Как найти пределы по формуле тейлора

Формула Тейлора.

Определение. Пусть функция $f(z)$ определена в окрестности точки $x_0$ и имеет в этой окрестности производные до $(n-1)$ порядка включительно, и пусть существует $f^{(n)}(x_0).$ Тогда 

$$f(x)=f(x_0)+frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+frac{f»(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+…+$$ $$+frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)$$ при $xrightarrow x_0. $

То есть $$f(x)=sumlimits_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k+o((x-x_0)^n),qquad xrightarrow x_0.$$

Многочлен $P_n(x)=sumlimits_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k $ — многочлен Тейлора. $r_n=f(x)-P_n(x)$ — остаточный член $n$-го порядка формулы Тейлора.

При $x_0=0$ $f(x)=sumlimits_{k=0}^nfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k+o(x^n) -$  формула Маклорена.

Формулы Тейлора в окрестности точки $x_0=0$ для основных элементарных функций.

$$e^x=1+x+frac{x^2}{2!}+…+frac{x^n}{n!}+o(x^n);quad xrightarrow 0$$

$$sin x=x-frac{x^3}{3!}+frac{x^5}{5!}+…+frac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+2}); quad xrightarrow 0$$

$$cos x=1-frac{x^2}{2!}+frac{x^4}{4!}+…+(-1)^nfrac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1});quad xrightarrow 0$$

$$(1+x)^alpha=1+alpha x+frac{alpha(alpha-1)}{2!}x^2+…+$$ $$+frac{alpha(alpha-1)…(alpha-(n-1))}{n!}x^n+o(x^n);quad xrightarrow 0$$

$$frac{1}{1+x}=sumlimits_{k=0}^n (-1)^kx^k+o(x^n);quad xrightarrow 0$$

$$frac{1}{1-x}=sumlimits_{k=0}^n x^k+o(x^n);quad xrightarrow 0$$

$$ln(1+x)=x-frac{x^2}{2}+frac{x^3}{3}+…+frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}+o(x^n);quad xrightarrow 0$$

$$ln(1-x)=-sumlimits_{k=0}^n frac{x^k}{k}+o(x^n)quad xrightarrow 0.$$

$$tg x = x+frac{x^3}{3}+frac{x^5}{15}+overline{o}(x^5) quad xrightarrow 0$$

$$arcsin x = x+sumlimits_{k=1}^nfrac{(2k-1)!!}{2^k k!(2k+1)}x^{2k+1}+overline{o}(x^{2n+2}), quad xrightarrow 0$$

Примеры.

Разложить по формуле Маклорена до $o(x^n)$ функции

${bf 1. e^{5x-1}}$

Решение.

$$e^{5x-1}=frac{e^{5x}}{e}=sumlimits_{k=0}^nfrac{(5x)^k}{k!e}+o(x^n).$$

${bf 2. sin(2x+3)}$

Решение.

$$sin(2x+3)=sin 2xcos 3+sin 3cos 2x=$$

$$cos 3sumlimits_{k=0}^n(-1)^kfrac{(2x)^{2k+1}}{(2k+1)!}+sin 3sumlimits_{k=0}^n(-1)^kfrac{(2x)^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n+1})$$

${bf 3.}cosleft(frac{x}{2}+2right)$

Решение.

$$cos^{(k)}left(frac{x}{2}+2right)=frac{1}{2^k}cosleft(frac{x}{2}+2+frac{pi}{2}kright)$$

$$cosleft(frac{x}{2}+2right)=sumlimits_{k=0}^nfrac{1}{2^k}frac{cos(2+frac{pi}{2}k)}{k!}x^k+o(x^k).$$

${bf 4. frac{1}{1-2x}}$

Решение.

$$frac{1}{1-2x}=sumlimits_{k=0}^n 2^kx^k+o(x^n).$$

${bf 5. frac{1}{3x+4}}$

Решение.

$$frac{1}{3x+4}=frac{1}{4}frac{1}{frac{3}{4}x+1}=frac{1}{4}sumlimits_{k=0}^n(-1)^kleft(frac{3}{4}right)^kx^k+o(x^n).$$

Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора.

