01-Aug-15
Công thức khai triển Taylor với phần dư Peano f có đạo hàm cấp n tại x0:
KHAI TRIỂN TAYLOR
f ( x) = f ( x0 ) + +L +
f ¢ ( x0 ) f ¢¢ ( x0 ) ( x - x0 ) + ( x - x0 )2 1! 2! f ( n ) ( x0 ) ( x - x0 )n + o ( x - x0 ) n n!
(
)
Phần dư Peano. x0 = 0: khai triển Maclaurin.
Công thức khai triển Taylor với phần dư Lagrange f có đạo hàm cấp n+1 trong (a, b) chứa x0:
f ¢ ( x0 ) f ¢¢ ( x0 ) f ( x ) = f ( x0 ) + ( x - x0 ) + ( x - x0 )2 1! 2! +L +
Rn =
f ( n ) ( x0 ) ( x - x0 )n + Rn n!
Ý nghĩa của khai triển Taylor f(x): biểu thức phức tạp Þ 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.
f ( n +1) ( c ) ( x - x0 )n +1 , c nằm giữa x và x0 (n + 1)!
(khai triển Taylor đến cấp n trong lân cận x0)
1
01-Aug-15
f(x) = sinx
f(x) = sinx
f ( x ) = x + o( x )
f(x) = sinx
f ( x) = x -
f(x) = sinx 4
f ( x) = å (-1)n n =1
f ( x ) = x + o( x )
x3 + o( x 3 ) 3!
f ( x ) = x + o( x )
x 2 n -1 + o( x 7 ) (2n - 1)!
f ( x) = x -
x3 + o( x 3 ) 3!
2
01-Aug-15
Ví dụ 1.
f ( x) = f (1) +
Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cận x = 1 cho
f ( x) =
1 x
(khai triển f thành đa thức theo lũy thừa của (x – 1) đến (x – 1)3) •Với phần dư Peano, chỉ cần tính đến đh cấp 3.
+
f ¢(1) f ¢¢(1) ( x - 1) + ( x - 1)2 1! 2!
f ¢¢¢(1) ( x - 1)3 + o ( x - 1)3 3!
(
(
1 2 6 f (x) = 1- (x -1) + (x -1)2 - (x -1)3 + o (x -1)3 1! 2! 3!
(
= 1- (x -1) + (x -1)2 - (x -1)3 + o (x -1)3
•Với phần dư Lagrange, phải tính đến đh cấp 4.
f ( x) =
1 Þ f (1) = 1 x
f ¢( x) = -
1 Þ f ¢(1) = -1 x2
2 f ¢¢( x) = 3 Þ f ¢¢(1) = 2 x 24 6 f (4) ( x) = 5 f ¢¢¢( x) = - 4 Þ f ¢¢¢(1) = -6 x x f ¢(1) f ¢¢(1) f ( x) = f (1) + ( x - 1) + ( x - 1)2 1! 2! f ¢¢¢(1) ( x - 1)3 + o ( x - 1)3 + 3!
(
)
) )
)
Phần dư Peano
Nếu dùng phần dư Lagrange:
f (x) = 1- (x -1) + (x -1)2 - (x -1)3 + R3 f (4) ( x) =
24 x5
Þ R3 =
=
f ( 4 ) (c ) ( x - 1)4 4! 1 24 ( x - 1) 4 4 ( x 1) = 4! c5 c5
3
01-Aug-15
Ví dụ 2
f (x) = f (2) +
Viết khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho f(x) = tan x f ¢( x) = 1 + tan 2 x
f ¢¢( x) = 2 tan x(1 + tan 2 x)
f ¢¢¢( x) = 2(1 + tan 2 x) + 6 tan 2 x(1 + tan 2 x) f ( x) = f (0) +
f ¢(0) f ¢¢(0) ( x - 0) + ( x - 0) 2 1! 2!
f ¢¢¢(0) + ( x - 0)3 + o ( x - 0)3 3!
