Khai Triển Taylor Và ứng Dụng | Học Toán Online Chất Lượng Cao 2022

Bài viết này Vted giới thiệu đến bạn đọc lý thuyết và ví dụ minh hoạ có lời giải chi tiết về Khai triển Taylor dùng để xấp xỉ hàm số bởi một đa thức:

>>Xem thêm Các phương pháp tính định thức của ma trận

>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức

>> Chứng minh một ma trận suy biến và ma trận khả nghịch

>>Cơ sở của không gian véctơ

>> Đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của hàm số cho bởi tham số

>>Tính đạo hàm và vi phân cấp cao của hàm số

>>Ứng dụng của đạo hàm trong phân tích kinh tế

>>Phương trình vi phân toàn phần và phương pháp thừa số tích phân

>> Các dạng toán về hạng của ma trận và phương pháp giải

1. Khai triển Taylor đối với đa thức

Xét đa thức $P(x)={{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+...+{{a}_{1}}x+{{a}_{0}},$ khi đó với điểm ${{x}_{0}}$ bất kì ta có

$P(x)=P({{x}_{0}})+\dfrac{{P}'({{x}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+\dfrac{{P}''({{x}_{0}})}{2!}{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}+...+\dfrac{{{P}^{(n)}}({{x}_{0}})}{n!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n}}.$

Ví dụ 1: Khai triển $P(x)={{x}^{3}}+x-1$ theo luỹ thừa nguyên dương của $x-1.$

Giải. Có ${P}'(x)=3{{x}^{2}}+1,{P}''(x)=6x,{P}'''(x)=6.$ Vậy

$\begin{array}{c} P(x) = P(1) + \dfrac{{P'(1)}}{{1!}}(x - 1) + \dfrac{{P''(1)}}{{2!}}{(x - 1)^2} + \dfrac{{P'''(1)}}{{3!}}{(x - 1)^3}\\ = 1 + \dfrac{4}{{1!}}(x - 1) + \dfrac{6}{{2!}}{(x - 1)^2} + \dfrac{6}{{3!}}{(x - 1)^3}\\ = 1 + 4(x - 1) + 3{(x - 1)^2} + {(x - 1)^3}. \end{array}$

Ví dụ 2: Khai triển đa thức $P(x)={{x}^{5}}+{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$ theo luỹ thừa nguyên dương của $x-1.$

Giải. Có $\left\{ \begin{array}{l} P(x) = {x^5} + {x^3} - 3{x^2} + 1\\ P'(x) = 5{x^4} + 3{x^2} - 6x\\ P''(x) = 20{x^3} + 6x - 6\\ P'''(x) = 60{x^2} + 6\\ {P^{(4)}}(x) = 120x\\ {P^{(5)}}(x) = 120 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} P(1) = 0\\ P'(1) = 2\\ P''(1) = 20\\ P'''(1) = 66\\ {P^{(4)}}(1) = 120\\ {P^{(5)}}(1) = 120 \end{array} \right..$ Vậy

$\begin{array}{c} P(x) = \dfrac{2}{{1!}}(x - 1) + \dfrac{{20}}{{2!}}{(x - 1)^2} + \dfrac{{66}}{{3!}}{(x - 1)^3} + \dfrac{{120}}{{4!}}{(x - 1)^4} + \dfrac{{120}}{{5!}}{(x - 1)^5}\\ = 2(x - 1) + 10{(x - 1)^2} + 11{(x - 1)^3} + 5{(x - 1)^4} + {(x - 1)^5}. \end{array}$

2. Khai triển Taylor đối với hàm số bất kì

Khai triển Taylor với phần dư dạng Peano

Giả sử hàm số $f(x)$ có đạo hàm đến cấp $n$ trong lân cận $({{x}_{0}}-\delta ;{{x}_{0}}+\delta )$ của điểm ${{x}_{0}}.$ Khi đó:

$f(x)=f({{x}_{0}})+\dfrac{{f}'({{x}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+\dfrac{{f}''({{x}_{0}})}{2!}{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}+...+\dfrac{{{f}^{(n)}}({{x}_{0}})}{n!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n}}+o\left[ {{(x-{{x}_{0}})}^{n}} \right].$

công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm số $f(x)$ đến bậc $n$ tại điểm ${{x}_{0}}$ với phần dư dạng Peano.

$r(x)=o\left[ {{(x-{{x}_{0}})}^{n}} \right]$ được gọi là phần dư và được gọi là phần dư dạng peano.

Khai triển Mac – Laurin

Trong công thức khai triển Taylor với phần dư dạng peano khi ${{x}_{0}}=0,$ ta có

$f(x)=f(0)+\dfrac{{f}'(0)}{1!}x+\dfrac{{f}''(0)}{2!}{{x}^{2}}+...+\dfrac{{{f}^{(n)}}(0)}{n!}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$

công thức này được gọi là công thức khai triển Mac – Laurin

Khai triển Taylor với phần dư dạng Lagrange

Giả sử hàm số $f(x)$ có đạo hàm đến cấp $n+1$ trong lân cận $({{x}_{0}}-\delta ;{{x}_{0}}+\delta )$ của điểm ${{x}_{0}}.$ Khi đó:

$f(x)=f({{x}_{0}})+\dfrac{{f}'({{x}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+\dfrac{{f}''({{x}_{0}})}{2!}{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}+...+\dfrac{{{f}^{(n)}}({{x}_{0}})}{n!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n}}+\dfrac{{{f}^{(n+1)}}(c)}{(n+1)!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n+1}},$ trong đó $c$ là điểm nào đó nằm giữa $x$ và ${{x}_{0}}.$

công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm số $f(x)$ đến bậc $n$ tại điểm ${{x}_{0}}$ với phần dư dạng lagrange.

