3.9. Twierdzenia Lagrange’a, Taylora i Maclaurina
Twierdzenie Lagrange’a
Jeśli funkcja f jest ciągła w przedziale domkniętym [a, b] i róŜniczkowalna wewnątrz
tego przedziału, to istnieje wewnątrz przedziału punkt c taki, Ŝe
a
b
a
f
b
f
−
−
)
(
)
(
= f‘(c).
Twierdzenie to nosi nazwę
twierdzenia o wartości średniej. Geometrycznie orzeka
ono, Ŝe na łuku AB o równaniu y = f(x), znajduje się przynajmniej jeden punkt C, w którym
styczna jest równoległa do cięciwy łuku AB. Na rysunku c =
ξ
.
Twierdzenie – wzór Taylora
JeŜeli funkcja
f w przedziale domkniętym [x
0
, x] ma n pochodnych f ’ , f ’’ , …, f
)n)
,
to wewnątrz tego przedziału znajduje się taki punkt
c, Ŝe
f(x) = f(x
0
) +
i
n
i
i
x
x
i
x
f
)
(
!
)
(
0
1
1
0
)
(
−
∑
−
=
+
n
n
x
x
n
c
f
)
(
!
)
(
0
)
(
−
.
Wielomian
f(x
0
) +
i
n
i
i
x
x
i
x
f
)
(
!
)
(
0
1
1
0
)
(
−
∑
−
=
+
n
n
x
x
n
c
f
)
(
!
)
(
0
)
(
−
nazywamy wielomianem
Taylora rzędu n funkcji f w punkcie x
0
.
Uwagi
1.
JeŜeli we wzorze Taylora ostatni składnik równy
n
n
x
x
n
c
f
)
(
!
)
(
0
)
(
−
jest mały, to
popełnimy mały błąd, gdy go opuścimy. Wtedy
f(x)
≈
f(x
0
) +
i
n
i
i
x
x
i
x
f
)
(
!
)
(
0
1
1
0
)
(
−
∑
−
=
.
W ten sposób moŜna obliczać wartości f(x) funkcji f z dowolną dokładnością, o ile ten
opuszczony składnik dąŜy do zera ze wzrostem n.
2.
ZauwaŜ, Ŝe wyraŜenie napisane po prawej stronie równości we wzorze Taylora jest
wielomianem stopnia n. To znaczy, Ŝe wartość kaŜdej funkcji f moŜna w przybliŜeniu
obliczyć jako wartość specyficznego wielomianu.
3.
Jeśli we wzorze Taylora zastąpimy x
0
przez 0 wówczas wzór Taylora przyjmuje
postać
f(x) = f(0) +
i
n
i
i
x
i
f
)
(
!
)
0
(
1
1
)
(
∑
−
=
+
n
n
x
n
c
f
)
(
!
)
(
)
(
=
=
f(0) +
x
f
!
1
)
0
(
'
+
2
"
!
2
)
0
(
x
f
+
3
)
3
(
!
3
)
0
(
x
f
+ … +
1
)
1
(
!
)
1
(
)
0
(
−
−
−
n
n
x
n
f
+
n
n
x
n
c
f
)
(
!
)
(
)
(
.
Twierdzenie - wzór Maclaurina
JeŜeli funkcja
f w przedziale domkniętym [x
0
, x] ma n pochodnych f ’ , f ’’ , …, f
(n)
,
to wewnątrz tego przedziału znajduje się taki punkt
c, Ŝe
f(x) = f(0) +
i
n
i
i
x
i
f
)
(
!
)
0
(
1
1
)
(
∑
−
=
+
n
n
x
n
c
f
)
(
!
)
(
)
(
.
Wielomian
f(0) +
i
n
i
i
x
i
f
)
(
!
)
0
(
1
1
)
(
∑
−
=
+
n
n
x
n
c
f
)
(
!
)
(
)
(
nazywamy wielomianem
Maclaurina
rzędu n funkcji f w punkcie x
0
.
Przykład 1.
