10.3: Серія Тейлора та Маклорена

Цілі навчання

• Опишіть процедуру знаходження полінома Тейлора заданого порядку для функції.
• Поясніть значення і значення теореми Тейлора залишком.
• Оцінити залишок для наближення ряду Тейлора заданої функції.

У попередніх двох розділах ми обговорювали, як знайти уявлення силових рядів для певних типів функцій, зокрема функцій, пов'язаних з геометричними рядами. Тут ми обговорюємо уявлення степеневих рядів для інших типів функцій. Зокрема, ми розглядаємо наступні питання: Які функції можуть бути представлені силовими рядами і як ми знаходимо такі уявлення? Якщо ми можемо знайти представлення степеневого ряду для певної функції\(f\) і ряд сходиться на деякому інтервалі, як ми можемо довести, що ряд насправді сходиться до\(f\)?

Огляд серії Тейлор/Маклорін

Розглянемо функцію\(f\), яка має представлення степеневого ряду на\(x=a\). Тоді ряд має вигляд

\[\sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n=c_0+c_1(x−a)+c_2(x−a)^2+ \dots. \label{eq1} \]

Якими повинні бути коефіцієнти? Наразі ми ігноруємо проблеми конвергенції, але замість цього зосереджуємося на тому, якою має бути серія, якщо така існує. Ми повернемося до обговорення конвергенції пізніше в цьому розділі. Якщо ряд Equation\ ref {eq1} є представленням для\(f\) at\(x=a\), ми, звичайно, хочемо, щоб ряд дорівнював\(f(a)\) at\(x=a\). Оцінюючи серію на\(x=a\), ми бачимо, що

\[\sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n=c_0+c_1(a−a)+c_2(a−a)^2+\dots=c_0.\label{eq2} \]

Таким чином, ряд дорівнює\(f(a)\) якщо коефіцієнт\(c_0=f(a)\). Крім того, ми хотіли б, щоб перша похідна рядів потужності дорівнювала\(f′(a)\) при\(x=a\). Диференціюючи рівняння\ ref {eq2} за терміном, ми бачимо, що

\[\dfrac{d}{dx}\left( \sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n \right)=c_1+2c_2(x−a)+3c_3(x−a)^2+\dots.\label{eq3} \]

Тому у\(x=a,\) похідної є

\[\dfrac{d}{dx}\left( \sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n \right)=c_1+2c_2(a−a)+3c_3(a−a)^2+\dots=c_1.\label{eq4} \]

Тому похідна ряду дорівнює,\(f′(a)\) якщо коефіцієнт\(c_1=f′(a).\) Продовжуючи таким чином, шукаємо коефіцієнти\(c_n\) такі, що всі похідні степеневого ряду Equation\ ref {eq4} будуть узгоджуватися з усіма відповідними похідними\(f\) at\(x=a\). Друга та третя похідні рівняння\ ref {eq3} задаються

\[\dfrac{d^2}{dx^2} \left(\sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n \right)=2c_2+3⋅2c_3(x−a)+4⋅3c_4(x−a)^2+\dots\label{eq5} \]

і

\[\dfrac{d^3}{dx^3} \left( \sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n \right)=3⋅2c_3+4⋅3⋅2c_4(x−a)+5⋅4⋅3c_5(x−a)^2+⋯.\label{eq6} \]

Тому при\(x=a\), друга і третя похідні

\[\dfrac{d^2}{dx^2} \left(\sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n\right)=2c_2+3⋅2c_3(a−a)+4⋅3c_4(a−a)^2+\dots=2c_2\label{eq7} \]

і

\[\dfrac{d^3}{dx^3} \left(\sum_{n=0}^∞c_n(x−a)^n\right)=3⋅2c_3+4⋅3⋅2c_4(a−a)+5⋅4⋅3c_5(a−a)^2+\dots =3⋅2c_3\label{eq8} \]

рівні\(f''(a)\) і\(f'''(a)\), відповідно, якщо\(c_2=\dfrac{f''(a)}{2}\) і\(c_3=\dfrac{f'''(a)}{3⋅2}\). Більш загально, ми бачимо, що якщо\(f\) має представлення степеневого ряду на\(x=a\), то коефіцієнти повинні бути задані\(c_n=\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}\). Тобто серія повинна бути

\[\sum_{n=0}^∞\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+\dfrac{f'''(a)}{3!}(x−a)^3+⋯ \nonumber \]

Ця силова серія для\(f\) відома як серія Тейлора для\(f\)\(a.\) If\(x=0\), то ця серія відома як серія Маклорена для\(f\).

Визначення\(\PageIndex{1}\): Maclaurin and Taylor series

Якщо\(f\) має похідні від усіх порядків at\(x=a\), то серія Тейлора для функції\(f\) at\(a\)

\[\sum_{n=0}^∞\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+⋯+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n+⋯ \nonumber \]

Серія Тейлора для\(f\) 0 відома як серія Маклорена для\(f\).

Пізніше в цьому розділі ми покажемо приклади пошуку рядів Тейлора та обговоримо умови, за яких ряд Тейлора для функції сходиться з цією функцією. Тут ми констатуємо важливий результат. Нагадаємо, що уявлення силових рядів унікальні. Тому, якщо функція\(f\) має силовий ряд на\(a\), то вона повинна бути серією Тейлора для\(f\) at\(a\).

Унікальність серії Тейлор

Якщо функція\(f\) має ряд потужності в a, який сходиться до\(f\) на деякому відкритому інтервалі\(a\), що містить, то ця потужність ряд є серією Тейлора для\(f\) at\(a\).

Доказ випливає безпосередньо з того, що обговорювалося раніше.

Щоб визначити, чи збігається ряд Тейлора, нам потрібно подивитися на його послідовність часткових сум. Ці часткові суми є скінченними многочленами, відомими як поліноми Тейлора.

