16. Формула Тейлора (продолжение)
Докажем единственность представления из теоремы 15.7.
Предложение 16.1. Пусть
пусть a
f : (p; q ) → R | функция класса C n , и
∈ (p; q ). Предположим, что
f (x) = c0 + c1 (x − a) + : : : + cn (x − a)n + o((x − a)n ):
Тогда cj =
f (j ) (a)
при 0 ⩽ j ⩽ n.
j!
Доказательство. Если положить
bi
=
f (i) (a)=a!, то в свете теоре-
мы 15.7 предложение будет вытекать из следующего утверждения.
Пусть f | произвольная функция на (p; q ), удовлетворяющая соотношениям
f (x) = b0 + b1 (x − a) + : : : + bn (x − a)n + o((x − a)n );
f (x) = c0 + c1 (x − a) + : : : + cn (x − a)n + o((x − a)n );
тогда bi = ci при 0
Обратите внимание, что
⩽ i ⩽ n.
o(x − a)n в правых частях двух равенств |
это, вообще говоря, две разные функции.
Для доказательства этого последнего утверждения положим bj − cj =
mj . Тогда, вычитая одно представление функции f из другого, получаем, что
m0 + m1 (x − a) + : : : + mn (x − a)n + o((x − a)n ) = 0;
или
Если не все
m0 + m1 (x − a) + : : : + mn (x − a)n = o((x − a)n ):
mj равны нулю, то пусть m0 = : : : = mk−1 = 0 и mk 6= 0.
Тогда имеем
mk (x−a)k = (x−a)k+1 (mk+1 +mk+2 (x−a)+: : :+mn (x−a)n−k−1 )+o((x−a)n ):
(16.1)
o((x − a)k ), так что и их
k
k
сумма есть o(x − a) ; с другой стороны, левая часть не есть o(x − a) ,
k
так как ее отношение к (x − a)
есть ненулевая константа mk , к нулю
В правой части оба слагаемых есть, очевидно,
не стремящаяся. Получили противоречие.
1
Более формально можно провести это рассуждение так. Поделив в
(16.1) обе части на (
mk = (x − a)P (x) +
x − a)k , получим, что
n
o((x − a)n )
n−k o((x − a) )
= (x − a)P (x) + (x − a)
k
n ;
(x − a)
(x − a)
P (x) | некоторый многочлен. Поскольку P (x) и (x − a)n−k ограничены в некоторой окрестности точки k , в то время как x − a → 0 и
o((x − a)n )=(x − a)n → 0 (при x → a), получаем, что правая часть стрегде
мится к нулю, в то время как левая часть | ненулевая константа.
Вот еще одно применение формулы Тейлора и символа
o(·).
f : (p; q ) → R | функция класса C 2 , и
0
00
пусть a ∈ (p; q ). Предположим, что f (a) = 0. Тогда если f (a) > 0,
то в точке a достигается локальный минимум функции f , а если
f 00 (a) < 0, то в точке a достигается локальный максимум.
Предложение 16.2. Пусть
Доказательство. Разберем, например, случай, когда
f 00 (a) > 0. По
формуле Тейлора имеем
f (x) = f (a) +
f 00 (a)
2
(
x − a)2 + o((x − a)2 ) :
|
{z
r(x)
}
x 6= a, так
x, достаточно
В правой части второе слагаемое положительно при всех
что все будет доказано, если мы установим, что при всех
близких к
a, третье слагаемое будет по модулю меньше второго: тогда
сумма второго и третьего слагаемых по-прежнему будет положительна
x, достаточно близких к a, откуда будет следовать, что f (x) >
f (a) при всех x, достаточно близких к a.
при всех
Чтобы установить указанное соотношение между вторым и третьим
r(x)
x−a)2 = 0; значит, существует такое
слагаемыми, заметим, что limx→a
(
" > 0, что
0
При 0
f 00 (a)
r(x)
<
:
2
(x − a)
2
< |x − a| < " ⇒
< |x − a| < " имеем теперь
|r(x)| <
f 00 (a)
2
⇒
f 00 (a)
2
что и требовалось.
2
(
x − a)2 + r(x) > 0;
Если функция
f бесконечно дифференцируема на (p; q ), то ей мож-
но сопоставить формальный ряд, называемый, как мы помним, рядом
Тейлора этой функции в точке
a ∈ (p; q ):
f (x) ∼ f (a) + f 0 (a)(x − a) +
f 00 (a)
2!
(
x − a)2 + : : : +
f (n) (a)
+ :::
n!
Мы не случайно использовали в этой формуле ни к чему не обязывающий знак
∼ вместо знака равенства: как мы уже отмечали, ряд Тейлора
может расходиться при всех
дится, но вовсе не к функции
x (кроме, естественно, x = a), а может схоf . Так или иначе, сейчас мы выпишем ряды
Тейлора для элементарных функций.