$r(x)=\dfrac{{{f}^{(n+1)}}(c)}{(n+1)!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n+1}},$ được gọi là phần dư dạng Lagrange.

Xem thêm các bài viếtt:

>>Tính đạo hàm và vi phân cấp cao của hàm số

>>Ứng dụng của đạo hàm trong phân tích kinh tế

3. Khai triển Mac - Laurin của một số hàm sơ cấp hay dùng

(a) $y={{e}^{x}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(x)={{e}^{x}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(0)=1\Rightarrow {{e}^{x}}=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{{{x}^{2}}}{2!}+\dfrac{{{x}^{3}}}{3!}+...+\dfrac{{{x}^{n}}}{n!}+o({{x}^{n}}).$

(b) $y = \sin x \Rightarrow {y^{(n)}}(x) = \sin \left( {x + \dfrac{{n\pi }}{2}} \right) \Rightarrow {y^{(n)}}(0) = \sin \dfrac{{n\pi }}{2} = \left\{ \begin{array}{l} 0,n = 2k\\ {( - 1)^k},n = 2k + 1 \end{array} \right..$

Vậy $\sin x=x-\dfrac{{{x}^{3}}}{3!}+\dfrac{{{x}^{5}}}{5!}-...+\dfrac{{{(-1)}^{n}}}{(2n+1)!}{{x}^{2n+1}}+o({{x}^{2n+1}}).$

(c) $y = \cos x \Rightarrow {y^{(n)}}(x) = \cos x\left( {x + \dfrac{{n\pi }}{2}} \right) \Rightarrow {y^{(n)}}(0) = \cos \dfrac{{n\pi }}{2} = \left\{ \begin{array}{l} {( - 1)^k},n = 2k\\ 0,n = 2k + 1 \end{array} \right..$

Vậy $\cos x=1-\dfrac{{{x}^{2}}}{2!}+\dfrac{{{x}^{4}}}{4!}-...+\dfrac{{{(-1)}^{n}}}{(2n)!}{{x}^{2n}}+o({{x}^{2n}}).$

(d) $y=\ln (1+x)\Rightarrow {{y}^{(n)}}(x)=\dfrac{{{(-1)}^{n-1}}(n-1)!}{{{(x+1)}^{n}}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(0)={{(-1)}^{n-1}}(n-1)!.$

Vậy $\ln (1 + x) = x - \dfrac{{{x^2}}}{2} + \dfrac{{{x^3}}}{3} - ... + \dfrac{{{{( - 1)}^{n - 1}}{x^n}}}{n} + o({x^n}).$

(e) $y=\dfrac{1}{x+1}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(x)=\dfrac{{{(-1)}^{n}}n!}{{{(x+1)}^{n+1}}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(0)={{(-1)}^{n}}n!.$

Vậy $\dfrac{1}{x+1}=1-x+{{x}^{2}}-{{x}^{3}}+...+{{(-1)}^{n}}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$

>>Xem thêm các bài viết liên quan đến hệ phương trình tuyến tính

Bài 1: Hệ phương trình Cramer

Bài 2: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Bài 3: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Bài 4: Mô hình Input - Output của Leontief

Bài 5: Mô hình cân bằng thị trường và cân bằng kinh tế vĩ mô

Ví dụ 1: Khai triển Taylor đến cấp 2 tại điểm $x=\dfrac{1}{2}$ với phần dư dạng peano của hàm số $f(x)=\arcsin x.$

Giải. Có $f\left( \dfrac{1}{2} \right)=\arcsin \dfrac{1}{2}=\dfrac{\pi }{6}$ và ${f}'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\Rightarrow {f}'\left( \dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ và ${f}''(x)=\dfrac{x}{\sqrt{{{(1-{{x}^{2}})}^{3}}}}\Rightarrow {f}''\left( \dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{4}{3\sqrt{3}}.$

Vậy $f(x)=\dfrac{\pi }{6}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}(x-1)+\dfrac{2}{3\sqrt{3}}{{(x-1)}^{2}}+o\left[ {{(x-1)}^{2}} \right].$

Ví dụ 2: Khai triển Taylor đến cấp 5 tại điểm $x=1$ với phần dư dạng peano của hàm số $f(x)={{(x-1)}^{3}}\arccos (x-1).$

Giải. Ta khai triển Taylor đến cấp 2 tại điểm $x=1$ với phần dư dạng peano của hàm số $g(x)=\arccos (x-1).$

Có $g(1)=\arccos 0=\dfrac{\pi }{2}$ và ${g}'(x)=-\dfrac{1}{\sqrt{1-{{(x-1)}^{2}}}}=-\dfrac{1}{\sqrt{2x-{{x}^{2}}}}\Rightarrow {g}'(1)=-1$ và ${g}''(x)=\dfrac{1-x}{\sqrt{{{(2x-{{x}^{2}})}^{3}}}}\Rightarrow {g}''(1)=0.$ Suy ra $g(x)=\dfrac{\pi }{2}-(x-1)+o\left[ {{(x-1)}^{2}} \right].$

Vậy $f(x)={{(x-1)}^{3}}g(x)=\dfrac{\pi }{2}{{(x-1)}^{3}}-{{(x-1)}^{4}}+o\left[ {{(x-1)}^{5}} \right].$

Ví dụ 3: Khai triển hàm số $f(x)=\sqrt[3]{x+7}$ theo luỹ thừa của $x-1$ đến bậc 3 với phần dư dạng peano.

