Opracowanie wykładu: Polak Andrzej, Małysz Maciej
WYKA
AD 2 (ciąg dalszy twierdzenia o wartości średniej)
Tw. 2.1 (wzór Taylora)
Z: U " ot(x0 ), x "U, f " Dn+1(U )
(n)
f '( ) f ''( ) 2 f ( ) n
x x x
0 0 0
T: "
f ( ) = f ( ) + (x -x0) + (x -x0) + ... + (x -x0) +
x x R
0 n
1! 2! n!
� " przedziału
o końcach x, x0
(n+1)
f (� )
n+1
Rn = (x - x0)
- reszta Lagrange a
(n +1)!
Dowód:
Niech x > x0 t "[x0 , x]
Wprowadzamy dwie funkcje pomocnicze: h, �
(k )
n
f (t) (x - t)n+1
h(t) = f (x) - (x - t)k �(t) =
"
k! (x - x0 )n+1
k =0
1. Czy h, � spełniają założenia Tw. Cauchego w [x0 , x] ?
(n)
0 1 2 n
�ł łł
f (t) f '(t) f ''(t) f (t)
h(t) = f (x) - + + + ... +
(x-t) (x-t) (x-t) (x-t)
�ł śł
0! 1! 2! n!
�ł �ł
spełnia założenia w [x0 , x], bo f " Dn+1(U ) �! h " D(U )
(x - t)n+1
�(t) = - funkcja wielomianowa  spełnia założenia tw. Cauchego w [x0 , x].
(x - x0 )n+1
Obliczamy wartości funkcji na krańcach przedziału:
h(x) = f(x)  [f(x)] = 0
(n)
�ł 2 nłł
f '( ) f ''( ) f ( )
x x x
0 0 0
h(x0 ) = f (x) - �ł (x -x0) (x -x0) (x -x0) śł
f ( ) + + + ... +
x
0
1! 2! n!
�ł śł
�ł �ł
�(x) = 0
�(x0 ) = 1
Z powyższych obliczeń wynika, że:
(k )
n
h(x) - h(x0 ) f (x0 )
= f (x) - (x - x0 )k (1)
"
�(x) - �(x0 ) k!
k =0
Zauważmy, że
(k +1) (k )
n n
f (t) f (t)
h'(t) = - (x - t)k + k(x - t)k -1 =
" "
k! k!
k =0 k =0
(n) (n+1)
�ł łł
f ''(t) f (t) f (t)
= f '(t) + (x - t) + ... + (x - t)n-1 + (x - t)n śł +
�ł
1! (n -1)! n!
�ł �ł
(n)
�ł łł
f ''(t) f (t)
+ f '(t) + (x - t) + ... + (x - t)n-1śł
�ł
1! (n -1)!
�ł �ł
Zatem
(n+1)
f (t)
h'(t) = - (x - t)n (2)
n!
- (n + 1)( x - t)n
�'(t) =
(3)
(x - x0 )n+1
Na podstawie tw. Cauchego wykorzystując (1) (2) (3) otrzymujemy:
(k ) (n+1)
n
"
n - x0 )n+1
f (x0 ) �ł łł (x
f (� )
f (x) - (x - x0 )k = �"
(x-�)
" �ł śł
� "]x0 , x[
k! n! (n +1)(x - � )n
k =0
�ł �ł
po obliczeniach
(k ) (n+1)
n
f (x0 ) �ł łł
f (� )
f (x) - (x - x0 )k = �" (x - x0 )n+1
" �ł śł
k! (n +1)!
k =0
�ł �ł
lub
(k ) (n+1)
n
f (x0 ) �ł łł
f (� )
f (x) = (x - x0 )k + �" (x - x0 )n+1
" �ł śł
k! (n +1)!
k =0
�ł �ł
C.N.D.
Inna postać tw. Taylora
Z: U " ot(x0 ), (x0 + h) "U, f " Dn+1(U )
(k )
n
" f (x0 )
T: f (x0 + h) = hk + Rn ,
"
0 < � < 1 k!
k =0
(n+1)
f (x0 +�h)
gdzie Rn = hn+1
(n +1)!
Wniosek 2.1
n+1
Z: Są spełnione założenia Tw. Taylora, oraz f " C (U )
(k )
n
f (x0 )
T: f (x0 + h) E" (x - x0 )k
"
k!
k =0
(E" - rowność w przybliżeniu)
Przykład 2.1
Obliczyć ln(1,2) z dokładnością do 0,001
Rozwiązanie:
f(x) = ln(x) x0 = 1 h=0,2
Niech n=2 f(1) = 0
1
f '(x) = = 1
x
x=1
1
f ''(x) = - = -1
x2 x=1
2 2
f '''(x) = =
x3 x=1+0,2� (1+ 0,2� )3
Obliczamy przybliżoną wartość funkcji:
1 1
ln(1,2) = �" 0,2 - (0,2)2 = 0,18
1! 2!