Пусть требуется найти $limlimits_{xrightarrow 0}frac{f(x)}{g(x)},$ где $f(0)=g(0)=0.$ Предполагая, что функции $f(x)$ и $g(x)$ можно разложить по формуле Маклорена, ограничимся
первыми отличными от нуля членами в разложении этих функций:

$f(x)=ax^n+o(x^n),$ $aneq 0,$   $g(x)=bx^m+o(x^m),$ $bneq 0.$
Если $m=n,$ то 

$$limlimits_{xrightarrow 0}frac{f(x)}{g(x)}=limlimits_{xrightarrow 0}frac{f(x)}{g(x)}=limlimits_{xrightarrow 0}frac{ax^n+o(x^n)}{bx^n+o(x^n)}=frac{a}{b};$$  

Если $n>m$ , то $$limlimits_{xrightarrow 0}frac{f(x)}{g(x)}=0;$$  

если же $m>n$ ,то $$limlimits_{xrightarrow 0}frac{f(x)}{g(x)}=infty.$$  

Примеры.

Вычислить пределы, используя формулу Тейлора.

1. $limlimits_{xrightarrow 0}frac{ln (1+x)-x}{x^2}.$

Решение.

$$limlimits_{xrightarrow 0}frac{ln (1+x)-x}{x^2}=limlimits_{xrightarrow 0}frac{x-frac{x^2}{2}-x}{x^2}=-frac{1}{2}.$$

 {jumi[*4]}

2. $limlimits_{xrightarrow 0}frac{e^x-1-x}{x^2}.$

Решение.

$$limlimits_{xrightarrow 0}frac{e^x-1-x}{x^2}=limlimits_{xrightarrow 0}frac{1+x+frac{x^2}{2}-1-x}{x^2}=frac{1}{2}.$$

3. $limlimits_{xrightarrow 0}frac{cos x-1+frac{x^2}{2}}{x^4}.$

Решение.

$$limlimits_{xrightarrow 0}frac{cos x-1+frac{x^2}{2}}{x^4}=limlimits_{xrightarrow 0}frac{1-frac{x^2}{2}+frac{x^4}{4!}-1+frac{x^2}{2}}{x^4}=frac{1}{24}.$$

4. $limlimits_{xrightarrow 0}frac{tg x-sin x}{x^3}.$

Решение.

$$limlimits_{xrightarrow 0}frac{tg x-sin x}{x^3}=limlimits_{xrightarrow 0}frac{x+frac{x^3}{3}-x+frac{x^3}{3}}{x^3}=frac{2}{3}.$$

5. $limlimits_{xrightarrow 0}frac{sqrt{1+2tg x}-e^x+x^2}{arctg x-sin x}.$

Решение.

Разложим числитель по формуле Тейлора:

$tg x=x+frac{x^3}{3}+o(x^3),,, xrightarrow 0$

$2tg x=2x+frac{2x^3}{3}+o(x^3),,, xrightarrow 0$

$sqrt{1+t}=(1+t)^{frac{1}{2}}=1+frac{1}{2}t-frac{1}{8}t^2+frac{1}{16}t^3+o(t^3),,, trightarrow 0;$

Таким образом, 

$$sqrt{1+2tg x}=1+frac{1}{2}2 tg x-frac{1}{8}(2 tg x)^2+frac{1}{16}(2 tg x)^3+o(tg^3x)=$$ 

$$=1+tg x-frac{1}{2}tg^2 x+frac{1}{2}tg^3+o(tg^3x)=$$

$$=1+x+frac{x^3}{3}-frac{1}{2}x^2+frac{x^3}{2}+o(x^3)=1+x-frac{1}{2}x^2+frac{5}{6}x^3+o(x^3).$$