(
tan x = x +
)
x3 + o( x3 ) 3
1 4 12 = 0 - ( x - 2) + ( x - 2)2 + ( x - 2)3 1! 2! 3! =-(x - 2) + 2(x - 2)2 + 2(x - 2)3 Þ f ¢( x) = -1 + 4( x - 2) + 6( x - 2)2 Biết Þ f f(x) (1) =là1,đaf ¢thức (1) = bậc 1 3, với f(2) = 0, f’(2) = -1, f ”(2) = 4, f ’”(2) = 12, tìm f(1), f ’(1)
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)
f ¢(2) f ¢¢(2) f ¢¢¢(2) (x - 2) + (x - 2)2 + (x - 2)3 1! 2! 3!
Khai triển Maclaurin các hàm cơ bản
1. f ( x) = e
(x0 = 0) x n
Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên f(4)(x) = 0 Þ Khai triển Taylor của f đên cấp 3 không có phần dư. f ¢(2) f ¢¢(2) f ¢¢¢(2) f ( x ) = f (2) + ( x - 2) + ( x - 2) 2 + ( x - 2)3 1! 2! 3!
(
f ( k ) (0) e = f (0) + å ( x - 0)k + o ( x - 0) n k! k =1 x
)
f ( k ) ( x) = e x Þ f ( k ) (0) = 1 n
1 k x + o( x n ) k =1 k !
e = 1+ å x
4
01-Aug-15
2. f ( x) = ln(1 + x) n
ln(1 + x) = f (0) + å
k =1
f ( k ) ( x) =
Áp dụng cho a = - 1.
f
( )
(k )
(0) k x + o xn k!
(-1)k -1 (k - 1)! (1 + x)k
1 = 1 - x + x 2 - x3 + L + (-1)n x n + o( x n ) 1+ x
Þ f ( k ) (0) = (-1) k -1 (k - 1)! n
ln(1 + x) = å (-1) k =1
k -1
a a (a - 1) 2 x+ x +L 1! 2! a (a - 1)L(a - n + 1) n + x + o( x n ) n!
(1 + x)a = 1 +
xk + o( x n ) k
3. f ( x) = (1 + x)a
3. f ( x) = sin x
f ( k ) ( x) = a (a - 1)L(a - k + 1)(1 + x)a - k
p f ( k ) ( x) = sin æç x + k ö÷ 2ø è (2 p ) f (0) = 0
f ( k ) (0) = a (a - 1)L (a - k + 1) n
( )
f ( k ) (0) k x + o xn k ! k =1
(1 + x) = f (0) + å a
a a (a - 1) 2 (1 + x)a = 1 + x + x +L 1! 2! a (a - 1)L (a - n + 1) n + x + o( x n ) n!
Þ f ( k ) (0) = sin k
f (1) (0) = 1, f (3) (0) = -1, f (2 p -1) (0) = ( -1) 2 n -1
sin x = f (0) +
å
k =0 n
sin x = å (-1)k -1 k =1
(
f ( k ) (0) k x + o x 2 n -1 k!
x 2 k -1 + o x 2 n -1 (2k - 1)!
(
p 2 p -1
)
) 5
01-Aug-15
Lưu ý cho hàm sin x 2n
sin x = f (0) + å
k =0
( )
f ( k ) (0) k x + o x 2n k!
1 = 1 - x + x 2 - x3 + L + (-1)n x n + o( x n ) 1+ x sin x = x -
x3 x 5 x 2 n -1 + - L + (-1)n -1 + o x 2 n -1 3! 5! (2n - 1)!
(
( hay + o ( x ))
f(2n)(0) = 0 Þ hệ số của x2n là 0. n
sin x = å (-1) k =1
k -1
x 2 k -1 + o x 2n (2k - 1)!
( )
)
2n
cos x = 1 -
( )
x2 x4 x 2n + - L + (-1)n + o x 2n 2! 4! (2n)!
