Tài liệu Hướng dẫn khai triển taylor [compatibility mode]

KHAI TRIỂN TAYLOR Công thức khai triển Taylor với phần dư Lagrange f có đạo hàm cấp n+1 trong (a, b) chứa x0: f   x0  f   x0  2 f ( x )  f  x0    x  x0    x  x0  1! 2!   Rn  f ( n 1) f (n )  x0  x  x n  R  0 n n!  c  x  x n 1 ,  0 (n  1)! c nằm giữa x và x0 (khai triển Taylor đến cấp n trong lân cận x0) Công thức khai triển Taylor với phần dư Peano f có đạo hàm cấp n tại x0: f   x0  f   x0  2 f ( x )  f  x0    x  x0    x  x0  1! 2!   f (n )  x0  x  x n  o ( x  x )n   0  0 n! Phần dư Peano. x0 = 0: khai triển Maclaurin. Ý nghĩa của khai triển Taylor f(x): biểu thức phức tạp  cần tìm 1 hàm số đơn giản hơn và gần bằng f(x) để thuận tiện trong tính toán. Hàm đơn giản nhất là đa thức. f(x) = sinx f ( x )  x  o( x ) f(x) = sinx f ( x )  x  o( x ) 3 x 3 f ( x )  x   o( x ) 3! f(x) = sinx 4 2n 1 x 7 f ( x )   (1)  o( x ) (2n  1)! n 1 n f ( x )  x  o( x ) 3 x 3 f ( x )  x   o( x ) 3! f(x) = sinx 4 2n 1 x 7 f ( x )   (1)  o( x ) (2n  1)! n 1 n f ( x )  x  o( x ) 3 x 3 f ( x )  x   o( x ) 3! Ví dụ 1. Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cận x = 1 cho 1 f (x)  x (khai triển f thành đa thức theo lũy thừa của (x – 1) đến (x – 1)3) •Với phần dư Peano, chỉ cần tính đến đh cấp 3. •Với phần dư Lagrange, phải tính đến đh cấp 4. 1 f ( x )   f (1)  1 x 1 f ( x )   2  f (1)  1 x 2 f ( x )  3  f (1)  2 x f (4) 24 (x)  5 x 6 f ( x )   4  f (1)  6 x f (1) f (1) 2 f ( x )  f (1)  ( x  1)  ( x  1) 1! 2! f (1) 3 3  ( x  1)  o ( x  1) 3!   f (1) f (1) f ( x )  f (1)  ( x  1)  ( x  1) 2 1! 2! f (1) 3 3  ( x  1)  o ( x  1) 3!   1 2 2 6 3 3 f (x)  1 (x 1)  (x 1)  (x 1)  o (x 1) 1! 2! 3!  2 3  3  1 (x 1)  (x 1)  (x 1)  o (x 1)  Phần dư Peano  Nếu dùng phần dư Lagrange: 2 3 f (x)  1 (x 1)  (x 1)  (x 1)  R3 f (4) 24 (x)  5 x f ( 4) (c ) R3  ( x  1)4 4! 1 24 ( x  1) 4  ( x  1)  4! c 5 c5 4 Ví dụ 2 Viết khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho f(x) = tan x f ( x )  1  tan 2 x 2  f ( x )  2 tan x (1  tan x ) 2 2 2  f ( x )  2(1  tan x )  6 tan x (1  tan x ) f (0) f (0) 2 f ( x )  f (0)  ( x  0)  ( x  0) 1! 2! f (0)  ( x  0)3  o ( x  0)3 3! x3 tan x  x   o ( x 3 ) 3   Ví dụ 3 Biết f(x) là đa thức bậc 3, với f(2) = 0, f’(2) = -1, f ”(2) = 4, f ’”(2) = 12, tìm f(1), f ’(1) Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên f(4)(x) = 0  Khai triển Taylor của f đên cấp 3 không có phần dư. f (2) f (2) 2 f (2) 3 f (x)  f (2)  (x  2)  (x  2)  (x  2) 1! 2! 3! f (2) f (2) 2 f (2) 3 f (x)  f (2)  (x  2)  (x  2)  (x  2) 1! 2! 3! 1 4 2 12 3  0  (x  2)  (x  2)  (x  2) 1! 2! 3! 2 3 (x  2)  2(x  2)  2(x  2)  f ( x )  1  4( x  2)  6( x  2) 2 Biếtf (1) f(x)là1,đa thức  f (1)  1bậc 3, với f(2) = 0, f’(2) = -1, f ”(2) = 4, f ’”(2) = 12, tìm f(1), f ’(1) Khai triển Maclaurin các hàm cơ bản (x0 = 0) 1. f ( x )  e x n x e  f (0)   k 1 f (k ) (x)  e n x f (k ) (0) k n ( x  0)  o ( x  0) k! f  (k ) (0)  1 1 k n e  1   x  o( x ) k 1 k ! x  2. f ( x )  ln(1  x ) n ln(1  x )  f (0)   f (k ) (0) k n x o x k! k 1 f (k ) f   k 1 (1) (k  1)! (x)  k (1  x ) (k ) (0)  (1) k 1 (k  1)! n ln(1  x )   (1) k 1 k 1 x k k n  o( x )  3. f ( x )  (1  x ) f (k ) f  k ( x )   (  1) (  k  1)(1  x ) (k ) (0)   (  1) (  k  1) n  (1  x )  f (0)   k 1 f (k ) (0) k n x o x k!     (  1) 2 (1  x )  1  x  x  1! 2!  (  1) (  n  1) n n  x  o( x ) n!  Áp dụng cho  = - 1.   (  1) 2 (1  x )  1  x  x  1! 2!  (  1) (  n  1) n n  x  o(x ) n!  1  1  x  x 2  x 3    (1)n x n  o ( x n ) 1 x 3. f ( x )  sin x f (k )    ( k ) ( x )  sin  x  k   f (0)  sin k 2  2 k  2p  f (k ) (0)  0 k  2p  1  f (2 p 1) (0)  (1) p 1 2 n 1 ( k ) sin x  f (0)   k 0 n sin x   (1) k 1 k 1 f (0) k 2 n 1 x o x k! 2 k 1  x 2 n 1 o x (2k  1)!   