Поліноми Тейлора

\(n^{\text{th}}\)Часткова сума ряду Тейлора для функції\(f\) at\(a\) відома як поліном Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня. Наприклад, ^0-й, ^1-й, ^2-й і ^3-й часткові суми ряду Тейлора задаються по

\[\begin{align*} p_0(x) &=f(a) \\[4pt] p_1(x) &=f(a)+f′(a)(x−a) \\[4pt]p_2(x) &=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2\ \\[4pt]p_3(x) &=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+\dfrac{f'''(a)}{3!}(x−a)^3 \end{align*}\]

відповідно. Ці часткові суми відомі як поліноми Тейлора ^0-го, ^1-го, 1-го, ^2-го та ^3-го ступеня Тейлора\(f\) at\(a\) відповідно. Якщо\(x=a\), то ці многочлени відомі як поліноми Маклорена для\(f\). Тепер ми надаємо формальне визначення поліномів Тейлора та Маклорена для функції\(f\).

Визначення\(\PageIndex{2}\): Maclaurin polynomial

Якщо\(f\) має\(n\) похідні при\(x=a\), то поліном Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня\(f\) at\(a\) дорівнює

\[p_n(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+\dfrac{f'''(a)}{3!}(x−a)^3+⋯+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n. \nonumber \]

Поліном Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня для\(f\) at\(0\) відомий як поліном Маклорена\(n^{\text{th}}\) -ступеня для\(f\).

Тепер ми покажемо, як використовувати це визначення, щоб знайти кілька поліномів Тейлора для\(f(x)=\ln x\) at\(x=1\).

Приклад\(\PageIndex{1}\): Finding Taylor Polynomials

Знайдіть поліноми Тейлора\(p_0,p_1,p_2\) і\(p_3\) для\(f(x)=\ln x\) at\(x=1\). Використовуйте утиліту графіків, щоб порівняти графік\(f\) з графіками\(p_0,p_1,p_2\) і\(p_3\).

Рішення

Щоб знайти ці поліноми Тейлора, нам потрібно оцінити\(f\) і перші три його похідні в\(x=1\).

\ [\ почати {вирівнювати*} f (x) &=\ ln x & f (1) &=0\\ [5pt]
f′ (x) &=\ dfrac {1} {x} & f′ (1) &= 1\\ [5pt]
f "(x) &=−\ dfrac {1} {x^2} & f" (1) &==\ −1\ [5pt]
f"' (x) &=\ dfrac {2} {x^3} & f"' (1) &=2\ кінець {вирівнювати*}\]

Тому,

\[\begin{align*} p_0(x) &= f(1)=0,\\[4pt]p_1(x) &=f(1)+f′(1)(x−1) =x−1,\\[4pt]p_2(x) &=f(1)+f′(1)(x−1)+\dfrac{f''(1)}{2}(x−1)^2 = (x−1)−\dfrac{1}{2}(x−1)^2 \\[4pt]p_3(x) &=f(1)+f′(1)(x−1)+\dfrac{f''(1)}{2}(x−1)^2+\dfrac{f'''(1)}{3!}(x−1)^3=(x−1)−\dfrac{1}{2}(x−1)^2+\dfrac{1}{3}(x−1)^3 \end{align*}\]

Графіки\(y=f(x)\) і перших трьох поліномів Тейлора наведені на малюнку\(\PageIndex{1}\).

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Функція\(y=\ln x\) та поліноми Тейлора\(p_0,p_1,p_2\) та\(p_3\) at\(x=1\) побудовані на цьому графіку.

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Знайдіть поліноми Тейлора\(p_0,p_1,p_2\) і\(p_3\) для\(f(x)=\dfrac{1}{x^2}\) at\(x=1\).

Підказка

Знайдіть перші три похідні\(f\) і оцініть їх на\(x=1.\)

Відповідь

\ [\ почати {вирівнювати*} p_0 (x) &=1\ [5pt]
p_1 (x) &=1−2 (x−1)\\ [5pt]
p_2 (x) &=1−2 (x−1) +3 (x−1) ^2\\ [5pt]
p_3 (x) &=1−2 (x−1) +3 (x−1) ^2\ [5pt] p_3 (x) −1) ^2−4 (x−1) ^3\ end {align*}\]

Зараз ми покажемо, як знайти поліноми Маклорена для\(e^x, \sin x,\) і\(\cos x\). Як зазначалося вище, поліноми Маклорена - це поліноми Тейлора, зосереджені на нулі.

Приклад\(\PageIndex{2}\): Finding Maclaurin Polynomials

Для кожної з наступних функцій знайдіть формули для поліномів Маклорена\(p_0,p_1,p_2\) і\(p_3\). Знайдіть формулу для полінома Маклорена\(n^{\text{th}}\) -ступеня і запишіть її за допомогою сигма-нотації. Використовуйте утиліту графіків для порівняння графіків\(p_0,p_1,p_2\) і\(p_3\) з\(f\).

1. \(f(x)=e^x\)
2. \(f(x)=\sin x\)
3. \(f(x)=\cos x\)

Рішення

Так як\(f(x)=e^x\), ми знаємо, що\(f(x)=f′(x)=f''(x)=⋯=f^{(n)}(x)=e^x\) для всіх натуральних чисел\(n\). Тому,

\[f(0)=f′(0)=f''(0)=⋯=f^{(n)}(0)=1 \nonumber \]

для всіх натуральних чисел\(n\). Тому у нас є

\ (\ почати {вирівнювати*} p_0 (x) &= f (0) =1,\\ [
5pt] p_1 (x) &= f (0) +f′ (0) х = 1+х,\\ [5пт]
p_2 (x) &= f (0) +f (0) x+\ dfrac {f "(0)} {2} x^2=1+x+\ dfrac {1} {2} x^2,\\ [5pt]
p_3 (x) &=f (0) +f′ (0) x+\ dfrac {f "(0)} {2} x^2+\ dfrac {f"' (0)} {3!} x^3=1+x+\ dfrac {1} {2} x^2+\ dfrac {1} {3!} x^3,\ end {вирівнювати*}\)

\ (\ стиль відображення\ почати {вирівнювати*} p_n (x) &=f (0) +f′ (0) x+\ dfrac {f "(0)} {2} x^2+\ dfrac {f"' (0)} {3!} x^3++\ dfrac {f^ {(n)} (0)} {n!} x^n\\ [5pt]
&=1+х+\ dfrac {x^2} {2!} +\ dfrac {x^3} {3!} ++\ dfrac {x^n} {n!} \\ [5pt]
&=\ сума_ {k=0} ^n\ dfrac {x^k} {k!} \ end {вирівнювати*}\).