Giải. Ta có

$\begin{array}{l} f(1) = 2;\\ f'(x) = \dfrac{1}{3}{(x + 7)^{ - \dfrac{2}{3}}} \Rightarrow f'(1) = \dfrac{1}{{12}};\\ f''(x) = - \dfrac{2}{9}{(x + 7)^{ - \dfrac{5}{3}}} \Rightarrow f''(1) = - \dfrac{1}{{144}};\\ f'''(x) = \dfrac{{10}}{{27}}{(x + 7)^{ - \dfrac{8}{3}}} \Rightarrow f'''(1) = \dfrac{5}{{3456}}. \end{array}$

Vậy $f(x)=2+\dfrac{1}{12}(x-1)-\dfrac{1}{288}{{(x-1)}^{2}}+\dfrac{5}{20736}{{(x-1)}^{3}}+o\left[ {{(x-1)}^{3}} \right].$

Ví dụ 4: Khai triển Mac – Laurin đến cấp 4 của hàm số $f(x)=\int\limits_{0}^{x}{\ln (1+t)dt}.$

Giải. Ta có

$\begin{array}{l} f(0) = 0;\\ f'(x) = \ln (1 + x) \Rightarrow f'(0) = 0;\\ f''(x) = \dfrac{1}{{1 + x}} \Rightarrow f''(0) = 1;\\ f'''(x) = - \dfrac{1}{{{{(1 + x)}^2}}} \Rightarrow f'''(0) = - 1;\\ {f^{(4)}}(x) = \dfrac{2}{{{{(1 + x)}^3}}} \Rightarrow {f^{(4)}}(0) = 2. \end{array}$

Vậy $f(x)=\dfrac{1}{2}{{x}^{2}}-\dfrac{1}{6}{{x}^{3}}+\dfrac{1}{12}{{x}^{4}}+o({{x}^{4}}).$

Ví dụ 5: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{x}^{2}}\sin 2x+3.$

Giải. Có $g(x)=\sin 2x=2x-\dfrac{{{(2x)}^{3}}}{3!}+\dfrac{{{(2x)}^{5}}}{5!}-...+\dfrac{{{(-1)}^{n-1}}}{(2n-1)!}{{(2x)}^{2n-1}}+o({{x}^{2n-1}}).$

Vậy $f(x)={{x}^{2}}g(x)+3=3+2{{x}^{3}}-\dfrac{{{2}^{3}}}{3!}{{x}^{5}}+\dfrac{{{2}^{5}}}{5!}{{x}^{5}}-...+\dfrac{{{(-1)}^{n-1}}{{2}^{2n-1}}}{(2n-1)!}{{x}^{2n+1}}+o({{x}^{2n+1}}).$

Ví dụ 6: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)=\dfrac{1}{2x+3}.$

Giải. Ta có

\[\begin{array}{l} f(0) = \dfrac{1}{3};\\ f'(x) = - \dfrac{2}{{{{(2x + 3)}^2}}} \Rightarrow f'(0) = - \dfrac{2}{9};\\ f''(x) = \dfrac{8}{{{{(2x + 3)}^3}}} \Rightarrow f''(0) = \dfrac{8}{{27}};\\ f'''(x) = - \dfrac{{48}}{{{{(2x + 3)}^4}}} \Rightarrow f'''(0) = - \dfrac{{16}}{{27}};\\ ...\\ {f^{(n)}}(x) = \dfrac{{{{( - 2)}^n}.n!}}{{{{(2x + 3)}^{n + 1}}}} \Rightarrow {f^{(n)}}(x) = \dfrac{{{{( - 2)}^n}.n!}}{{{3^{n + 1}}}}. \end{array}\]

Vậy $f(x)=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{9}x+\dfrac{8}{27}{{x}^{2}}-\dfrac{16}{27}{{x}^{3}}+...+\dfrac{{{(-2)}^{n}}.n!}{{{3}^{n+1}}}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$

Ví dụ 7: Khai triển Taylor theo các luỹ thừa của $x-1$ đến bậc ba của hàm số $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}.$

Giải. Ta có

$\begin{array}{l} f(x) = \dfrac{1}{{\sqrt x }} \Rightarrow f(1) = 1;\\ f'(x) = - \dfrac{1}{2}{x^{ - \dfrac{3}{2}}} \Rightarrow f'(1) = - \dfrac{1}{2};\\ f''(x) = \dfrac{3}{4}{x^{ - \dfrac{5}{2}}} \Rightarrow f''(1) = \dfrac{3}{4};\\ f'''(x) = - \dfrac{{15}}{8}{x^{ - \dfrac{7}{2}}} \Rightarrow f'''(1) = - \dfrac{{15}}{8}. \end{array}$

Vậy $f(x)=1-\dfrac{1}{2}(x-1)+\dfrac{3}{8}{{(x-1)}^{2}}-\dfrac{5}{16}{{(x-1)}^{3}}+o\left[ {{(x-1)}^{3}} \right].$

Ví dụ 8: Khai triển Taylor theo theo luỹ thừa của $x-1$ đến bậc ba của hàm số $f(x)={{x}^{x}}-1.$

Giải. Ta có

$\begin{array}{l} f(x) = {x^x} - 1 \Rightarrow f(1) = 0;\\ f(x) = {e^{x\ln x}} - 1 \Rightarrow f'(x) = \left( {\ln x + 1} \right){e^{x\ln x}} \Rightarrow f'(1) = 1;\\ f''(x) = \dfrac{1}{x}{e^{x\ln x}} + {\left( {\ln x + 1} \right)^2}{e^{x\ln x}} \Rightarrow f''(1) = 2;\\ f'''(x) = - \dfrac{1}{{{x^2}}}{e^{x\ln x}} + \dfrac{1}{x}\left( {\ln x + 1} \right){e^{x\ln x}} + \dfrac{2}{x}(\ln x + 1){e^{x\ln x}} + {\left( {\ln x + 1} \right)^3}{e^{x\ln x}} \Rightarrow f'''(1) = 3. \end{array}$

Vậy $f(x)=(x-1)+{{(x-1)}^{2}}+\dfrac{1}{2}{{(x-1)}^{3}}+o\left[ {{(x-1)}^{3}} \right].$

