Khai Triển Taylor – Maclaurin (Taylor Expansion) | Maths 4 Physics ...

Có thể bạn quan tâm

Shortlink: http://wp.me/P8gtr-R

Chỉ dẫn lịch sử

1. Công thức khai triển:

Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a.

Hãy xác định một đa thức $y = P_n(x)$ bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a) và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là:

$P_n(a) = f(a) ; P_{n}^{'}(a) = f'(a);...; P_{n}^{(n)}(a) = {{f}^{(n)}}(a)$ (1)

Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với hàm số f(x).

Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số cần xác định:

${{P}_{n}}(x)={{C}_{0}}+{{C}_{1}}.(x-a)+{{C}_{2}}.{{(x-a)}^{2}}+...+{{C}_{n}}.{{(x-a)}^{n}} \qquad$ (2)

Các hệ số $C_0, C_1, C_2, ..., C_n$ được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn.

Trước hết, ta tìm các đạo hàm của $P_n(x)$ :

$\left\{ \begin{array}{l} P_{n}^{'}(x) = C_1 + 2C_2(x-a) + 3C_3.{(x-a)}^2 + ... + nC_n{(x-a)}^{n-1} \\ P_{n}^{''}(x) = 2C_2+3.2C_3.(x-a) + ... + n(n-1)C_n{(x-a)}^{n-2} \\ .................................................................................. \\ P_{n}^{(n)}(x) = n(n-1)...2.1.C_n \\ \end{array} \right.$ (3)

Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có:

$\left\{\begin{array}{l} P_n(a) = C_0 \\ P_n^{'}(a) = C_1 \\ P_n^{''}(a) = 2.1.C_2 \\ \text{....................................} \\ P_n^{(n)}(a) = n.(n-1)...2.1C_n \\ \end{array} \right.$

So sánh với điều kiện (1) ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} f(a)={{C}_{0}} \\ f'(a)={{C}_{1}} \\ f''(a)=2.1.{{C}_{2}} \\ ....................... \\ {{f}^{(n)}}(a)=n.(n-1)...2.1.{{C}_{n}} \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {{C}_{0}}=f(a) \\ {{C}_{1}}=f'(a) \\ {{C}_{2}}={ \dfrac{1}{2!}}.f''(a) \\ ....................... \\ {{C}_{n}}={ \dfrac{1}{n!}}.{{f}^{(n)}}(a) \\ \end{array} \right.$ (4)

Thay các giá trị của $C_0, C_1, C_2, ..., C_n$ vào công thức (2) ta có đa thức cần tìm:

$\begin{array}{r}P_n(x) = f(a) + { \dfrac{f'(a)}{1!}}(x-a) + { \dfrac{f''(a)}{2!}}(x-a)^2 + { \dfrac{f'''(a)}{3!}}(x-a)^3 + \\ ... + { \dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^n \\ \end{array}$

Ký hiệu bằng $R_n(x)$ , hiệu giữa giá trị của hàm số đã cho f(x) và đa thức mới lập $P_n(x)$ (hình vẽ): ${{R}_{n}}(x) = f(x) - {{P}_{n}}(x)$

Hay:

taylor $R_n(x)$ gọi là số hạng dư – đối với những giá trị x làm cho số hạng dư $R_n(x)$ bé, thì khi đó đa thức $P_n(x)$ cho biểu diễn gần đúng của hàm số f(x).

Do đó, công thức (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức $P_n(x)$ với độ chính xác tương ứng bằng giá trị của số hạng dư $R_n(x)$

Ta sẽ xác định những giá trị x để số hạng dư $R_n(x)$ khá bé .

Viết số hạng dư dưới dạng: ${{R}_{n}}(x) = { \dfrac{{{(x-a)}^{n+1}}}{(n+1)!}}Q(x)$ (7)

Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định.

Với x và a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị đó bằng Q.

Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t là giá trị nằm giữa a và x) :

$\begin{array}{r}F(t) = f(x) - f(t) - { \dfrac{x-t}{1!}}f'(t) - { \dfrac{(x-t)^2}{2!}}f''(t) - ... \\ - { \dfrac{(x-t)^n}{n!}}f^{(n)}(t) - { \dfrac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}}Q \\ \end{array}$ (8)

Tìm đạo hàm F’(t) :

$\begin{array}{l} {F}'(t)=-{f}'(t)+{f}'(t)-{ \dfrac{(x-t)}{1}}{f}''(t)+{ \dfrac{2(x-t)}{2!}}{f}''(t) \\ \qquad -{ \dfrac{{{(x-t)}^{2}}}{2!}}{f}'''(t)+...-{ \dfrac{{{(x-t)}^{n-1}}}{(n-1)!}}{{f}^{(n)}}(t)+{ \dfrac{n{{(x-t)}^{n-1}}}{n!}}{{f}^{(n)}}(t) \\ \qquad -{ \dfrac{{{(x-t)}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n+1)}}(t)+{ \dfrac{(n+1){{(x-t)}^{n}}}{(n+1)!}}Q \\ \end{array}$

Rút gọn lại ta được :

$F'(t)=-{ \dfrac{{{(x-t)}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n+1)}}(t)+{ \dfrac{(n+1){{(x-t)}^{n}}}{(n+1)!}}Q \qquad$ (9)

Vậy hàm số F(t) có đạo hàm tại mọi điểm t gần điểm có hoành độ a.

Ngoài ra, từ công thức (8) ta có : F(x) = 0 và F(a) = 0.

Vì vậy, áp dụng công thức Rolle cho hàm số F(t) , tồn tại một giá trị $t = \xi$ nằm giữa a và x sao cho $F'(\xi) = 0$

Thế vào (9) ta có : $F'(\xi )=-{ \dfrac{{{(x-\xi )}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n+1)}}(\xi )+{ \dfrac{(n+1){{(x-\xi )}^{n}}}{(n+1)!}}Q$

Suy ra : $Q = f^{(n+1)}(\xi)$

Thay biểu thức này vào công thức (7) ta được :

${{R}_{n}}(x) ={ \dfrac{{{(x-a)}^{n+1}}}{(n+1)!}}{{f}^{(n+1)}}(\xi )$ – số hạng dư Larange

Vì $\xi$ là giá trị nằm giữa a và x, nên nó có thể viết dưới dạng: $\xi = a + {\theta}(x-a) , \theta \in [0 ;1]$

Nghĩa là : $R_n(x) = { \dfrac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}}f^{(n+1)}[a+{\theta}(x-a)]$

Công thức:

$\begin{array}{r} f(x)=f(a)+{\dfrac{f'(a)}{1!}}(x-a)+{ \dfrac{f''(a)}{2!}}{{(x-a)}^{2}}+{ \dfrac{f'''(a)}{3!}}{{(x-a)}^{3}}+...\\ +{ \dfrac{{{f}^{(n)}}(a)}{n!}}{{(x-a)}^{n}} +{ \dfrac{{{(x-a)}^{n+1}}}{(n+1)!}}{{f}^{(n+1)}}[a+\theta (x-a)] \\ \end{array}$ – gọi là công thức khai triển Taylor (Taylor expansion) của hàm số f(x).

Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng:

$\begin{array}{r} f(x) = f(0)+{ \dfrac{x}{1!}}f'(0) + { \dfrac{{{x}^{2}}}{2!}}f''(0) + { \dfrac{{{x}^{3}}}{3!}}f'''(0) + ... + { \dfrac{{{x}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n)}}(0) \\ + { \dfrac{{{x}^{n+1}}}{(n+1)!}}{{f}^{(n+1)}}(\theta x) , \qquad \theta \in [0;1] \\ \end{array}$

là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư $R_n(x)$ – được gọi là công thức khai triển Maclaurin (Maclaurin expansion).