Функція і перші три поліноми Маклорена показані на малюнку\(\PageIndex{2}\).

Малюнок\(\PageIndex{2}\): На графіку показані функції\(y=e^x\) і поліноми Маклорена\(p_0,\,p_1,\,p_2\) і\(p_3\).

б. бо\(f(x)=\sin x\), значення функції та її перших чотирьох похідних при\(x=0\) наведені наступним чином:

\ [\ begin {align*} f (x) &=\ sin x & f (0) &=0\\ [5pt]
f′ (x) &=\ cos x & f′ (0) &=1\\ [5pt]
f "(x) &=−\ sin x & f" (0) &=0\\ [5pt]
f (x) &=\ cos x & f"' (0) &=−1\\ [5pt]
f^ {(4)} (x) &=\ sin x & f^ {(4)} (0) &=0. \ end {вирівнювати*}\]

Так як четверта похідна -\(\sin x,\) візерунок повторюється. Тобто,\(f^{(2m)}(0)=0\) і\(f^{(2m+1)}(0)=(−1)^m\) для\(m≥0.\) Таким чином, ми маємо

\ (\ почати {вирівнювати*} p_0 (x) &=0,\\ [
5pt] p_1 (x) &=0+х = x,\\ [
5pt] p_2 (x) &=0+x+0=x,\\ [5pt]
p_3 (x) &=0+x+0−\ dfrac {1} {3} x^3=x−\ dfrac {x^3} {3!} ,\\ [5pt]
p_4 (x) &=0+х+0−\ dfrac {1} {3!} x^3+0=x−\ dfrac {x^3} {3!} ,\\ [5pt]
p_5 (x) &=0+х+0−\ dfrac {1} {3!} x^3+0+\ dfrac {1} {5!} x^5=x−\ dfrac {x^3} {3!} +\ dfrac {x^5} {5!} ,\ end {вирівнювати*}\)

і для того\(m≥0\),

\ [\ почати {вирівнювати*} p_ {2м+1} (x) =p_ {2м+2} (x) &=x−\ dfrac {x^3} {3!} +\ dfrac {x^5} {5!} −+ (−1) ^м\ dfrac {x^ {2м+1}} {(2м+1)!} \\ [5pt]
&=\ сума_ {k=0} ^м (−1) ^k\ dfrac {x^ {2k+1}} {(2к+1)!}. \ end {вирівнювати*}\]

Графіки функції та її поліномів Маклорена наведені на малюнку\(\PageIndex{3}\).

Малюнок\(\PageIndex{3}\): На графіку показані функції\(y=\sin x\) і поліноми Маклорена\(p_1,\, p_3\) і\(p_5\).

c. for\(f(x)=\cos x\), значення функції та її перших чотирьох похідних при\(x=0\) наведені наступним чином:

\ [\ begin {align*} f (x) &=\ cos x & f (0) &=1\\ [5pt]
f′ (x) &=−\ sin x & f′ (0) &== 0\\\ [5пт]
f "(x) &=\ cos x & f" (0) &== 1\\ [5pt]
f "(x) &=\ cos x & f" (0) &== 1\\ [5pt] f' (x) &=\ sin x & f"' (0) &=0\\ [5pt]
f^ {(4)} (x) &=\ cos x & f^ {(4)} (0) &=1. \ end {вирівнювати*}\]

Оскільки четверта похідна є\(\sin x\), візерунок повторюється. Іншими словами,\(f^{(2m)}(0)=(−1)^m\) і\(f^{(2m+1)}=0\) для\(m≥0\). Тому,

\ (\ почати {вирівнювати*} p_0 (x) &=1,\\ [5pt]
p_1 (x) &=1+0=1,\\ [5pt]
p_2 (x) &=1+0−\ dfrac {1} {2!} x^2=1−\ dfrac {x^2} {2!} ,\\ [5pt]
p_3 (x) &=1+0−\ dfrac {1} {2!} x^2+0=1−\ dfrac {x^2} {2!} ,\\ [5pt]
p_4 (x) &=1+0−\ dfrac {1} {2!} x^2+0+\ dfrac {1} {4!} x^4=1−\ dfrac {x^2} {2!} +\ dfrac {x^4} {4!} ,\\ [5pt]
p_5 (x) &=1+0−\ dfrac {1} {2!} x^2+0+\ dfrac {1} {4!} x^4+0=1−\ dfrac {x^2} {2!} +\ dfrac {x^4} {4!} ,\ end {вирівнювати*}\)

і для того\(n≥0\),

\ [\ почати {вирівнювати*} p_ {2m} (x) &=p_ {2м+1} (x)\\ [5pt]
&=1−\ dfrac {x^2} {2!} +\ dfrac {x^4} {4!} −+ (−1) ^м\ dfrac {x^ {2m}} {(2м)!} \\ [5pt]
&=\ сума_ {k=0} ^м (−1) ^k\ dfrac {x^ {2k}} {(2k)!}. \ end {вирівнювати*}\]

Графіки функції та поліноми Маклорена представлені на рисунку\(\PageIndex{4}\).

Малюнок\(\PageIndex{4}\): Функція\(y=\cos x\) і поліноми Маклорена\(p_0,p_2\) і\(p_4\) побудовані на цьому графіку.

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Знайдіть формули для многочленів Маклорена\(p_0,\,p_1,\,p_2\) і\(p_3\) для\(f(x)=\dfrac{1}{1+x}\).

Знайдіть формулу для полінома Маклорина\(n^{\text{th}}\) -ступеня. Напишіть свою відповідь, використовуючи сигма-нотацію.

Підказка

Оцініть перші чотири похідні\(f\) і шукайте візерунок.

