4-3泰勒公式
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f (x) T3 (x) 0 = lim f ′(x) T3′(x) ( 0) ( ) lim 0 3 0 x→x0 3(x x0 )2 x→x0 (x x0 ) f ′′(x) T3′′ x) ( f ′′(x) f ′′(x0 ) 1 = lim = lim[ f ′′′(x0 )] x→x0 x→x0 6(x x0 ) 6(x x0 ) 6 1 1 ′′′(x0 ) f ′′′(x0 )] = 0. = lim[ f x→x0 6 6 即证明了: f (x) = T3 (x) + o((x x0 )3 ) (x → x0 ).
f ′(x0 )dt + ∫ f ′′(x0 )(t x0 )dt + ∫ o(t x0 )dt x0 x0 x0 x 1 f (x)= f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 2 x x + ∫ o(t x0 )dt . 希望∫ o(t x0 )dt = o(( x x0 )2 ) x x0 (**) 1 = f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2+ o((x x0 )2 ) f (x) 2 T2 (x) 若上式成立,则有 f (x) ≈ T (x), 其误差: o(( x x0 )2 ) 2
(x x
m
x→∞
m1 1 m = x( 1
)
1 1m ) = x 1 + o(1) (x →∞), x m
lim[(xm + xm1)1 m (xm xm1)1 m ]
2 2 =lim[ + o(1)] = . x→∞ m m α(α 1) 2 α ∴ (1+ x) =1+α x+ x +L 2! α(α 1)L(α n +1) n + x + o(xn ) (x →0). n!
f (x) f (x0 ) f ′(x0 )(x x0 ) 0 ( ) A2 = lim 0 由连续性 x→x0 (x x0 )2 f ′(x) f ′(x0 ) 0 f ′′(x) 1 ( ) = lim = lim = f ′′(x0 ). 0 x→x0 x→x0 2(x x0 ) 2 2
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2k +1 x3 x5 x ∴ sin x = x + L+ (1 k ) 3! 5! (2k +1) !
+ o(x
2k +1
) (x →0).
L+
2k +2
或者认为展开式结束于偶数项:
x3 x5 sin x = x + 3! 5!
x2k+1 k (1) (2k +1) !
4-3 泰勒公式
当函数y = f (x)在x0点可导时,则有 f (x) = f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + o(x x0 ) (x → x0 ).(*)
f (x) ≈ f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 )
x 的一次多项式
R(x) = f (x) [ f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 )] = o(x x0 ) 仅是比 x x0 )的高阶的无穷小量 ( .
+ o((x2 )n )
x2
(1) 2n 1 4 2 + x + o(x2n ) (x →0). =1 x + x +L n! 2!
n
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x e 1 x sin x 2 例 7 求 lim . x→0 sin x x cos x x x2 x3 x 解 e 1 x sin x =1+ x + + + o(x3 ) 2 2 6 x 1 3 3 1 x (x x + o(x ) 2 6 x3 x4 x3 = + + o(x4 ) + o(x3 ) = + o(x3 ), 6 12 6 x2 1 3 sin x x cos x = x x + o(x3 ) x(1 + o(x3 )) 2 6 1 3 3 = x + o(x ). 3
f ′(x) f ′(x0 ) f ′′(x0 ) f ′′(x0 ) f ′′(x0 ) = lim = 0. = x→x0 2(x x0 ) 2 2 2
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即证明了:
f (x) = T2 (x) + o((x x0 )2 ) (x → x0 ).
假定f (x)在x0点有三阶导数, ( * 式 用 f ′(x), 得 将 *) 应 于 1 f ′(x) = f ′(x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 ) + f ′′′(x0 )(x x0 )2 2 + o(x x0 ) (x → x0 ).
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lim[(xm + xm1)1 m (xm xm1)1 m ]. x→∞ 1 1 1 m 注意到x →∞, →0. m m1 1 m 解 (x + x ) = x(1+ ) , x x α
结束
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(x + x
m
m1 1 m
)
类似地,有
1 1m 1 = x(1+ ) = x + + o(1) (x →∞), x m
f ( x ) = A0 + A1 ( x x0 ) + L + An ( x x0 )
+ o ( x x0 )
n
(
n
)
( x → x0 ) .
k = 0,1, L , n.
