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 \tag{1} P_n(x_0)=f(x_{0}),\ P_{n}^{(k)}(x_{0})=f^{(k)}(x_{0}),\ k=\overline{1,n}.
Этот многочлен представляется в виде \tag{2}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.
Доказательство.
\circ Пусть \varphi(x)=(x-x_0)^m, где m\in\mathbb{N}. Тогда \varphi(x_0)=0,
\tag{3}\varphi^{(k)}(x_{0})=\left\{\begin{array}{ll} 0, & если \ k\neq m,\\ k!, & если \ k=m.\end{array}\right. Из (3) следует, что многочлен P_n(x), заданный формулой (2), удовлетворяет условиям (1). 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:
- для каждого x\in U_{\delta}(x_0) существуют \varphi^{(n+1)}(x) и \psi^{(n+1)};
- \tag{4}\begin{array}{cc}\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}
- \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 \tag{5}\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{(n+1)}(\xi)}{\psi^{(n+1)}(\xi)}.
Доказательство.
\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 (4), получаем \tag{6}\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.
Аналогично, применяя к функциям \varphi' и \psi' на отрезке [x_{0},\xi_{1}] теорему Коши, находим \tag{7}\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.
Из равенств (6) и (7) 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.
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)},
где x_0 < \xi < \xi_{n} < \ldots < \xi_{1} < x < x_0+\delta.
Равенство (5) доказано для случая, когда x\in(x_0,x_0+\delta). Аналогично рассматривается случай, когда x\in(x_0-\delta,x_0).\ \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
\tag{8}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}.
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
\tag{9}r_{n}(x)=f(x)-P_n(x).
Так как многочлен P_{n}(x) удовлетворяет в силу леммы 1 условиям (1), то из равенства (9) следует, что
\tag{10}r_n(x_0)=r_n'(x_0)=\ldots=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0.
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 (5), то есть
\tag{11}\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,
так как P_n^{(n+1)}(x)\equiv 0,\ \psi^{(n+1)}(x)=(n+1)! Из равенств (11) и (9) следует формула (8). \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 (8) 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 ранее (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 (8) получаем f(x)=\frac{1}{n!}(x-x_{0})^{n}f^{(n)}(\xi).
Если x> x_{0}, то \xi > x_0, f^{(n)}(\xi)=\varphi^{(n)}(\xi)-\psi^{(n)}(\xi) > 0, и поэтому f(x) > 0, то есть \varphi(x) > \psi(x) при x > x_{0}. \bullet
Пример 1.
Доказать, что:
- |\sin t-t|\leq\displaystyle\frac{t^2}{2} для t\in\mathbb{R};
- \tag{12}x-\frac{x^{3}}{3!} < \sin x < x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^5}{5!}\ при\ x > 0.
Решение.
- \triangle Применяя формулу (8) 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}.
- 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 (8) при n=5, x_0=0, получаем \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}\sin(\xi+5\frac{\pi}{2}),откуда следует правое неравенство (12), 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 (8) для f(x)=\sin x при n=3, x_0=0, докажем левое неравенство (12). \blacktriangle
Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.
Теорема 2.
Если существует f^{(n)}(x_0), то \tag{13}f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n}),\qquad x\rightarrow x_{0}.
Доказательство.
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 (9). Функции \varphi(x) и \psi(x) удовлетворяют условиям леммы 2, если заменить номер n+1 на номер n-1 (см. равенства (10)). Используя лемму 2 и учитывая, что r_n^{(n-1)}(x_0)=0, получаем \tag{14}\frac{r_n(x)}{(x-x_0)^n}=\frac{r_n^{(n-1)}(\xi)-r_n^{n-1}(x_0)}{n!(\xi-x_{0})}, где \xi=\xi(x) и \tag{15}x_0 < \xi < x < x_0+\delta \quad или \quad x_0-\delta < x < \xi < x_0.
Пусть x\rightarrow x_0, тогда из неравенств (15) 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 (10). Таким образом, правая часть формулы (14) 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)=o((x-x_0)^n),\ x\rightarrow x_0, или f(x)-P_n(x)=o((x-x_0)^n), откуда следует равенство (13). \bullet
Замечание 2.
