Математический анализ. Дифференциальное исчисление функций одной переменной. Ларин А.А. - 50 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

50
0
00,
c
=+
из которого следует , что
0
0.
c
=
Поэтому равенство (6.11)
можно записать в виде
000
1
0()(()),.
n
kn
k
k
cxxoxxxx
=
=−+−→
∑
(6.12)
Введём в рассмотрение функцию
0
0
0
(())
()
n
n
oxx
xxxn
xx
α
−
=≠≥
−
Очевидно, что
0
lim()0
xx
x
α
→
=
и что
00
(())()().
nn
oxxxxxα−=− Поэтому,
если
1,
n
≥
то
11
00
00
00
(())()()
()()(()).
nn
nn
oxxxxx
xxxoxx
xxxx
α
α
−−
−−
==−=−
−−
Считая , что
1,
n
≥
разделим равенство (6.12) на
0
.
xx
−
В результате
получим соотношение
11
000
1
0()(()),.
n
kn
k
k
cxxoxxxx
−−
=
=−+−→
∑
Переходя в этом равенстве к пределу при
0
,
xx
→
получим , что
1
0.
c
=
Продолжая этот процесс, получим , что
2
...0,
n
cc
===
т . е. все
коэффициенты
k
c
равны 0. Таким образом ,
,0,1,...,.
kk
bakn
==
Полученное противоречие показывает , что сделанное предположение
неверно, и потому представление вида (6.9) единственно.
Теорема доказана.
Из доказанной теоремы следует , что если для
n
раз дифференцируемой
в точке
0
x
функции
()
fx
получено представление вида (6.9), то это
представление является её разложением по формуле Тейлора.
Разложение по формуле Тейлора некоторых элементарных функций
Полагая в формуле Тейлора
0
0,
x
=
запишем её в виде
()
2
(0)(0)(0)
()(0)...(),0.
1!2!!
n
nn
fff
fxfxxxoxx
n
′′′
=+++++→
1) Пусть
().
x
fxe
=
Тогда
()()
(0)1,(),(0)1,1,2,....
kxk
ffxefk====
Фиксируя произвольное
,
nN
∈
получаем разложение 
                                                 50
0 =c0 +0, из которого следует, что c0 =0. Поэтому равенство (6.11)
можно записать в виде

                                    n
                      0 = ∑ ck ( x − x0 ) k +o ( ( x − x0 ) n ) , x → x0 .                     (6.12)
                                  k =1

                                                   o( ( x − x0 ) n )
Введём в рассмотрение функцию α ( x ) =                              , x ≠ x0 , n ≥0.
                                                     ( x − x0 ) n
Очевидно, что lim α ( x ) =0 и что o( ( x − x0 ) n ) =α ( x ) ( x − x0 ) n . Поэтому,
                    x → x0

если n ≥1, то

      o( ( x − x0 ) n )   α ( x ) ( x − x0 ) n
                        =                      = α ( x ) ( x − x0 ) n −1 = o( ( x − x0 ) n −1 ).
          x − x0                x − x0

Считая, что n ≥1, разделим равенство (6.12) на x − x0 . В результате
получим соотношение
                              n
                   0 = ∑ ck ( x − x0 ) k −1 +o ( ( x − x0 )n −1 ) , x → x0 .
                             k =1

Переходя в этом равенстве к пределу при x → x0 , получим, что c1 = 0.
Продолжая этот процесс, получим, что c2 =... = cn =0, т. е. все
коэффициенты ck равны 0. Таким образом, bk =ak , k =0, 1, ... , n .
Полученное противоречие показывает, что сделанное предположение
неверно, и потому представление вида (6.9) единственно.
   Теорема доказана.

  Из доказанной теоремы следует, что если для n раз дифференцируемой
в точке x0 функции f ( x ) получено представление вида (6.9), то это
представление является её разложением по формуле Тейлора.


 Разложение по формуле Тейлора некоторых элементарных функций


   Полагая в формуле Тейлора x0 =0, запишем её в виде

                      f ′(0)     f ′′(0) 2       f ( n ) (0) n
    f ( x ) = f (0) +        x +        x +... +            x + o( x n ), x → 0.
                        1!         2!               n!

  1) Пусть f ( x ) =e x . Тогда f (0) =1, f ( k ) ( x ) =e x , f ( k ) (0) =1, k =1,2, ... .
Фиксируя произвольное n ∈ N , получаем разложение

Страницы