Учитывая, что $e^x=1+x+frac{x^2}{2}+frac{x^3}{6}+o(x^3)$ находим, по формуле Маклорена числитель дроби

$$sqrt{1+2tg x}-e^x+x^2=$$ $$=1+x-frac{1}{2}x^2+frac{5}{6}x^3-1-x-frac{x^2}{2}-frac{x^3}{6}+x^2+o(x^3)=$$ $$=frac{2}{3}x^3+o(x^3),,,,xrightarrow 0.$$  

Далее раскладываем знаменатель:

$sin x= x-frac{x^3}{6}+o(x^3);$

$arcsin x=x+frac{x^3}{6}+o(x^3).$

Отсюда $arcsin x-sin x=frac{x^3}{3}+o(x^3).$

Таким образом, дробь представляется в виде $$frac{frac{2}{3}x^3+o(x^3)}{frac{1}{3}x^3+o(x^3)}.$$

Отсюда

$$limlimits_{xrightarrow 0}frac{sqrt{1+2tg x}-e^x+x^2}{arctg x-sin x}=2.$$

Ответ: 2.

Степенные ряды в форме рядов Тейлора и Маклорена

Степенные ряды и, в частности, ряды Тейлора являются одним из видов функциональных рядов.

Степенной ряд в общем виде записывается как:

a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+…+an(x−x0)n+…=∑k=0∞ak(x−x0)ka_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+ldots+a_n(x-x_0)^n+ldots=sumlimits_{k=0}^{infty} a_k(x-x_0)^k

где a0,a1,…,an,…a_0, a_1, ldots, a_n, ldots — постоянные, коэффициенты ряда,

x0x_0 – центр интервала сходимости ряда ∣x−x0∣<R|x-x_0|<R,

RR – радиус сходимости, когда для частичных сумм Sn(x)S_n(x) существует предел, сумма ряда S(x)S(x):

Sn(x)=a0+a1(x−x0)+a2(x−x0)2+…+an(x−x0)n,lim⁡n→∞Sn(x)=S(x)S_n(x)= a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+ldots+a_n(x-x_0)^n, quad limlimits_{n to infty } S_n (x) = S (x)

Возьмем функцию действительной переменной f(x)f(x), которая является бесконечно дифференцируемой в точке x0x_0. Такую функцию можно разложить в степенной ряд следующего вида:

f(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…=∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)kf(x)=f(x_0)+dfrac{f{‘}(x_0)}{1!}(x-x_0) +dfrac{f{»}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

Этот ряд по степеням двучлена (x−x0)(x-x_0) называют рядом Тейлора.

В случае x0=0x_0=0 полученный степенной ряд:

f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f′′(0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…=∑k=0∞f(k)(x0)k!(x−x0)kf(x)=f(0)+dfrac{f{‘}( 0)}{1!} x +dfrac{f{»}(0)}{2!}(x-x_0)^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k

называют рядом Маклорена.

Ряд Тейлора можно записать в другом виде. Полагая:

x−x0=t,f(x)=f(x0+t)=g(t)x-x_0=t, quad f(x)=f(x_0+t)=g(t)

ряд Тейлора

f(x)=f(x0+t)=f(0)+f′(x0)1!t+f′′(x0)2!t2+…+f(n)(x0)n!tn+…=∑k=0∞f(k)(x0)k!tkf(x)=f(x_0+t)=f(0)+dfrac{f{‘}(x_ 0)}{1!} t +dfrac{f{»}(x_0)}{2!}t^2 +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}t^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}t^k

сводится к ряду Маклорена:

g(t)=g(0)+g′(0)1!t+…+g(n)(0)n!tn+…=∑k=0∞g(k)(0)k!tkg(t)=g(0)+dfrac{g{‘}( 0)}{1!}t +ldots+dfrac{g^{(n)}(0)}{n!}t^n +ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} dfrac{g^{(k)}(0)}{k!}t^k

Как и в случае произвольного степенного ряда, ряды Тейлора и Маклорена имеют интервал сходимости.

Пример

Разложим в ряд Тейлора функцию:

f(x)=1xf(x)=dfrac{1}{x}

в окрестности точки x0=1x_0=1.

