Tóm tắt lý thuyết 6. Công thức Taylor 6.1 Định lý Nếu f có đạo hàm cấp n là \({f^{(n)}}\) liên tục trên [a,b] và f có đạo hàm cấp n + 1 trên (a,b) thì \(\exists c \in (a,b)\) sao cho: \(f(b) = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) \(= f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(b - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(b - a)^2} + ...\) \(.... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(b - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của f tại a. \({R_n} = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) gọi là sai số (dư số) bậc n của công thức khai triển Taylor của f tại a . Chứng minh: Đặt \({R_n}(t) = f(t) - f(a) - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {\left( {t - a} \right)^k}\) Ta có: \(R'_n(a)=R''_n(a)=...=R^{(n)}_n(a)=0\) Và \(R^{(n+1)}_n(t)=f^{(n+1)}(t),\forall t \in (a,b)\) Đặt \(\varphi (t) = {R_n}(t) - \frac{{{R_n}(b){{(t - a)}^{n + 1}}}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}}\) \(\varphi\) khả vi, liên tục đến cấp n trên [a,b] và \({\varphi ^{n + 1}}\) tồn tại trong (a,b). Ta có \(\varphi (b) = \varphi (a) = \varphi '(a) = \varphi ''(a) = ... = {\varphi ^{(n)}}(a) = 0\) Nhận xét: \({\varphi ^{(k)}}(a) = R_n^{(k)}(a) = 0,\forall k = \overline {1,n}\) Ta có: \(\varphi (a) = \varphi (b)\) nên theo định lý Rolle: \(\exists {a_1} \in (a,b)\) sao cho \(\varphi '({a_1}) = 0\) Tương tự: \(\varphi '(a) = \varphi '({a_1}) = 0:\exists {a_2} \in (a,{a_1})\)sao cho \(\varphi ''({a_2}) = 0\) \(\varphi '(a) = \varphi '({a_2}) = 0:\exists {a_3} \in (a,{a_2})\)sao cho \(\varphi ''({a_3}) = 0\) ............ \(\exists {a_n} \in \left( {a,{a_{n - 1}}} \right):{\varphi ^{(n)}}({a_n}) = 0\) Cuối cùng, vì \({\varphi ^{(n)}}(a) = {\varphi ^{(n)}}({a_n}) = 0\) nên \(\exists c \in (a,{a_n}):{\varphi ^{(n + 1)}}(c) = 0\) Mà \({\varphi ^{(n + 1)}}(c) = R_n^{(n + 1)}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}} = {f^{n + 1}}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}}\) \(\Rightarrow {f^{n + 1}}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}} = 0\) với \(c \in (a,{a_n}) \subset (a,b)\) nghĩa là \(\exists c \in (a,b):{R_n}(b) = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{(b - a)}^{(n + 1)}}}}{{(n + 1)!}}\) (2) Theo (1) thì \({R_n}(b) = f(b) - \sum\limits_{k!}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k}\) (3) Từ (2) và (3) ta suy ra \(\exists c \in (a,b)\) sao cho \(f(b) - \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k} = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) Chuyển vế ta có đẳng thức cần chứng minh: \(f(b) = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(b - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(b - a)^2} + ....\) \(.... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(b - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) với \(c \in (a,b)\) Nhận xét: Khi n = 0 thì công thức trên trở thành công thức Lagrange. Khi a = 0 thì công thức Taylor gọi là công thức MacLaurin. \(f(b) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}b + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{b^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{b^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(0)}}{{(n + 1)!}}{b^{n + 1}}\) Thay \(\left\{ \begin{array}{l} a = x\\ b = x + h \end{array} \right.\), ta có: \(f(x + h) = f(x) + \frac{{f'(x)}}{{1!}}h + \frac{{f''(x)}}{{2!}}{h^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(x)}}{{n!}}{h^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{h^{n + 1}}\) với \(x hoặc \(x+h Thay b = x trong công thức MacLaurin ta có: \(f(x) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}x + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\) Nếu b = a + h với h > 0, ta có: \(a{\rm{ }} < {\rm{ }}c{\rm{ }} < {\rm{ }}a{\rm{ }} + {\rm{ }}h{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}c{\rm{ }} = {\rm{ }}a{\rm{ }} + {\rm{ }}\theta h\)với \(0 < {\rm{ }}\theta < 1\) Tương tự trong trường hợp \(b = a + h\), với \(h < 0 \) Do đó công thức Taylor còn viết: \(f(a + x) = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}x + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{x^2} + ...