泰勒公式證明必須看

泰勒公式(提高班)授課題目：§3.3泰勒公式教學(xué)目的與要求：1.掌握函數(shù)在指定點(diǎn)的泰勒公式；2.了解泰勒公式在求極限及證明命題中的應(yīng)用.教學(xué)重點(diǎn)與難點(diǎn)：重點(diǎn)：幾個常用函數(shù)的泰勒公式難點(diǎn)：泰勒公式的證明講授內(nèi)容：對于一些較復(fù)雜的函數(shù)，為了便于研究，往往希望用一些簡單的函數(shù)來近似表達(dá)．由于用多項(xiàng)式表示的函數(shù)，只要對自變量進(jìn)行有限次加、減、乘三種算術(shù)運(yùn)算，便能求出它的函數(shù)值來，因此我們經(jīng)常用多項(xiàng)式來近似表達(dá)函數(shù)。在微分的應(yīng)用中已經(jīng)知道，當(dāng)|x|很小時，有如下的近似等式：ex?1+x，ln(l+x)?x.這些都是用一次多項(xiàng)式來近似表達(dá)函數(shù)的例子.顯然.在x=0處這些一次多項(xiàng)式及其一階導(dǎo)數(shù)的值，分別等于被近似表達(dá)的函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)的相應(yīng)值．但是這種近似表達(dá)式還存在著不足之處：首先是精確度不高，它所產(chǎn)生的誤差僅是關(guān)于x的高階無窮??；其次是用它來作近似計(jì)算時，不能具體估算出誤差大小．因此，對于精確度要求較高且需要估計(jì)誤差的時候，就必須用高次多項(xiàng)式來近似表達(dá)函數(shù)，同時給出誤差公式．于是提出如下的問題：設(shè)函數(shù)f(x)在含有x0的開區(qū)間內(nèi)具有直到(n+1)階導(dǎo)數(shù)，試找出一個關(guān)于(x-xo)的n次多項(xiàng)式TOC\o"1-5"\h\zp(x)二a+a(x-x)+a(x-x)2h fa(x-x)n (l)n 0 1 0 2 0 n 0來近似表達(dá)f(x)，要求p(x)與f(x)之差是比(x-x)n高階的無窮小，并給出誤差n0lf(x)-Pn(x)l的具體表達(dá)式.下面我們來討論這個問題.假設(shè)P(x)在x處的函數(shù)值及它的直到n階導(dǎo)數(shù)在x處n 0 0的值依次與f(x)，f'(x)，…,f(n)(x)相等，即滿足000P(x)二f(x)，p'(x)二f'(x)，n n

町(％)二八x°),…,叮)=f(n)(x0).按這些等式來確定多項(xiàng)式⑴的系數(shù)a0，a?為此’對(i)式求各階導(dǎo)數(shù)，然后分別代人以上等式，得TOC\o"1-5"\h\za=f(x)，1-a=f'(x)，2!a=f"(x)，…,n!a=f(n)(x)，

0 0 i 0 2 0 n 0(2)即得a=f(x),a=f'(x),a= f"(x)，…,a= f(n)(x)?(2)0 0 1 0 2 2! 0n n! 0將求得的系數(shù)a0，ai，^，…an代入⑴式，有p(x)=f(x)+f(x)(x-x)+/(：0)(x-x)2+…+八)：)(x-x)n?n 0 0 0 2! 0 n! 0下面的定理表明，多項(xiàng)式(2)的確是所要找的n次多項(xiàng)式.定理1(泰勒(Taylor)中值定理)如果函數(shù)f(x)在含有x°的某個開區(qū)間(a，b)內(nèi)具有直到(n+1)階的導(dǎo)數(shù)，則當(dāng)任一xe(a,b)，有f(x)(x-x)2+…+0f(x)=f(xo)+廣(x-x)2+…+0其中f(n)(x0)n其中f(n)(x0)n!(x-x)n+R(x)，0nf(n+1)(E)(n+1)!(x-x)n+1，03)4)這里E是x與x之間的某個值.0證明R(x)=f(x)-p(x)．只需證明nnf(n+1)f(n+1)(E)(n+1)!(x-x)n+10(E在x0與x之間).由假設(shè)可知，R(x)在(a,b)內(nèi)具有直到(n+1)階導(dǎo)數(shù)，且nR(x)=R'(x)=R"(x)=…=R(n)(x)=0.n0n0n0 n0

