Công Thức Khai Triển Taylor Với Phần Dư Lagrange - Tài Liệu Text

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.pdf) (58 trang)

Trang chủ

Thể loại khác

Tài liệu khác

Công thức khai triển Taylor với phần dư Lagrange

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (334.68 KB, 58 trang )

KHAI TRIỂN TAYLOR Cơng thức khai triển Taylor với phần dư Lagrangef có đạo hàm cấp n+1 trong (a, b) chứa x0:f ′ ( x0 )f ′′ ( x0 )2f ( x) = f ( x0 ) +( x − x0 ) +( x − x0 )1!2!+L +Rn =f( n +1)f(n)( x0 ) x − x n + R(0)nn!( c ) x − x n +1 ,(0)(n + 1)!c nằm giữa x và x0(khai triển Taylor đến cấp n trong lân cận x 0) Cơng thức khai triển Taylor với phần dư Peanof có đạo hàm cấp n tại x0:f ′ ( x0 )f ′′ ( x0 )2f ( x) = f ( x0 ) +( x − x0 ) +( x − x0 )1!2!f ( n ) ( x0 )nn+L +( x − x0 ) + o ( x − x0 )n!()Phần dư Peano.x0 = 0: khai triển Maclaurin. Ý nghĩa của khai triển Taylorf(x): biểu thức phức tạp⇒ cần tìm 1 hàm số đơn giản hơn và gần bằngf(x) để thuận tiện trong tính tốn.Hàm đơn giản nhất là đa thức. f(x) = sinx f(x) = sinxf ( x ) = x + o( x ) f(x) = sinxf ( x ) = x + o( x )3x3f ( x) = x − + o( x )3! f(x) = sinx42 n −1x7f ( x) = ∑ ( −1)+ o( x )(2n − 1)!n =1f ( x ) = x + o( x )n3x3f ( x) = x − + o( x )3! Ví dụ 1.Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cậnx = 1 cho1f ( x) =x(khai triển f thành đa thức theo lũy thừa của (x – 1)đến (x – 1)3)•Với phần dư Peano, chỉ cần tính đến đh cấp 3.•Với phần dư Lagrange, phải tính đến đh cấp 4. 1f ( x ) = ⇒ f (1) = 1x1f ′( x) = − 2⇒ f ′(1) = −1x2f ′′( x) = 3 ⇒ f ′′(1) = 2x24(4)6f ( x) = 5f ′′′( x) = − 4 ⇒ f ′′′(1) = −6xxf ′(1)f ′′(1)2f ( x) = f (1) +( x − 1) +( x − 1)1!2!f ′′′(1)33+( x − 1) + o ( x − 1)3!() f ′(1)f ′′(1)f ( x ) = f (1) +( x − 1) +( x − 1) 21!2!f ′′′(1)33+( x − 1) + o ( x − 1)3!()(122 633f ( x) = 1 − ( x − 1) + ( x − 1) − ( x − 1) + o ( x − 1)1!2!3!23(= 1 − ( x − 1) + ( x − 1) − ( x − 1) + o ( x − 1)3)Phần dư Peano) Nếu dùng phần dư Lagrange:23f ( x) = 1 − ( x − 1) + ( x − 1) − ( x − 1) + R3f(4)24( x) = 5x⇒ R3 =f( 4)(c )4( x − 1)4!1 24( x − 1)4=(x−1)=4! c5c54 Ví dụ 2Viết khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho f(x) = tan xf ′( x ) = 1 + tan 2 xf ′′( x) = 2 tan x(1 + tan 2 x)222′′′f ( x) = 2(1 + tan x) + 6 tan x(1 + tan x)f ′(0)f ′′(0)f ( x) = f (0) +( x − 0) +( x − 0) 21!2!f ′′′(0)33+( x − 0) + o ( x − 0)3!(x3tan x = x + + o( x 3 )3) Ví dụ 3Biết f(x) là đa thức bậc 3, với f(2) = 0, f’(2) = −1,f ”(2) = 4, f ’”(2) = 12, tìm f(1), f ’(1)Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên f(4)(x) = 0⇒ Khai triển Taylor của f đên cấp 3 khơngcó phần dư.f ′(2)f ′′(2)f ′′′(2)2f ( x) = f (2) +( x − 2) +( x − 2) +( x − 2)31!2!3! f ′(2)f ′′(2)2 f ′′′(2)f ( x) = f (2) +( x − 2) +( x − 2) +( x − 2)31!2!3!141223= 0 − ( x − 2) + ( x − 2) + ( x − 2)1!2!3!2= − ( x − 2) + 2( x − 2) + 2( x − 2)3⇒ f ′( x) = −1 + 4( x − 2) + 6( x − 2) 2⇒ f f(x)(1) =là1,đaf ′thức(1) = bậc1 3, với f(2) = 0, f’(2) = −1,Biếtf ”(2) = 4, f ’”(2) = 12, tìm f(1), f ’(1) Khai triển Maclaurin các hàm cơ bản1. f ( x) = e(x0 = 0)xn(k )f(0)xkne = f (0) + ∑( x − 0) + o ( x − 0)k!k =1f ( k ) ( x) = e x ⇒ f ( k ) (0) = 1n1 kne = 1 + ∑ x + o( x )k =1 k !x() 2. f ( x) = ln(1 + x)nf ( k ) (0) knln(1 + x) = f (0) + ∑x +o xk!k =1f(k )⇒ f(k )k −1(−1) ( k − 1)!( x) =k(1 + x)(0) = (−1)nk −1(k − 1)!kxk −1nln(1 + x) = ∑ (−1)+ o( x )kk =1( ) α3. f ( x) = (1 + x)f(k )f(k )α −k( x ) = α (α − 1)L (α − k + 1)(1 + x)(0) = α (α − 1)L(α − k + 1)n(k )f(0) kαn(1 + x) = f (0) + ∑x +o xk!k =1( )αα (α − 1) 2(1 + x) = 1 + x +x +L1!2!α (α − 1)L (α − n + 1) nn+x + o( x )n!α Áp dụng cho α = − 1.αα (α − 1) 2(1 + x) = 1 + x +x +L1!2!α (α − 1)L (α − n + 1) nn+x + o( x )n!α1= 1 − x + x 2 − x3 + L + (−1) n x n + o( x n )1+ x 3. f ( x) = sin xπf ( x) = sin  x + k ÷2(2 p )f( 0) = 0(k )f(1)(0) = 1, fsin x = f (0) +(3)(0) = −1, f2 n −1∑k =0n⇒ f(k )(2 p −1)π(0) = sin k2(0) = ( −1)f ( k ) (0) k2 n −1x +o xk!(2 k −1xk −12 n −1sin x = ∑ (−1)+o x(2k − 1)!k =1())p −1 Lưu ý cho hàm sin x2nsin x = f (0) + ∑k =0f ( k ) (0) k2nx +o xk!( )f(2n)(0) = 0 ⇒ hệ số của x2n là 0.nsin x = ∑ (−1)k =1k −12 k −1( )x2n+o x(2k − 1)! Bảng công thức kt Maclaurin cơ bản2nx xxe = 1 + + + L + + o( x n )1! 2!n!x23nxxn −1 xnln(1 + x) = x − + − L + (−1)+ o( x )2 3nαα (α − 1) 2(1 + x) = 1 + x +x +L1!2!α (α − 1)L (α − n + 1) nn+x + o( x )n!α 123n nn= 1 − x + x − x + L + (−1) x + o( x )1+ x2 n −1x3 x5xn −12 n −1sin x = x − + − L + (−1)+o x3! 5!(2n − 1)!(( hay + o ( x ) )2n2nx2 x4xn2ncos x = 1 − + − L + (−1)+o x2! 4!( 2n)!( )( hay + o ( x ) )2 n +1) Khai triển Maclaurin của arctan và hyperbolicx3 x5x 2 n −1sinh x = x + + − L ++ o x 2 n −13! 5!(2n − 1)!()x2 x4x 2n2ncosh x = 1 + + − L ++o x2! 4!(2n)!( )Giống sinx, cosx nhưng không đan dấu2 n −1x3 x5xarctan x = x − + − L + (−1) n −1+ o x 2 n −13 52n − 1(Giống sinx, nhưng mẫu số khơng có giai thừa.) Ví dụ áp dụng1. Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cậnx = 1 cho:1f ( x) =xx0 = 1 ≠ 0, đặt biến phụ : u = x – x0 = x – 11f ( x) =1+ u23( )= 1− u + u − u + o uTrả về biến cũ:233(f ( x ) = 1 − ( x − 1) + ( x − 1) − ( x − 1) + o ( x − 1)3)