\) \(... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(a + \theta x)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\,\,(0 < \theta < 1)\) Khi a = 0, ta có: \({R_n} = \frac{{{f^{n + 1}}(\theta x)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\) với \(0 < {\rm{ }}\theta < 1\) Phát biểu khác: Cho hàm số f có đạo hàm cấp n + 1 trên khoảng mở I chứa a. Khi đó với mọi \(\forall x \in I,\exists c \in (a,x)\) hoặc \(c \in(x,a)\) sao cho: \(f(x) = f(a) + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{k!}}{{(x - a)}^k}} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(x - a)^{n + 1}}\) \( = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(x - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(x - a)^2} + ...\) \(... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(x - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(x - a)^{n + 1}}\) 6.2 Ví dụ Viết công thức khai triển Taylor của f(x) tại x = 0 với \(f(x) = {e^x},f'(x) = {e^x},...{f^{(n)}}(x) = {e^x}\) \( \Rightarrow {f^{(n)}}(0) = 1,\forall n\) \(\Rightarrow f(x) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}x + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\) \(\Rightarrow {e^x} = 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}} + \frac{{{e^{\theta x}}{x^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\) \(f(x) = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \). Ta có: \({f^{(n)}}(x) = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {x + n\frac{\pi }{2}} \right)\) \( \Rightarrow {f^{(n)}}(0) = \sin \left( {n\frac{\pi }{2}} \right) = \left\{ \begin{array}{l} 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,n = 2\\ {( - 1)^k}\,\,\,\,khi\,\,n = 2k + 1 \end{array} \right. \) \(\sin \left[ {(2k + 1)\frac{\pi }{2}\,} \right] = \sin \left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right) = \left\{ \begin{array}{l} \sin \,\frac{\pi }{2} = 1\,\,\,\,\,khi\,\,k\,\,chan\\ - \sin \frac{\pi }{2} = - 1\,\,\,khi\,\,k\,le \end{array} \right. = {( - 1)^k} \) Vậy khai triển Taylor của sinx tại 0 là: \({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} - \frac{{{x^7}}}{{7!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{(2k + 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}\cos \theta x}}{{(2k + 3)!}}{x^{2k + 3}}\) \({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} - \frac{{{x^7}}}{{7!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^{h - 1}}{x^{2h - 1}}}}{{(2h - 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^h}\cos \theta x}}{{(2h + 1)!}}{x^{2h + 1}}\) với \(0 < \theta < 1\) Nếu sai số dừng lại ở đạo hàm bậc 2k + 2 ta có: \({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{(2k + 1)!}} + \frac{{\sin (\theta x + (2k + 2)\frac{\pi }{2}){x^{2k + 2}}}}{{(2k + 2)!}}\) \(= x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{(2k + 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}\sin \theta x}}{{(2k + 2)!}}{x^{2k + 2}}\) \(= x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^{h - 1}}{x^{2h - 1}}}}{{(2h + 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^h}\sin \theta x}}{{(2h)!}}{x^{2h}}\) Nhận xét: Khai triển trên phù hợp với tính chất sinx là hàm lẻ, cosx là hàm chãn. Mục đích của khai triển Taylor là xâp xỉ hàm f(x) (hàm khả vi đến cấp n + 1) bàng một đa thức bậc n để dễ khảo sát. \(f(x) = ln(1 + x),\,f'(x) = \frac{1}{{x + 1}},f''(x) = \frac{{ - 1}}{{{{(x + 1)}^2}}},\,\,f'''(x) = \frac{2}{{{{(x + 1)}^3}}},...,{f^{(n)}}(x) = \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}(n - 1)!}}{{{{(1 + x)}^n}}}\) \(\Rightarrow {f^{(n)}}(0) = {( - 1)^{n - 1}}(n - 1)!