \frac{1}{5}\left(\frac{1}{t-2}-\frac{1}{t+3}\right)=\frac{1}{5}\left(-\frac{1}{2\left(1-\frac{t}{2}\right)}-\frac{1}{3\left(1+\frac{t}{3}\right)}\right)\). Применяя формулы \eqref{ref30} и \eqref{ref31}, находим
$$
g(t)=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{(-1)^{k+1}}{5\cdot 3^{k+1}}-\frac{1}{5\cdot 2^{k+1}}\right)t^{k}+o(t^{n}),\;t\rightarrow 0,\nonumber
$$
откуда
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{(-1)^{k+1}}{5\cdot 3^{k+1}}-\frac{1}{5\cdot 2^{k+1}}\right)(x+2)^{k}+o((x+2)^n),\;x\rightarrow-2.\quad\blacktriangle\nonumber
$$


4. Вычисление пределов с помощью Формулы Тейлора.

Рассмотрим предел при \(x\rightarrow 0\) отношения \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\), где \(f(0)=g(0)=0\), т.е. предел типа \(\frac{0}{0}\).

Будем предполагать, что
$$
f(0)=f'(0)=\ldots=f^{(n-1)}(0)=0,\;f^{(n)}(0)\neq 0.\nonumber
$$

Тогда разложение функции \(f\) по формуле Маклорена \eqref{ref20} имеет вид
$$
f(x)=ax^n+o(x^n),\;x\rightarrow 0,\;где\;a\neq 0.\label{ref44}
$$

Аналогично, предполагая, что
$$
g(0)=g'(0)=\ldots=g^{(m-1)}(0)=0,\;g^{(m)}(0)\neq 0.\nonumber
$$
по формуле \eqref{ref20} находим
$$
g(x)=bx^m+o(x^m),\;x\rightarrow 0,\;где\;b\neq 0.\label{ref45}
$$

Из равенств \eqref{ref44} и \eqref{ref45} следует, что
$$
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{ax^n+o(x^n)}{bx^m+o(x^m)},\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$

Если \(m=n\), то \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle \frac{a}{b}\). Если \(n\;>\;m\), то \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=0\); если же \(n\;<\;m\), то \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\infty\).


Пример 8.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{tg}x-\displaystyle\frac{x}{1+x^2}}{\sin x-\operatorname{sh}x}\).

Решение.

\(\triangle\) Используя формулы \eqref{ref24}, \eqref{ref26}, \eqref{ref31} и \eqref{ref42}, получаем
$$
\operatorname{tg}x-\frac{x}{1+x^{2}}=x+\frac{x^{3}}{3}-x(1-x^2)+o(x^3)=\frac{4}{3}x^3+o(x^3),\nonumber
$$
$$
\sin х-\operatorname{sh}x=x-\frac{x^{3}}{6}-\left(x+\frac{x^{3}}{6}\right)+o(x^{3})=-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}).\nonumber
$$

Следовательно, искомый предел равен \(-4\). \(\blacktriangle\)


Пример 9.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e(1+x)^{-1/x}-1}{x}\).

Решение.

\(\triangle\) Воспользуемся равенством \((1+x)^{-1}/{x}=e^{-(1/x)\operatorname{ln}(1+x)}\). По формуле \eqref{ref32} получаем \(-\displaystyle \frac{1}{x}\operatorname{ln}(1+x)=-1+\displaystyle \frac{x}{2}+o(x)\). Используя формулу \eqref{ref23}, находим
$$
e(1+x)^{-1/x}-1=e\cdot e^{-1+x/2+o(x)}-1=е^{x/2+o(x)}-1=\frac{x}{2}+o(x).\nonumber
$$
Поэтому искомый предел равен \(\displaystyle \frac{1}{2}\). \(\blacktriangle\)


Пример 10.