Начнем с экспоненты, синуса и косинуса. Коэффициенты ряда Тейлора для них (в нуле) находятся без труда:
ex ∼ 1 + x +
cos
x∼1−
sin
x∼x−
x2
2!
x3
3!
x2
2!
+
+
+
x4
4!
x5
5!
::: +
−
x6
6!
xn
+ :::
n!
+
:::
− :::
Как мы знаем, на самом деле эти ряды сходятся к соответствующим
функциям для всех
x ∈ R.
Непосредственно находятся и коэффициенты ряда Тейлора в нуле
для функции
(1 +
x 7→ (1 + x)a :
x)a ∼ 1 + a · x +
a(a − 1)
2!
x2 + : : : +
a(a − 1) : : : (a − n + 1)
+ :::
n!
Этот ряд называется биномиальным рядом. Его радиус сходимости равен единице; позднее мы покажем, что на интервале (
к (1 +
−1; 1) он сходится
x)a . Если a | натуральное число, то биномиальный ряд содер-
жит лишь конечное количество ненулевых членов; в этом случае знак
∼ можно заменить на знак равенства при всех x, поскольку при этом
получается обычная формула бинома Ньютона.
Полезно явно выписать частный случай биномиального ряда, получающийся при
a = −1:
1
1+
x
∼ 1 − x + x2 − x3 + : : :
(16.2)
Построим теперь ряд Тейлора для логарифма. По традиции вместо
ряда
для
логарифма
в
единице
3
выписывают
ряд
для
функции
x 7→ ln(1 + x) в нуле. Для нахождения коэффициентов воспользуемся
x))0 = 1=(1 + x), так что
(n)
(n−1)
(ln(1 + x))
= (1=(1 + x))
, значения же производных от 1=(1 + x) в
следующим приемом. Заметим, что (ln(1 +
нуле могут быть считаны с формулы (16.2). Поэтому имеем:
n
1
(n)
(0)
x
1+
n) (0))
(ln(1 + x)
(
0
1
2
3
4
:::
1
−1!
2!
−3!
4!
:::
0
1
−1!
2!
−3! : : :
Отсюда получаем ряд Тейлора для логарифма:
x) ∼ x −
ln(1 +
x2
2
+
x3
3
−
x4
:::
+
4
Позднее мы покажем, что этот ряд сходится к ln(1 +
(
x) для всех x ∈
−1; 1].
Чтобы получить ряд Тейлора для арктангенса, воспользуемся ана-
x)0 = 1=(1 + x2 ); ряд Тейлора
2
для 1=(1 + x ) получается подстановкой x 7→ x в формулу (16.2):
логичным приемом. Заметим, что (arctg
2
1
1+
x2
∼ 1 − x2 + x4 − x6 + : : :
(16.3)
Формальное обоснование таково: из соотношения
1
1+
x
= 1
− x + x2 + : : : + (−1)n xn + o(xn )
вытекает, что
1
1+
x2
−x2 +: : :+(−1)n x2n +o(x2n ) = 1−x2 +: : :+(−1)n−1 x2(n−1) +o(x2n−1 );
= 1
так что начальные отрезки ряда (16.3) совпадают с правыми частями
x2 ). Теперь, замечая, что (arctg x)(n) (0) =
2
(n−1)
2
(1=(1 + x ))
(0) и считывая значения производных от 1=(1 + x ) с
=
формулы Тейлора для 1 (1 +
формулы (16.3), получаем:
n
0
1
2
3
4
5
6
(0)
1
0
−2!
0
4!
0
−6!
n) (0)
(arctg x)
0
1
0
−2!
0
4!
0
1
1+
(n)
x2
(
arctg
x∼x−
x3
3
+
x5
5
−
x7
7
+
x9
9
7
0
−6! : : :
− :::
Позднее мы покажем, что этот ряд сходится к arctg
[
:::
x для всех x ∈
−1; 1].
Приведем теперь несколько примеров работы с формулой Тейлора.
4
Пример 16.3. Найти предел
ex − e−x − 2x
:
x→0
sin x − x
lim
Решение. Имеем, очевидно,
ex = 1 + x +
x2
e−x = 1 − x +
x2
sin
x=x−
x3
6
2
2
+
+
−
x3
6
x3
6
+
o(x3 );
+
o(x3 );
o(x3 );
стало быть,
ex − e−x − 2x =
x3
+
3
o(x3 );
sin
x−x=−
x3
6
+
o(x3 ):
Теперь имеем
o(x3 )
x + o(x3 )
1=3 +
ex − e−x − 2x
3
x3
= lim
= lim
lim
=
3
o
x
3
x→0 −1=6 + (x3 )
x→0 −
x→0
sin x − x
+ o(x )
3
3
x
o(x3 )
1=3 + limx→0
1=3 + 0
x3
=
= −2:
=
o(x3 )
−1=6 + 0
−1=6 + limx→0 x3
6
Пример 16.4. Найти предел
ex − e−x − 2x
:
x→0
sin x
lim
Решение. Имеем
o(x3 )
x +
x + o(x3 )
2
ex − e−x − 2x
3
3
x3 · x = 0 + 0 · 0 = 0:
lim
= lim
= lim
o(x)
x→0
x→0 x + o(x)
x→0
sin x
1+0
1 =
2
3
x
Пример 16.5. Написать формулу Тейлора в нуле с остаточным членом
o(x4 ) для функции f (x) = ln(1 + x) · sin x.