\) \(f(x) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}x + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(\theta x)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\) \(\Rightarrow \ln (1 + x) = x - \frac{{{x^2}}}{2} + ... + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}{x^n}}}{n} + \frac{{{{( - 1)}^n}{x^{n + 1}}}}{{(n + 1){{(1 + \theta x)}^{n + 1}}}}\) \(f(x) = {(1 + x)^\alpha }\) \(f'(x) = \alpha {(1 + x)^{\alpha - 1}};f''(x) = \alpha (\alpha - 1){(1 + x)^{\alpha - 2}}\) ..... \({f^{(n)}}(x) = \alpha (\alpha - 1)(\alpha - 2)....(\alpha - n + 1){(1 + x)^{\alpha - n}}\) \({f^{(n)}}(0) = \alpha (\alpha - 1)...(\alpha - n + 1)\) \({(1 + x)^\alpha } = 1 + \alpha x + \frac{{\alpha (\alpha - 1)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{\alpha (\alpha - 1)...(\alpha - n + 1)}}{{n!}}{x^n}\) \(... + \frac{{\alpha (\alpha - 1)...(\alpha - n)}}{{(n + 1)!}}{(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}}{x^{n + 1}}\) Khi \(\alpha = n\), ta có: \({(1 + x)^n} = 1 + x + \frac{{n(n - 1)}}{2}{x^2} + ... + {x^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)!}}{x^k}} \) Đây là công thức nhị thức Newton: \({(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)!}}{a^k}{b^{n - k}}}\) Khi \(\alpha = - 1\) \({(1 + x)^{ - 1}} = \frac{1}{{1 + x}} = 1 - x + {x^2} - {x^3} + ... + {( - 1)^n}{x^n} + \frac{{{{( - 1)}^{n + 1}}{x^{n + 1}}}}{{{{(1 + \theta x)}^{n + 2}}}}\) \(\Rightarrow \frac{1}{{1 - x}} = 1 + x + {x^2} + {x^3} + ... + {x^n} + \frac{{{x^{n + 1}}}}{{{{(1 - \theta x)}^{n + 2}}}}\) Nhận xét: Phần chính (bỏ Rn) trong công thức khai triển của \(\frac{1}{{1 + x}}\) chính là đạo hàm từng số hạng của phần chính trong công thức khai triển của \( ln(1- x)\) Ví dụ 1: Tính gần đúng \(\sqrt e\) với sai số nhỏ hơn 0,0001 Ta có: \({e^x} = 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}} + \frac{{{e^{\theta x}}{x^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}},\,0 < \theta < 1\) Với x =1/2 thì: \(\sqrt e = 1 + \frac{1}{2} + \frac{{{{(1/2)}^2}}}{{2!}} + \frac{{{{(1/2)}^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{(1/2)}^n}}}{{n!}} + \frac{{{e^{\theta /2}}{{(1/2)}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\) Để sai số nhỏ hơn 0,0001 ta cần chọn n thỏa \(\frac{3}{{{2^{n + 1}}(n + 1)!}} < 0,0001 \Rightarrow {2^{n + 1}}(n + 1)! > 30000\,\,(*)\) (*) đúng với mọi \(n \ge 5\) Vậy chọn n = 5 ta có \(\sqrt e \simeq 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{2!{2^2}}} + \frac{1}{{3!{2^3}}} + \frac{1}{{4!{2^4}}} + \frac{1}{{5!{2^5}}} = A\) thỏa điều kiện \(\left| {\sqrt e - A} \right| = \sqrt e - A < 0,0001\) Ví dụ 2: Viết khai triển Taylor của hàm số \(f(x) = \sqrt[3]{x}\) đến cấp 3 và tính gần đúng \( \sqrt[3]{124}\). Khai triển cần tìm là: \(\sqrt[3]{{x + h}} = \sqrt[3]{x} + \frac{1}{3}{x^{ - 2/3}}h - \frac{{2{x^{ - 5/3}}h}}{{9.2!}} + \frac{{10{x^{ - 8/3}}{h^3}}}{{27.3!}} - \frac{{80{c^{ - 11/3}}{h^4}}}{{81.4!}}\) với \(c \in (x,x+h)\) hoặc \(c \in(x+h,x)\) Với x = 125, h = -1 ta có: \(\sqrt[3]{{124}} = \sqrt[3]{{125 - 1}} \simeq \sqrt[3]{{125}} - \frac{1}{3}{125^{ - 2/3}} - \frac{{{{2.125}^{ - 5/3}}}}{{9.2!}} - 10\frac{{{{2.125}^{ - 8/3}}}}{{27.3!}}\) Ví dụ 3: Tính gần đúng sin 1 với sai số nhỏ hơn 10-6 Ta có: \((0 < \theta < 1)\) \({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + {( - 1)^{k - 1}}\frac{{{x^{2k - 1}}}}{{(2k - 1)!}} + {( - 1)^k}\frac{{\cos \theta x}}{{(2k + 1)!}}{x^{2k + 1}}\) Cho x = 1 ta được: \(\sin 1 = 1 - \frac{1}{{3!}} + ... + {( - 1)^{k - 1}}\frac{1}{{(2k - 1)!}} + {( - 1)^k}\frac{{\cos \theta }}{{(2k + 1)!}}\) Sai số \(\left| {{{( - 1)}^k}\frac{{\cos \theta }}{{(2k + 1)!}}} \right| < \frac{1}{{(2k + 1)!}} < {10^{ - 6}},\forall k \ge 5\) Chọn k = 5 ta có \(\sin 1 \approx 1 - \frac{1}{{3!}} + ... + {( - 1)^4}\frac{1}{{9!}} = B\) thỏa điều kiện \(\left| {\sin 1 - B} \right| < {10^{ - 6}}\)