Відповідь

\(\displaystyle p_0(x)=1;\;p_1(x)=1−x;\;p_2(x)=1−x+x^2;\;p_3(x)=1−x+x^2−x^3;\;p_n(x)=1−x+x^2−x^3+⋯+(−1)^nx^n=\sum_{k=0}^n(−1)^kx^k\)

Теорема Тейлора з залишком

Нагадаємо, що поліном Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня для функції\(f\) at\(a\) є\(n^{\text{th}}\) частковою сумою ряду Тейлора для\(f\) at\(a\). Тому, щоб визначити, чи сходиться ряд Тейлора, нам потрібно визначити, чи\({p_n}\) сходиться послідовність поліномів Тейлора. Однак ми не тільки хочемо знати, чи сходиться послідовність поліномів Тейлора, ми хочемо знати, чи сходиться вона\(f\). Щоб відповісти на це питання, визначаємо залишок\(R_n(x)\) як

\[R_n(x)=f(x)−p_n(x). \nonumber \]

Щоб послідовність поліномів Тейлора сходилася до\(f\), нам потрібно,\(R_n\) щоб залишок зійшовся до нуля. Щоб визначити, чи\(R_n\) сходиться до нуля, введемо теорему Тейлора з залишком. Ця теорема не тільки корисна для доведення того, що ряд Тейлора сходиться до його пов'язаної функції, але вона також дозволить нам кількісно оцінити, наскільки добре поліном Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня наближає функцію.

Тут ми шукаємо пов'язане на\(|R_n|.\) Розглянемо найпростіший випадок:\(n=0\). \(p_0\)Дозволяти бути ^0-й поліном Тейлора at\(a\) для функції\(f\). Залишок\(R_0\) задовольняє

\(R_0(x)=f(x)−p_0(x)=f(x)−f(a).\)

Якщо\(f\) диференційовний на інтервалі\(x\),\(I\) що містить\(a\) і, то за теоремою про середнє значення існує дійсне число\(c\) між\(a\) і\(x\) таким, що\(f(x)−f(a)=f′(c)(x−a)\). Тому,

\[R_0(x)=f′(c)(x−a). \nonumber \]

Використовуючи теорему про середнє значення в подібному аргументі, ми можемо показати,\(f\) що якщо\(n\) раз диференційовний на інтервалі,\(I\) що містить\(a\) і\(x\), то\(n^{\text{th}}\) залишок\(R_n\) задовольняє

\[R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x−a)^{n+1} \nonumber \]

для деякого реального числа\(c\) між\(a\) і\(x\). Важливо відзначити, що значення\(c\) в чисельнику вище - це не центр\(a\), а скоріше невідоме значення\(c\) між\(a\) і\(x\). Ця формула дозволяє отримати зв'язаний на залишку\(R_n\). Якщо ми знаємо, що\(∣f^{(n+1)}(x)∣\) обмежується деяким дійсним числом\(M\) на цьому інтервалі\(I\), то

\[|R_n(x)|≤\dfrac{M}{(n+1)!}|x−a|^{n+1} \nonumber \]

для всіх\(x\) в інтервалі\(I\).

Тепер ми констатуємо теорему Тейлора, яка забезпечує формальний зв'язок між функцією\(f\) та її поліномом Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня\(p_n(x)\). Ця теорема дозволяє зв'язати помилку при використанні полінома Тейлора для наближення значення функції, і буде важливою для доведення того, що ряд Тейлора для\(f\) сходиться до\(f\).

Теорема Тейлора з залишком

\(f\)Дозволяти функція, яка може бути диференційована\(n+1\) часом на інтервалі,\(I\) що містить дійсне число\(a\). \(p_n\)Дозволяти бути\(n^{\text{th}}\) -ступінь Тейлора поліном\(f\) at\(a\) і нехай

\[R_n(x)=f(x)−p_n(x) \nonumber \]

бути\(n^{\text{th}}\) залишком. Тоді для кожного\(x\) в\(I\) інтервалі існує дійсне число\(c\) між\(a\) і\(x\) таким, що

\[R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x−a)^{n+1} \nonumber \].

Якщо існує дійсне число\(M\) таке, що\(∣f^{(n+1)}(x)∣≤M\) для всіх\(x∈I\), то

\[|R_n(x)|≤\dfrac{M}{(n+1)!}|x−a|^{n+1} \nonumber \]

для всіх\(x\) в\(I\).

Доказ

Зафіксуйте точку\(x∈I\) та введіть функцію\(g\) таку, що

\[g(t)=f(x)−f(t)−f′(t)(x−t)−\dfrac{f''(t)}{2!}(x−t)^2−⋯−\dfrac{f^{(n)}(t)}{n!}(x−t)^n−R_n(x)\dfrac{(x−t)^{n+1}}{(x−a)^{n+1}}. \nonumber \]

Ми стверджуємо, що\(g\) задовольняє критеріям теореми Ролля. Оскільки\(g\) є поліноміальною функцією (in\(t\)), вона є диференційованою функцією. Крім того,\(g\) дорівнює нулю при\(t=a\) і\(t=x\) тому

\[ \begin{align*} g(a) &=f(x)−f(a)−f′(a)(x−a)−\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+⋯+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n−R_n(x) \\[4pt] &=f(x)−p_n(x)−R_n(x) \\[4pt] &=0, \\[4pt] g(x) &=f(x)−f(x)−0−⋯−0 \\[4pt] &=0. \end{align*}\]

Тому\(g\) задовольняє теорему Ролла, і, отже, існує\(c\) між\(a\) і\(x\) такими, що\(g′(c)=0.\) Ми зараз обчислюємо\(g′\). Використовуючи правило продукту, відзначимо, що

\[\dfrac{d}{dt}\left[\dfrac{f^{(n)}(t)}{n!}(x−t)^n\right]=−\dfrac{f^{(n)}(t)}{(n−1)!}(x−t)^{n−1}+\dfrac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x−t)^n. \nonumber \]

Отже,

\ [\ begin {вирівнювання} g′ (t) &=−f′ (t) + [f′ (t) −f "(t) (t) (x−t)] +\ left [f" (t) (x−t) −\ dfrac {f"' (t)} {2!} (x−t) ^2\ праворуч] +\ нечисло\\
&\ квадрат+\ ліворуч [\ dfrac {f^ {(n)} (t)} {(n−1)!} (x−t) ^ {n−1} −\ dfrac {f^ {(n+1)} (t)} {n!} (x−t) ^n\ праворуч] + (n+1) r_n (x)\ dfrac {(x−t) ^n} {(x−a) ^ {n+1}}\ end {вирівнювання}\ nonumber\].