则有 其中
Ak =
f
(k )
k!
( x0 ) ,
f ( 0) ( x0 ) = f ( x0 ) .
泰勒公式的唯一性.
证 令 → x , 对上式去极限得 x 0
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几个初等函数的马克劳林公式 例1
f (x) = e .
x
解 Q f (k) (x) = ex ,
f
(k )
(0) =1 (k =1, 2,L )
n x2 x3 x x ∴ e =1 + x + + +L+ + o(xn ) (x →0). 2! 3! n!
例2 解 Q f (k) (x) = sin(x +k π ) 2 k = 2m π 0, (k ) (m =1, 2,L ) f (0) = sin k = 2 (1)m1 , k = 2m1
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例5 已知 f 类似可得
(n)
(x) = (1)
n1
(n 1)! (n =1, 2,L ) (1+ x)n
x2 x3 xn ln(1+ x) = x + L + (1)n1 + Rn (x) 2 3 n
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定理2 点附近有定义,且在 定理2 设 y = f ( x ) 在 x0 点附近有定义 且在 x0 点 阶导数存在, n 阶导数存在,假如有 n + 1 个常数 A0 , A1 ,L , An 使得下式成立: 使得下式成立:
需要解决的问题
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如何提高精度 ? 如何估计误差 ?
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假定f (x)在x0点有二阶导数,将 *) 应 于 ′(x), 得 ( 式 用 f
f ′(x) = f ′(x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 ) + o(x x0 ) (x → x0 ).
将 式 换 t, 得 上 x 成 f ′(t) = f ′(x0 ) + f ′′(x0 )(t x0 ) + o(t x0 )
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马 劳 公 . 例 6 求 y =e 的 克 林 式 x2 x3 xn 解 已知 ex =1 + x + +L+ + o(xn ) (x →0). + 2! 3! n! x 2 则 e =1+ (x2 ) + 1 (x2 )2 +L + 1 (x2 )n n! 2!
x
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1 3 x 3 x + o(x ) e 1 x sin x 1 6 2 =lim ∴ lim = . x→0 1 3 x→0 sin x x cos x 3 x + o(x ) 2 3 例 8 设m>1,求极限
x
由(1+ x) 的泰勒公式有 1 1m 1 1 1 (1+ ) =1+ + o( ) (x →∞). x m x x 1 1m 1 x(1+ ) = x + + o(1) (x →∞), x m 其 o(1)代 一 无 小 . 中 表 个 穷 量
= lim
f
(n1)
x→x0
(x) T (x) n!(x x0 )
(n1) n
f (n1) (x) f (n1) (x0 ) 1 (n) = lim [ f (x0 )] x→x0 n!(x x0 ) n!
1 (n) = lim [ f (x0 ) 1 f (n) (x0 )] = 0. x→x0 n ! n!
∫
x
f ′(t)dt =
0
∫
x
x
x
0
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要证明上述公式成立,实际上就是要证明
f (x) T2 (x) lim = 0. 2 x→x0 (x x0 ) 证 lim f (x) T2 (x) x→x0 (x x0 )2
1 f (x) [ f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 ] 0 2 ( ) = lim 0 x→x0 (x x0 )2 f ′(x) f ′(x0 ) f ′′(x0 )(x x0 ) = lim x→x0 结果应当成立: f (x) = Tn (x) + o((x x0 )n ) (x → x0 ). 其中
f ′(x0 ) 1 Tn (x)= f (x ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 (x x0 ) + 0 2! 1 ! 1 (n) + + f (x0 )(x x0 )n. (n阶泰勒多项式) n!
A = lim f (x) = f (x0 ). 0
x→x0
当x ≠ x0时,
f (x) f (x0 ) = A + A2 (x x0 ) + + An (x x0 )n1 1 x x0
+ o((x xn )n ).
