Bài giảng Giải tích 1 - Bài 9: Khai triển Taylor

Nội dung text: Bài giảng Giải tích 1 - Bài 9: Khai triển Taylor

1. Công thức khai triển Taylor với phần dư Lagrange f có đạo hàm cấp n+1 trong (a, b) chứa x0: f ( x) f ( x ) 2 f() x= f( x) +00( x − x) +( x − x ) 01! 0 2! 0 ()n fx( ) n + +0 (xx −) + R n! 0 n (n+ 1) fc( ) n+1 R =−(xx) , c nằm giữa x và x n (n + 1)! 0 0 (khai triển Taylor đến cấp n trong lân cận x0)
2. Ý nghĩa của khai triển Taylor f(x): biểu thức phức tạp cần tìm 1 hàm số đơn giản hơn và gần bằng f(x) để thuận tiện trong tính toán. Hàm đơn giản nhất là đa thức.
3. f(x) = sinx x3 f()() x=+ x o x f()() x= x − + o x3 3!
4. f(x) = sinx 4 x21n− f( x )= ( − 1)n + o ( x7 ) n=1 (2n − 1)! x3 f()() x=+ x o x f()() x= x − + o x3 3!
5. 1 1 fx()= =f (1) 1 fx ()=− f (1) = − 1 x x2 2 24 fx ()= =f (1) 2 fx(4) ()= x3 x5 6 fx ()=− f (1) = − 6 x4 ff (1) (1) f( x )= f (1) + ( x − 1) + ( x − 1)2 1! 2! f (1) +(x − 1)33 + o ( x − 1) 3! ( )
6. Nếu dùng phần dư Lagrange: 2 3 f( x )= 1 − ( x − 1) + ( x − 1) −(x − 1) + R3 24 fx(4) ()= x5 f (4) ()c Rx=−( 1)4 3 4! 1 24 (x − 1)4 =(x − 1)4 = 4!cc55
7. Ví dụ 3 Biết f(x) là đa thức bậc 3, với f(2) = 0, f’(2) = -1, f ”(2) = 4, f ’”(2) = 12, tìm f(1), f ’(1) Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên f(4)(x) = 0 Khai triển Taylor của f đên cấp 3 không có phần dư. f (2) f (2) f (2) f()(2) x= f + (2) x − + (2) x −23 + (2) x − 1! 2! 3!
8. Khai triển Maclaurin các hàm cơ bản (x0 = 0) 1. f( x) = ex n f ()k (0) ex= f(0) + ( x − 0) k + o( ( x − 0) n ) k =1 k! f()kx() x= e =f ()k (0) 1 n 1 ex=1 + x k + o ( x n ) k =1k!
9. 3. f() x=+(1) x f()kk( x )= ( − 1) ( − k + 1)(1 + x ) − fk()k (0)= ( − 1) ( − + 1) n f ()k (0) (1+x ) = f (0) + xkn + o( x ) k =1 k! ( − 1) (1+x ) = 1 + x + x2 + 1! 2! ( − 1) ( −n + 1) ++xnn o() x n!
10. 3. f( x )= sin x ()k f( x )=+ sin x k =fk()k (0) sin 2 2 k=2 p f ()k (0) = 0 k=2 p − 1 f (2pp−− 1) (0) = ( − 1) 1 21n− f ()k (0) sinx= f (0) + xkn + o( x21− ) k =0 k! n x21k − sinx= ( − 1)kn−−1 + o( x 2 1) k =1 (2k − 1)!
11. Bảng công thức kt Maclaurin cơ bản x x2 xn ex =1 + + + + + ox (n ) 1! 2!n ! x23 x xn ln(1+ x ) =x − + − +( − 1)nn−1 + o ( x ) 23 n ( − 1) (1+ x ) =1 +xx +2 + 1! 2! ( −1) ( −n + 1) ++xnn o() x n!
12. Khai triển Maclaurin của arctan và hyperbolic x3 x 5 x 2n− 1 sinh x= x + + + + + o x21n− 3! 5! (2n − 1)! ( ) x2 x 4 x 2n coshx= 1 + + + + + o x2n 2! 4! (2n )! ( ) Giống sinx, cosx nhưng không đan dấu x3 x 5 x 2n− 1 arctanx= x − + − + ( − 1)nn−−1 + o x 2 1 3 5 2n − 1 ( ) Giống sinx, nhưng mẫu số không có giai thừa.
