Полученная нами позволяет определить лишь скорость стремления к нулю остатка при $x \to x_{0}$. Однако мы ничего не можем сказать об абсолютной величине остатка формулы Тейлора для конкретных значений $x$, и даже не имеем возможности оценить его. Во многих задачах требуется оценить погрешность приближения функции ее многочленом Тейлора. Такую возможность дает формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Напомним формулировку . Если функция $f$ на $\left [ a ,b\right ]$ и на $\left (a,b\right)$, то существует такая точка $\xi \in \left (a,b \right)$, что $f \left(b \right) = f \left(a \right) + f’\left(\xi \right)\left(b-a \right)$. Можем считать, что в правой части этого равенства $f\left(a\right)$ – многочлен Тейлора нулевого порядка с центром в точке $a$, а $f’\left(\xi\right)\left(b-a\right)$ – остаток в формуле Тейлора для функции $f$, вычисленной в точке $b$. Эта формула позволяет оценить $\left | f\left(b\right) — f\left(a\right) \right |$, т. е. погрешность приближения значения функции $f\left(b\right)$ значением $f\left(a\right)$, через $\left | f’\left(\xi\right) \right | \cdot \left | b-a \right |$. Например, если $\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} f\left(x \right) = \arctg x$, то $$\arctg a = \arctg b +\frac{1}{1+\xi^{2}}\left (b-a \right),$$ откуда сразу получаем, что $$\left | \arctg b -\arctg a \right |\leqslant \frac{1}{1+\xi^{2}}\left | b-a \right |\leqslant \left | b-a \right |.$$
Обобщением этих рассуждений на случай произвольного натурального $n$ и есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Теорема. Пусть функция $f$ определена на отрезке $\left [ a ,b\right ]$ и имеет на этом отрезке непрерывные производные до порядка $n$ включительно, а на интервале $\left (a,b\right)$ существует производная $\left(n + 1\right)$-го порядка. Тогда существует такая точка $\xi \in \left (a,b \right)$, что $$f\left(b\right) = f\left(a\right) + \frac{f"{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f{}"{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a \right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} + \\ + \frac{f^{\left(n+1 \right)}\left(\xi\right)}{n+1!}\left(b-a\right)^{n+1} .$$

Обозначим $$P_{n}\left(x\right) = f\left(a\right) + \frac{f"{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f {}"{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a\right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} $$ – многочлен Тейлора функции f с центром в точке $a$. Рассмотрим вспомогательную функцию $\varphi = f\left(x\right) — P_{n}\left(x\right) — \lambda \left(b-a\right)^{n+1}$, где число $\lambda$
определяется из условия $\varphi(b)=0$, т. е.
$$f(b)=P_{n}\left(b \right)-\lambda \left(b-a\right)^{n+1}. \qquad (5.4)$$
Так как $P_{n}$ – многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, то производные функции $f$ и многочлена $P_{n}$ в точке $a$ совпадают до порядка $n$ включительно, т. е. $f^{\left(k \right)}\left(a\right)=P^{\left(k\right)}_{n}\left(a\right)\: \left(k=0,1,\dots, n\right)$. Далее, для функции $\varphi$ имеем $\varphi\left(a\right) = 0$,
$$\varphi{}’\left(x\right)=f’\left(x\right)-P’_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1 \right)\left(x-a \right)^{n}, \qquad\varphi’\left(a \right)=0,$$
$$\varphi{}"{}’\left(x\right)=f{}"{}’\left(x \right)-P_{n}{}"{}"(x)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(x-a\right)^{n-1}, \qquad\varphi{}"{}’\left(a\right)=0,$$
$$\varphi ^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k\right)}\left(x\right)-P^{\left(k\right)}_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(n-1\right)\dots\left(n-k+2\right)\left(x-a\right)^{n-k+1}.$$ Итак, $\varphi^{\left(k\right)}\left(a\right)=0\: \left(k=0,1,\dots, n \right)$.
Поскольку $\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)=0$, то на $\left$ к функции $\varphi$ можно применить , согласно которой существует такая точка $\xi _{1}\in \left(a, b\right)$, что $\varphi’\left(\xi _{1}\right)=0$. Далее, на $\left$ к функции $\varphi’$ снова можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi_{2}\in \left(a, \xi _{1}\right)\subset \left(a, b\right)$, что $\left (\varphi’ \right)"(\xi_{2})=\varphi{}"{}"(\xi_{2})=0$. Продолжая этот процесс, на $n$-м шаге получим такую точку $\xi _{n}\in\left(a, b\right)$, что $\varphi ^{\left(n \right)}\left(\xi_{n}\right)=0$. На отрезке $\left$ функция $\varphi^{\left(n\right)}$ все еще удовлетворяет условиям теоремы Ролля, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left(a, b\right)$, что $\left(\varphi^{\left(n\right)}\right)’\left(\xi\right)=\varphi^{\left(n+1\right)}\left(\xi \right)=0$. Имеем $$\varphi ^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left (\varphi^{\left(n\right)} \right)’\left(x\right)=\left [ f^{\left(n\right)}\left(x\right)-P_{n}^{\left(n\right)}-\lambda\left(n+1\right)!\left(x-a\right) \right ]’=\\\\=f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)-0-\lambda \left(n+1\right)!$$ и $\varphi ^{\left(n+1\right)}(\xi)=f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)-\lambda \left(n+1\right)!=0$, откуда $\lambda=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!}$. Подставив найденное значение $\lambda$ в равенство $\left(5.4\right)$, получим утверждение теоремы.