С помощью замены:

x−x0=x−1=tx-x_0=x-1=t

функция сводится к виду:

f(x)=f(t+1)=11+tf(x)=f(t+1)=dfrac {1}{1+t}

Полученное выражение при ∣t∣<1|t|<1 является суммой бесконечно убывающей геометрической прогрессии знаменателем (−t)(-t), и ряд записывается в виде:

11+t=1−t+t2−t3+…+(−1)ntn+…=∑k=0∞(−1)ktkdfrac {1}{1+t}=1-t+t^2-t^3+ldots+(-1)^{n}t^{n}+ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} (-1)^{k}t^{k}

Возвращаясь к переменной xx, получаем разложение по степеням двучлена (x−1)(x-1):

1x=1−(x−1)+(x−1)2−(x−1)3+…+(−1)n(x−1)n+…=∑k=0∞(−1)k(x−1)k,∣x−1∣<1dfrac {1}{x}=1-(x-1)+ (x-1)^2-(x-1)^3+ldots+(-1)^{n}(x-1)^{n}+ldots =sumlimits_{k=0}^{infty} (-1)^{k}(x-1)^{k}, quad |x-1|<1

Формула Тейлора

Следствием разложения функции в степенной ряд является соответствующая формула Тейлора. Если функция f(x)f(x) имеет в точке x0x_0 производные до nn –го порядка включительно, то функцию f(x)f(x) можно представить с помощью формулы Тейлора:

f(x)=f(x0)+f′(x0)1!(x−x0)+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+Rn(x)f(x)=f(x_0)+dfrac{f{‘}(x_0)}{1!}(x-x_0) +ldots+dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +R_n (x)

или

f(x)=∑k=0nf(k)(x0)k!(x−x0)k+Rn(x)f(x)= sumlimits_{k=0}^{n} dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +R_n (x),

где функция Rn(x)R_n (x) называется остаточным членом.

Формы остаточного члена

Существует несколько форм для остаточного члена. В частности, если f(x)f(x) дифференцируема (n+1)(n+1) раз в окрестности x0x_0, то Rn(x)R_n (x) может быть представлена в форме Лагранжа:

Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!xn+1,x<ξ<x0R_n (x)=dfrac {f^{(n+1)}(xi)}{(n+1)!} x^{n+1}, quad x<xi<x_0 или x<ξ<x0x<xi<x_0.

Если функция f(x)f(x) дифференцируема (n−1)(n-1) раз в окрестности x0=0x_0=0, то Rn(x)R_n(x) может быть представлена в форме Пеано:

Rn(x)=o((x−x0)n)R_n(x)=o((x-x_0)^n).

Учитывая, что ряд Тейлора можно свести к ряду Маклорена, запишем формулу Тейлора для основных элементарных функций в окрестности x0=0x_0=0 и укажем соответствующие интервалы сходимости.

Показательная функция:

ex=1+x1!+x22!+x33!+…+xnn!+o(xn),∣x∣<∞e^x=1+dfrac{x}{1!} +dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^3}{3!}+ldots+dfrac{x^n}{n!}+o(x^n),quad |x|<infty

Тригонометрические функции:

sin⁡x=x1!−x33!+x55!−x77!+…+(−1)n+1x2n−1(2n−1)!+o(x2n),∣x∣<∞sin x=dfrac{x}{1!} -dfrac{x^3}{3!} +dfrac{x^5}{5!} -dfrac{x^7}{7!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}+ o(x^{2n}),quad |x|<infty

cos⁡x=1−x22!+x44!−x66!+…+(−1)n+1x2n(2n)!+o(x2n+1),∣x∣<∞cos x=1 -dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^4}{4!} -dfrac{x^6}{6!} +ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{(2n)!}+ o(x^{2n+1}),quad |x|<infty

arctg⁡x=x−x33+x55−x77+…+(−1)nx2n+12n+1+o(x2n+2),∣x∣≤1arctg x=x-dfrac{x^3}{3} +dfrac{x^5}{5} -dfrac{x^7}{7} +ldots+dfrac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{2n+1}+ o(x^{2n+2}),quad |x|le{1}