( hay + o ( x )) 2 n +1
Bảng công thức kt Maclaurin cơ bản
ex = 1 +
x x2 xn + + L + + o( x n ) 1! 2! n!
n x 2 x3 n -1 x ln(1 + x) = x - + - L + (-1) + o( x n ) 2 3 n
a a (a - 1) 2 (1 + x) = 1 + x + x +L 1! 2! a (a - 1)L (a - n + 1) n + x + o( x n ) n! a
Khai triển Maclaurin của arctan và hyperbolic sinh x = x +
x3 x5 x 2 n -1 + -L + + o x 2 n -1 3! 5! (2n - 1)!
cosh x = 1 +
x2 x4 x 2n + -L + + o x 2n 2! 4! ( 2n)!
(
)
( )
Giống sinx, cosx nhưng không đan dấu arctan x = x -
x3 x 5 x 2 n -1 + - L + (-1) n -1 + o x 2n -1 3 5 2n - 1
(
)
Giống sinx, nhưng mẫu số không có giai thừa.
6
01-Aug-15
Ví dụ áp dụng
f ( x) = ln(3 + u ) x =1
1. Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cận x = 1 cho: f ( x) =
u=0
u u = ln 3 æç1 + ö÷ = ln 3 + ln æç1 + ö÷ è 3ø è 3ø 2 3 æu ö æuö ç ÷ ç ÷ æ æ u ö3 ö u 3 3 è ø è ø = ln 3 + + +o ç ç ÷ ÷ 3 2 3 èè 3 ø ø
1 x
x0 = 1 ¹ 0, đặt biến phụ : u = x – x0 = x – 1
( )
1 = 1 - u + u 2 - u3 + o u3 1+ u Trả về biến cũ: f ( x) =
(
f ( x) = 1 - ( x - 1) + ( x - 1)2 - ( x - 1)3 + o ( x - 1)3
2. Tìm khai triển Taylor đến cấp 3 trong lân cận x = 1 cho:
)
1 1 1 = ln 3 + u - u 2 + u 3 + o(u 3 ) 3 18 81 Nhớ trả về x
3. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho: f ( x) =
f ( x) = ln( x + 2)
u= x–1
ln(1+ x) = x -
x2 x3 xn + -L+ (-1)n-1 + o(xn ) 2 3 n
f ( x) = ln(3 + u ) = ln(1 + 2 + u ) = 2+u-
(2 + u )2 (2 + u )3 + + o (2 + u )3 2 3
(
Sai! (u + 2) ¹ 0 khi u = 0 (hay x = 1).
)
f ( x) =
x+2 x - 3x - 4 2
x+2 -1 6 = + ( x + 1)( x - 4) 5( x + 1) 5( x - 4)
-1 1 6 1 5 x + 1 20 1 - x 4 Lưu ý: khi khai triển cho f+g, mỗi hàm phải khai triển đến bậc được yêu cầu. =
7
01-Aug-15
-1 1 6 1 5 x + 1 20 1 - x 4 -1 2 3 = 1 - x + x - x + o( x 3 ) 5 2 3 æ æ x ö3 ö ù 6 é æ xö æ xö æ xö - ê1 - ç - ÷ + ç - ÷ - ç - ÷ + o ç ç - ÷ ÷ ú 20 ëê è 4 ø è 4 ø è 4 ø è è 4 ø ø ûú
f ( x) =
(
f ( x) =
)
-1 1 7 25 3 + x - x2 + x + o( x3 ) 2 8 32 128
1 = 1 - x + x 2 - x3 + L + (-1) n x n + o( x n ) 1+ x
4. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho: x
f ( x) = e .ln(1 + x)
1.Khi tích các khai triển, chỉ giữ lại tất cả các lũy thừa từ bậc yêu cầu trở xuống và xếp thứ tự bậc từ thấp đến cao. 2.Tính bậc trong khai triển cấp n cho tích f.g: Bậc thấp nhất trong khai triển của f là k
ex
ln(1 + x)
æ ö æ x 2 x3 ö x 2 x3 x 4 1 + x + + + L ç ÷ ç x - + - + L÷ 2! 6! 2 3 4 è ø è ø Bậc thấp nhất trong khai triển của ex là x0. Þ ln(1 + x) khai triển đến x3 Bậc thấp nhất trong khai triển của ln(1+x) là x1 Þ ex khai triển đến x2
3 2 f ( x ) = e x ln(1 + x ) (0)
khai triển cấp 3
(1)
2 3 æ ö x2 f ( x) = ç1 + x + + o( x 2 ) ÷ æç x - x + x + o( x3 ) ö÷ 2! 2 3 è ø è ø
= x+
x 2 x3 + + o( x 3 ) 2 3
Þg khai triển đến bậc (n – k)(và ngược lại).