Замечание. В правой части доказанного в теореме равенства записан многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, значение которого вычислено в точке $b$, а остаток $\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!} \left(b-a\right)^{n+1}$ отличается от остальных слагаемых тем, что производная вычислена в точке $\xi \in \left(a, b\right)$. При $n=0$ доказанная теорема обращается в теорему Лагранжа.

Пример 1. Для функции $f\left(x\right)=e^{x}$ на $\left [ 0,x \right ]\: \left(x > 0\right)$ формула Тейлора
с остатком в форме Лагранжа принимает вид $$e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!}x^{n+1},$$ где $0\leqslant \theta \leqslant 1$. Тогда для любого $n$ остаток не превосходит $R_{n}(x)=\frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}$ и, очевидно, $R_{n}(x)\to 0$ при $n\to \infty$. Преимущество остатка в такой форме состоит в том, что мы можем оценить погрешность приближения $$e^{x}\approx 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}.$$ Она не превосходит $$0\leqslant e^{x}-\left (1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!} \right)\leqslant \frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}\leqslant \frac{3^{\left [ x \right ]+1}}{(n+1)!}x^{n+1}.$$ В частности, при $x=1$ получаем $$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!},$$ где $0< \theta <1.$Отсюда следует, что $$e=\lim_{n\to\infty}\left (1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \right).$$

Пример 2. Доказать неравенство $(x>0)$ $$x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\leqslant \sin x\leqslant \\\leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$ Для $f(x)=\sin x$, как было вычислено ранее, $f^{(k)}(x)=\sin \left (x+\frac{k\pi }{2} \right)\: (k=0,1,\dots)$. Поэтому $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\sin\left (\xi+\frac{\pi \left(2n+1\right)}{2} \right)\leqslant \\ \leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!},$$ $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\sin\left (\xi+\frac{\pi \left(2n-1\right)}{2} \right)\geqslant \\ \geqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}.$$

Примеры решения задач

1. С помощью разложить по степеням $x$ функцию $$f\left(x\right)=\ln (1+x)$$ заданную на отрезке $\left$. Оценить погрешность допускаемую при сохранении только десяти первых членов. Решение

   $$f\left(0\right)=\ln 1=0$$
   $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(1+x\right)^{n}}$$
   $$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\left(n-1\right)! \qquad \left(n=1,2,3,\dots \right)$$
   Подставив в формулу Маклорена, получим
   $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}\cdots+\frac{x^{9}}{9}+R_{10}\left(x\right),$$ где остаточный член $R_{10}\left(x\right)$ в форме Лагранжа запишется так:$$R_{10}\left(x\right)=\frac{f^{(10)}(\xi)}{10!}x^{10}=-\frac{9!}{10!\left(1+\xi\right)^{10}}x^{10}=-\frac{x^{10}}{10\left(1+\xi\right)^{10}},$$ $$\left(0<\xi Оценим абсолютную величину остаточного члена $R_{10}\left(x\right)$; учитывая, что $0

2. Сколько нужно взять членов в формуле Маклорена для функции $f\left(x\right)=e^{x}$, чтобы получить многочлен, представляющий эту функцию на отрезке $\left[-1,1\right]$, с точностью до $0,001$? Решение

   Функция $f\left(x\right)=e^{x}$ имеет производную любого порядка $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=e^{x}$$ Поэтому к этой функции нужно применить формулу Маклорена. Вычислим значение функции $e^{x}$ и ее $n-1$ первых производных в точке $x=0$, а значение $n$-й производной в точке $\xi=\theta x\; \left(0<\theta<1\right) $. Будем иметь $$f\left(0\right)=f{}’\left(0\right)=f{}"{}’\left(0\right)=\dots=f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)=1,$$ $$f^{\left(n\right)}\left(\xi \right)=e^{\xi}=e^{\theta x}.$$ Отсюда $$f\left(x \right)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\dots+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}+R_{n}\left(x\right),$$ где $$R_{n}\left(x\right)=\frac{x^{n}}{n!}e^{\theta x}.$$ Так как, по условию, $\left | x \right |\leqslant 1$ и $0<\theta<1$, то $$\left | R_{n}\left(x\right) \right |=\frac{\left | x \right |^{n}}{n!}e^{\theta x}<\frac{1}{n!}e<\frac{3}{n!}.$$ Следовательно, если выполняются неравенство $$\frac{3}{n!}\leqslant 0,001,$$ то заведомо будет выполняться неравенство $$\left | R_{n}(x) \right |\leqslant 0,001.$$ Для этого достаточно взять $n\geqslant 7\; \left(7!=5040\right)$. Таким образом, в формуле Маклорена достаточно взять $7$ членов.