Szacujemy resztę  w celu zbadanie dokładności:
1 2 0,008
R2 = �" (0,2)3 =
6 (1+ 0,2� )3 3(1+ 0,2� )3
Ponieważ 0 < � < 1 :
0,008
R2 d"
3
0,008 0,009
< = 0,003 > 0,001
3 3
Jak widać dokładność nie jest wystarczająca.
Niech n=3 f(1) = 0
1
f '(x) = = 1
x
x=1
1
f ''(x) = - = -1
x2 x=1
2
f '''(x) = = 2
x3 x=1
6 6
f ''''(x) = - = -
x4 x=1+0,2� (1+ 0,2� )4
Obliczamy przybliżoną wartość funkcji:
1 1 2
ln(1,2) = �" 0,2 - (0,2)2 + (0,2)3 = 0,1826(6)
1! 2! 3!
Szacujemy resztę  w celu zbadanie dokładności:
1 6 0,0016
R3 = - �" (0,2)4 =
24 (1+ 0,2� )4 4(1+ 0,2� )3
Ponieważ 0 < � < 1 :
0,0016
R3 d"
4
0,0016
= 0,0004 < 0,001
4
Jak widać dokładność jest wystarczająca.
Twierdzenie 2.2 (Wzór Maclaurina)
Z: x0 = 0 h = x są spełnione założenia Tw. Taylora w U " ot(0)
(k )
n
"
f (0)
T: f (x) = xk + Rn ,
"
0 < � < 1 k!
k =0
(n+1)
f (�x)
Rn = xn+1
gdzie:
n +1)!
Definicja 2.1 (nieskończenie mała)
f : R R jest nieskończenie mała w otoczeniu x0 �! lim f (x) = 0
xx0
Definicja 2.2
f,g  nieskończenie małe w otoczeniu x0
f (x)
1. f(x)  nieskończenie mała rzędu wyższego w ot. x0 niż g(x) �! lim = 0 , co
xx0
g(x)
zapisujemy: f(x) = o(g(x)) w ot. x0
f (x)
2. f(x), g(x)  nieskończenie małe równoważne w ot x0 �! lim = 1
xx0
g(x)
3. f(x), g(x)  nieskończenie małe tego samego rzędu w ot x0
f (x)
�! lim = k k `" 0 k `" ą"
xx0
g(x)
Przykład:
f(x) = x g(x) = x2 h(x) = sinx nieskończenie małe w otoczeniu 0
f(x), h(x)  równoważne
g(x) = o(h(x))
g(x) = o(f(x))
Stwierdzenie:
n+1
Reszta we wzorze Maclaurina Rn = o(xn) w ot x0=0 przy założeniu f " C (U )
Uzasadnienie:
(n+1) (n+1)
Rn f (�x) xn+1 f (�x)
lim = lim �" = lim �" x = 0
x0 x0
xn (n +1)! xn x0 (n +1)!
Wniosek 2.2 (wzór Maclaurina z resztą Peano)
n+1
Z: f " C (U ), U " ot(0), x "U
(k )
n
f (0)
T: f (x) = xk + o(xn ) o(xn ) - reszta Peana
"
k!
k =0
Przykłady rozwinięć:
1. f(x) = ex f (x) = ex f  (x) = ex ,..., f(n)(x) = ex
x0 = 0
f(0) = 1 f (0) = 1 f  (0) = 1 ,& , f(n)(0) = 1
n
xk
ex = + o(xn )
"
k!
k =0
2. f(x) = sinx f (x) = cosx f  (x) = -sinx f   (x) = -cosx f    (x) = sinx
f(0) = 0 f (0) = 1 f  (0) = 0 f   (0) = -1 f    (0) = 0
f(2k)(0) = 0 f(2k+1)(0) = (-1)k
n
(-1)k x2k +1
sin x = + o(x2n+1)
"
(2k +1)!
k =0
3. f(x) = cosx f (x) = -sinx f  (x) = -cosx f   (x) = sinx f    (x) = cosx
f(0) = 1 f (0) = 0 f  (0) = -1 f   (0) = 0 f    (0) = 1
f(2k)(0) = (-1)k f(2k+1)(0) = 0
n
x2k
k
cos x =
"(-1) (2k)! + o(x2n )
k=0