Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Логично расширить идею разложения, которое использовалось при определении дифференциала: если у приращения функции можно выделить линейную часть по приращению аргумента, то почему нельзя выделить части, зависящие от приращения аргумента квадратично, кубично и так далее? Эта мысль воплощается в способе разложения функций, который называется формулой Тейлора. Согласно ей, вокруг точки $x_{0}$ $$f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\left(x-x_{0}\right)^{k}+R,$$ причём коэффициенты $a_{k}$ не зависят от $x$ и вычисляются по формуле $$a_{k}=\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_{0}\right)}{k!};$$ а $R$ называется остаточным членом и оценивается разными способами.

Если констатируется, что (это доказывается отдельно) $$\lim_{x\to x_{0}}\frac{R}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}=0\qquad\Longrightarrow\qquad R=o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)\text{,}$$ то говорят, что остаточный член представлен в форме Пеано. $$R=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(x_{0}+\theta\left(x-x_{0}\right)\right)}{\left(n+1\right)!}\left(x-x_{0}\right)^{n+1},\qquad0 < \theta < 1,$$ называется остаточным членом в форме Лагранжа.

Функции, у которых можно вычислить производную любого порядка, раскладываются по формуле Тейлора легко. Например, разложим косинус до нечётной степени вокруг нуля ($x_{0}=0$): $$\cos\left(x\right)=\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{\cos^{\left(k\right)}\left(0\right)}{k!}x^{k}+R= \sum_{k=0}^{2n+1}\frac{\cos\left(\frac{\pi}{2}k\right)}{k!}x^{k}+R=$$ разложим сумму по парам чётных ($k=2m$) и нечётных ($k=2m+1$) степеней $$=\sum_{m=1}^{n}\left\{ \frac{\cos\left[\frac{\pi}{2}\left(2m\right)\right]}{(2m)!}x^{2m} +\frac{\cos\left[\frac{\pi}{2}\left(2m+1\right)\right]}{(2m+1)!}x^{2m+1}\right\} +R=$$ заметим, что $\cos\left(\pi m+\frac{\pi}{2}\right)=0$, a $\cos\left(\pi m\right)=\left(-1\right)^{m}$ $$=\sum_{m=1}^{n}\left\{ \frac{\cos\left(\pi m\right)}{(2m)!}x^{2m} +\frac{\cos\left(\pi m+\frac{\pi}{2}\right)}{(2m+1)!}x^{2m+1}\right\} +R=\sum_{m=1}^{n}\frac{\left(-1\right)^{m}}{(2m)!}x^{2m}+R,$$ что совпадает из формулы в Демидовиче, приведённой в теоретической части к формуле Тейлора (§10).

Задание: получить разложения для функций $e^{x}$ и $\sin x$ из той же части.

Функции, у которых n-я производная не находится в оббщем виде, раскладываются по формуле Тейлора с бОльшим трудом:

Демидович №1386 Разложить $\mathrm{tg}\,x$ по степеням $x$ (то есть вокруг нуля) до степени $x^{5}$

Находим первые пять производных функции $\mathrm{tg}\,x$: $$\mathrm{tg}'\,x=\frac{1}{\cos^{2}x}$$ $$\mathrm{tg}''\,x=\frac{2\sin x}{\cos^{3}x}$$ $$\mathrm{tg}^{(3)}\,x=\frac{4\sin^{2}x+2}{\cos^{4}x}$$ $$\mathrm{tg}^{(4)}\,x=\frac{8\sin^{3}x+16\sin x}{\cos^{5}x}$$ $$\mathrm{tg}^{(5)}\,x=\frac{16\sin^{4}x+88\sin^{2}x+16}{\cos^{6}x}$$ Так как раскладываем вокруг нуля ($x_{0}=0$), нам потребуются эти производные (с самой функцией) в нуле: $$\mathrm{tg}\,0=0,\qquad\mathrm{tg}'\,0=1,\qquad\mathrm{tg}''\,0=0,$$ $$\mathrm{tg}^{(3)}\,0=2,\qquad\mathrm{tg}^{(4)}\,x=0,\qquad\mathrm{tg}^{(5)}\,x=16.$$ Так как $a_{k}=\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_{0}\right)}{k!},$ $$a_{0}=\frac{\mathrm{tg}\,0}{0!}=0,\qquad a_{1}=\frac{\mathrm{tg}'\,0}{1!}=\frac{1}{1}=1,\qquad a_{2}=0,$$ $$a_{3}=\frac{2}{3!}=\frac{1}{3},\qquad a_{4}=0,$$ $$a_{5}=\frac{16}{5!}=\frac{16}{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot5}=\frac{4}{2\cdot3\cdot5}=\frac{2}{15}.$$ Тогда $$\mathrm{tg}\,x=\sum_{k=0}^{5}a_{k}x^{k}+R\approx a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+a_{4}x^{4}+a_{5}x^{5}=x+\frac{1}{3}x^{3}+\frac{2}{15}x^{5}.$$ Впрочем, следует иметь в виду, что получение коэффициентов в формуле Тейлора через производные не всегда удобно и есть разнообразные альтернативные способы. Например, вот тут используются стандартные разложения для решения №1377.