5
Решение. Выпишем формулы Тейлора с таким остаточным членом для
каждого из сомножителей:
sin
x=x−
x3
6
+
o(x4 );
ln(1 +
x) = x −
x2
+
2
x3
3
−
x4
4
+
o(x4 ):
Теперь перемножим эти равенства и приведем подобные; будем при
xm при m ⩾ 4 имеют вид
этом учитывать, что все слагаемые вида
o(x ) (так что находить коэффициенты при таких слагаемых незачем),
o(x4 ), помноженное на любой многочлен и вообще на любую
4
ограниченную при x → 0 функцию, также будет иметь вид o(x ). Так
4
4
как сумма слагаемых вида o(x ) также имеет вид o(x ), получаем:
4
а также что
f (x) =
x−
x3
6
+
o(x4 )
x−
x2
2
+
x3
3
x4
−
4
+
x2 −
=
o(x4 )
x3
2
+
=
x4
3
−
x4
6
+
o(x4 )
> 4, либо являются произo(x4 )). Приводя подобные, получаем оконча-
(остальные слагаемые либо имеют степень
ведениями многочлена на
тельно:
ln(1 +
x) · sin x = x2 −
x3
+
2
x4
6
+
o(x4 ):
Пример 16.6. Написать формулу Тейлора в нуле с остаточным членом
o(x4 ) для функции f (x) = sin(sin x).
Решение. Поскольку sin x = x
− x6 + o(x4 ), имеем
3
3
sin(sin
x) = sin x −
sin
x
6
+
o(sin4 x):
x = O(x) при x → 0, так что o(sin4 x) = o(x4 ).
Теперь подставляем выражение для sin x и действуем, как в предыдуЗаметим теперь, что sin
щем примере:
x
3
sin(sin
x) = x−
6
o x4 )−
+ (
x − x6 + o(x4 )
3
o x4 ) = x−
+ (
6
(все остальные слагаемые либо содержат
содержат множителем
o(x )). Окончательно получаем:
x) = x −
6
x3
3
6
−
x3
6
o x4 )
+ (
x в степени, большей 4, либо
4
sin(sin
x3
+
o(x4 ):
Пример 16.7. Написать формулу Тейлора в нуле с остаточным членом
o(x4 ) для функции f (x) = tg x.
Решение. Воспользуемся
«методом
неопределенных
коэффициентов».
Именно, пусть формула Тейлора для тангенса имеет вид
tg
(
x = c1 x + c2 x2 + c3 x3 + c4 x4 + o(x4 )
c0 = tg 0 = 0). Из тождества tg x · cos x = sin x и формул Тейлора для
синуса и косинуса получаем, действуя, как выше, следующее:
tg
x · cos x = (c1 x + c2 x + c3 x + c4 x + o(x ))
2
=
c1 x −
c1
2
3
x3 + c2 x2 −
=
4
c2
2
1
−
x2
2
+
x4
24
+
o(x )
4
=
x4 + c3 x3 + c4 x4 + o(x4 ) =
c1 x + c2 x
2
Поскольку, с другой стороны, sin
4
+
c3 −
1
2
c1
x3 + c4 −
c2 2
x4 :
x = x − (x3 =6) + o(x4 ), получаем из
единственности коэффициентов Тейлора (предложение 16.1) такую систему уравнений:
c1 = 1
c2 = 0
1
1
c3 − = −
2
6
c4 − c2 = 0:
2
Решая ее, последовательно находим
c1 = 1, c2 = 0, c3 = 1=3, c4 = 0.
Стало быть,
tg
x=x+
x3
3
+
Стоит отметить, что коэффициент при
o(x4 ):
xn в разложении тангенса через
известные нам функции (факториалы и проч.) не выражается.
В примерах 16.3 и 16.4 мы показали, как с помощью формулы Тейлора можно находить пределы дробей, у которых и числитель, и знаменатель стремятся к нулю (и тем самым неприменима теорема о пределе
частного). Нахождение таких пределов называют еще «раскрытием не-
=
определенности вида 0 0»; вы можете прочитать в любом учебнике формулировку и доказательство «правила Лопиталя», помогающего иногда
при раскрытии таких неопределенностей; на практике обычно удобнее
пользоваться формулой Тейлора.
7