Логарифмическая функция:

ln⁡(1+x)=x1!−x22!+x33!−…+(−1)n+1xnn!+o(xn),x∈(−1;1]ln (1+x)=dfrac{x}{1!} -dfrac{x^2}{2!} +dfrac{x^3}{3!} -ldots+dfrac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n!}+ o(x^n),quad xin (-1;1]

Степенная функция:

(1+x)α=1+α1!x+α(α−1)2!x2+α(α−1)(α−2)3!x3+…+α(α−1)…(α−n+1)n!xn+o(xn)(1+x)^alpha=1+dfrac{alpha }{1!}x+dfrac{alpha (alpha -1)}{2!}x^2 +dfrac{alpha (alpha -1)( alpha -2)}{3!} x^3 +ldots+dfrac{alpha (alpha -1) ldots ( alpha-n+1)} {n!} {x^n}+ o(x^n)

Пример 1

Разложим, используя формулу Тейлора, функцию

f(x)=(x+1)ln⁡(x2+2x+2)f(x)=(x+1)ln (x^2+2x+2)

в окрестности точки x0=−1x_0=-1 с точностью до o((x+1)7)o((x+1)^7).

Выполнив замену переменной

x−x0=x+1=tx-x_0=x+1=t

получаем:

g(t)=tln⁡(1+t2)g(t)=tln(1+t^2)

Используя разложение логарифмической функции, получаем:

g(t)=t(t21!−(t2)22!+(t2)33!+o((t2)3))=t3−t52+t76+o(t7)g(t)=t left( dfrac{t^2}{1!}-dfrac{(t^2)^2}{2!}+dfrac{(t^2)^3}{3!}+o((t^2)^3) right)=t^3-dfrac{t^5}{2}+dfrac{t^7}{6}+o(t^7)

Выполняем далее обратную замену переменной:

f(x)=(x+1)3−(x+1)52+(x+1)76+o((x+1)7)f(x)= (x+1)^3-dfrac{(x+1)^5}{2}+dfrac{(x+1)^7}{6}+o((x+1)^7)

Пример 2

Разложим, используя формулу Тейлора, функцию

f(x)=(x2−4x)cos⁡(2x−4)f(x)=(x^2-4x)cos{(2x-4)}

в окрестности точки x0=2x_0=2 с точностью до o((x−5)5)o((x-5)^5).

Выполнив замену переменной:

x−x0=x−2=t,x=t+2x-x_0=x-2=t, quad x=t+2

получаем:

g(t)=(t2−4)cos⁡2tg(t)=(t^2-4)cos{2t}

Используя разложение тригонометрической функции, получаем:

g(t)=(t2−4)(1−(2t)22!−(2t)44!+o(t5))=(t2−4)(1−2t2+2t43+o(t5))g(t) =(t^2-4) left( 1-dfrac{(2t)^2}{2!}-dfrac{(2t)^4}{4!}+o(t^5) right) =(t^2-4) left( 1-2t^2+dfrac{2t^4}{3}+o(t^5) right)

Раскрываем скобки, ограничиваясь слагаемыми со степенью t не выше пяти:

g(t)=(t2−2t4)−(4−8t2+8t43+o(t5))=−4+9t2−143t4+o(t5)g(t) =(t^2-2t^4)- left( 4-8t^2+dfrac{8t^4}{3}+o(t^5) right) =-4+9t^2-dfrac{14}{3} t^4+o(t^5)

Выполняя обратную замену переменной, получаем:

f(x)=−4+9(x−2)2−143(x−2)4+o((x−2)5)f(x)=-4+9(x-2)^2-dfrac{14}{3}(x-2)^4+o((x-2)^5)

Применение формулы Тейлора при x, стремящемся к бесконечности

При необходимости представить функцию с помощью формулы Тейлора при x→∞x to infty с точностью до o(1xn)oleft( dfrac {1} {x^n}right), последовательно:

• выполняем замену переменной t=1xt=dfrac{1}{x};
• полученную функцию g(t)g(t) представляем с помощью формулы Тейлора с необходимой точностью;
• с помощью обратной замены переменных находим искомое выражение для f(x)f(x).

