trang Blog

Mạnh KhươngTham gia: 12/08/2009
  • Khai triển Taylor- Maclaurin
    Nhịp Sống Trẻ
    CameraNikon D3
    ISO3200
    Aperturef/8
    Exposure1/50th
    Focal Length200mm

    Khai triển Taylor- Maclaurin

    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:

    \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}} + {{R}_{n}}(x) \\ \end{array} (6)

    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

    \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 Taylor 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 Maclaurinh.

    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 hàmf^{(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}

    2. Các khai triển Maclaurin quan trọng:

    1. e^x = \sum\limits_{k=0}^{n}{ \dfrac{x^k}{k!}}+0(x^n)

    2. {\sin}x = x - { \dfrac{x^3}{3!}} + { \dfrac{x^5}{5!}} + ... + (-1)^{m-1}{ \dfrac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}} + 0(x^{2m-1})

    3. {\cos}x = 1 - { \dfrac{x^2}{2!}} + { \dfrac{x^4}{4!}} + ... + (-1)^{m}{ \dfrac{x^{2m}}{(2m)!}} + 0(x^{2m})

    4. ln(1+x) = x - { \dfrac{x^2}{2}} + { \dfrac{x^3}{3}} - { \dfrac{x^4}{4}} + ... + (-1)^{n-1}{ \dfrac{x^n}{n}} + 0(x^n)

    5.\begin{array}{r}(1+x)^{\alpha} = 1 + {\alpha}x + { \dfrac{{\alpha}({\alpha}-1)}{2!}}x^2 + ... + { \dfrac{{\alpha}({\alpha}-1)...({\alpha}-n+1)}{n!}}x^n + \\ 0(x^n) \\ \end{array}

    Nhận xét: trong thực hành, thay vì ta đi tính các đạo hàm để tìm công thức khai triển Taylor – Maclaurin, thì ta có thể biến đổi biểu thức về các dạng trên, rồi áp dụng các tính chất sau:

    Nếu f(x) \approx P_n(x) ; g(x) \approx Q_n(x) thì:

    f(x){\pm}g(x) \approx P_n(x){\pm}Q_n(x) ; f(x).g(x) \approx P_n(x).Q_n(x)

    Bài tập giải mẫu

    bt-khai-tien-taylor1.gif

    bt-khai-tien-taylor-2.gif

    bt-khai-tien-taylor-3.gif

    bt-khai-trien-taylor-4_thumb

    bt-khai-trien-taylor-5

    bt-khai-tien-taylor-6.gif

    bt-khai-tien-taylor-7.gif

    bt-khai-tien-taylor-8.gif


     
    Khai triển Taylor- Maclaurin