Napisz wielomian Maclaurina dla funkcji danej wzorem f(x) = ln (1 + x) ,
dla |x| < 1 i n = 4.
Rozwiązanie
Przyjmujemy, Ŝe
−
1 < x < 1 oraz podstawiamy we wzorze Maclaurina:
f(x) = ln(1+x), f(0) = ln 1 = 0 oraz n = 4.
Otrzymujemy, gdzie c jest taką liczbą, Ŝe 0 < c < x :
ln (1+x)
= 0 +
i
i
i
x
i
f
)
(
!
)
0
(
3
1
)
(
∑
=
+
4
)
4
(
)
(
!
)
(
x
n
c
f
=
=
1
)
1
(
)
(
!
1
)
0
(
x
f
+
2
)
2
(
)
(
!
2
)
0
(
x
f
+
3
)
3
(
)
(
!
3
)
0
(
x
f
+
4
)
4
(
)
(
!
4
)
(
x
c
f
.
Obliczamy pomocniczo kolejne pochodne funkcji
f(x) = ln (1+x):
[ln(1+x)]
(1)
= (1+x)
-1
, pochodna w zerze równa 1;
[ln(1+x)]
(2)
= (
−
1) (1+x)
-2
, pochodna w zerze równa
−
1;
[ln(1+x)]
(3)
= 2(1+x)
-3
, pochodna w zerze równa 2;
[ln(1+x)]
(4)
=
−
6(1+x)
-4
, pochodna w c równa
−
6(1+c)
-4
.
Obliczone wartości podstawiamy i otrzymujemy:
ln (1 + x) =
x
!
1
1
+
2
!
2
1
x
−
+
3
!
3
2
x +
4
4
!
4
)
1
(
6
x
c
−
+
−
= x
−
½ x
2
+
3
1
x
3
−
4
)
1
(
4
1
c
+
x
4
.
Ostatecznie:
ln (1 + x) = x
−
½ x
2
+
3
1
x
3
−
4
)
1
(
4
1
c
+
x
4
.
A takŜe ln (1 + x)
≈
x
−
½ x
2
+
3
1
x
3
. Na przykład, gdy x = ½ , wtedy
ln (1,5) ½
−
½ ( ½ )
2
+
3
1
( ½ )
3
=
12
5
≈
0,42.
Uwaga
MoŜna udowodnić, Ŝe:
ln(1+x) = x –
2
1
x
2
+
3
1
x
3
–
4
1
x
4
+
5
1
x
5
–…
Przykład 2.
Wykorzystując rozwinięcie funkcji f(x) = ln (1+ x) wyznacz przybliŜenie wymierne
liczby niewymiernej ln ½ oraz liczby ln 2.
Skoro ln (1 + x) = x
−
½ x
2
+
3
1
x
3
−
4
)
1
(
4
1
c
+
x
4
dla |x| < 1 , więc przyjmując
x = - ½ mamy;
ln (
2
1
) = (
−
2
1
)
−
½ (
−
2
1
)
2
+
3
1
(
−
2
1
)
3
−
4
)
1
(
4
1
c
+
(
−
2
1
)
4
=
=
−
2
1
−
8
1
−
24
1
−
4
)
1
(
64
1
c
+
=
−
24
16
−
4
)
1
(
64
1
c
+
, gdzie
−
2
1
< c < 0.
Wiedząc, Ŝe
−
2
1
< c < 0 otrzymujemy, Ŝe
−
4
1
<
−
4
)
1
(
64
1
c
+
<
−
64
1
i dalej
−
24
16
−
4
1
<
−
24
16
−
4
)
1
(
64
1
c
+
<
−
24
16
−
64
1
,
−
12
11
<
−
3
2
−
4
)
1
(
64
1
c
+
<
−
192
131
.
−
12
11
< ln (
2
1
) <
−
192
131
,
czyli
−
0,917 < ln (
2
1
) <
−
0,682 .
Przyjmując, Ŝe ln ( ½ )
≈
- 0,79 popełniamy błąd nie większy niŜ 0,12.
Wiemy, Ŝe ln ( ½ ) = ln1 – ln 2.