Ví dụ 9: Khai triển Taylor theo theo luỹ thừa của $x-2$ đến bậc ba của hàm số $f(x)=\dfrac{x}{x-1}.$

Giải. Ta có:

$\begin{array}{l} f(x) = \dfrac{x}{{x - 1}} \Rightarrow f(2) = 2;\\ f(x) = \dfrac{{(x - 1) + 1}}{{x - 1}} = 1 + \dfrac{1}{{x - 1}} \Rightarrow f'(x) = - \dfrac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} \Rightarrow f'(2) = - 1;\\ f''(x) = \dfrac{2}{{{{(x - 1)}^3}}} \Rightarrow f''(2) = 2;\\ f'''(x) = - \dfrac{6}{{{{(x - 1)}^4}}} \Rightarrow f'''(2) = - 6. \end{array}$

Vậy $f(x)=2-(x-1)+{{(x-1)}^{2}}-{{(x-1)}^{3}}+o\left[ {{(x-1)}^{3}} \right].$

Ví dụ 10: Khai triển Taylor theo theo luỹ thừa của $x-1$ đến bậc ba của hàm số $f(x)=\ln (1-x+{{x}^{2}}).$

Giải.

$\begin{array}{l} f(x) = \ln (1 - x + {x^2}) \Rightarrow f(1) = 0;\\ f'(x) = \dfrac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} \Rightarrow f'(1) = 1;\\ f''(x) = - \dfrac{{2{x^2} - 2x - 1}}{{{{({x^2} - x + 1)}^2}}} \Rightarrow f''(1) = 1;\\ f'''(x) = \dfrac{{2(2x - 1)({x^2} - x - 2)}}{{{{({x^2} - x + 1)}^3}}} \Rightarrow f'''(1) = - 4. \end{array}$

Vậy $f(x)=(x-1)+\dfrac{{{(x-1)}^{2}}}{2}-\dfrac{2{{(x-1)}^{3}}}{3}+o\left[ {{(x-1)}^{3}} \right].$

Ví dụ 11: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{e}^{-\dfrac{{{x}^{2}}}{2}}}.$

Giải. Xét $g(x)={{e}^{x}}$ ta có $g(x)={{e}^{x}}\Rightarrow g(0)=1;{{g}^{(n)}}(x)={{e}^{x}}\Rightarrow {{g}^{(n)}}(0)=1.$

Vậy $g(x)=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{{{x}^{2}}}{2!}+\dfrac{{{x}^{3}}}{3!}+...+\dfrac{{{x}^{n}}}{n!}+o({{x}^{n}}).$

Suy ra $f(x)=g\left( -\dfrac{{{x}^{2}}}{2} \right)=1-\dfrac{{{x}^{2}}}{1!{{.2}^{1}}}+\dfrac{{{x}^{4}}}{2!{{.2}^{2}}}-\dfrac{{{x}^{6}}}{3!{{.2}^{3}}}+...+\dfrac{{{(-1)}^{n}}{{x}^{2n}}}{n!{{.2}^{n}}}+o({{x}^{2n}}).$

Ví dụ 12: Khai triển Mac – Laurin đến luỹ thừa bậc 3 của $x$ của hàm số $f(x)={{e}^{\sin x}}.$

Giải. Ta có:

$\begin{array}{l} f(x) = {e^{\sin x}} \Rightarrow f(0) = 1;\\ f'(x) = \cos x{e^{\sin x}} \Rightarrow f'(0) = 1;\\ f''(x) = - \sin x{e^{\sin x}} + {\cos ^2}x{e^{\sin x}} \Rightarrow f''(0) = 1;\\ f'''(x) = - \cos x{e^{\sin x}} - \sin x\cos x{e^{\sin x}} - 2\cos x\sin x{e^{\sin x}} + {\cos ^3}x{e^{\sin x}} \Rightarrow f'''(0) = 0. \end{array}$

Vậy $f(x)=1+x+\dfrac{{{x}^{2}}}{2}+o({{x}^{3}}).$

Ví dụ 13: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{e}^{\tan x}}$ đến bậc 5 của $x.$

Giải. Có $f(x)=1+x+\dfrac{{{x}^{2}}}{2}+\dfrac{{{x}^{3}}}{2}+\dfrac{3{{x}^{4}}}{8}+o({{x}^{5}}).$

Ví dụ 14: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $y=x\sin {{x}^{2}}$ đến luỹ thừa ${{x}^{11}}.$

Giải. Có $\sin x=x-\dfrac{{{x}^{3}}}{3!}+\dfrac{{{x}^{5}}}{5!}+o({{x}^{5}}).$

Suy ra $\sin {{x}^{2}}={{x}^{2}}-\dfrac{{{x}^{6}}}{3!}+\dfrac{{{x}^{10}}}{5!}+o({{x}^{10}}).$

Vì vậy $x\sin {{x}^{2}}={{x}^{3}}-\dfrac{{{x}^{7}}}{3!}+\dfrac{{{x}^{11}}}{5!}+o({{x}^{11}}).$

Ví dụ 15: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)=\dfrac{{{x}^{2}}+5}{{{x}^{2}}+x-12}.$