Зверніть увагу, що є телескопічний ефект. Тому,

\[g'(t)=−\dfrac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x−t)^n+(n+1)R_n(x)\dfrac{(x−t)^n}{(x−a)^{n+1}} \nonumber \].

За теоремою Ролла, ми робимо висновок, що існує число\(c\) між\(a\) і\(x\) таким, що\(g′(c)=0.\) Оскільки

\[g′(c)=−\dfrac{f^{(n+1})(c)}{n!}(x−c)^n+(n+1)R_n(x)\dfrac{(x−c)^n}{(x−a)^{n+1}} \nonumber \]

робимо висновок, що

\[−\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{n!}(x−c)^n+(n+1)R_n(x)\dfrac{(x−c)^n}{(x−a)^{n+1}}=0. \nonumber \]

Склавши перший член з лівого боку в обидві сторони рівняння і розділивши обидві сторони рівняння,\(n+1,\) зробимо висновок, що

\[R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x−a)^{n+1} \nonumber \]

за бажанням. З цього факту випливає, що якщо існує\(M\) таке, що\(∣f^{(n+1)}(x)∣≤M\) для всіх\(x\) в\(I\), то

\[|R_n(x)|≤\dfrac{M}{(n+1)!}|x−a|^{n+1} \nonumber \].

□

Теорема Тейлора не тільки дозволяє довести, що ряд Тейлора сходиться до функції, але й дозволяє оцінити точність поліномів Тейлора в наближенні значень функцій. Ми починаємо з розгляду лінійних і квадратичних наближень\(f(x)=\sqrt[3]{x}\) at\(x=8\) і визначаємо, наскільки точні ці наближення при оцінці\(\sqrt[3]{11}\).

Приклад\(\PageIndex{3}\): Using Linear and Quadratic Approximations to Estimate Function Values

Розглянемо функцію\(f(x)=\sqrt[3]{x}\).

1. Знайдіть перший і другий многочлени Тейлора для\(f\) at\(x=8\). Використовуйте утиліту графіків, щоб порівняти ці поліноми з\(f\) близькими\(x=8.\)
2. Використовуйте ці два поліноми для оцінки\(\sqrt[3]{11}\).
3. Використовуйте теорему Тейлора, щоб зв'язати помилку.

Рішення:

а Для\(f(x)=\sqrt[3]{x}\), значення функції та її перших двох\(x=8\) похідних при наступні:

\ [\ почати {вирівнювати*} f (x) &=\ sqrt [3] {x}, & f (8) &= 2\\ [5pt]
f′ (x) &=\ dfrac {1} {3x^ {2/3}}, & f′ (8) &=\ dfrac {1} {12}\ [5pt] f "(x) &=\ dfrac {1} {12}\ [5pt]
f" (x) &=\ dfrac {1} frac {−2} {9x^ {5/3}}, & f "(8) &=−\ dfrac {1} {144.} \ end {вирівнювати*}\]

Таким чином, перший і другий поліноми Тейлора при\(x=8\) задаються

\ (\ почати {вирівнювати*} p_1 (x) &=f (8) +f′ (8) (x−8)\\ [5pt]
&=2+\ dfrac {1} {12} (x−8)\ end {align*}\)

\ (\ begin {align*} p_2 (x) &=f (8) +f′ (8) (x−8) +\ dfrac {f "(8)} {2!} (x−8) ^2\ [5pt]
&=2+\ dfrac {1} {12} (x−8) −\ dfrac {1} {288} (x−8) ^2. \ end {вирівнювати*}\)

Функція і поліноми Тейлора показані на малюнку\(\PageIndex{5}\).

Малюнок\(\PageIndex{5}\): Графіки\(f(x)=\sqrt[3]{x}\) і лінійні і квадратичні наближень\(p_1(x)\) і\(p_2(x)\)

b Використовуючи перший поліном Тейлора at\(x=8\), ми можемо оцінити

\[\sqrt[3]{11}≈p_1(11)=2+\dfrac{1}{12}(11−8)=2.25. \nonumber \]

Використовуючи другий многочлен Тейлора at\(x=8\), отримуємо

\[\sqrt[3]{11}≈p_2(11)=2+\dfrac{1}{12}(11−8)−\dfrac{1}{288}(11−8)^2=2.21875. \nonumber \]

c Примітка, існує c в інтервалі\((8,11)\) такий, що залишок при наближенні\(\sqrt[3]{11}\) першим поліномом Тейлора задовольняє

\[R_1(11)=\dfrac{f''(c)}{2!}(11−8)^2. \nonumber \]

Ми не знаємо точного значення\(c,\) тому знаходимо верхню межу,\(R_1(11)\) визначаючи максимальне значення\(f''\) на інтервалі\((8,11)\). Так як\(f''(x)=−\dfrac{2}{9x^{5/3}}\), найбільше значення для\(|f''(x)|\) на цьому інтервалі відбувається при\(x=8\). Використовуючи те\(f''(8)=−\dfrac{1}{144}\), що, отримуємо

\(|R_1(11)|≤\dfrac{1}{144⋅2!}(11−8)^2=0.03125.\)

Аналогічно для оцінки\(R_2(11)\) використовуємо той факт, що

\(R_2(11)=\dfrac{f'''(c)}{3!}(11−8)^3\).

Так як\(f'''(x)=\dfrac{10}{27x^{8/3}}\), максимальне значення\(f'''\) на інтервалі\((8,11)\) дорівнює\(f'''(8)≈0.0014468\). Тому у нас є

\(|R_2(11)|≤\dfrac{0.0011468}{3!}(11−8)^3≈0.0065104.\)

Вправа\(\PageIndex{3}\):

Знайдіть перший і другий многочлени Тейлора для\(f(x)=\sqrt{x}\) at\(x=4\). Використовуйте ці многочлени для оцінки\(\sqrt{6}\). Використовуйте теорему Тейлора, щоб зв'язати помилку.