Tài liệu liên quan

Công thức vàng ứng xử với đồng nghiệp khó ưa
- 5
- 846
- 6
CÔNG TÁC CHO VAY ĐỐI VỚI CÁC DỰ ÁN VAY VỐN TÍN DỤNG ĐTPT TẠI NGÂN HÀNG PHÁT TRIỂN VIỆT NAM
- 79
- 741
- 1
Công thức khai triển taylor-gontcharov và áp dụng
- 63
- 5
- 7
MỘT SỐ GIẢI PHÁP NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ HOẠT ĐỘNG CỦA CÔNG TÁC CHO VAY ĐỐI VỚI CÁC DỰ ÁN VAY VỐN TÍN DỤNG ĐẦU TƯ CỦA NHÀ NƯỚC QUA NGÂN HÀNG PHÁT TRIỂN VIỆT NAM
- 14
- 538
- 1
THỰC TRẠNG CÔNG TÁC CHO VAY ĐỐI VỚI CÁC DỰ ÁN VAY VỐN TÍN DỤNG ĐTPT TẠI NGÂN HÀNG PHÁT TRIỂN VIỆT NAM GIAI ĐOẠN 2006 - 2008
- 51
- 367
- 0
Thực trạng công tác quản lý đối với phần vốn nhà nước tại Nhà máy len hà đông
- 34
- 378
- 0
THỰC TRẠNG CÔNG TÁC QUẢN LÝ ĐỐI VỚI PHẦN VỐN NHÀ NƯỚC TẠI NHÀ MÁY LEN HÀ ĐÔNG
- 36
- 394
- 0
Luận văn:Công thức khai triển Taylor- Gontcharov và áp dụng docx
- 63
- 1
- 2
Luận văn: Thực trạng và một số đề xuất hoàn thiện công tác quản lý đối với phần vốn nhà nước tại Nhà máy len Hà Đông doc
- 77
- 313
- 0
Báo cáo nghiên cứu khoa học: " DẠY VÀ HỌC CÔNG THỨC XÁC SUẤT BAYES VỚI SỰ TRỢ GIÚP PHẦN MỀM TOÁN HỌC MAPLE" ppsx
- 7
- 795
- 3