對兩個函數(shù)R(x)及(x-x°)n+1在以xo及x為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用柯西中值定理(顯然，這兩個函數(shù)滿足柯西中值定理的條件)，得R(x) _R(x)—R(x)_ R'憶) n =——n n0 = _1 (X-X)n+1 (x-x)n+1-0010再對兩個函數(shù)R'(x)與(n+1)(x-x)n在以x及g為端點(diǎn)的區(qū)間上應(yīng)用柯西中值定理,n 0 0 1得R'(g) _R'(g)-R'(x)_ R〃(g) n-4 = n 1 n0 = n-2 (n+1)(g-x)n (n+1)(g-x)n-0 n(n+1)(g-x)n-1101020(g2在x。與g1之間).照此方法繼續(xù)做下去，經(jīng)過(n+1)次后.得R(R(x) R(n+1)(g) n =——n—(x-x)n+1 (n+1)!0(g在x0與gn之間，因而也在％與兀之間)?注意到R("+1心)=f(n+1)(x)(因p(n+D(x)=0),則由上式得nnf(n+1)(g)Rn(x)=(n+1)!(x-x0)n+1 (g在x0與x之間)，定理證畢.多項(xiàng)式(2)稱為函數(shù)f(x)按(x-x°)的幕展開的n次近似多項(xiàng)式，公式(3)稱為f(x)按(x-x)的幕展開的帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階泰勒公式.而R(x)的表達(dá)式(4)0n稱為拉格朗日型余項(xiàng).當(dāng)n=0時，泰勒公式變成拉格朗日中值公式：f(x)=f(x)+f'(g)(x—x) (g在x與x之間).000因此，泰勒中值定理是拉格朗日中值定理的推廣.出泰勒中值定理可知，以多項(xiàng)式p(x)近似表達(dá)函數(shù)f(x)時，其誤差為n|Rn(x)|.如果對于某個固定的n，當(dāng)xe(a,b)時，f(n+i)(x)|<M，則有估計(jì)式:

|R(x)|R(x)=nM<x-x(n+1)!0f(n+噸)(x-x)n+1(n+1!) o恤上丄二0.xTx0(x-x0)n由此可見，這樣，當(dāng)xTx0時誤差|R,x)是比(x-x0)n高階的無窮小，即R(x)=o[x-x)n]由此可見，這樣，n0我們提出的問題完滿地得到解決.在不需要余項(xiàng)的精確表達(dá)式時，n階泰勒公式也可寫成f(x)=f(x)+fr(x)(x-x)+ + 丄(x-x)n+o[x-x)n]0 0 0 n! 0 0(7)R(x)的表達(dá)式(6)稱為佩亞諾(Peano)型余項(xiàng)，公式(7)稱為f(x)按(x-x)

n0的幕展開的帶有佩亞諾型余項(xiàng)的n階泰勒公式.在泰勒公式⑶中，，如果取x0二0,則g在0與x之間.因此可令g=0x(O<e<1)，從而泰勒公式變成較簡單的形式，即所謂麥克勞林(Maclauri)公式f"(0) f(n)(0) f(n+1)(9x)f(x)二f(0)+f'(0)x+ x2+???+ xn+ xn+1 (0<9<1)2! n! (n+1)!(8)在泰勒公式(7)中，如果取x二0,則有帶有佩亞諾型余項(xiàng)的麥克勞林公式0f(x)=f(0)+f'(0)x+???+- xn+o(xn). (9)n!由(8)或(9)可得近似公式：f(x)-f(0)+f'(0)x+???+ xn，n!誤差估計(jì)式(5)相應(yīng)地變成|Rn(x)-(nri)!例1寫出函數(shù)f(X)二e的帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階麥克勞林公式.解因?yàn)閺V(x)二f〃(x)二…二f(n)(x)二ex，所以f(0)二f'(0)二f''(0)二…二f(n)(0)二1.把這些值代入公式(8)，并注意到f(n+1)(0x)二e@便得TOC\o"1-5"\h\z4 X2 Xn e^Xex=1+X+ +…+——+ Xn+1 (0<9<1).2! n! (n+1)! ' 丿由這個公式可知，若把eX用它的n次近似多項(xiàng)式表達(dá)為X2 XneX沁1+x+ + +——,2! n!這時所產(chǎn)生的誤差為|R(x)=n|R(x)=ne9xXn+1(n+1)!ex(n+1)!Xn+10<9<1).如果取X=1，則得無理數(shù)e的近似式為e沁1+1+2-+???+-2! n!e3其誤差|RI<其誤差|RI<n(n+1)! (n+1)!當(dāng)n二10時，可算出e二2.718282，其誤差不超過10-6.例2求f(x)=sinX的帶有拉格朗日型余項(xiàng)的n階麥克勞林公式.解因?yàn)?f(x)=cosx，f"(x)=-sinx，f"(x)=-cosx，n兀f(4)(x)=sinx，?…,f(n)(x)=sin(x+ )，2所以f(0)=0,f(0)=1,f(0)=0,f(0)=-1,f(4)(0)=0等等.它們順序循環(huán)地取四個數(shù)0,1，0,一1,于是按公式(8)得(令n=2m)x2m+1- +x2m+1- +R(2m-1)! 2m其中R(-)=2m(2m+1)!x2m+1(0<0<1).x-蘭+蘭_???+(_1)m-1