Zatem ln 2 = - ln ( ½ ) = 0,79 z błędem nie większym niŜ 0,12.
Zadania do samodzielnego rozwiązywania
Zadanie 1.
Napisz wielomian Taylora dla funkcji f w punkcie x
0
rzędu n:
a) f(x) = x
3
+ 2x
2
+ 5 , x
0
= 1, n = 4 ,
b) f(x) = x
4
+ 2x + 1 , x
0
= 2, n = 5 ,
c) f(x) = x
10
– 3x
5
+ 1 , x
0
= 1 , n = 4 .
Zadanie 2.
Napisz wielomian Taylora dla funkcji f w punkcie x
0
rzędu n:
a) f(x) = xe
x
, x
0
=
−
1, n = 2 ,
b) f(x) = e
x
, x
0
=
−
1 , n = 6 ,
c) f(x) =
1
2
−
+
x
x
, x
0
=
−
2 , n = 2 ,
d) f(x) = sinx , x
0
= 0,25
π
, n = 3,
e) f(x) = arc tg x , x
0
= 0 , n = 3.
Zadanie 3.
Korzystając ze wzoru Taylora uzasadnij, Ŝe:
a) e
x
> 1 + x + 0,5x
2
dla x > 0 , b) sin x > x
−
6
3
x
dla 0 < x < 0,5
π
,
c) cos x > 1 – 0,5x
2
dla 0 < x < 0,5
π
, d)
x
+
1
< 1 + 0,5x – 0,125x
2
dla x >
−
1 .
Zadanie 4.
Wykorzystując podane obok wzory napisz wielomian Maclaurina dla funkcji f, gdy:
a) f(x) = e
x
,
b) f(x) = sin x ,
c) f(x) = cos x .
( e
x
)
(n)
= e
x
(sin x)
(n)
= sin(x+ 0,5n
π
)
(cos x)
(n)
= cos(x +0,5n
π
)
Zadanie 5.
Korzystając ze wzoru Maclaurina wyznacz przybliŜenie wymierne liczby niewymiernej:
a) e , b) sin 1 , c) ln
2
3
.
Odpowiedzi
Zad. 1.: a) f(x) = 8 +7(x–1) + 5(x–1)
2
+ (x–1)
3
,
b) f(x) = 21 + 34(x–2) + 24(x–2)
2
+ 12(x–2)
3
+ (x–2)
4
,
c) f(x)
≈
3 – 5(x–1) + 15(x–1)
2
+ 90(x–1)
3
+ 195(x – 1)
4
.
Zad. 2.: a) x e
x
≈
e
-1
[-1 + 0,5(x+1)
2
] ,
b) e
x
≈
e
-1
[1 + (x+1) + 0,5(x+1)
2
+
!
3
1
(x+1)
3
+ … +
!
6
1
(x+1)
6
] ,
c) f(x)
≈
–
3
1
(x+2) –
9
1
(x+2)
2
,
d) sin x
≈
2
2
+
2
2
(x –
4
π
) –
4
2
(x –
4
π
)
2
–
12
2
(x –
4
π
)
3
,
e) arc tg x
≈
x -
3
1
x
3
.
Zad. 4.: a) e
x
= 1 + x +
!
2
1
x
2
+
!
3
1
x
3
+
!
4
1
x
4
+ … ,
b) sin x = x –
!
3
1
x
3
+
!
5
1
x
5
–
!
7
1
x
7
+ …
c) cos x = 1 –
!
2
1
x
2
+
!
4
1
x
4
–
!
6
1
x
6
+ …
Zad. 5.: a) e
x
= 1 + 1 +
!
2
1
+
!
3
1
+
!
4
1
+ … , e
≈
2,7183 ,
b) sin 1 = 1 –
!
3
1
+
!
5
1
–
!
7
1
+ … , sin 1
≈
0,8418 ,
c) ln 1,5 =
2
1
–
8
1
+
3
1
8
1
–
4
1
16
1
+
5
1
32
1
–… , ln 1,5
≈
0,4055.