Пример

Разложим, используя формулу Тейлора, функцию

f(x)=2x−x2−1f(x)=2x-sqrt{x^2-1}

с точностью до o(1×3)oleft( dfrac {1} {x^3}right) при x→+∞x to +infty.

Выполнив замену переменной

t=1x,x=1tt=dfrac{1}{x}, quad x=dfrac{1}{t}

получаем:

g(t)=2t−1t2−1=2−(1−t2)1/2tg(t)=dfrac {2}{t}-sqrt {dfrac{1}{t^2}-1}=dfrac{2-(1-t^2)^{1/2}}{t}

Учитывая требуемую точность o(t3)o(t^3), используем разложение степенной функции в ряд Тейлора с точностью до o(t4)o(t^4):

g(t)=2−(1−t22−t48)+o(t4)t=1t+t2−t38+o(t3)g(t)=dfrac {2-left( 1-dfrac{t^2}{2}-dfrac{t^4}{8}right)+o(t^4)}{t}=dfrac{1}{t}+dfrac{t}{2}-dfrac{t^3}{8}+o(t^3)

Выполняя обратную замену переменной, находим:

f(x)=x+12x−18×3+o(1×3),x→+∞f(x)=x+dfrac{1}{2x}- dfrac {1}{8x^3}+ oleft( dfrac {1} {x^3}right), quad x to +infty

Применение формула Тейлора при вычислении пределов

С помощью разложения функции с использованием формулы Тейлора при вычислении пределов можно избавиться от неопределённостями различного вида. Проиллюстрируем использование формулы Тейлора на примере вычисления предела функции с неопределенностью вида (00)left( dfrac {0} {0}right).

Пример 1

Вычислим, используя формулу Тейлора, предел:

lim⁡x→1ex−ecos⁡(x−1)sin⁡(x−1)limlimits_{x to 1 } dfrac {e^{x}-e cos{(x-1)}}{sin {(x-1)}}

Заменим ex{e^{x}} и тригонометрические функции их разложениями в степенные ряды в окрестности x0=1x_0=1, находим:

lim⁡x→1ex−ecos⁡(x−1)sin⁡(x−1)=lim⁡x→1(e+e(x−1)+e(x−1)22!+e(x−1)33!+…)−e(1−(x−1)22!+…)(x−1)−(x−1)33!+…=elim⁡x→1(x−1)+(x−1)2+(x−1)36+…(x−1)−(x−1)36+…=elim⁡x→11+(x−1)+(x−1)26+…1−(x−1)26+…=elimlimits_{x to 1 } dfrac {e^{x}-e cos{(x-1)}}{sin {(x-1)}}=limlimits_{x to 1} dfrac {left(e+e(x-1)+dfrac{e(x-1)^2}{2!}+dfrac{e(x-1)^3}{3!} +ldots right)-eleft( 1-dfrac{(x-1)^2}{2!}+ ldots right)} {(x-1)-dfrac{(x-1)^3}{3!}+ ldots}= elimlimits_{x to 1 } dfrac {(x-1)+(x-1)^2+ dfrac{(x-1)^3}{6}+ldots} {(x-1)- dfrac{(x-1)^3}{6}+ldots} =e limlimits_{x to 1 } dfrac {1+(x-1) +dfrac{(x-1)^2}{6}+ldots} {1- dfrac{(x-1)^2}{6}+ldots} =e

Тест по теме «Формула и ряд Тейлора»

При
вычислении пределов широко используются
эквивалентные бесконечно малые. Если
использовать формулу Тейлора, то таблицу
эквивалентных бесконечно малых можно
бесконечно расширить.

Запишем еще раз
формулу Тейлора.

Так
как
топриназовем эквивалентностью 1-го порядка.

Аналогично,
так как

,
то
приназовем эквивалентностью 2-го порядка.

