高等数学-第三章-泰勒公式-同济大学

y sin x
y P3 x y P11 x
y P19 x
y P7 x
y P15 x
常见函数的麦克劳林展开式:
cos x 1 1 x2 1 x4 2! 4!
1m 2m!
x2m
R2 m 1
x,
其中
R2m1
x
cos
x
2m
m 1 2!
π
x2m2.
ln 1 x x 1 x2 1 x3
有
f
x
f
x0
f x0 x x0
f
x0
2!
x
x0
2
+
f
n x0
n!
x
x0
n
o x x0 n .
常见函数带有佩亚诺型余项的麦克劳林展开式:
ex 1 x 1 x2 1 xn +o xn ,
2!
n!
sin x x 1 x3 1 x5 1 m1 x2m1 o x2m1 ,
f n1
n
1!
x
x n1 0
M
n 1!
x
x0
n1 .
⑹
在公式⑶中, 取 x 0, 若记 x0 1, 则
f x f 0 f 0 x f 0 x2
2!
f n 0 xn
n!
f
n1 x n 1!
xn1
0 1.
由此得到近似计算公式:
f x f 0 f 0 x f 0 x2
23
1 n1
n
xn
Rn
x
,
其中
Rn
x
n
1n 11
x n1
x n 1.
1 x 1 x 1 x2
2!
Rn x,
其中
1
n 1 xn
n!
Rn x 1
n n 1!
1
n
1
x
wk.baidu.com
n1
xn1.
因当 x x0 时, 余项 Rn x 是比 x x0 n 高阶的无
穷小, 即
e 11 1 1 . 2! n!
例3
求
y
x
x
1
在
x0
2 处的三阶泰勒展开式.
解因
y x 1 1 , y2 2,
x 1 x 1
y
x
1
12
,
y2 1, y2 2,
y
2
6,
y4
x
x
4!
15
,
y4 2 24 4!
所以
x 2 x 2 x 22 x 23
x 1
1
15
x
n
.
⑶
上式称为函数 f x 的 n 阶泰勒多项式.
例1 求 f x ex 在 x 0 处的1阶和2阶泰勒多项式.
解 因 f 0 1, f 0 1, f 0 1
故而1阶泰勒多项式为:
P1 x f 0 f 0 x 1 x.
2阶泰勒多项式为:
P2 x
f
0
f 0x
f 0 x2
2
1 x
y
P1 x x
P5
x
x
1 3!
x3
1 5!
x5
y sin x
O
x
P3
x
x
1 3!
x3
利用Mathematica可以做出函数y sin x与其近似多 项式的图形. 从图中可以看到, y sin x与其泰勒多项
式 Pn x随着 n的增大而越来越贴近.
y P1 x
y P5 x y P13 x y P9 x y P17 x
,
所以
lim
x0
ln
y
lim
x0
ln
sin x x2
/
x
lim
x0
1 x2
ln
1
sin x
x
1
lim
x0
1 x2
sin x
x
1
lim
x0
sin x x3
x
,
再由泰勒公式:
sin x x 1 o x3 , 3!
此时上式为
sin x lim x3
x
x3 lim 3!x3
1, 6
故原极限为
lim
x0
x2
1 x2 o x2
lim 2 x0
x2
1. 2
例6 求极限lim x cos x sin x .
x0
x3
解 由展开式:
cos x 1 1 x2 o x2 , 2!
所以
xcos x x 1 x3 o x3 , 2!
又
sin x x 1 x3 o x3 ,
例5 求极限 lim x0
x2
.
解 分别写出 cos x,ln 1 x 的二阶带佩亚诺型余项
的泰勒展开式:
cos x 1 1 x2 o x2 , 2
ln 1 x x 1 x2 o x2 , 2
由此得到
cos x ln 1 x x 1 x2 o x2 , 2
所以
cos x ln 1 x x
3!
故
x cos x sin x 1 x3 x 1 x3 o x3
2!
3!
1 x3 o x3 , 3
所以
lim x cos x sin x 1 .
x0
x3
3
1
例7
求极限
lim
x0
sin 1x
x
x2
.
解
令
y
sin x
x
x2
,
则ln
y
1 x2
ln
sin x
x
24
.
例4 求出函数 f x sin x 的n阶麦克劳林展开式.
解
因
f
n
x
sin
x
n
π 2
所以
n 0,1, 2, ,
f
n
0
0
1m
由公式⑹得
n 2m, m 0,1, 2, .
n 2m 1,
sin x x 1 x3 1 x5 3! 5!
1m 1 2m 1!
x 2 m 1
R2m
3! 5!
2m 1!
cos x 1 1 x2 1 x4 1m x2m o x2m ,
2! 4!