Формулу (13) 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 (13).
Теорема 3.
Если существует f^{(n)}(x_0) и если при x\rightarrow x_0 \tag{16}f(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n), то \tag{17}a_{k}=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!},\;k=\overline{0,n}.
Доказательство.
\circ По теореме 2 справедлива формула (13), и так как по условию выполняется равенство (16), то
\tag{18}a_0+a_1(x-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)=\\=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_0)+\ldots+f^{(n)}(x_{0})\frac{(x-x_{0})^{n}}{n!}+o((x-x_0)^n).
Переходя к пределу при x\rightarrow x_{0} в равенстве (18), 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+a_2(x-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^{n-1}+o((x-x_0)^{n-1})=\\=f'(x_0)+\frac{f″(x_{0})}{2!}(x-x_0)+\ldots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_0)^{n-1}+o((x-x_0)^{n-1}).
Переходя в этом равенстве к пределу при x\rightarrow x_0, находим f'(x_{0})=a_{1}. Продолжая эти рассуждения, получаем равенства (17).\bullet
Замечание 3.
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,
\tag{19}\frac{1}{1-x}=1+x+\ldots+x^n+o(x^n).
Так как функция \displaystyle \frac{1}{1-x} бесконечно дифференцируема при x\neq 1 (имеет производные любого порядка), то по теореме 3 формула (19) дает искомое разложение. \blacktriangle
Разложение основных элементарных функций по формуле Тейлора.
Если x_{0}=0 и существует f^{(n)}(0), то равенство (13) принимает вид
\tag{20}f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}x^k+o(x^n),\ x\rightarrow 0.
Формулу (20) 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 (мы уже разбирали этот пример). 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 (20) для бесконечно дифференцируемой четной функции можно записать в виде \tag{21}f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(2k)}(0)}{(2k)!}x^{2k}+o(x^{2n+2}),\quad x\rightarrow 0, а для нечетной функции — в виде \tag{22}f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(2k+1)}(0)}{(2k+1)!}x^{2k+1}+o(x^{2n+2}),\quad x\rightarrow 0.
В формуле (21) остаточный член записан в виде o(x^{(2n+1)}), а не в виде o(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 (22).
Показательная функция.
Если f(x)=e^x, то f(0)=1 и f^{(n)}(0)=1 при любом n. Поэтому формула (20) для функции e^{x} записывается в виде
\tag{23}e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\ldots+\frac{x^{n}}{n!}+o(x^{n}),\ x\rightarrow 0, или e^{x}=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}+o(x^{n}),\ x\rightarrow 0.
Гиперболические функции.
Так как f(x)=\sh x — нечетная функция, f^{(2k+1)}(x)=\ch x, f^{(2k+1)}(0)=1 при k=0,1,2,\ldots, то по формуле (22) получаем
\tag{24}\sh x=x+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\ldots+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+2}),\ x\rightarrow 0, или \sh x=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2n+2}),\ x\rightarrow 0.
Аналогично по формуле (21) находим \tag{25}\ch x=1+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\ldots+\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}),\ x\rightarrow 0,
или \ch x=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n+1}),\ x\rightarrow 0.
Замечание 5.
Тригонометрические функции.
Функция f(x)=\sin x является нечетной, f^{(2n+1)}(x)=\sin \left(x+\displaystyle \frac{\pi}{2}(2n+1)\right), откуда f^{(2n+1)}(0)=\sin\left(\frac{\pi}{2}+\pi n\right)=\cos\pi n=\ (-1)^n.
Поэтому по формуле (22) находим \tag{26} \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+2}),\ x\rightarrow 0,
или
\sin x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2n+2}),\;x\rightarrow 0.
Аналогично, f(x)=\cos x — четная функция, f^{(2n)}(0)=\displaystyle\cos\left(\frac{\pi}{2}2n\right)=(-1)^{n}, и по формуле (21) получаем \tag{27}\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, или \cos x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n+1}),\ x\rightarrow 0.
Степенная функция.