8
01-Aug-15
5. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3, cấp 4 cho:
f ( x) = sin x.ln(1 + x)
1.Khai triển cấp 4:
7. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho: x - x2
f ( x) = e
Đặt u(x) = x – x2 thì u(0) = 0 3
3
Þ khai triển Maclaurin của f theo u.
f ( x) = sin x.ln(1 + x) (1) (1) ö æ ö æ x x x f ( x ) = ç x - + o ( x 3 ) ÷ ç x - + + o( x 3 ) ÷ 2 3 3! ø è ø è 3 4 x x = x 2 - + + o( x 3 ) 2 6 2
3
3
Khi khai triển u theo x, giữ lại tất cả những lũy thừa từ x3 trở xuống.
x - x2 ) ( 2 =1+ (x - x ) + 2! 2 3 ( x - x ) + o ( x - x 2 )3 + 2
f ( x) = e x - x
2.Khai triển cấp 3: 2 2 f ( x) = sin x.ln(1 + x) (1) (1)
(
f ( x ) = x + o( x 2 ) = x2 -
3
)
æ x 2 ö ç x - + o( x ) ÷ 2 è ø
x + o( x3 ) 2
2
x - x 2 : x1
2
(
3!
)
( )
1 1 = 1 + x - x 2 + x 2 - x3 + x3 + o x3 2 6
( )
1 5 = 1 + x - x 2 - x3 + o x3 2 6
Để tìm bậc khai triển của f theo u phải xác định bậc VCB của u theo x.
9
01-Aug-15
8. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 4 cho:
f ( x ) = ln(cos x )
f ( x) =
ln(cos x) = ln(1 + cos x - 1) 1 u = cos x - 1 : - x 2 2 Þkhai triển f đến u2 Cần khai triển đến x4 2 cos x -1) ( 2 ln(1 + cos x -1) = cos x -1 + o( ( cos x -1) )
2
2 cos x -1) ( 2 ln(1 + cos x -1) = cos x -1 + o( ( cos x -1) )
2
( )
x2 x4 + + o x4 -1 2! 4! 2 ö 1 æ x2 x4 4 - ç 1 - + + o x - 1÷ + o x 4 2è 2! 4! ø
= 1-
( )
2
4
( )
x x = - - + o x4 2 12
ö 1 æ x2 - ç1 - + o x 2 - 1÷ 2è 2! ø
( )
2
9. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 3 cho: x+2
( )
x4 trong số hạng bình phương không sử dụng cos x chỉ cần khai triển đến x2
x2 - 3x + 4
(Mẫu số vô nghiệm) 1 1 f ( x) = ( 2 + x ) 4 -3 x + x 2 1+ 4 1 = ( 2 + x) 4 2 3ö æ -3x + x2 æ -3x + x2 ö æ -3x + x2 ö ÷ ç ´ 1+ç + o x3 ç 4 ÷÷ çç 4 ÷÷ ÷ ç 4 è ø è ø ø è
( )
1 ( 2 + x) 4 æ 2 æ 2 ö2 æ 2 ö3 ö 3 x + x 3 x + x 3 x + x 3 ´ç1+ç ÷÷ - çç ÷÷ ÷ + o x ç ç 4 è 4 ø è 4 ø ø÷ è =
( )
( )
=