2m!
ln 1 x x 1 x2 1 x3 1n1 xn o xn ,
23
n
1 x 1 x 1 x2
2!
1
n 1 xn oxn .
n!
cos x ln 1 x x
泰勒公式
本节要点
我们将引入具有n 1阶导数的函数的泰勒展开式, 并给 出相应的拉格朗日型余项和佩亚诺型余项. 利用 n 阶的
泰勒公式给出函数在特定点的近似估计. 最后利用佩亚 诺型余项去求某些复杂函数的极限.
一、问题的提出
由拉格朗日中值定理, 若 f x0 0, 并且当 x 很小
时, 有
2!
f n 0 xn.
⑺
n!
上式称为函数 f x的n阶麦克劳林多项式. 而相应的误
差估计式为
Rn x
M
n 1!
x
n1 .
⑻
例2 求出函数 f x ex 的n 阶麦克劳林展开式.
解 因 f x f x f x f n x ex ,
所以: f 0 f 0 f 0 f n 0 1,
x2 2
.
我们将
y ex,
y 1 x,
y 1 x x2 ,
2
的图象作一个比较.
y y ex y 1 x x2
2 y 1 x
O
x
图中显示的情况说明, 2阶泰勒多项式比1阶泰勒多项 式的近似程度要好.
二、泰勒中值定理
定理 如果函数 f x在含 x0 的某个开区间 a,b内具
有直到 n 1阶导数, 即f Dn1 a,b, 那么对于
当 n 0时, 泰勒公式即为拉格朗日中值公式:
f x f x0 f x x0 .
所以, 泰勒中值定理是拉格朗日中值定理的推广.
分析 用f x 的泰勒多项式近似表示 f x时, 其误
差为 Rn x , 如果对于某个固定的n, 当 x a,b 时,
f n1 x M , 则有
Rn x
代入⑹式, 得
ex 1 x 1 x2 2!
1 n!
xn
e x
n 1!
xn1
0 1.
因而相应的近似表达式为
ex 1 x 1 x2 2!
1 xn. n!
当 x 0 时, 相应的误差估计式为
Rn x
e x xn1
n 1!
ex xn1,
n 1!
如果取 x 1, 即得到 e的近似表达式:
1
lim
x0
sin x
x
x2
1
e 6.
x a,b, 有
f
x
f
x0
f x0 x x0
f
x0
2!
x
x0
2
f
n x0
n!
x
x0
n
Rn
x,
⑷
其中
Rn x
f n1
n
1!
x
x0
n
1
,
⑸
这里, 是 x0与 x 之间的某个值.
注 公式⑷称为 f x在 x0 处关于 x x0 的 n 阶泰勒
公式, 而⑸称为拉格朗日型余项.
x
,
其中
R2m
x
sin
x 2m 1 2m 1!
π 2
x2m1
0 1.
当取m 2 或 3, 则可以得到 sin x的3次与5次近似多项
式:
sin x x 1 x3, sin x x 1 x3 1 x5,
3!
3! 5!
相应的误差分别为
R4 x
1 5!
x5,
R6 x
1 7!
x 7.
y dy f x0 x,
或
f x0 x f x0 f x0 x,
上式是用一次多项式来近似表达一个函数, 但缺点是
不能具体估计误差的大小, 并且在近似估计时精度不够
高.
设函数 f x在含 x0 的开区间内有直到 n 1阶导数,
我们的目的是用一个关于x x0 的多项式
Pn a0 a1 x x0 a2 x x0 2 an x x0 n⑴
因
Pnk x k!ak k 1k k 1 2ak1 x x0
nn 1 n k 1an x x0 nk
将 x x0 代入上式, 得
ak
1 k!
f
k x0
于是有
k 0,1, ,n. ⑵
Pn x
f
x0
f
x0 x x0
f
x0
2!
x
x0
2
f
n x0
n!
x
x0
Rn x o x x0 n ,
从而⑷式改变为
f
x
f
x0
f x0 x x0
f
x0
2!
x
x0
2
f
n x0
n!
x
x0
n
o x x0 n ,
⑼
⑼称为带佩亚诺型余项的泰勒展开式. 更有下面的.
定理2 如果函数 f x在含 x0 的某个开区间a,b 内具
有直到n阶的导数, 且 f n Da,b, 则 x a,b,
来近似表示 f x 并给出误差的具体表达式.
为了使所求出的多项式与函数 f x在数值与性质方 面吻合得更好, 进一步要求 Pn x 在点 x0处的函数值以 及它的n 阶导数值与 f x在 x0处的函数值以及它的n
阶导数值分别相等. 即
Pnk x0 f k x0 k 0,1, ,n.