И
вообще эквивалентность n+1-го
порядка имеет вид:

Используя
формулы Тейлора для элементарных функций
1-10, можно значительно расширить таблицу
эквивалентных бесконечно малых
(эквивалентность п+1-го
порядка). Получим таблицу эквивалентности
(формулы 11- 20 ).

11.

12.

13.

14.

15

16.

17.

18.

19.

20.

Применим эти
формулы для вычисления пределов.

Типовые
примеры

Вычислить пределы.

а)
,
б).

Отметим,
что в обоих случаях мы имеем неопределенность
.

►а)
Здесь применяем формулы 11 и 12.

;

Тогда
.◄

►б)
Так как
,

то
.
Так как,

то
.
Получим

.◄

Отметим,
что в рассмотренных примерах эквивалентность
применялась, как и положено, ко всему
числителю и ко всему знаменателю. Если
эквивалентность применять к отдельным
слагаемым в числителе или знаменателе,
то можно допустить ошибку. Так, если в
примере б) в числителе применить формулу
эквивалентности
и в знаменателе применить эквивалентность,
то получим неверный результат:.
На самом деле, как мы видели выше, предел
этот равен. Применение эквивалентности к отдельным
слагаемым может привести к серьезным
ошибкам. Конечно, надежнее всего применять
эквивалентность к числителю и знаменателю.
Но это, чаще всего, не так просто сделать.
Рассмотренный выше пример был специально
подобран так, чтобы это можно было
сделать легко. Если применение
эквивалентности для всего числителя
(или знаменателя) затруднено, то следует
применять сами формулы Тейлора. Весь
вопрос в этом случае, сколько членов в
формуле Тейлора взять за основу? Например,
формулу 1 можно применить в виде:,
или,
илии т. д.

Надо
помнить основное очень простое правило.
Главным
членом бесконечно малого многочлена,
то есть стремящегося к нулю при
,
является младший член (с наименьшим
показателем степени). Например, приглавным членом многочленаявляется член -7х²
.

При
применении формулы Тейлора к отдельным
членам числителя (или знаменателя) надо
выбирать столько членов для каждого
слагаемого, чтобы не потерять главный
член.

Типовой
пример

Найти
главные члены для функций
ии найти предел.

►Напишем
формулы Тейлора для sinx
и cosx.

,
.
Так как,
то ясно, что для нахождения главной
части функциидостаточно взять по два члена в разложении
функцийsinx
и cosx,
т.е.

.
Итак, главная часть функции f(x)
при
равна.
Для функцииимеем:

,

,

,

.

Здесь
главная часть равна
.
Тогда.◄

Типовые
примеры.

1)
.

►Имеем
при
:

Числитель примет
вид:

Для знаменателя
имеем:

Окончательно
получим:

.◄

2)
.

►Здесь,
как впрочем и во всех предыдущих примерах,
имеем неопределенность
.
Так как знаменатель одночлен, то можно
применить эквивалентность 1-го порядка:

Для числителя
имеем:

.◄

3)

.

►Так
как в знаменателе стоит х⁵,
то при представлении функций, стоящих
в числителе, по формуле Маклорена, мы
должны брать многочлены не ниже пятой
степени:
;

(следующий
член разложения имеет шестую степень)

,

◄

4)

.

►Здесь
мы в выкладках обязаны удерживать члены
до четвёртой степени:

поэтому

.◄

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Формула Тейлора

Содержание:

Формула Тейлора и ее применение

Формула Тейлора

Теорема: Если функция

Эта формула была получена в 1715 г. Бруком Тейлором, который был учеником Исаака Ньютона, и носит его имя. Последнее слагаемое в формуле Тейлора называется остаточным членом, вид которого установил Лагранж: величина

В этой формуле неизвестной является только величина причем в указанном интервале согласно теореме Лагранжа такая точка всегда присутствует, хотя бы в единственном числе. Если зафиксировать начало интервала, а его конец считать переменной величиной, то формула Тейлора принимает вид:

При a = 0 формула Тейлора переходит в формулу Маклoрена:

Пример:

Представить по формуле Маклорена функцию ограничившись n=2.