Задание: Демидович № 1385, 1384.

Разложение по формуле Тейлора используется для многого. В частности, его можно применить к вычислению пределов. Пусть, что нам необходимо вычислить предел $$\lim\limits _{x\to a}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)},$$ причём обе функции $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ стремятся к нулю (неопределённость вида $\frac{0}{0}$). Пусть также равны нулю их производные всех порядков до $n-1$, но $g^{\left(n\right)}\left(x\right)\neq0$. Тогда $$f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_{0}\right)}{k!}\left(x-x_{0}\right)^{k}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{\left(k\right)}\left(x_{0}\right)}{k!}\left(x-x_{0}\right)^{k}+\frac{f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{k!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)=$$ $$=\frac{f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right),$$ и аналочично $$g\left(x\right)=\frac{g^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right).$$ Тогда $$\lim\limits _{x\to a}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\lim\limits _{x\to a}\frac{\frac{f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)}{\frac{g^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)}=\lim\limits _{x\to a}\frac{f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)+n!\frac{o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}}{g^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)+n!\frac{o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right)}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}}=\frac{f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}{g^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right)}.$$ Пример: №1327 $$\lim\limits _{x\to0}\frac{\arcsin2x-2\arcsin x}{x^{3}}$$ $$f\left(x\right)=\arcsin2x-2\arcsin x$$ $$g\left(x\right)=x^{3},\;g'\left(x\right)=3x^{2},\;g''\left(x\right)=6x,\;g'''\left(x\right)=6\neq0\qquad\left(n=3\right),$$ $$\lim\limits _{x\to0}\frac{\arcsin2x-2\arcsin x}{x^{3}}=\frac{f'''\left(0\right)}{6}$$ $$f'\left(x\right)=\frac{2}{\sqrt{1-\left(2x\right)^{2}}}-\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}$$ $$f''\left(x\right)=\frac{8x}{\sqrt{1-\left(2x\right)^{2}}^{3}}-\frac{2x}{\sqrt{1-x^{2}}^{3}}=x\left(\frac{8}{\sqrt{1-\left(2x\right)^{2}}^{3}}-\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}^{3}}\right)$$ $$f'''\left(x\right)=\left(\frac{8}{\sqrt{1-\left(2x\right)^{2}}^{3}}-\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}^{3}}\right)+x\left(\frac{8}{\sqrt{1-\left(2x\right)^{2}}^{3}}-\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}^{3}}\right)^{\prime}$$ $$f'''\left(0\right)=8-2+0=6$$ $$\lim\limits _{x\to0}\frac{\arcsin2x-2\arcsin x}{x^{3}}=\frac{f'''\left(0\right)}{6}=\frac{6}{6}=1$$ Задание: Демидович № 1319, 1323, 1325.

Если функции $f\left(x\right)$ и $g\left(x\right)$ непрерывны и дифференцируемы в некоторой окрестности вокруг точки $a$, причём в этой окрестности (кроме точки $a$) $g'(x)\neq0$, $g(x)\neq0$, а в самой точке $a$ $f(a)=g(a)=0$, то к следующей дроби может быть применена теорема Коши: $$\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{g\left(x\right)-g\left(a\right)}=\frac{f'\left(x^{*}\right)}{g'\left(x^{*}\right)},$$ где $x^{*}$ – некоторая точка, лежащая между А и Х. Тогда $$\lim\limits _{x\to a}\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}=\lim\limits _{x\to a}\frac{f'\left(x^{*}\right)}{g'\left(x^{*}\right)}=\lim\limits _{x\to a}\frac{f'\left(x\right)}{g'\left(x\right)}$$ (доказательство последнего равенства довольно забавно, но я его опущу, чтобы не перегружать пост).

Пример (из головы). При $x=0$ верно: $\sin x-x=0$ и $x^{3}=0$, а при $x\neq0$ имеем $x^{3}\neq0$ и $\left(x^{3}\right)'=3x^{2}\neq0$, поэтому $$\lim\limits _{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^{3}}=\lim\limits _{x\to0}\frac{\left(\sin x-x\right)'}{\left(x^{3}\right)'}=\lim\limits _{x\to0}\frac{\cos x-1}{3x^{2}}=\lim\limits _{x\to0}\frac{\cos^{2}x-1}{3x^{2}\left(\cos x+1\right)}=-\frac{1}{3}\lim\limits _{x\to0}\frac{\sin^{2}x}{x^{2}\left(\cos x+1\right)}=-\frac{1}{6}.$$ Конечно, тут можно было бы продифференцировать три раза, но можно обойтись и одним дифференцированием.

Задание: Демидович № 1320, 1326, 1330.