Підказка

Оцініть\(f(4),f′(4),\) і\(f''(4).\)

Відповідь

\(p_1(x)=2+\dfrac{1}{4}(x−4);p_2(x)=2+\dfrac{1}{4}(x−4)−\dfrac{1}{64}(x−4)^2;p_1(6)=2.5;p_2(6)=2.4375;\)

\(|R_1(6)|≤0.0625;|R_2(6)|≤0.015625\)

Приклад\(\PageIndex{4}\): Approximating \(\sin x\) Using Maclaurin Polynomials

З прикладу\(\PageIndex{2b}\), поліноми Маклорена для\(\sin x\) задаються

\[p_{2m+1}(x)=p_{2m+2}(x)=x−\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}−\dfrac{x^7}{7!}+⋯+(−1)^m\dfrac{x^{2m+1}}{(2m+1)!} \nonumber \]

для\(m=0,1,2,….\)

1. Використовуйте п'ятий поліном Маклорена для\(\sin x\) наближення\(\sin\left(\dfrac{π}{18}\right)\) та зв'язування похибки.
2. Для яких значень\(x\) робить п'ятий поліном Маклорена наближений\(\sin x\) до всередині\(0.0001\)?

Рішення

а.

П'ятий многочлен Маклорина - це

\[p_5(x)=x−\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!} \nonumber \].

Використовуючи цей многочлен, ми можемо оцінити наступним чином:

\[\sin\left(\dfrac{π}{18}\right)≈p_5\left(\dfrac{π}{18}\right)=\dfrac{π}{18}−\dfrac{1}{3!}\left(\dfrac{π}{18}\right)^3+\dfrac{1}{5!}\left(\dfrac{π}{18}\right)^5≈0.173648. \nonumber \]

Щоб оцінити похибку, використовують той факт, що шостий поліном Маклорена є\(p_6(x)=p_5(x)\) і обчислити пов'язане на\(R_6(\dfrac{π}{18})\). За Приміткою, залишок дорівнює

\[R_6\left(\dfrac{π}{18}\right)=\dfrac{f^{(7)}(c)}{7!}\left(\dfrac{π}{18}\right)^7 \nonumber \]

для деяких\(c\) між 0 і\(\dfrac{π}{18}\). Використовуючи той факт, що\(∣f^{(7)}(x)∣≤1\) для всіх\(x\), ми знаходимо, що величина похибки становить максимум

\[\dfrac{1}{7!}⋅\left(\dfrac{π}{18}\right)^7≤9.8×10^{−10}. \nonumber \]

б.

Нам потрібно знайти значення\(x\) таких, що

\[\dfrac{1}{7!}|x|^7≤0.0001. \nonumber \]

Вирішуючи цю нерівність для\(x\), ми маємо, що п'ятий поліном Маклорена дає оцінку в межах до тих\(0.0001\) пір, поки\(|x|<0.907.\)

Вправа\(\PageIndex{4}\)

Використовуйте четвертий многочлен Маклорена для\(\cos x\) наближення\(\cos\left(\dfrac{π}{12}\right).\)

Підказка

Четвертий многочлен Маклорина - це\(p_4(x)=1−\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}\).

Відповідь

0.96593

Тепер, коли ми можемо зв'язати решту\(R_n(x)\), ми можемо використовувати це пов'язане, щоб довести, що серія Тейлора для\(f\) at сходиться до\(f\).

Представлення функцій з серіями Тейлора та Маклоріна

Зараз ми обговорюємо питання конвергенції для серії Тейлора. Почнемо з того, що показуємо, як знайти ряд Тейлора для функції та як знайти її інтервал збіжності.

Приклад\(\PageIndex{5}\): Finding a Taylor Series

Знайдіть серію Тейлора для\(f(x)=\dfrac{1}{x}\) at\(x=1\). Визначте інтервал збіжності.

Рішення

Для\(f(x)=\dfrac{1}{x},\) значень функції та її перших чотирьох\(x=1\) похідних at

\ [\ почати {вирівнювати*} f (x) &=\ dfrac {1} {x} & f (1) &=1\\ [5pt]
f′ (x) &=−\ dfrac {1} {x^2} & f′ (1) &=−1\\ [5pt]
f "(x) &=\ dfrac {2} {x^3} f" (1) &=2! \\ [5pt]
f"' (x) &=−\ dfrac {3⋅2} {x^4} & f"' (1) &=−3! \\ [5pt]
f^ {(4)} (x) &=\ dfrac {4⋅3⋅2} {x^5} & f^ {(4)} (1) &=4!. \ end {вирівнювати*}\]

Тобто у нас є\(f^{(n)}(1)=(−1)^nn!\) для всіх\(n≥0\). Тому серіал Тейлора для\(f\) at\(x=1\) дається

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞\dfrac{f^{(n)}(1)}{n!}(x−1)^n=\sum_{n=0}^∞(−1)^n(x−1)^n\).

Щоб знайти інтервал збіжності, скористаємося тестом співвідношення. Ми знаходимо, що

\(\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\dfrac{∣(−1)^{n+1}(x−1)n^{+1}∣}{|(−1)^n(x−1)^n|}=|x−1|\).

Таким чином, ряд сходиться, якщо\(|x−1|<1.\) Тобто, ряд сходиться для\(0<x<2\). Далі нам потрібно перевірити кінцеві точки. На\(x=2\), ми бачимо, що

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞(−1)^n(2−1)^n=\sum_{n=0}^∞(−1)^n\)

розходиться по тесту на дивергенцію. Аналогічно при\(x=0,\)

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞(−1)^n(0−1)^n=\sum_{n=0}^∞(−1)^{2n}=\sum_{n=0}^∞1\)

розходиться. Тому інтервал зближення є\((0,2)\).

Вправа\(\PageIndex{5}\)

Знайдіть ряд Тейлора для\(f(x)=\dfrac{1}{2}\) at\(x=2\) і визначте його інтервал збіжності.