Найти
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{ln}(x+\sqrt{1+x^{2}})+\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+2x}}-\operatorname{ch}(\sqrt{3}x)}{\operatorname{th}x-x\cos x}.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Пусть \(f(x)\) и \(g(x)\) — соответственно числитель и знаменатель дроби. Тогда, используя формулы \eqref{ref43} и \eqref{ref27}, получаем
$$
g(x)=x-\frac{x^{3}}{3}+o(x^4)-x\left(1-\frac{x^{2}}{2}+o(x^3)\right)=\frac{x^{3}}{6}+o(x^4).\nonumber
$$
Поэтому числитель \(f(x)\) следует разложить до \(o(x^3)\). Применяя формулы \eqref{ref41}, \eqref{ref35} и \eqref{ref25}, находим
$$
f(x)=x-\frac{x^{3}}{6}+o(x^3)+\left(1-x+\frac{3}{2}x^2-\frac{5}{2}x^3+o(x^3)\right)-\left(1+\frac{3}{2}x^2+o(x^3)\right)=-\frac{16}{6}x^3+o(x^3).\nonumber
$$
Следовательно, искомый предел равен \(-16\). \(\blacktriangle\)


Локальная формула Тейлора часто используется при вычислении предела при \(x\rightarrow x_0\) функции \((1+f(x))^{g(x)}\), где \(f(x)\rightarrow 0\) и \(g(x)\rightarrow \infty\) при \(x\rightarrow x_0\). Если \(x_0=0\) и разложение функции \(f\) по формуле Маклорена имеет вид \eqref{ref44}, а функция \(g(x)\) представляется при \(x\rightarrow 0\) в виде
$$
g(x)=\frac{1}{bx^n+o(x^n)},\;где b\neq 0, n\in\mathbb{N},
$$
то, используя формулу 16 (см.здесь), получаем
$$
\lim_{х\rightarrow 0}(1+f(x))^{g(x)}=\lim_{х\rightarrow 0}\left(1+ax^n+o(x^n)\right)^{1/(bx^n+o(x^n))}=e^{a/b}.\label{ref46}
$$


Пример 11.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}(e^{\operatorname{tg}x}+\operatorname{ln}(1-х))^{1/(\arcsin{\operatorname{sh}x}-x)}\).

Решение.

\(\triangle\) Используя формулы \eqref{ref39} и \eqref{ref24}, получаем
$$
\arcsin\operatorname{sh}x-x=\arcsin\left(x+\frac{x^{3}}{6}+o(x^{4})\right)-x=x+\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{3}}{6}+o(x^3)-x=\frac{x^{3}}{3}+o(x^3).\nonumber
$$

Аналогично, разложив функции \(e^x,\;\operatorname{tg}x,\operatorname{ln}(1-x)\) по формуле Маклорена до \(o(x^3)\), находим
\begin{equation}
\begin{split}
& e^{\operatorname{tg}x}+\operatorname{ln}(1-x)=e^{x+x^{3}/3+o(x^4)}-x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}+o(x^3)=\\
& =1+x+\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}+o(x^{3})-x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3})=1+\frac{x^{3}}{6} +o(x^3).\nonumber
\end{split}
\end{equation}
По формуле \eqref{ref46} находим, что искомый предел равен \(e^{1/2}\). \(\blacktriangle\)


При вычислении предела с помощью формулы Тейлора в конечной точке \(x_0\neq 0\) можем положить \(t=x-x_0\) и свести задачу к вычислению предела при \(t=0\).

Неопределенности видов \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty},\;0\cdot\infty,\;\infty-\infty\) обычно приводят к пределу типа \(\displaystyle \frac{0}{0}\).


Пример 12.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}x(\sqrt{x^2+2x}-2\sqrt{x^2+x}+x)\).

Решение.

\(\triangle\) Обозначим \(f(х)=x(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x)\), тогда \(f(х)=x^2\left(\displaystyle\sqrt{1+\frac{2}{x}}-2\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1\right)\). Полагая \(\displaystyle \frac{1}{x}=t\), получаем \(f(x)=g(t)=\displaystyle \frac{1}{t^{2}}(\sqrt{1+2t}-2\sqrt{1+t}+1)\). Используя формулу \eqref{ref29} при \(\alpha=\displaystyle \frac{1}{2},\;n=2\), получаем
$$
\sqrt{1+t}=1+\frac{1}{2}t-\frac{1}{8}t^2+o(t^2),\quad t\rightarrow 0.\nonumber
$$
Следовательно,
$$
g(t)=\frac{1}{t^{2}}\left(1+t-\frac{1}{2}t^{2}-2\left(1+\frac{1}{2}t-\frac{1}{8}t^{2}\right)+o(t^{2})+1\right)=\frac{1}{t^{2}}\left(-\frac{1}{4}t^{2}+o(t^{2})\right),\; t\rightarrow 0,\nonumber
$$
откуда находим, что искомый предел равен \(-\displaystyle \frac{1}{4}\). \(\blacktriangle\)