1 3x 5 3 ( 2 + x ) æç1 + + x2 + x3 ö÷ + o x3 4 4 16 64 ø è
=
1 5 11 13 3 + x + x2 + x + o x3 2 8 32 128
( )
10
01-Aug-15
2 é æ x2 x4 ù ö æ x2 ö 4 2 = sin x ê1- ç1- + + o(x ) -1÷ + ç1- + o(x ) -1÷ + o(x4)ú êë è 2 24 úû ø è 2 ø
Cách 2: chia đa thức (xếp bậc từ thấp đến cao)
f ( x) =
x+2 x - 3x + 4 2
æ ö æ 1 2 5 4 x3 x 5 4 ö =çx- + + o( x5 ) ÷ ç 1 + x + x + o( x ) ÷ 24 6 120 ø è ø è 2
4 - 3x + x 2 2+ x 1 5 11 13 3 5 1 + x + x2 + x x - x2 2 8 32 128 2 2 11 2 5 3 x - x 8 8 13 3 + x 32
1 2 = x + x 3 + x5 + o ( x 5 ) 3 15
x3 x5 + + o( x 5 ) sin x 6 120 = tan x = cos x x2 x4 1 - + + o( x 5 ) 2 24
10. Tìm khai triển Maclaurin đến cấp 5 cho:
Cách 2:
f ( x) = tan x 4 5 sin x 1 tan x = = sin x × cos x 1 + cos x - 1 (1) (0)
(
)
= sin x × éë1 - (cos x - 1) + (cos x - 1) 2 + o (cos x - 1) 2 ùû 2 é æ x2 x4 ù ö æ x2 ö = sin x ê1-ç1- + + o(x4) -1÷ + ç1- + o(x2) -1÷ + o(x4)ú êë è 2 24 úû ø è 2 ø
x3 x 5 x- + 6 120 1 3 1 5 x - x 3 30 2 + x5 15
x-
x2 x4 1- + 2 24 1 2 x + x 3 + x5 3 15 1 2 tan x = x + x3 + x5 + o( x5 ) 3 15
11
01-Aug-15
Các lưu ý khi viết khai triển Taylor tai x0
Bổ sung: tìm khai triển của f(x) = arctan x f ¢( x) =
f ( x) = arctan x
1. Luôn luôn chuyển về khai triển Maclaurin
1 = g ( x) 1 + x2
2. Áp dụng các công thức cơ bản trên biểu thức u(x) với điều kiện u(x0) = 0.
Khai triển Maclaurin cho g(x) đến x2n.
3. Khai triển cho tổng hiệu: từng hàm phải khai triển đến
g ( x) = 1 - x 2 + x 4 - x 6 + L + (-1)n x 2 n + o( x 2 n )
bậc được yêu cầu.
f ¢¢¢(0) = g ¢¢(0) = -1 ´ 2!
f (0) = 0 f ¢(0) = g (0) = 1 f ¢¢(0) = g ¢(0) = 0
4. Khai triển cho tích: lấy bậc yêu cầu trừ ra bậc thấp
f (2 k ) (0) = g (2 k -1) (0) = 0 f
(2 k +1)
(0) = g
(2 k )
nhất trong kt mỗi hàm để biết được bậc kt của hàm
(0) = ( -1) (2k )!
f (2n ) (0) 2 n f (2 n + ) (0) 2 n +1 + o x 2 n +1 x + x (2n)! (2n +)!
arctan x = x -
(
Bài toán: tìm đạo hàm cấp n của f tại x0.