Підказка

\(f^{(n)}(2)=\dfrac{(−1)^nn!}{2^{n+1}}\)

Відповідь

\(\dfrac{1}{2}\displaystyle \sum_{n=0}^∞\left(\dfrac{2−x}{2}\right)^n\). Інтервал зближення дорівнює\((0,4)\).

Ми знаємо, що серія Тейлора, знайдена в цьому прикладі, сходиться на інтервалі\((0,2)\), але як ми знаємо, що вона насправді сходиться до\(f\)? Розглянемо це питання більш узагальнено за мить, але для цього прикладу ми можемо відповісти на це питання, написавши

\[ f(x)=\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{1−(1−x)}. \nonumber \]

Тобто\(f\) може бути представлений геометричним рядом\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞(1−x)^n\). Оскільки це геометричний ряд, він сходиться до тих\(\dfrac{1}{x}\) пір, поки\(|1−x|<1.\) Тому серія Тейлора, знайдена в Прикладі, сходиться до\(f(x)=\dfrac{1}{x}\)\((0,2).\)

Тепер ми розглянемо більш загальне питання: якщо ряд Тейлора для функції\(f\) сходиться на деякому інтервалі, як ми можемо визначити, чи дійсно він сходиться до\(f\)? Щоб відповісти на це питання, нагадаємо, що ряд сходиться до певного значення тоді і тільки тоді, коли його послідовність часткових сум сходиться до цього значення. Враховуючи ряд Тейлора для\(f\) at\(a\),\(n^{\text{th}}\) часткова сума задається\(n^{\text{th}}\) поліномом Тейлора -ступеня\(p_n\). Тому, щоб визначити, чи сходиться ряд Тейлора до\(f\), нам потрібно визначити, чи

\(\displaystyle \lim_{n→∞}p_n(x)=f(x)\).

Оскільки решта\(R_n(x)=f(x)−p_n(x)\), серія Тейлора сходиться до\(f\) якщо і тільки тоді

\(\displaystyle \lim_{n→∞}R_n(x)=0.\)

Зараз ми викладати цю теорему формально.

Конвергенція серії Тейлора

Припустимо, що\(f\) має похідні всіх замовлень на інтервалі,\(I\) що містять\(a\). Тоді серіал Тейлора

\[\sum_{n=0}^∞\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n \nonumber \]

сходиться до\(f(x)\) для всіх\(x\) в\(I\) якщо і тільки якщо

\[\lim_{n→∞}R_n(x)=0 \nonumber \]

для всіх\(x\) в\(I\).

За допомогою цієї теореми ми можемо довести, що ряд Тейлора для\(f\) at a сходиться до того,\(f\) якщо ми можемо довести, що залишок\(R_n(x)→0\). Щоб довести це\(R_n(x)→0\), ми зазвичай використовуємо bound

\[|R_n(x)|≤\dfrac{M}{(n+1)!}|x−a|^{n+1} \nonumber \]

з теореми Тейлора з залишком.

У наступному прикладі ми знаходимо ряд Маклорена for\(e^x\)\(\sin x\) і показуємо, що ці ряди сходяться з відповідними функціями для всіх дійсних чисел, доводячи, що залишки\(R_n(x)→0\) для всіх дійсних чисел\(x\).

Приклад\(\PageIndex{6}\): Finding Maclaurin Series

Для кожної з наступних функцій знайдіть ряд Маклорена і його інтервал збіжності. Використовуйте Примітку, щоб довести, що ряд Маклорена для\(f\) збігається\(f\) на цьому інтервалі.

1. \(e^x\)
2. \(\sin x\)

Рішення

а Використовуючи поліном Маклорена\(n^{\text{th}}\) -ступеня для\(e^x\) знайденого в прикладі a., ми виявимо, що ряд Маклорена для\(e^x\) задається

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞\dfrac{x^n}{n!}\).

Для визначення інтервалу збіжності скористаємося тестом коефіцієнта. Так як

\(\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}⋅\dfrac{n!}{|x|^n}=\dfrac{|x|}{n+1}\),

у нас є

\(\displaystyle \lim_{n→∞}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}=\lim_{n→∞}\dfrac{|x|}{n+1}=0\)

для всіх\(x\). Тому ряд сходиться абсолютно для всіх\(x\), і, таким чином, інтервал зближення є\((−∞,∞)\). Щоб показати, що ряд сходиться до\(e^x\) для всіх\(x\), ми використовуємо той факт, що\(f^{(n)}(x)=e^x\) для всіх\(n≥0\) і\(e^x\) є зростаючою функцією на\((−∞,∞)\). Тому для будь-якого дійсного числа\(b\) максимальне значення\(e^x\) для всіх\(|x|≤b\) дорівнює\(e^b\). Таким чином,

\(|R_n(x)|≤\dfrac{e^b}{(n+1)!}|x|^{n+1}\).

Оскільки ми тільки що показали, що

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞\dfrac{|x|^n}{n!}\)

сходиться для всіх\(x\), за тестом на розбіжність, ми знаємо, що

\(\displaystyle \lim_{n→∞}\dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}=0\)

для будь-якого дійсного числа\(x\). Поєднавши цей факт з теоремою стискання, результат\(\displaystyle \lim_{n→∞}R_n(x)=0.\)

b Використовуючи поліном Маклорена\(n^{\text{th}}\) -ступеня для\(\sin x\) знайденого в прикладі b., ми виявимо, що ряд Маклорена для\(\sin x\) задається

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞(−1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\).

Для того, щоб застосувати тест співвідношення, розглянемо

\ [\ почати {вирівнювати*}\ dfrac {|a_ {n+1} |} {|a_n|} &=\ dfrac {|x|^ {2n+3}} {(2n+3)!} ⋅\ фрак {(2n+1)!} {|x|^ {2n+1}}\\ [5pt]
&=\ dfrac {|x|^2} {(2n+3) (2n+2)}\ кінець {вирівнювати*}. \ номер\]

Так як

\(\displaystyle \lim_{n→∞}\dfrac{|x|^2}{(2n+3)(2n+2)}=0\)

для всіх\(x\) ми отримуємо інтервал збіжності як\((−∞,∞).\) Щоб показати, що ряд Маклорена сходиться до\(\sin x\), подивіться на\(R_n(x)\). Для кожного\(x\) існує дійсне число\(c\) між\(0\) і\(x\) таким, що

\(R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}\).