Пусть f(x)=(1+x)^{\alpha}, где \alpha\in\mathbb{R}. Тогда f^{(k)}(x)=\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-(k-1))(1+x)^{\alpha-k}, откуда получаем f^{(k)}(0)=\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-(k-1)). Обозначим \tag{28} C_{\alpha}^0=1,\ C_{\alpha}^k=\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-(k-1))}{k!}, k\in\mathbb{N}
Тогда по формуле (20) получим \tag{29}(1+x)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{n}C_{\alpha}^{k}x^k+o(x^n),\ x\rightarrow 0.
Отметим важные частные случаи формулы (29).
\tag{30}\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\ldots+x^n+o(x^n),\ x\rightarrow 0,
или \frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{n}x^k+o(x^n),\ x\rightarrow 0.
Напомним, что формула (30) была получена другим способом (пример 2).
\tag{31}\frac{1}{1+x}=1-x+x^{2}+\ldots+(-1)^{n}x^n+o(x^n),\ x\rightarrow 0,
или \frac{1}{1+x}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}x^k+o(x^n),\ x\rightarrow 0.
Логарифмическая функция.
Если f(x)=\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)!,
и по формуле (20) находим \tag{32}\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,
или \ln(1+x)=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}x^{k}}{k}+o(x^n),\ x\rightarrow 0.
Заменяя в формуле (32) x на -x получаем \tag{33}\ln (1-x)=-x-\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}-\ldots-\frac{x^{n}}{n}+o(x^n),\ x\rightarrow 0,
или \ln (1-x)=-\sum_{k=1}^n\frac{x^{k}}{k}+o(x^n),\ x\rightarrow 0.
Примеры разложения функций по формулам Тейлора и Маклорена.
Пример 3.
Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x_0=0 до o(x^n) функцию f(x), если:
- f(x)=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x}};
- f(x)=\displaystyle \frac{1}{3x+2};
- f(x)=\displaystyle \ln\frac{x-5}{x-4};
- f(x)=(x+3)e^{-2x}.
Решение.
- \triangle Применяя формулу (29) при \alpha=-\displaystyle\frac{1}{2}, получаем \frac{1}{\sqrt{1+x}}=\sum_{k=0}^{n}C_{-1/2}^{k}x^k+o(x^n),\ x\rightarrow 0,
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!}.Обозначим (2k-1)!!=1\cdot 3\ldots(2k-1), тогда \tag{34}\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.
Из формулы (34) при n=3 находим \tag{35}\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. - Так как \displaystyle\frac{1}{3x+2}=\frac{1}{2\left(1+\displaystyle\frac{3}{2}x\right)}, то, применяя формулу (31), 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.
- 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 (33), находим \ln \frac{x-5}{x-4}=\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.
- Так как f(x)=xe^{-2x}+3e^{-2x}, то, применяя формулу (23), 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 \rightarrow 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+o(x^n),\ x\rightarrow 0,
то есть
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 o(x^{2n+1}) функцию f(x)=\cos^{4}x.
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, откуда по формуле (27) 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. \blacktriangle
Замечание 6.
Если существует f^{(n+1)})(0) и известно разложение функции f'(x)=\sum_{k=0}^{n}b_kx^k+o(x^n),
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, то есть f(x)=f(0)+\sum_{k=0}^{n}\frac{b_{k}}{k+1}x^{k+1}+o(x^{n+1}),\ x\rightarrow 0.
Пример 5.
Разложить по формуле Маклорена до o(x^{2n+1}) функции:
- \operatorname{arctg}x;
- \operatorname{arcsin}x;
- \ln (1+\sqrt{1+x^2}).
Решение.
- \triangle Так как (\operatorname{arctg}x)'=\frac{1}{1+x^2}, то, используя формулу (31) и замечание 6, получаем \frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k{x^{2k}}+o(x^{2n+1}),\ x\rightarrow 0,
откуда
\tag{36}\operatorname{arctg}x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}+o(x^{2n+2}),\ x\rightarrow 0.
Из формулы (36) при n=2 находим
\tag{37}\operatorname{arctg}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^6).\;x\rightarrow 0. - Используя замечание 6, равенство (34) 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,
откуда \tag{38}\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.