Tóm lại, ta có định lý sau:

Nếu hàm số y = f(x) có các đạo hàm $f'(x) , f''(x) , ... , f^{(n)}(x)$ liên tục tại điểm $x_0$ và có đạo hàm $f^{(n+1)}(x)$ trong lân cận của $x_0$ thì tại lân cận đó ta có công thức khai triển:

$\begin{array}{r} f(x) = f({{x}_{o}}) + { \dfrac{f'({{x}_{o}})}{1!}}(x-{{x}_{o}}) + { \dfrac{f''({{x}_{o}})}{2!}}{{(x-{{x}_{o}})}^{2}} + ... \\ + { \dfrac{{{f}^{(n)}}({{x}_{o}})}{n!}}{{(x-{{x}_{o}})}^{n}}+{ \dfrac{{{f}^{(n+1)}}(c)}{n!}}{{(x-{{x}_{o}})}^{n+1}} \\ \end{array}$

(c ở giữa $x_0$ và x, $c = x_0+ a(x-x_0), 0 < a <1$ )

Công thức này gọi là công thức khai triển Taylor cấp n, số hạng của cùng gọi là số hạng dư của nó. Đặc biệt $x = 0$ thì công thức Taylor trở thành công thức Maclaurin (công thức khai triển tại lân cận $x_0 = 0$ ):

$\begin{array}{r} f(x) = f(0) + { \dfrac{f'(0)}{1!}}x + { \dfrac{f''(0)}{2!}}{{x}^{2}} + ... + { \dfrac{{{f}^{(n)}}(0)}{n!}}{{x}^{n}} + { \dfrac{{{f}^{(n+1)}}(\theta x)}{n!}}{{x}^{n+1}}, \\ \qquad (0<{\theta}<1) \\ \end{array}$

Đánh giá:

Chia sẻ:

In
PDF
Email
Facebook

Thích Đang tải...

Trang: 1 2 3 4

Thảo luận

191 bình luận về “Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)”

thầy có thể giúp em áp dụng tính gần đúng f(x)=ln(1,02) dựa vào côg thức taylor và mclaurin ko ạh ! em xin cám ơn

ThíchThích
Được đăng bởi huy | 25/11/2008, 23:37 Reply to this comment
Bài này thuộc dạng cơ bản, bạn chỉ cần áp dụng công thức khai tirển của $(1+x)^{\alpha}$

ThíchThích
Được đăng bởi 2Bo02B | 25/11/2008, 23:15 Reply to this comment
khai triển giùm em maclaurin này với 1/(1+x^2)

ThíchThích
Được đăng bởi Quan | 24/11/2008, 12:30 Reply to this comment
ở bài 2 em dùng 0(x^6) có được không? ở bài giới hạn tại sao phần dư là bậc 3 (trong khi khai triển chỉ tới bậc 2), mà em nghĩ là phần dư ở đây bậc mấy thì kết quả giới hạn cuối cùng vẫn vậy phải hok ạ?

ThíchThích
Được đăng bởi Ngân | 23/11/2008, 11:05 Reply to this comment
cảm ơn thầy. còn bài 4 em nghĩ chỗ phần dư là cos chứ không phải sin, phải không ạ?

ThíchThích
Được đăng bởi Ngân | 23/11/2008, 10:44 Reply to this comment
Bài khai triển của bạn Nhung có thể viết lại dưới dạng: $y = { \dfrac{1}{4}}. \left (1 + { \dfrac{5x}{4}} + { \dfrac{x^2}{4}} \right)^{-1}$ Do vậy, biểu thức cần khai triển có dạng $(1+X)^{\alpha}$ . Tới đây, sử dụng công thức khai triển cho dạng này, ta sẽ có kết quả