再令x → x0 , 对上式去极限得
f ′(x0 ) = A . 1
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定理 1 (泰勒公式) 设 y = f(x) 在 x0 点的某个邻域内有定义,并在 x0 点 具有 n 阶导数, n ≥ 1则在 x0 点附近有下列展开式:
f ′ ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) n f ( x ) = f ( x0 ) + ( x x0 ) + L + ( x x0 ) 1! n!
+ o ( x x0 )
(
n
)
( x → x0 ) .
(*)
展开式称为f(x)按(xx0)的幂展开的n阶泰勒公式 泰勒公式, 泰勒公式 证 连续地使用(n-1)次洛必达法则,则有
f (x) Tn (x) 0 f ′(x) Tn′(x) 0 lim ( ) = lim n ( ) = x→x0 (x x0 ) x→x0 n(x x )n1 0 0 0
例3 解 类似可得 2k x2 x4 k x cos x =1 + +L (1) + o(x2k+1) + 2! 4! (2k) !
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+ o(x
) (x →0).
(x →0).
铃
例4
Q f (k) (x) =α(α 1)L(α k +1)(1+ x)αk
(k =1, 2,L ) f (k) (0) =α(α 1)L(α k +1) α(α 1) 2 ∴ (1+ x)α =1+α x+ x +L 2! α(α 1)L(α n +1) n + x + o(xn ) (x →0). n!
跟前面一样,我们对此式作一次自x0到x的积分,不难发现 逼近(x x0 )的三次多项式应当是
1 T3 (x) = f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 2 1 + f ′′′(x0 )(x x0 )3. 3!
两次使用洛必达法则并注意到f (x)在x0点三阶导数的存在性 可得到
证毕.
(*)称为n阶泰勒公式 o(( x x0 )n ) 称为皮亚诺型余项. 泰勒公式, 泰勒公式 在泰勒公式中若取 x0 = 0 , 则有 (n) ′′(0) 2 f f (0) n +L + f (0) + f ′(0)x + x x 2! n! 称为马克劳林( Maclaurin )公式 . 马克劳林( 马克劳林
f (x) T3 (x) 0 = lim f ′(x) T3′(x) ( 0) ( ) lim 0 3 0 x→x0 3(x x0 )2 x→x0 (x x0 ) f ′′(x) T3′′ x) ( f ′′(x) f ′′(x0 ) 1 = lim = lim[ f ′′′(x0 )] x→x0 x→x0 6(x x0 ) 6(x x0 ) 6 1 1 ′′′(x0 ) f ′′′(x0 )] = 0. = lim[ f x→x0 6 6 即证明了: f (x) = T3 (x) + o((x x0 )3 ) (x → x0 ).
f ′(x0 )dt + ∫ f ′′(x0 )(t x0 )dt + ∫ o(t x0 )dt x0 x0 x0 x 1 f (x)= f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 2 x x + ∫ o(t x0 )dt . 希望∫ o(t x0 )dt = o(( x x0 )2 ) x x0 (**) 1 = f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2+ o((x x0 )2 ) f (x) 2 T2 (x) 若上式成立,则有 f (x) ≈ T (x), 其误差: o(( x x0 )2 ) 2
(x x
m
x→∞
m1 1 m = x( 1
)
1 1m ) = x 1 + o(1) (x →∞), x m
lim[(xm + xm1)1 m (xm xm1)1 m ]
2 2 =lim[ + o(1)] = . x→∞ m m α(α 1) 2 α ∴ (1+ x) =1+α x+ x +L 2! α(α 1)L(α n +1) n + x + o(xn ) (x →0). n!
f (x) f (x0 ) f ′(x0 )(x x0 ) 0 ( ) A2 = lim 0 由连续性 x→x0 (x x0 )2 f ′(x) f ′(x0 ) 0 f ′′(x) 1 ( ) = lim = lim = f ′′(x0 ). 0 x→x0 x→x0 2(x x0 ) 2 2
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2k +1 x3 x5 x ∴ sin x = x + L+ (1 k ) 3! 5! (2k +1) !
