Формула Тейлора

5 разделов
от теории до практики
12 примеров
Примеры решения задач
видео
Примеры решения задач
Содержание
  1. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.
    Начать изучение
  2. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.
    Начать изучение
  3. Разложение основных элементарных функций по формуле Тейлора.
    Начать изучение
  4. Показательная функция.
    Начать изучение
  5. Гиперболические функции.
    Начать изучение
  6. Тригонометрические функции.
    Начать изучение
  7. Степенная функция.
    Начать изучение
  8. Логарифмическая функция.
    Начать изучение
  9. Примеры разложения функций по формулам Тейлора и Маклорена.
    Начать изучение
  10. Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора.
    Начать изучение

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
$$
P_n(x_0)=f(x_{0}),\ P_{n}^{(k)}(x_{0})=f^{(k)}(x_{0}),\ k=\overline{1,n}.\label{ref1}
$$
Этот многочлен представляется в виде
$$
P_n(x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_0)+\frac{f″(x)}{2!}(x-x_0)^2+\ldots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.\label{ref2}
$$

Доказательство.

\(\circ\) 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
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{(n+1)}(\xi)}{\psi^{(n+1)}(\xi)}.\label{ref5}
$$

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 \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 \(x\in(x_0-\delta,x_0).\ \bullet\)

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}, то есть
$$
\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{r_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{r_n^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!},\quad\xi\in\Delta,\label{ref11}
$$
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 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 \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 \(f(x) > 0\), то есть \(\varphi(x) > \psi(x)\) при \(x > x_{0}\). \(\bullet\)

Пример 1.

Доказать, что:

  1. \(|\sin t-t|\leq\displaystyle\frac{t^2}{2}\) для \(t\in\mathbb{R}\);
  2. $$
    x-\frac{x^{3}}{3!} < \sin x < x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^5}{5!}\ при\ x > 0.\label{ref12}
    $$

Решение.

  1. \(\triangle\) 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 \(|\displaystyle \sin t-t|\leq\frac{t^{2}}{2},\;t\in\mathbb{R}\).
  2. 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}. \(\blacktriangle\)

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.

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
$$
a_0+a_1(x-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)=\\=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_0)+\ldots+f^{(n)}(x_{0})\frac{(x-x_{0})^{n}}{n!}+o((x-x_0)^n).\label{ref18}
$$
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
$$
a_1+a_2(x-x_0)+\ldots+a_n(x-x_0)^{n-1}+o((x-x_0)^{n-1})=\\=f'(x_0)+\frac{f″(x_{0})}{2!}(x-x_0)+\ldots+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_0)^{n-1}+o((x-x_0)^{n-1}).
$$
Переходя в этом равенстве к пределу при \(x\rightarrow x_0\), находим \(f'(x_{0})=a_{1}\). Продолжая эти рассуждения, получаем равенства \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. \(\blacktriangle\)


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 (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 \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}.

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
$$
e^{x}=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}+o(x^{n}),\ x\rightarrow 0.\nonumber
$$

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 \(e^{-x}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}x^{k}}{k!}+о(x^{n}),\ x\rightarrow 0\).

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
$$
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\ldots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+2}),\ x\rightarrow 0,\label{ref26}
$$
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
$$
\cos x=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n+1}),\ x\rightarrow 0.\nonumber
$$

Степенная функция.

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

Логарифмическая функция.

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


Примеры разложения функций по формулам Тейлора и Маклорена.

Пример 3.

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

  1. \(f(x)=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+x}}\);
  2. \(f(x)=\displaystyle \frac{1}{3x+2}\);
  3. \(f(x)=\displaystyle \operatorname{ln}\frac{x-5}{x-4}\);
  4. \(f(x)=(x+3)e^{-2x}\).

Решение.