Có $\begin{gathered} f(x) = \dfrac{{{x^2} + 5}}{{{x^2} + x - 12}} = 1 + \dfrac{2}{{x - 3}} - \dfrac{3}{{x + 4}} = 1 - \dfrac{2}{3}\dfrac{1}{{1 - \dfrac{x}{3}}} - \dfrac{3}{4}\dfrac{1}{{1 + \dfrac{x}{4}}} \\ = 1 - \dfrac{2}{3}\left( {1 - \left( { - \dfrac{x}{3}} \right) + {{\left( { - \dfrac{x}{3}} \right)}^2} - ... + {{( - 1)}^n}{{\left( { - \dfrac{x}{3}} \right)}^n} + o({x^n})} \right) - \dfrac{3}{4}\left( {1 - \left( {\dfrac{x}{4}} \right) + {{\left( {\dfrac{x}{4}} \right)}^2} - ... + {{( - 1)}^n}{{\left( {\dfrac{x}{4}} \right)}^n} + o({x^n})} \right) \\ = - \dfrac{5}{{12}} - \dfrac{5}{{144}}x - \dfrac{{209}}{{1728}}{x^2} - ... + {( - 1)^n}\left( { - \dfrac{2}{3}{{\left( { - \dfrac{1}{3}} \right)}^n} - \dfrac{3}{4}{{\left( {\dfrac{1}{4}} \right)}^n}} \right){x^n} + o({x^n}). \\ \end{gathered} $

Ví dụ 16: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{\cos }^{3}}x.$

Có $\begin{gathered} f(x) = {\cos ^3}x = \dfrac{1}{4}\cos 3x + \dfrac{3}{4}\cos x \\ = \dfrac{1}{4}\left( {1 - \dfrac{{{{\left( {3x} \right)}^2}}}{{2!}} + \dfrac{{{{\left( {3x} \right)}^4}}}{{4!}} - ... + \dfrac{{{{( - 1)}^n}{{\left( {3x} \right)}^{2n}}}}{{(2n)!}} + o({x^{2n}})} \right) + \dfrac{3}{4}\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{2!}} + \dfrac{{{x^4}}}{{4!}} - ... + \dfrac{{{{( - 1)}^n}{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + o({x^{2n}})} \right) \\ = 1 - \dfrac{3}{2}{x^2} + \dfrac{7}{8}{x^4} - ... + {( - 1)^n}\dfrac{{{9^n} + 3}}{{4(2n)!}}{x^{2n}} + o({x^{2n}}). \\ \end{gathered} $

Ví dụ 17: Khai triển Taylor của hàm số $f(x)=\ln \left( \dfrac{{{(x-1)}^{x-2}}}{3-x} \right)$ đếp cấp 4 của $x-2$ với phần dư dạng Peano.

Có $\begin{gathered} f(x) = \ln \left( {\dfrac{{{{(x - 1)}^{x - 2}}}}{{3 - x}}} \right) = (x - 2)\ln (x - 1) - \ln (3 - x) \hfill \\ \Rightarrow f'(x) = \ln (x - 1) + \dfrac{{x - 2}}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{3 - x}} \Rightarrow f''(x) = \dfrac{1}{{x - 1}} + \dfrac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(x - 3)}^2}}} \hfill \\ \Rightarrow f'''(x) = - \dfrac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} - \dfrac{2}{{{{(x - 1)}^3}}} - \dfrac{2}{{{{(x - 3)}^3}}} \hfill \\ \Rightarrow {f^{(4)}}(x) = \dfrac{2}{{{{(x - 1)}^3}}} + \dfrac{6}{{{{(x - 1)}^4}}} + \dfrac{6}{{{{(x - 3)}^4}}} \hfill \\ \Rightarrow f(2) = 0;f'(2) = 1;f''(2) = 3;f'''(2) = - 1;{f^{(4)}}(2) = 14 \hfill \\ \Rightarrow f(x) = (x - 2) + \dfrac{3}{2}{(x - 2)^2} - \dfrac{1}{6}{(x - 2)^3} + \dfrac{7}{{12}}{(x - 2)^4} + o\left( {{{(x - 3)}^4}} \right). \hfill \\ \end{gathered} $

4. Ứng dụng khai triển Taylor tính giới hạn của hàm số

Ví dụ 1: Tìm số thực $a$ sao cho $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\ln (a{{x}^{2}}+x+1)-x}{{{x}^{2}}}=1.$

Giải.Cách 1: Dùng Lôpitan có

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\ln (a{{x}^{2}}+x+1)-x}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\dfrac{2ax+1}{a{{x}^{2}}+x+1}-1}{2x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{(2a-1)x-a{{x}^{2}}}{2x(a{{x}^{2}}+x+1)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{2a-1-ax}{2(a{{x}^{2}}+x+1)}=\dfrac{2a-1}{2}.$

Vậy $\dfrac{2a-1}{2}=1\Leftrightarrow a=\dfrac{3}{2}.$

5. Ứng dụng khai triển Taylor vào các dạng bài toán khác

Ví dụ 1: Cho hàm số $f(x)$ xác định và có đạo hàm cấp 2 liên tục trên đoạn $[0;1]$ thoả mãn $f(0)=f(1)$ và $\left| {f}''(x) \right|\le A,\forall x\in [0;1].$ Chứng minh rằng $\left| {f}'(x) \right|\le \dfrac{A}{2},\forall x\in [0;1].$

Giải. Khai triển Taylor với phần dư dạng lagrange có:

$\begin{array}{l} f(0) = f(x) + f(x) + f'(x)(0 - x) + \dfrac{{f''(a)}}{2}{(0 - x)^2};\\ f(1) = f(x) + f'(x)(1 - x) + \dfrac{{f''(b)}}{2}{(1 - x)^2}. \end{array}$

Với $a$ là số thực nằm giữa $0$ và $x;b$ là số thực nằm giữa $1$ và $x.$

Kết hợp giả thiết có \[{f}'(x)=\dfrac{{f}''(a)}{2}{{x}^{2}}-\dfrac{{f}''(b)}{2}{{(1-x)}^{2}}\] và

\[\begin{array}{c} \left| {f'(x)} \right| = \left| {\dfrac{{f''(a)}}{2}{x^2} - \dfrac{{f''(b)}}{2}{{(1 - x)}^2}} \right|\\ \le \left| {\dfrac{{f''(a)}}{2}{x^2}} \right| + \left| {\dfrac{{f''(b)}}{2}{{(1 - x)}^2}} \right|\\ \le \dfrac{{A{x^2}}}{2} + \dfrac{{A{{(1 - x)}^2}}}{2} = \dfrac{A}{2}(2{x^2} - 2x + 1) = \dfrac{A}{2}(2x(x - 1) + 1) \le \dfrac{A}{2},\forall x \in [0;1]. \end{array}\]

