Bài 3: Vi Phân - Công Thức Taylor - Hoc247

6. Công thức Taylor

6.1 Định lý

Nếu f có đạo hàm cấp n là \({f^{(n)}}\) liên tục trên [a,b] và f có đạo hàm cấp n + 1 trên (a,b) thì \(\exists c \in (a,b)\) sao cho:

\(f(b) = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

\(= f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(b - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(b - a)^2} + ...\)

\(.... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(b - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của f tại a.

\({R_n} = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) gọi là sai số (dư số) bậc n của công thức khai triển Taylor của f tại a .

Chứng minh:

Đặt \({R_n}(t) = f(t) - f(a) - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {\left( {t - a} \right)^k}\)

Ta có: \(R'_n(a)=R''_n(a)=...=R^{(n)}_n(a)=0\)

Và \(R^{(n+1)}_n(t)=f^{(n+1)}(t),\forall t \in (a,b)\)

Đặt \(\varphi (t) = {R_n}(t) - \frac{{{R_n}(b){{(t - a)}^{n + 1}}}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}}\)

\(\varphi\) khả vi, liên tục đến cấp n trên [a,b] và \({\varphi ^{n + 1}}\) tồn tại trong (a,b). Ta có \(\varphi (b) = \varphi (a) = \varphi '(a) = \varphi ''(a) = ... = {\varphi ^{(n)}}(a) = 0\)

Nhận xét: \({\varphi ^{(k)}}(a) = R_n^{(k)}(a) = 0,\forall k = \overline {1,n}\) Ta có:

\(\varphi (a) = \varphi (b)\) nên theo định lý Rolle: \(\exists {a_1} \in (a,b)\) sao cho \(\varphi '({a_1}) = 0\)

Tương tự:

\(\varphi '(a) = \varphi '({a_1}) = 0:\exists {a_2} \in (a,{a_1})\)sao cho \(\varphi ''({a_2}) = 0\)

\(\varphi '(a) = \varphi '({a_2}) = 0:\exists {a_3} \in (a,{a_2})\)sao cho \(\varphi ''({a_3}) = 0\)

............

\(\exists {a_n} \in \left( {a,{a_{n - 1}}} \right):{\varphi ^{(n)}}({a_n}) = 0\)

Cuối cùng, vì \({\varphi ^{(n)}}(a) = {\varphi ^{(n)}}({a_n}) = 0\) nên \(\exists c \in (a,{a_n}):{\varphi ^{(n + 1)}}(c) = 0\)

Mà

\({\varphi ^{(n + 1)}}(c) = R_n^{(n + 1)}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}} = {f^{n + 1}}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}}\)

\(\Rightarrow {f^{n + 1}}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}} = 0\) với \(c \in (a,{a_n}) \subset (a,b)\)

nghĩa là \(\exists c \in (a,b):{R_n}(b) = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{(b - a)}^{(n + 1)}}}}{{(n + 1)!}}\) (2)

Theo (1) thì \({R_n}(b) = f(b) - \sum\limits_{k!}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k}\) (3)

Từ (2) và (3) ta suy ra \(\exists c \in (a,b)\) sao cho

\(f(b) - \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k} = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

Chuyển vế ta có đẳng thức cần chứng minh:

\(f(b) = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(b - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(b - a)^2} + ....\)

\(.... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(b - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

với \(c \in (a,b)\)

Nhận xét:

• Khi n = 0 thì công thức trên trở thành công thức Lagrange.
• Khi a = 0 thì công thức Taylor gọi là công thức MacLaurin.

\(f(b) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}b + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{b^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{b^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(0)}}{{(n + 1)!}}{b^{n + 1}}\)

• Thay \(\left\{ \begin{array}{l} a = x\\ b = x + h \end{array} \right.\), ta có:

\(f(x + h) = f(x) + \frac{{f'(x)}}{{1!}}h + \frac{{f''(x)}}{{2!}}{h^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(x)}}{{n!}}{h^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{h^{n + 1}}\)

với \(x