+ o(x
2k +1
) (x →0).
L+
2k +2
或者认为展开式结束于偶数项:
x3 x5 sin x = x + 3! 5!
x2k+1 k (1) (2k +1) !
4-3 泰勒公式
当函数y = f (x)在x0点可导时,则有 f (x) = f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + o(x x0 ) (x → x0 ).(*)
f (x) ≈ f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 )
x 的一次多项式
R(x) = f (x) [ f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 )] = o(x x0 ) 仅是比 x x0 )的高阶的无穷小量 ( .
+ o((x2 )n )
x2
(1) 2n 1 4 2 + x + o(x2n ) (x →0). =1 x + x +L n! 2!
n
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x e 1 x sin x 2 例 7 求 lim . x→0 sin x x cos x x x2 x3 x 解 e 1 x sin x =1+ x + + + o(x3 ) 2 2 6 x 1 3 3 1 x (x x + o(x ) 2 6 x3 x4 x3 = + + o(x4 ) + o(x3 ) = + o(x3 ), 6 12 6 x2 1 3 sin x x cos x = x x + o(x3 ) x(1 + o(x3 )) 2 6 1 3 3 = x + o(x ). 3
f ′(x) f ′(x0 ) f ′′(x0 ) f ′′(x0 ) f ′′(x0 ) = lim = 0. = x→x0 2(x x0 ) 2 2 2
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即证明了:
f (x) = T2 (x) + o((x x0 )2 ) (x → x0 ).
假定f (x)在x0点有三阶导数, ( * 式 用 f ′(x), 得 将 *) 应 于 1 f ′(x) = f ′(x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 ) + f ′′′(x0 )(x x0 )2 2 + o(x x0 ) (x → x0 ).
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(x + x
m
m1 1 m
)
类似地,有
1 1m 1 = x(1+ ) = x + + o(1) (x →∞), x m
f ( x ) = A0 + A1 ( x x0 ) + L + An ( x x0 )
+ o ( x x0 )
n
(
n
)
( x → x0 ) .
k = 0,1, L , n.
则有 其中
Ak =
f
(k )
k!
( x0 ) ,
f ( 0) ( x0 ) = f ( x0 ) .
泰勒公式的唯一性.
证 令 → x , 对上式去极限得 x 0
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几个初等函数的马克劳林公式 例1
f (x) = e .
x
解 Q f (k) (x) = ex ,
f
(k )
(0) =1 (k =1, 2,L )
n x2 x3 x x ∴ e =1 + x + + +L+ + o(xn ) (x →0). 2! 3! n!
例2 解 Q f (k) (x) = sin(x +k π ) 2 k = 2m π 0, (k ) (m =1, 2,L ) f (0) = sin k = 2 (1)m1 , k = 2m1
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例5 已知 f 类似可得
(n)
(x) = (1)
n1
(n 1)! (n =1, 2,L ) (1+ x)n
x2 x3 xn ln(1+ x) = x + L + (1)n1 + Rn (x) 2 3 n
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定理2 点附近有定义,且在 定理2 设 y = f ( x ) 在 x0 点附近有定义 且在 x0 点 阶导数存在, n 阶导数存在,假如有 n + 1 个常数 A0 , A1 ,L , An 使得下式成立: 使得下式成立:
需要解决的问题
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如何提高精度 ? 如何估计误差 ?
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假定f (x)在x0点有二阶导数,将 *) 应 于 ′(x), 得 ( 式 用 f
f ′(x) = f ′(x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 ) + o(x x0 ) (x → x0 ).