Оскільки\(∣f^{(n+1)}(c)∣≤1\) для всіх цілих чисел\(n\) і всіх дійсних чисел \(c\), у нас є

\(|R_n(x)|≤\dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\)

для всіх дійсних чисел\(x\). Використовуючи ту ж ідею, що і в частині а., результат\(\displaystyle \lim_{n→∞}R_n(x)=0\) для всіх\(x\), а отже, серія Маклорена для\(\sin x\) сходиться до\(\sin x\) для всіх реальних\(x\).

Вправа\(\PageIndex{6}\)

Знайдіть серію Маклорен для\(f(x)=\cos x\). Використовуйте тест співвідношення, щоб показати, що інтервал збіжності є\((−∞,∞)\). Показати, що ряд Маклорена сходиться до\(\cos x\) для всіх дійсних чисел\(x\).

Підказка

Використовуйте многочлени Маклорина для\(\cos x.\)

Відповідь

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞\dfrac{(−1)^nx^{2n}}{(2n)!}\)

За тестом співвідношення інтервал збіжності дорівнює\((−∞,∞).\) Так\(|R_n(x)|≤\dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\), ряд сходиться до\(\cos x\) для всіх реальних\(x\).

Доводячи, що\(e\) is Irrational

У цьому проекті ми використовуємо поліноми Маклорена для того,\(e^x\) щоб довести, що\(e\) це ірраціонально. Доказ спирається на припущення, що\(e\) є раціональним і доходить до протиріччя. Тому в наступних кроках ми припускаємо\(e=r/s\) для деяких цілих чисел\(r\) і\(s\) де\(s≠0.\)

1. Напишіть многочлени Маклорина\(p_0(x),p_1(x),p_2(x),p_3(x),p_4(x)\) для\(e^x\). Оцініть\(p_0(1),p_1(1),p_2(1),p_3(1),p_4(1)\), щоб оцінити\(e\).
2. Нехай\(R_n(x)\) позначають залишок при використанні\(p_n(x)\) для оцінки\(e^x\). Тому\(R_n(x)=e^x−p_n(x)\), і\(R_n(1)=e−p_n(1)\). Припускаючи, що\(e=\dfrac{r}{s}\) для цілих чисел\(r\) і\(s\), оцінити\(R_0(1),R_1(1),R_2(1),R_3(1),R_4(1).\)
3. Використовуючи результати з частини 2, показати, що для кожного залишку\(R_0(1),R_1(1),R_2(1),R_3(1),R_4(1),\) ми можемо знайти ціле число,\(k\) яке\(kR_n(1)\) є цілим числом для\(n=0,1,2,3,4.\)
4. Запишіть формулу для\(n^{\text{th}}\) -градусного полінома Маклорена\(p_n(x)\) для\(e^x\) і відповідного залишку\(R_n(x).\) Показати, що\(sn!R_n(1)\) є цілим числом.
5. Використовуйте теорему Тейлора, щоб записати явну формулу для\(R_n(1)\). Зробіть висновок\(R_n(1)≠0\), що, і, отже,\(sn!R_n(1)≠0\).
6. Використовуйте теорему Тейлора, щоб знайти оцінку на\(R_n(1)\). Використовуйте цю оцінку в поєднанні з результатом частини 5, щоб показати це\(|sn!R_n(1)|<\dfrac{se}{n+1}\). Зробіть висновок,\(n\) що якщо досить великий, то\(|sn!R_n(1)|<1\). Отже,\(sn!R_n(1)\) є цілим числом з величиною менше 1. Таким чином,\(sn!R_n(1)=0\). Але з частини 5 ми це знаємо\(sn!R_n(1)≠0\). Ми дійшли до протиріччя, і, отже, початкове припущення про те, що e є раціональним, має бути помилковим.

Ключові поняття

• Поліноми Тейлора використовуються для наближення функцій поблизу значення\(x=a\). Поліноми Маклорина - це поліноми Тейлора на\(x=0\).
• Поліноми Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня для функції\(f\) є частковими сумами ряду Тейлора для\(f\).
• Якщо функція\(f\) має представлення степеневого ряду в\(x=a\), то вона задається її серією Тейлора в\(x=a\).
• Серія Тейлора для\(f\) сходиться\(f\) якщо і тільки якщо\(\displaystyle \lim_{n→∞}R_n(x)=0\) де\(R_n(x)=f(x)−p_n(x)\).
• Серія Тейлора для\(e^x, \sin x\) та\(\cos x\) зближення до відповідних функцій для всіх реальних x.

Ключові рівняння

• Серія Тейлора для функції\(f\) в точці\(x=a\)

\(\displaystyle \sum_{n=0}^∞\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+⋯+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n+⋯\)

Глосарій

многочлен Маклорина

поліном Тейлора з центром\(0\); поліном Тейлора для\(f\) at\(0\)\(n^{\text{th}}\) - градусний поліном Маклорена для\(n^{\text{th}}\)\(f\)

Серія Маклорен

Серія Тейлора для функції\(f\) в\(x=0\) відомий як серія Маклорена для\(f\)

Поліноми Тейлора

поліном Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня для\(f\) at\(x=a\) є\(p_n(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x−a)^2+⋯+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x−a)^n\)

Серія Тейлора

силовий ряд при цьому\(a\) сходиться до функції\(f\) на деякому відкритому інтервалі, що містить\(a\).

Теорема Тейлора з залишком

для функції\(f\) та полінома Тейлора\(n^{\text{th}}\) -ступеня для\(f\) at\(x=a\), залишок\(R_n(x)=f(x)−p_n(x)\) задовольняє\(R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x−a)^{n+1}\)

для деяких\(c\) між\(x\) і\(a\); якщо існує інтервал,\(I\) що містить\(a\) і дійсне число\(M\) таке, що\(∣f^{(n+1)}(x)∣≤M\) для всіх\(x\) в\(I\), то\(|R_n(x)|≤\dfrac{M}{(n+1)!}|x−a|^{n+1}\)