Лекции по математическому анализу. Часть 1. Бесов О.В. - 92 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

92 Глава 6. Свойства дифференцируемых функций
Д о к а з а т е л ь с т в о. По теореме о разложении
функции по формуле Тейлора с остаточным членом в форме
Пеано имеет место равенство (1). В силу теоремы един-
ственности (3) совпадает с (1).
Упражнение 1. Пусть для функции f выполняется (3)
при n = 3. Выяснить, влечет ли это существование f
0
(x
0
),
f
00
(x
0
), f
000
(x
0
).
Пример. При |x| < 1 1 + x + x
2
+ . . . + x
n
=
1 − x
n+1
1 − x
,
т. е.
1
1 − x
= 1 + x + x
2
+ . . . + x
n
+ r
n
(x), где r
n
(x) =
=
−x
n+1
1 − x
= o(x
n
) при x → 0. По следствию из теоремы
единственности, полученное разложение функции f(x) =
=
1
1 − x
является формулой Т ейлора.
З а м е ч а н и е 1. Доказанные в этом пара-
графе три теоремы и следствие справедливы и в случае,
когда функция f задана в полуокрестности U(x
0
+ 0) или
U(x
0
− 0). При этом производные f
(k)
(x
0
) понимаются как
односторонние.
Примеры разложений по формуле Тейлора.
1.
◦
f(x) = e
x
, x
0
= 0. Имеем f
(k)
(x) = e
x
,
e
x
= 1 + x +
x
2
2!
+
x
3
3!
+ . . . +
x
n
n!
+ r
n
(x),
где при 0 < θ < 1 r
n
(x) =
e
θx
(n + 1)!
x
n+1
= O(x
n+1
) =
= o(x
n
) при x → 0.
2.
◦
f(x) = sin x, x
0
= 0. Имеем
{f
(k)
(0)}
∞
k=0
= 0, 1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . .
sin x = x −
x
3
3!
+
x
5
5!
+ ··· + (−1)
n
x
2n+1
(2n + 1)!
+ o(x
2n+2
)
при x → 0. Здесь выписан остаточный член после
равного нулю 2n + 2-го члена формулы Тейлора.
92        Глава 6. Свойства дифференцируемых функций

   Д о к а з а т е л ь с т в о. По теореме о разложении
функции по формуле Тейлора с остаточным членом в форме
Пеано имеет место равенство (1). В силу теоремы един-
ственности (3) совпадает с (1).
      Упражнение 1. Пусть для функции f выполняется (3)
при n = 3. Выяснить, влечет ли это существование f 0 (x0 ),
f 00 (x0 ), f 000 (x0 ).
    Пример. При |x| < 1 1 + x + x2 + . . . + xn = 1 − xn+1
                                                    1−x ,
        1              2           n
т. е. 1 − x = 1 + x + x + . . . + x + rn (x), где rn (x) =
       n+1
= −x          n
   1 − x = o(x ) при x → 0. По следствию из теоремы
единственности, полученное разложение функции f (x) =
= 1−1 является формулой Тейлора.
      x
    З а м е ч а н и е 1. Доказанные в этом пара-
графе три теоремы и следствие справедливы и в случае,
когда функция f задана в полуокрестности U (x0 + 0) или
U (x0 − 0). При этом производные f (k) (x0 ) понимаются как
односторонние.
     Примеры разложений по формуле Тейлора.
     1.◦ f (x) = ex , x0 = 0. Имеем f (k) (x) = ex ,

                              x2 x3           xn
               ex = 1 + x +      +    + ... +    + rn (x),
                              2!   3!         n!
                                          θx
         где при 0 < θ < 1 rn (x) = (ne+ 1)! xn+1 = O(xn+1 ) =
         = o(xn ) при x → 0.
     2.◦ f (x) = sin x, x0 = 0. Имеем
          {f (k) (0)}∞
                     k=0 = 0, 1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . .
               x3 x5                     x2n+1
     sin x = x −  +    + · · · + (−1)n           + o(x2n+2 )
               3!   5!                 (2n + 1)!
        при x → 0. Здесь выписан остаточный член после
        равного нулю 2n + 2-го члена формулы Тейлора.

Страницы