  1. \(\triangle\) 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
    $$
    \frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{3}{8}x^2-\frac{5}{16}x^3+o(x^3),\ x\rightarrow 0.\label{ref35}
    $$
  2. Так как \(\displaystyle\frac{1}{3x+2}=\frac{1}{2\left(1+\displaystyle\frac{3}{2}x\right)}\), то, применяя формулу \eqref{ref31}, получаем
    $$
    \frac{1}{3x+2}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{3^{k}}{2^{k+1}}x^{k}+o(x^{n}),\ x\rightarrow 0.\nonumber
    $$
  3. 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
    $$
    \ln \frac{x-5}{x-4}=\ln \frac{5}{4}+\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{k}}{k}\left(\frac{1}{4^{k}}-\frac{1}{5^{k}}\right)+o(x^{n}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
    $$
  4. Так как \(f(x)=xe^{-2x}+3e^{-2x}\), то, применяя формулу \eqref{ref23}, получаем
    $$
    f(x)=x\left(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^{k}2^{k}}{k!}x^{k}+o(x^{n-1})\right)+3\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^{k}2^{k}}{k!}x^{k}+o(x^{n}),\ x \rightarrow 0,\nonumber
    $$
    или
    $$
    f(x)=3+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}2^{k-1}}{(k-1)!}x^k+\sum_{k=1}^{n}\frac{3(-1)^{k}2^{k}}{k!}x^k+о(x^n),\ x\rightarrow 0,\nonumber
    $$
    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 \(о(x^{2n+1})\) 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
$$
\cos^{4}x=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}2^{2k-1}}{(2k)!}(1+2^{2k-2})x^{2k}+o(x^{2n+1}),\ x\rightarrow 0.\ \blacktriangle\nonumber
$$

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
$$
f(x)=f(0)+\sum_{k=1}^{n+1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+o(x^{n+1})=f(0)+\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)k!}x^{k+1}+o(x^{n+1}),\ x\rightarrow 0,\nonumber
$$
то есть
$$
f(x)=f(0)+\sum_{k=0}^{n}\frac{b_{k}}{k+1}x^{k+1}+o(x^{n+1}),\ x\rightarrow 0.\nonumber
$$

Пример 5.

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

  1. \(\operatorname{arctg}x\);
  2. \(\operatorname{arcsin}x\);
  3. \(\ln (1+\sqrt{1+x^2})\).

Решение.

  1. \(\triangle\) 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
    $$
    \operatorname{arctg}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+o(x^6).\;x\rightarrow 0.\label{ref37}
    $$
  2. 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
    $$
    \operatorname{arcsin}x=x+\frac{1}{6}x^{3}+\frac{3}{40}x^5+o(x^6),\ x\rightarrow 0.\label{ref39}
    $$
  3. Так как
    $$
    (\ln (1+\sqrt{1+x^2}))’=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}},\nonumber
    $$
    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
    $$
    \ln (1+\sqrt{1+x^2})=x+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}(2k-1)!!}{2^{k}k!(2k+1)}x^{2k+1}+o(x^{2n+2}),\ x\rightarrow 0.\label{ref40}
    $$
    Из формулы \eqref{ref40} при \(n=2\) находим
    $$
    \ln (1+\sqrt{1+x^2})=x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{3}{40}x^5+o(x^6),\ x\rightarrow 0.\ \blacktriangle\label{ref41}
    $$

Пример 6.

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

  1. \(\operatorname{tg}x\);
  2. \(\operatorname{th}x\).

Решение.

  1. \(\triangle\) 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 \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
    $$
    \operatorname{tg}x=x+\displaystyle \frac{x^{3}}{3}+\displaystyle \frac{2}{15}x^5+o(x^6),\ x\rightarrow 0.\label{ref42}
    $$
  2. 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,
    $$
    \operatorname{th}x=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{2}{15}x^{5}+o(x^{6}).\ \blacktriangle\label{ref43}
    $$

Замечание 7.

Прием, использованный для нахождения разложений \eqref{ref42} и \eqref{ref43}, называют методом неопределенных коэффициентов.

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
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{(-1)^{k+1}}{5\cdot 3^{k+1}}-\frac{1}{5\cdot 2^{k+1}}\right)(x+2)^{k}+o((x+2)^n),\ x\rightarrow-2.\quad\blacktriangle\nonumber
$$


Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора.

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

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

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
$$
\operatorname{tg}x-\frac{x}{1+x^{2}}=x+\frac{x^{3}}{3}-x(1-x^2)+o(x^3)=\frac{4}{3}x^3+o(x^3),\nonumber
$$
$$
\sin x-\operatorname{sh}x=x-\frac{x^{3}}{6}-\left(x+\frac{x^{3}}{6}\right)+o(x^{3})=-\frac{x^{3}}{3}+o(x^{3}).\nonumber
$$

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

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
$$
\lim_{x\rightarrow 0}(1+f(x))^{g(x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\left(1+ax^n+o(x^n)\right)^{1/(bx^n+o(x^n))}=e^{a/b}.\label{ref46}
$$

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 \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 \(f(x)=x(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x)\), 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 \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 \(-\displaystyle \frac{1}{4}\). \(\blacktriangle\)

Оставить комментарий