Ví dụ 2: Cho $f:\left[ 0,1 \right]\to \mathbb{R}$là hàm khả vi 2 lần so cho với mọi $x\in \left[ 0,1 \right]$thì $f''(x)\le 1$. Chứng minh rằng

$f(0)-2f\left( \dfrac{1}{2} \right)+f(1)\le \dfrac{1}{4}$.

Giải. Để ý đến đại lượng $f(0),f(1)$ và $2f\left( \dfrac{1}{2} \right)$ điều này làm ta suy nghĩ đến khai triển Tayor tại ${{x}_{0}}=\dfrac{1}{2}$.

Khai triển Taylor ta được

$f(0)=f\left( \dfrac{1}{2} \right)-\dfrac{1}{2}f'\left( \dfrac{1}{2} \right)+\dfrac{1}{8}f''({{x}_{1}}),{{x}_{1}}\in \left( 0,\dfrac{1}{2} \right)$ ,

và

$f(1)=f\left( \dfrac{1}{2} \right)+\dfrac{1}{2}f'\left( \dfrac{1}{2} \right)+\dfrac{1}{8}f''({{x}_{2}}),{{x}_{2}}\in \left( \dfrac{1}{2},1 \right)$.

cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được $f(0)-2f\left( \dfrac{1}{2} \right)+f(1)=\dfrac{1}{8}\left( f''({{x}_{1}})+f''({{x}_{2}}) \right)\le \dfrac{1}{4}$.

Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 3: Cho $f:\left[ 0,1 \right]\to \mathbb{R}$khả vi cấp 2 trên $\left[ 0,1 \right]$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=a$ và $\underset{x\in \left[ 0,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f(x)=b$. Chứng minh rằng

\[\underset{x\in \left[ 0,1 \right]}{\mathop{\text{max}}}\,f''(x)\ge 8\left( a-b \right)\].

Giải. Do $f$ liên tục trên $\left[ 0,1 \right]$ nên tồn tại ${{x}_{0}}\in \left[ 0,1 \right]$ sao cho $f({{x}_{0}})=\underset{x\in \left[ 0,1 \right]}{\mathop{\min }}\,f(x)=b$. Theo định lý Fermat thì $f'({{x}_{0}})=0$. Khai triển Taylor ta được

$a=f(0)=f({{x}_{0}})+f'({{x}_{0}})\left( 0-{{x}_{0}} \right)+\dfrac{f''({{x}_{1}})}{2}x_{0}^{2}\Rightarrow a-b=\dfrac{f''({{x}_{1}})}{2}x_{0}^{2}$ với ${{x}_{1}}\in \left( 0,{{x}_{0}} \right)$

Ví dụ 4: Cho $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$là hàm khả vi với đạo hàm cấp 2 dương. Chứng minh rằng

$f\left( x+f'(x) \right)\ge f(x)$ với mọi số thực $x$.

Giải. Khai triển Taylor tại ${{x}_{0}}=x$ ta được

$f\left( x+f'(x) \right)=f(x)+f'(x)\left( x+f'(x)-x \right)+\dfrac{f''(\delta x)}{2}{{\left( x+f'(x)-x \right)}^{2}}$.

Suy ra $f\left( x+f'(x) \right)-f(x)={{\left( f'(x) \right)}^{2}}+\dfrac{f''(\delta x)}{2}{{\left( f'(x) \right)}^{2}}\ge 0$.

Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Ví dụ 5: Sử dụng Khai triển Taylor với phần dư dạng Lagrange để chứng minh $\int\limits_{0}^{1}{{{e}^{{{x}^{2}}}}dx}>\dfrac{51}{35}.$

Giải. Xét $f\left( x \right)={{e}^{x}}$ ta có ${{f}^{\left( n \right)}}\left( x \right)={{e}^{x}},\forall n=1,2,...\Rightarrow {{f}^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)=1,\forall n=1,2,...$

Khai triển Taylor với phần dư dạng Lagrange

$f\left( x \right)=f\left( 0 \right)+\dfrac{{f}'\left( 0 \right)}{1}x+\dfrac{{f}''\left( 0 \right)}{2!}{{x}^{2}}+...+\dfrac{{{f}^{\left( n \right)}}\left( 0 \right)}{n!}{{x}^{n}}+\dfrac{{{f}^{\left( n+1 \right)}}\left( c \right)}{\left( n+1 \right)!}{{x}^{n+1}}$

$=1+x+\dfrac{1}{2!}{{x}^{2}}+...+\dfrac{1}{n!}{{x}^{n}}+\dfrac{{{f}^{\left( n+1 \right)}}\left( c \right)}{\left( n+1 \right)!}{{x}^{n+1}}$

Chọn $n=3\Rightarrow f\left( x \right)=1+x+\dfrac{1}{2!}{{x}^{2}}+\dfrac{1}{3!}{{x}^{3}}+\dfrac{{{f}^{\left( 4 \right)}}\left( c \right)}{4!}{{x}^{4}}\ge 1+x+\dfrac{1}{2!}{{x}^{2}}+\dfrac{1}{3!}{{x}^{3}},\forall x$ do ${{f}^{\left( 4 \right)}}\left( c \right)>0;{{x}^{4}}\ge 0.$ Dấu bằng xảy ra khi $x=0.$

$\Rightarrow {{e}^{{{x}^{2}}}}\ge 1+{{x}^{2}}+\dfrac{1}{2!}{{x}^{4}}+\dfrac{1}{3!}{{x}^{6}}\left( * \right).$ Dấu bằng xảy ra khi $x=0.$

$\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{{{e}^{{{x}^{2}}}}dx}\ge \int\limits_{0}^{1}{\left( 1+{{x}^{2}}+\dfrac{{{x}^{4}}}{2!}+\dfrac{{{x}^{6}}}{3!} \right)dx}=\dfrac{51}{35}\left( ** \right).$ Vì dấu bằng ở (*) chỉ xảy ra tại $x=0$ nên (**) không xảy ra dấu bằng. Ta có điều phải chứng minh.