Из формулы (38) при n=2 находим
\tag{39}\operatorname{arcsin}x=x+\frac{1}{6}x^{3}+\frac{3}{40}x^5+o(x^6),\ x\rightarrow 0. - Так как (\ln (1+\sqrt{1+x^2}))'=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}, то, используя замечание 6 и разложение (34), 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,
откуда \tag{40}\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.Из формулы (40) при n=2 находим
\tag{41}\ln (1+\sqrt{1+x^2})=x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{3}{40}x^5+o(x^6),\ x\rightarrow 0.\ \blacktriangle
Пример 6.
Разложить по формуле Маклорена до o(x^6) функции:
- \operatorname{tg}x;
- \operatorname{th}x.
Решение.
- \triangle Функция \operatorname{tg}x является нечетной, и поэтому \operatorname{tg}x=a_1x+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 (26), (27), 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).
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 \tag{42}\operatorname{tg}x=x+\displaystyle \frac{x^{3}}{3}+\displaystyle \frac{2}{15}x^5+o(x^6), x\rightarrow 0. - 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 \sh x=\ch x\th x и используя разложения (24), (25), 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),
откуда, сравнивая коэффициенты при x^3 и x^5, находим a_{3}=-\displaystyle \frac{1}{3},\;a_{5}=\displaystyle \frac{2}{15}. Следовательно,
\tag{43}\operatorname{th}x=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{2}{15}x^{5}+o(x^{6}).\ \blacktriangle
Замечание 7.
Замечание 8.
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 (30) и (31), 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, 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
Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора.
Рассмотрим предел при x\rightarrow 0 отношения \displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}, где katex]f(0)=g(0)=0[/katex], то есть предел типа \frac{0}{0}.
Будем предполагать, что f(0)=f'(0)=\ldots=f^{(n-1)}(0)=0, f^{(n)}(0)\neq 0.
Тогда разложение функции f по формуле Маклорена (20) имеет вид \tag{44}f(x)=ax^n+o(x^n), x\rightarrow 0, где\ a\neq 0.
Аналогично, предполагая, что
g(0)=g'(0)=\ldots=g^{(m-1)}(0)=0,\ g^{(m)}(0)\neq 0.
по формуле (20) находим
\tag{45}g(x)=bx^m+o(x^m),\ x\rightarrow 0,\ где \ b\neq 0.
Из равенств (44) и (45) следует, что
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{ax^n+o(x^n)}{bx^m+o(x^m)},\ x\rightarrow 0.
Если m=n, то \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle\frac{a}{b}. В случае, когда n > m, получаем \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-\sh x}.
Решение.
\triangle Используя формулы (24), (26), (31) и (42),
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),
\sin x-\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}).
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 (32) получаем -\displaystyle \frac{1}{x}\operatorname{ln}(1+x)=-1+\displaystyle \frac{x}{2}+o(x). Используя формулу (23), 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).
Поэтому искомый предел равен \displaystyle \frac{1}{2}. \blacktriangle
Пример 10.
Найти
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(x+\sqrt{1+x^{2}})+\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+2x}}-\ch(\sqrt{3}x)}{\th x-x\cos x}.
Решение.
\triangle Пусть f(x) и g(x) — соответственно числитель и знаменатель дроби. Тогда, используя формулы (43) и (27), 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).
Поэтому числитель f(x) следует разложить до o(x^3). Применяя формулы (41), (35) и (25), 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).
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 (44), 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
\tag{46}\lim_{x\rightarrow 0}(1+f(x))^{g(x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\left(1+ax^n+o(x^n)\right)^{1/(bx^n+o(x^n))}=e^{a/b}.
Пример 11.
Найти \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}(e^{\operatorname{tg}x}+\operatorname{ln}(1-x))^{1/(\arcsin{\operatorname{sh}x}-x)}.
Решение.
\triangle Используя формулы (39) и (24), 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).
Аналогично, разложив функции e^x,\;\operatorname{tg}x,\operatorname{ln}(1-x) по формуле Маклорена до o(x^3), находим
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).
По формуле (46) 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(x)=x(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x), тогда f(x)=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 (29) 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.
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,
откуда находим, что искомый предел равен -\displaystyle \frac{1}{4}. \blacktriangle