将 式 换 t, 得 上 x 成 f ′(t) = f ′(x0 ) + f ′′(x0 )(t x0 ) + o(t x0 )
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马 劳 公 . 例 6 求 y =e 的 克 林 式 x2 x3 xn 解 已知 ex =1 + x + +L+ + o(xn ) (x →0). + 2! 3! n! x 2 则 e =1+ (x2 ) + 1 (x2 )2 +L + 1 (x2 )n n! 2!
x
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1 3 x 3 x + o(x ) e 1 x sin x 1 6 2 =lim ∴ lim = . x→0 1 3 x→0 sin x x cos x 3 x + o(x ) 2 3 例 8 设m>1,求极限
x
由(1+ x) 的泰勒公式有 1 1m 1 1 1 (1+ ) =1+ + o( ) (x →∞). x m x x 1 1m 1 x(1+ ) = x + + o(1) (x →∞), x m 其 o(1)代 一 无 小 . 中 表 个 穷 量
= lim
f
(n1)
x→x0
(x) T (x) n!(x x0 )
(n1) n
f (n1) (x) f (n1) (x0 ) 1 (n) = lim [ f (x0 )] x→x0 n!(x x0 ) n!
1 (n) = lim [ f (x0 ) 1 f (n) (x0 )] = 0. x→x0 n ! n!
∫
x
f ′(t)dt =
0
∫
x
x
x
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要证明上述公式成立,实际上就是要证明
f (x) T2 (x) lim = 0. 2 x→x0 (x x0 ) 证 lim f (x) T2 (x) x→x0 (x x0 )2
1 f (x) [ f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 ] 0 2 ( ) = lim 0 x→x0 (x x0 )2 f ′(x) f ′(x0 ) f ′′(x0 )(x x0 ) = lim x→x0 结果应当成立: f (x) = Tn (x) + o((x x0 )n ) (x → x0 ). 其中
f ′(x0 ) 1 Tn (x)= f (x ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 (x x0 ) + 0 2! 1 ! 1 (n) + + f (x0 )(x x0 )n. (n阶泰勒多项式) n!
A = lim f (x) = f (x0 ). 0
x→x0
当x ≠ x0时,
f (x) f (x0 ) = A + A2 (x x0 ) + + An (x x0 )n1 1 x x0
+ o((x xn )n ).
再令x → x0 , 对上式去极限得
f ′(x0 ) = A . 1
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定理 1 (泰勒公式) 设 y = f(x) 在 x0 点的某个邻域内有定义,并在 x0 点 具有 n 阶导数, n ≥ 1则在 x0 点附近有下列展开式:
f ′ ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) n f ( x ) = f ( x0 ) + ( x x0 ) + L + ( x x0 ) 1! n!
+ o ( x x0 )
(
n
)
( x → x0 ) .
(*)
展开式称为f(x)按(xx0)的幂展开的n阶泰勒公式 泰勒公式, 泰勒公式 证 连续地使用(n-1)次洛必达法则,则有
f (x) Tn (x) 0 f ′(x) Tn′(x) 0 lim ( ) = lim n ( ) = x→x0 (x x0 ) x→x0 n(x x )n1 0 0 0
例3 解 类似可得 2k x2 x4 k x cos x =1 + +L (1) + o(x2k+1) + 2! 4! (2k) !
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+ o(x
) (x →0).
(x →0).
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例4
Q f (k) (x) =α(α 1)L(α k +1)(1+ x)αk
(k =1, 2,L ) f (k) (0) =α(α 1)L(α k +1) α(α 1) 2 ∴ (1+ x)α =1+α x+ x +L 2! α(α 1)L(α n +1) n + x + o(xn ) (x →0). n!
跟前面一样,我们对此式作一次自x0到x的积分,不难发现 逼近(x x0 )的三次多项式应当是
1 T3 (x) = f (x0 ) + f ′(x0 )(x x0 ) + f ′′(x0 )(x x0 )2 2 1 + f ′′′(x0 )(x x0 )3. 3!
两次使用洛必达法则并注意到f (x)在x0点三阶导数的存在性 可得到
证毕.
(*)称为n阶泰勒公式 o(( x x0 )n ) 称为皮亚诺型余项. 泰勒公式, 泰勒公式 在泰勒公式中若取 x0 = 0 , 则有 (n) ′′(0) 2 f f (0) n +L + f (0) + f ′(0)x + x x 2! n! 称为马克劳林( Maclaurin )公式 . 马克劳林( 马克劳林