6. Ứng dụng khai triển Taylor để tính đạo hàm cấp cao tại điểm x=0.

Ví dụ 1: Khai triển Mac – Laurin của hàm số \[f(x)=({{x}^{3}}+1){{e}^{{{x}^{3}}}}\] từ đó tính đạo hàm ${{f}^{2019}}(0).$

Áp dụng công thức ${{e}^{x}}=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{{{x}^{2}}}{2!}+\dfrac{{{x}^{3}}}{3!}+...+\dfrac{{{x}^{n}}}{n!}+o({{x}^{n}})$ ta có

$\begin{gathered} f(x) = \left( {{x^3} + 1} \right){e^{{x^3}}} = {x^3}{e^{{x^3}}} + {e^{{x^3}}} \\ = {x^3}\left( {1 + \dfrac{{{x^3}}}{{1!}} + \dfrac{{{x^6}}}{{2!}} + \dfrac{{{x^9}}}{{3!}} + ... + \dfrac{{{x^{3n - 3}}}}{{(n - 1)!}} + o({x^{3n - 3}})} \right) + \left( {1 + \dfrac{{{x^3}}}{{1!}} + \dfrac{{{x^6}}}{{2!}} + \dfrac{{{x^9}}}{{3!}} + ... + \dfrac{{{x^{3n}}}}{{(n - 1)!}} + o({x^{3n}})} \right) \\ = 1 + 2{x^3} + \dfrac{3}{2}{x^6} + \dfrac{2}{3}{x^9} + ... + \left( {\dfrac{1}{{(n - 1)!}} + \dfrac{1}{{n!}}} \right){x^{3n}} + o({x^{3n}}). \\ \end{gathered} $

Do đó $\dfrac{{{f}^{(3n)}}(0)}{(3n)!}=\dfrac{1}{(n-1)!}+\dfrac{1}{n!}\Rightarrow {{f}^{(2019)}}(0)=2019!\left( \dfrac{1}{672!}+\dfrac{1}{673!} \right).$

Ví dụ 2: Khai triển Mac – Laurin của hàm số \[f(x)=({{x}^{2}}+1)\cos x,\] từ đó tính đạo hàm ${{f}^{2020}}(0).$

Áp dụng công thức $\cos x=1-\dfrac{{{x}^{2}}}{2!}+\dfrac{{{x}^{4}}}{4!}-...+\dfrac{{{(-1)}^{n}}}{(2n)!}{{x}^{2n}}+o({{x}^{2n}}).$

Ta có

$\begin{gathered} f(x) = ({x^2} + 1)\cos x = {x^2}\cos x + \cos x \\ = {x^2}\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{2!}} + \dfrac{{{x^4}}}{{4!}} - ... + \dfrac{{{{( - 1)}^{n - 1}}{x^{2n - 2}}}}{{(2n - 2)!}} + o({x^{2n - 2}})} \right) + \left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{2!}} + \dfrac{{{x^4}}}{{4!}} - ... + \dfrac{{{{( - 1)}^n}{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + o({x^{2n}})} \right) \\ = 1 - \dfrac{1}{2}{x^2} - \dfrac{{11}}{{24}}{x^4} + ... + \left( {\dfrac{{{{( - 1)}^n}}}{{(2n)!}} + \dfrac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{(2n - 2)!}}} \right){x^{2n}} + o({x^{2n}}). \\ \end{gathered} $

Do đó $\dfrac{{{f}^{(2n)}}(0)}{(2n)!}=\dfrac{{{(-1)}^{n}}}{(2n)!}+\dfrac{{{(-1)}^{n-1}}}{(2n-2)!}\Rightarrow {{f}^{(2020)}}(0)=2020!\left( \dfrac{1}{2020!}-\dfrac{1}{2018!} \right).$

Ví dụ 3: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)=\ln \left( 1+{{x}^{2}} \right)$ từ đó tính ${{f}^{(2020)}}(0).$

Áp dụng công thức: $\ln (1+x)=x-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-...+\frac{{{(-1)}^{n-1}}{{x}^{n}}}{n}+o({{x}^{n}}).$

Do đó $f(x)=\ln \left( 1+{{x}^{2}} \right)={{x}^{2}}-\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{{{x}^{6}}}{3}-...+\frac{{{(-1)}^{n-1}}{{x}^{2n}}}{n}+o({{x}^{2n}})\Rightarrow \frac{{{f}^{(2n)}}(0)}{(2n)!}=\frac{{{(-1)}^{n-1}}}{n}\Rightarrow {{f}^{(2020)}}(0)=-\frac{2020!}{1010}.$

Ví dụ 4: Dùng khai triển Mac – laurin của hàm số $f(x)=\arcsin x$ tính ${{f}^{(21)}}(0).$

Giải. Áp dụng công thức: ${{(1+x)}^{\alpha }}=1+\dfrac{\alpha }{1!}x+\dfrac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{{x}^{2}}+...+\dfrac{\alpha (\alpha -1)...(\alpha -(n-1))}{n!}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$