ThíchThích
Được đăng bởi 2Bo02B | 22/11/2008, 16:50 Reply to this comment
Do khai triển của hàm cosx chỉ bao gồm các bậc chẵn, do đó các bậc lẻ bằng 0. Do vậy, khi khai triển đến bậc 6, thì số hạng kế tiếp nó sẽ có bậc 8 thay vì bậc 7. Và số hạng dư bậc 8 cũng là VCB cấp cao hơn bậc 7 nên ở đây, ta có thể ghi $\theta(x^7)$ – Ta quan tâm đến bậc nhỏ nhất để khi lũy thừa lên ta sẽ biết bậc của biểu thức đó nằm trong khoảng nào. Nếu ta quan tâm đến bậc lớn nhất của x là bậc 6 thì khi lũy thừa 4 lên, bậc lớn nhất của biểu thức sẽ là bậc 24. Nghĩa là: ta chỉ biết được biểu thức đó khi lũy thừa lên thì lũy thừa của các số hạng có thể từ bậc 0 đến bậc 24. Và không biết liệu rằng biểu thức đó có chứa các số hạng có lũy thừa nhỏ hơn 6 không? Do đó, Ta quan tâm đến bậc nhỏ nhất để khi lũy thừa lên, nếu bậc nhỏ nhất của biểu thức vượt quá bậc yêu cầu thì mình dừng lại, không khai triển tiếp nữa.

ThíchThích
Được đăng bởi 2Bo02B | 22/11/2008, 16:23 Reply to this comment
em cảm ơn thầy. em hiểu chỗ có thể coi như phần dư ở đó là 0(x^7), nhưng em không hiểu việc dùng x^7 thay cho x^6 có ý nghĩa gì ở đây (tại sao lại phải dùng 7 thay vì dùng 6), còn việc khai triển đến bậc 3 thì tại sao lại quan tâm đến bậc nhỏ nhất của x mà không phải là bậc lớn nhất của x trong X, tại sao X^a=X + 0(x^7a) (theo như em xem trong cách giải trên thấy vậy) ?

ThíchThích
Được đăng bởi Ngân | 22/11/2008, 15:07 Reply to this comment
Thầy! Thầy cứu em với. Em không biết làm bài này. Khai triển hàm số sau thành chuỗi lũy thừa của x: $y = { \dfrac{1}{x^2+5x+4}}$

ThíchThích
Được đăng bởi nhung | 22/11/2008, 14:37 Reply to this comment
- Ta có: $y = (1/4).\left( \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{5x}{4}+1 \right)^{-1}$ Bạn áp dụng công thức khai triển của $(1+u)^a$ (-1 < u < 1)sẽ có kết quả.
  
  ThíchThích
  Được đăng bởi Vũ Hoàng | 31/10/2010, 11:52 Reply to this comment
À, cảm ơn Ngân đã phát hiện chỗ sai, đúng là ở phần dư Larrange thì mẫu số phải là (n+1)!. Nếu ta chú ý đến sai số bằng bao nhiêu thì ta sẽ dùng phần dư Larrange, nếu chỉ chú ý đến khai triển mà không chú ý đến phần dư thì ta sẽ dùng phần dư Peano ( vì thực chất số dư Larrange cũng chính là VCB, và là VCB bậc cao hơn x^n) Về bài 2, em có thể xem phần trả lời của Thầy với các bạn Mai, Lam, Vinh ở trên. Còn vì sao chỉ khai triển X đến bậc 3, vì bậc nhỏ nhất của x trong X là bậc 2, nên từ X^4 trở đi thì bậc nhỏ nhất của x sẽ là bậc 8, vượt quá yêu cầu của đề bài là khai triển đến bậc 6. Do đó, X chỉ khai triển đến bậc 3.

ThíchThích
Được đăng bởi 2Bo02B | 22/11/2008, 09:13 Reply to this comment
thầy ơi em không hiểu cách giải bài số 2, chỗ thay X vào và tại sao lại chỉ khai triển đến X^3, tại sao lại dùng 0(x^7) thay cho 0(x^6)?

ThíchThích
Được đăng bởi Ngân | 21/11/2008, 22:32 Reply to this comment
thầy ơi trong công thức ở trên, chỗ phần dư lúc thì mẫu số là n! lúc là (n+1)! ? Và khi học thì em chỉ học phần dư dạng Lagrange, nhưng khi xem các ví dụ và bài tập thì luôn là phần dư dạng Peano, nó làm em thấy rối quá. em có thể học thêm về các phép toán với “0(x)” ở bài giảng nào ạ? Cảm ơn thầy nhiều

ThíchThích
Được đăng bởi Ngân | 21/11/2008, 21:51 Reply to this comment