Решение:

Вычислим три первых производных заданной функции:

При х = 0 получим Остаточный член имеет вид Следовательно, при n = 2 заданная функция по формуле Маклорена имеет вид: Отметим, что полученное выражение справедливо при Решим найденное равенство относительно величины Отсюда получаем Следовательно, Так как выражение под радикалом 4-ой степени должно быть неотрицательным и Таким образом, из двух корней теореме Тейлора удовлетворяет только корень который действительно лежит между нулем и х.

Замечание: При n = 0 формула Тейлора дает формулу конечных приращений:

(см. теорему Лагранжа ТЗ Лекции №18). При n = 1 получаем Если положить то получим формулу

Применение формулы Тейлора

Если известны величины то формула Тейлора позволяет вычислить значение функции в некоторой точке х. В зависимости от требуемой степени точности вычислений достаточно бывает вычислить два, три или несколько первых слагаемых в формуле Тейлора. Для оценки погрешности вычислений необходимо помнить, что величина в остаточном члене в форме Лагранжа лежит в пределах от а до х.

Пример:

Представить функцию по формуле Маклорена.

Решение:

Так как Следовательно, где Отсюда следует,

Пример:

Вычислить с точностью

Решение:

Так как основание Следовательно, при х = 1/2 остаточный член равен При n = 3: остаточный член Следовательно, удерживая пять первых слагаемых в формуле Маклорена, получим с требуемой точностью, что

Пример:

Вычислить число е с точностью

Решение:

Согласно результатам, полученным в предыдущем примере, для достижения требуемой точности, подсчитаем остаточный член формулы Маклорена в форме Лагранжа

При n = 6 имеем

при n = 7 получаем

Итак,

Если вычислять значение числа е с точностью то потребуется взять 13 первых слагаемых, при этом Аналогично формула Маклорена-Тейлора применяется для вычисления и других функций. Например, для вычисления натуральных логарифмов используется формула:причем

Пример:

Вычислить с точностью

Решение:

В данном примере х = -0,1. Так как следовательно, остаточный член При n = 1 получаем Следовательно, достаточно взять первый член в формуле Маклорена-Тейлора

Формула тейлора

Пусть функция y=f(x) дифференцируема в точке . Тогда (см. формулу (9.5)) ее приращение 

Пусть  тогда (14.1) перепишется в виде 
Рассмотрим многочлен 
Многочлен обладает следующими свойствами:

Пусть функция y=f(x) n раз дифференцируема в точке . Найдем многочлен

обладающий аналогичными свойствами:

Из (14.2), (14.3) следует, что

Поэтому коэффициенты  многочлена (14.2) задаются формулой

Далее

Таким образом свойства (14.3) выполняются (при этом коэффициенты
многочлена  задаются формулами (14.4)). Тем самым теорема доказана.
Теорема 14.1. Пусть функция y=f(x) n раз дифференцируема в точке , тогда

где  – бесконечно малая функция более высокого порядка
малости, чем
Формула (14.5) называется формулой Тейлора, многочлен

в правой части формулы (14.5) называется многочленом Тейлора, а представление разности в виде  – остаточным членом в форме Пеано.
Если функция  то (14.5) перепишется в виде

формула Маклорена.
Если функция раз дифференцируема в некоторой окрестности
 точки , то остаточный член  можно представить в виде
остаточный член в форме Лагранжа и формула

Таким образом, вычисленное значение 3,(1) отличается от истинного с точностью до 0,01.

• Заказать решение задач по высшей математике

Пример 14.3
Разложить  по формуле Маклорена до члена  используя основные разложения. Оценить погрешность при 
Решение
Пусть  Тогда (см. формулу (14.10))

Остаточный член запишем в форме Лагранжа:

поэтому 
Таким образом, и погрешность при  меньше чем

Пример 14.4
Найти 
Решение
Воспользуемся разложением (14.7):

Тогда