Ta có \[{f}'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}={{\left( 1-{{x}^{2}} \right)}^{-\dfrac{1}{2}}}=1+\dfrac{1}{1!}\times -\dfrac{1}{2}\left( -{{x}^{2}} \right)+\dfrac{1}{2!}\times -\dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{1}{2}-1 \right){{\left( -{{x}^{2}} \right)}^{2}}+...+\dfrac{1}{10!}\times -\dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{1}{2}-1 \right)...\left( -\dfrac{1}{2}-9 \right){{\left( -{{x}^{2}} \right)}^{10}}+o({{x}^{20}}).\]

Do đó ${{f}^{(21)}}(0)={{\left( {f}'(x) \right)}^{(20)}}(0)=20!\left( \dfrac{1}{10!}\times -\dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{1}{2}-1 \right)...\left( -\dfrac{1}{2}-9 \right) \right)=\dfrac{20!19!!}{{{2}^{10}}10!}.$

Trong đó $19!!=1\times 3\times 5\times 7\times 9\times 11\times 13\times 15\times 17\times 19.$

7. Ứng dụng khai triển Taylor với phần dư dạng Lagrange tính gần đúng giá trị biểu thức

Ví dụ 1: Khai triển Taylor hàm số $f(x)=\sqrt[5]{x+1}$ đến cấp 2 tại điểm $x=31,$ từ đó tính $\sqrt[5]{33}$ và đánh giá sai số.

Ta khai triển với phần dư dạng Lagrange:

$\begin{gathered} f(x) = {\left( {x + 1} \right)^{\frac{1}{5}}} \Rightarrow f'(x) = \frac{1}{5}{\left( {x + 1} \right)^{ - \frac{4}{5}}} \Rightarrow f''(x) = - \frac{4}{{25}}{\left( {x + 1} \right)^{ - \frac{9}{5}}} \Rightarrow f'''(x) = \frac{{36}}{{125}}{\left( {x + 1} \right)^{ - \frac{{14}}{5}}} \hfill \\ \Rightarrow f(31) = 2;f'(31) = \frac{1}{{5 \times {2^4}}};f''(31) = - \frac{4}{{25 \times {2^9}}} \hfill \\ \Rightarrow f(x) = 2 + \frac{1}{{5 \times {2^4}}}(x - 31) - \frac{4}{{25 \times {2^9} \times 2!}}{(x - 31)^2} + \frac{{36}}{{125 \times 3! \times {{\left( {c + 1} \right)}^{\frac{{14}}{5}}}}}{(x - 31)^3}. \hfill \\ \end{gathered} $

Vậy $\sqrt[5]{33}=\sqrt[5]{32+1}=f(32)\approx 2+\frac{1}{5\times {{2}^{4}}}(32-31)-\frac{4}{25\times {{2}^{9}}\times 2!}{{(32-31)}^{2}}=2,01234375.$

Sai số là $\frac{36}{125\times 3!\times {{\left( c+1 \right)}^{\frac{14}{5}}}}{{(32-31)}^{3}}=\frac{6}{125{{\left( c+1 \right)}^{\frac{14}{5}}}}<\frac{6}{125{{\left( 31+1 \right)}^{\frac{14}{5}}}}\approx 2,{{9.10}^{-6}},c\in \left( 31;32 \right).$

Ví dụ 2: Tính gần đúng ${{e}^{0,1}}$ với sai số bé hơn ${{10}^{-4}}.$

Giải. Có ${{e}^{x}}=1+x+\dfrac{1}{2!}{{x}^{2}}+\dfrac{1}{3!}{{x}^{3}}+...+\dfrac{1}{n!}{{x}^{n}}+\dfrac{1}{(n+1)!}{{e}^{c}}{{x}^{n+1}}$ với $c$ nằm giữa 0 và x.

Tại điểm $x=0,1$ sai số là ${{\varepsilon }_{n}}=\dfrac{1}{(n+1)!}{{e}^{c}}{{\left( 0,1 \right)}^{n+1}};c\in \left( 0;0,1 \right).$ Ta có ${{\varepsilon }_{3}}<\dfrac{{{e}^{0,1}}}{(3+1)!}{{\left( 0,1 \right)}^{3+1}}<{{10}^{-4}}.$

Vậy ${{e}^{0,1}}\approx 1+0,1+\dfrac{1}{2!}{{\left( 0,1 \right)}^{2}}+\dfrac{1}{3!}{{\left( 0,1 \right)}^{3}}=\dfrac{6631}{6000}.$

Hiện tại Vted.vn xây dựng 2 khoá học Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 dành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, đại học khối ngành Kinh tế của tất cả các trường:

1. Khoá: PRO S1 - MÔN TOÁN CAO CẤP 1 - ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
2. Khoá: PRO S2 - MÔN TOÁN CAO CẤP 2 - GIẢI TÍCH

Khoá học cung cấp đầy đủ kiến thức và phương pháp giải bài tập các dạng toán đi kèm mỗi bài học. Hệ thống bài tập rèn luyện dạng Tự luận có lời giải chi tiết tại website sẽ giúp học viên học nhanh và vận dụng chắc chắn kiến thức. Mục tiêu của khoá học giúp học viên đạt điểm A thi cuối kì các học phần Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 trong các trường kinh tế.

Sinh viên các trường ĐH sau đây có thể học được combo này:

- ĐH Kinh Tế Quốc Dân

- ĐH Ngoại Thương

- ĐH Thương Mại

- Học viện Tài Chính

- Học viện ngân hàng

- ĐH Kinh tế ĐH Quốc Gia Hà Nội

và các trường đại học, ngành kinh tế của các trường ĐH khác trên khắp cả nước...

ĐĂNG KÍ COMBO TOÁN CAO CẤP DÀNH CHO SINH VIÊN TẠI ĐÂY