3! 5!sin0-+(2m+1)—如果取m=1,則得近似公式 sin-沁-3(0<0<1)sin((0<0<1)這時誤差為--3這時誤差為3!如果m分別取2和3,則可得sin-的3次和5次近似多項(xiàng)式TOC\o"1-5"\h\z1 1 1sin-沁-一 -3和sin-沁-一-3+ -5,3! 3! 5!其誤差的絕對值依次不超過11-|5和1\-17.以上三個近似多項(xiàng)式及正弦函數(shù)的圖形都畫其誤差的絕對值依次不超過11-|5和1\-17.以上三個近似多項(xiàng)式及正弦函數(shù)的圖形都畫cosx11-2+ -42! 4!—???+(—1)m—2m+R (-),(2m)! 2m+1其中R (-)=2m+1cos0—+(m+1)兀 —2m+2(2m+2)!0<0<1)；ln(1+ln(1+-)=-一-2 +(—1)n-1——n+R(—),nn其中R(其中R(—)=

n少—n+1(n+1)(1+0—)n+10<0<1)；其中r其中r(x)/Q—1)…Q—n+1)(a-n)(n+1)!(1+0x)a-n+1xn+1 (0<0<1)(1+x)a=1+ax+0^x2+…+a(a-D…(a-n+Dxn+R(x),n!2! n! nn!由以上帶有拉格朗日型余項(xiàng)的麥克勞林公式，易知相應(yīng)的帶有佩亞諾型余項(xiàng)的麥克勞林公式。除了洛必達(dá)法則之外，泰勒公式也是極限計(jì)算的重要方法。sinx-xcosx例3利用帶有佩亞諾型余項(xiàng)的麥克勞林公式，求極限lim .xT0 sin3x解由于分式的分母sin3x?x3(xT0)，只需將分子中sinx和xcosx分別用帶有佩亞諾型余項(xiàng)的三階麥克勞林公式表示，即sinx=x-蘭+o(x3)， xcosx=x-蘭+o(x3).于是TOC\o"1-5"\h\z3! 2!于是sinx-xcosx=x-—+o(x3)-x+—-o(x3)=x3+o(x3),3! 2! 3對上式作運(yùn)算時，把兩個比x3高階的無窮小的代數(shù)和記為o(x3)，故x3+o(x3) 1sinx-xcosx3 1lim =lim =一.xT0 sin3x xT0 x3 3注本例解法就是用泰勒公式求極限的方法，這種方法的關(guān)鍵是確定展開的函數(shù)(如本例中的sinx和cosx)及展開的階數(shù)(如本例中的3階)。補(bǔ)充例題設(shè)lim』^=1且f"(x)>0.證明：f(x)>0.xT0xf(x)證明?/lim—=1xT0xfn(&)而f(x)在x=0點(diǎn)處的一階泰勒公式為f(x)=f(0)+f'(0)x+ 2!x2即f(x)=x+fx2，又由于f"(x)>0，故f(x)>x.小結(jié)與提問：小結(jié)：泰勒公式提供了“判定函數(shù)極值的第二充分條件”的分析依據(jù)；提供了“利用二階導(dǎo)數(shù)符號來判定函數(shù)曲線凹向”的分析依據(jù)；提供了近似計(jì)算的理論提問：1.泰勒定理的余項(xiàng)有哪些形式?若R(x)二n