3. Доказать неравенство при $x>0$ $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)По формуле Маклорена с остаточным членом $R_{2}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2(1+\xi)^{2}},$$ где $0<\xi0$ и $\frac{x^{3}}{3(1+\xi _{1})^{3}}>0$ при $x>0$, то отсюда следует, что $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)

1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. - С. 158-161.
2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа: учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. - 5-е изд., перераб. и доп. - Москва: Дрофа, 2003. - 703 с. - С. 339-344.
3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. - 5-е изд., стереотип. - Москва: Физматгиз, 1962. - 607 с. - С. 254-257.

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 5 заданий окончено

Информация

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 5

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0 )

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 5

   1 .

   Количество баллов: 1

   Перечислите известные приложения остатка в форме Лагранжа.

   Правильно
   

   Неправильно
   

2. Задание 2 из 5

   2 .

   Количество баллов: 1

   Установить соответствие между функциями на $\left$ и их остатками в форме Лагранжа $R_{4}\left(x\right)$.
   $$\xi \in\left (0,x \right)$$

   Элементы сортировки

   • $\frac{\sin \xi}{4!}x^{4}$
   • $\frac{\cos \xi}{4!}x^{4}$
   • $\frac{x^{4}}{4\left (\xi+1 \right)^{4}}$
   • $\frac{e^{\xi}}{4!}x^{4}$

   Правильно
   

   Неправильно
   

Выше мы установили формулу Тейлора с остаточным членом в общей форме. Здесь мы установим другие возможные представления для остаточного члена. Два из них могут быть получены в качестве частных случаев из общей формы.

Прежде всего несколько преобразуем формулу для остаточного члена (6.34). Поскольку точка лежит между точками а и х, найдется такое число 0 из интервала что При этом Таким образом, формула (6.34) может быть переписана в виде

Рассмотрим теперь два важных частных случая формулы (6.45): (напомним, что в формулах (6.34) и (6.45) в качестве может быть взято любое положительное число). Первый из этих частных случаев приводит нас к остаточному члену в форме Лагранжа:

Эта форма остаточного члена наиболее употребительна в приложениях. Остаточный член в форме Лагранжа напоминает следующий, очередной член формулы Тейлора, лишь только производная функции вычисляется не в точке а, а в некоторой промежуточной между а и х точке

Второй из указанных выше частных случаев приводит нас к остаточному члену в форме Коши:

Так как формы Лагранжа и Коши отвечают разным значениям зависит от , то значения 0 в формулах (6.46) и (6.47) являются, вообще говоря, различными. Для оценки некоторых функций форма Коши является более предпочтительной, чем форма Лагранжа. Обе формы остаточного члена (Лагранжа и

Коши) обычно используются в тех случаях, когда требуется при тех или иных фиксированных значениях х, отличных от а, приближенно вычислить функцию

Естественно приближенно заменить многочленом и численно оценить сделанную при этом ошибку. Наряду с этим встречаются задачи, в которых нас интересует не численная величина указанной ошибки, а лишь порядок ее относительно малой величины Для этой цели удобна другая форма записи остаточного члена (так называемая форма Пеано, к установлению которой мы и переходим.

Предположим, что функция имеет производную порядка в некоторой окрестности точки а и производную порядка в самой точке а

При этих предположениях мы можем рассмотреть многочлен , определяемый соотношением (6.35). Разность между и этим многочленом, как и при доказательстве теоремы 6.10, обозначим символом т. е. положим

Докажем, что при сделанных нами предположениях для остаточного члена справедливо следующее представление

Представление (6.48) принято называть остаточным членом в форме Пеано.

Используя установленное в конце предыдущего параграфа свойство многочлена , выражающееся соотношениями (6.44), мы получим следующие равенства:

Нам остается доказать, что из равенств (6.49) вытекает представление (6.48). Доказательство того, что из равенств (6.49) вытекает представление (6.48), проведем методом математической индукции.

Сначала убедимся в том, что равенства (6.49) влекут представление (6.48) при

При превращаются в два равенства:

из которых сразу же вытекает, что

а это и означает, что т. е. при представление (6.48) вытекает из (6.49).

Теперь для завершения индукции предположим, что представление (6.48) вытекает из (6.49) для некоторого номера и убедимся, что в таком случае представление (6.48) вытекает из (6.49) и для следующего номера Для номера равенства (6.49) имеют вид