13. Ví dụ áp dụng 1. Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cận x = 1 cho: 1 fx()= x x0 = 1 0, đặt biến phụ : u = x – x0 = x – 1 1 fx()= =1 −u + u2 − u 3 + o u 3 1+ u ( ) Trả về biến cũ: f()1( x= − x − 1)( + x − 1)2 − ( x − 1) 3 + o( ( x − 1) 3 )
14. f( x )=+ ln(3 u ) ⎯⎯⎯→x→1 0 u u =ln3 1 + = ln3 + ln 1 + 3 3 2 3 u u 3 u 3 3 u = ln3 + − + + o 2 3 3 3 1 1 1 =ln3 +u − u2 + u 3 + o ( u 3 ) 3 18 81 Nhớ trả về x
15. −1 1 6 1 fx()=− x 5x + 1 201− 4 −1 =1 −x + x2 − x 3 + o ( x 3 ) 5 ( ) 2 3 3 6 x x x x − 1 − − + − − − +o − 20 4 4 4 4 −1 1 7 25 f()() x= + x − x2 + x 3 + o x 3 2 8 32 128 1 =1 −x + x23 − x + + ( − 1)n x n + o ( x n ) 1+ x
16. ex ln(1+ x ) 23 xx x2 x 3 x 4 1+x + + + x − + − + 2! 6! 2 3 4 Bậc thấp nhất trong khai triển của ex là x0. ln(1 + x) khai triển đến x3 Bậc thấp nhất trong khai triển của ln(1+x) là x1 ex khai triển đến x2
17. 5. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3, cấp 4 cho: f( x )=+ sin x .ln(1 x ) 1.Khai triển cấp 4: 3 3 f( x )=+ sin x .ln(1 x ) (1) (1) 3 23 x 3 xx 3 fx()= x−+ o() x x− + + o() x 3! 23 xx34 =x23 − + + o() x 26
18. 7. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho: 2 f() x= exx− Đặt u(x) = x – x2 thì u(0) = 0 khai triển Maclaurin của f theo u. Khi khai triển u theo x, giữ lại tất cả những lũy thừa từ x3 trở xuống
19. 8. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 4 cho: f( x )= ln(cos x ) ln(cosxx )= ln(1 + cos − 1) 1 ux=cos − 1 − x2 2 khai triển f đến u2 Cần khai triển đến x4 2 (cosx − 1) 2 ln(1+ cosx − 1) = cos x − 1 − + o( cos x − 1) 2 ( )
20. 9. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho: x + 2 fx()= xx2 −+34 (Mẫu số vô nghiệm) 11 f( x )=+( 2 x) 4 −+3xx2 1+ 1 4 =+(2 x) 4 23 2 2 2 −3x + x − 3 x + x − 3 x + x 3 1 − + − + ox 4 4 4 ( )
21. Cách 2: chia đa thức (xếp bậc từ thấp đến cao) x + 2 fx()= xx2 −+34 2 + x 43−+xx2 51 1 5 11 2 13 3 xx− 2 + x + x + x 22 2 8 32 128 11 5 xx23− 88 13 + x3 32
22. 2 4 2 2 x x4 x 2 4 =sinx 1 −−++ 1 o ( x ) −+−+ 1 1 o ( x ) −+ 1 o ( x ) 2 24 2 35 xx 5 152 4 4 = x − + + o() x 1+x + x + o ( x ) 6 120 2 24 12 =x + x3 + x 5 + o() x 5 3 15
23. Bổ sung: tìm khai triển của f(x) = arctan x 1 f( x )= arctan x f ()() x== g x 1+ x2 Khai triển Maclaurin cho g(x) đến x2n. g( x )= 1 − x2 + x 4 − x 6 + + ( − 1)n x 2 n + o ( x 2 n ) fg (0)= (0) = − 1 2! f (0)= 0 (2kk ) (2− 1) fg (0)== (0) 1 fg(0)== (0) 0 (2k+ 1) (2 k ) k fg (0)== (0) 0 f(0)= g (0) = (1)(2)! − k
24. Các lưu ý khi viết khai triển Taylor tai x0 1.Luôn luôn chuyển về khai triển Maclaurin 2.Áp dụng các công thức cơ bản trên biểu thức u(x) với điều kiện u(x0) = 0. 3.Khai triển cho tổng hiệu: từng hàm phải khai triển đến bậc được yêu cầu. 4.Khai triển cho tích: lấy bậc yêu cầu trừ ra bậc thấp nhất trong kt mỗi hàm để biết được bậc kt của hàm còn lại. 5.Khai triển cho hàm hợp: tính bậc VCB cho u(x).
25. Ví dụ 1. Tìm đh cấp 3 tại x = 0, với f(x) = ex.sinx Khai triển Maclaurin đến cấp 3 của f là 23 xx23 f( x )= 1 + x + + o ( x ) x − + o ( x ) 2! 3! xx33 Các số hạng chứa x3 là: −+ 3! 2! Hệ số của x3 là: 1 1 1 − + = 3! 2! 3 1 f (0) =  3! = 2 3
26. ex fx(),= x f (4) (1)
27. 12 1 x 13 f( x )=  1 − + + 0 + o( x ) 2 16 2 Hệ số của x12 là: − 3 Hệ số của x13 là: 0 1 ff(12)(0) =  12! , (13) (0) = 0  13! 16
28. Ví dụ 1.Tìm các hằng số a,p để VCB (x)  axp khi x → 0. a/ ( x )=− x sin x 3 x 3 =x − x − + 0( x ) 3! x3 =+0(x3 ) 3! x3 1 ap =,3 = 3! 6
29. c/ ( x )=− sin x x cos x 32 xx32 =x − + o( x ) − x 1 − + o ( x ) 62 x3 x3 =+ox()3 3 3
30. eexx− tan b / lim x→0 xx34+ 3 exx−tan −1 = lim etan x x→0 x3 xx− tan = lim1 x→0 x3 x3 x− x − + o() x3 1 = lim 3 =− x→0 x3 3