)
x3 x 5 x 2 n -1 + - L + (-1) n -1 + o x 2n -1 3 5 2n - 1
(
5. Khai triển cho hàm hợp: tính bậc VCB cho u(x).
Áp dụng trong tính đạo hàm.
f ¢(0) f ¢¢(0) 2 f ¢¢¢(0) 3 f ( x) = f (0) + x+ x + x + 1! 2! 3! +L +
còn lại.
k
B1: Viết khai triển taylor theo (x – x0) đến cấp n.
)
B2: Xác định hệ số của (x – x0)n trong khai triển. B3: Giả sử hệ số trong B2 là a.
Cách viết khai triển cho arctan là cách viết
f(n)(x0) = a.n!
khai triển cho hàm ngược nói chung.
12
01-Aug-15
Ví dụ
3. Tìm đh cấp 12, 13 tại x = 0, f ( x) =
1. Tìm đh cấp 3 tại x = 0, với f(x) = ex.sinx
Khai triển Maclaurin đến cấp 13 của f là
Khai triển Maclaurin đến cấp 3 của f là
æ öæ ö x2 x3 f ( x) = ç1 + x + + o( x 2 ) ÷ç x - + o( x3 ) ÷ 2! 3! è øè ø 3 3 x x Các số hạng chứa x3 là: - + 3! 2! 1 1 1 Þ Hệ số của x3 là: - + = 3! 2! 3 1 Þ f ¢¢¢(0) = × 3! = 2 3
2. Tìm đh cấp 3 tại x = 0,
f ( x ) = ln(1 + x + x ) 2
Khai triển Maclaurin đến cấp 3 của f là
(x + x ) (x + x ) + + o( x 3 ) 2 3 1 1 Các số hạng chứa x3 là: - × 2 x3 + × x3 3 2 2 3 Þ Hệ số của x là: 3 f ( x) = x + x 2 -
2 2
2 3
1 2 + x3
1 f ( x) = × 2
2 3 é 1 1 ê æ x3 ö æ x3 ö æ x3 ö = × 1- ç ÷ + ç ÷ - ç ÷ x3 2 ê è 2ø è 2 ø è 2ø 1+ ë 2 4 5 ù æ x3 ö æ x3 ö + ç ÷ - ç ÷ + o ( )ú ú è 2ø è 2ø û
=
ù x12 1 é × ê1 - L + + 0 + o x13 ú 2 ë 16 û
f ( x) =
ù x12 1 é × ê1 - L + + 0 + o x13 ú 2 ë 16 û
( )
( )
Þ Hệ số của x12 là:
1 32
Hệ số của x13 là: 0 Þ f (12) (0) =
1 × 12! , f (13) (0) = 0 × 13! 32
2 Þ f ¢¢¢(0) = - × 3! = -4 3
13
01-Aug-15
Áp dụng khai triển Taylor trong tính giới hạn 1.Thông thường chỉ áp dụng kt Tayor để tính gh nếu các pp khác (gh cơ bản, VCB, L’Hospital) tính quá dài hoặc không tính được. 2.Đa số các bài dùng Taylor rơi vào trường hợp thay VCB hoặc VCL qua tổng, hiệu gặp triệt
b / a ( x) = 2 x - e x + e - x
= 2 x - 2sinh x æ x3 x3 3 ö = 2 x - 2 ç x + + o ( x ) ÷ : -2 3! 6 è ø
tiêu. Do đó các biểu thức được khai triển đến khi hết triệt tiêu ở phần đa thức thì dừng, phần VCB bậc cao bỏ đi khi tính lim.
Ví dụ 1.Tìm các hằng số a,p để VCB a(x) ~ axp khi x → 0.
a / a ( x) = x - sin x æ ö x3 = x - ç x - + o( x 3 ) ÷ 3! è ø 3 x = + o( x 3 ) 3! x3 : 3!
c / a ( x) = sin x - x cos x æ x2 ö x3 3 = x - + o( x ) - x ç 1 + o( x 2 ) ÷ 6 2 è ø =
x3 + o( x3 ) 3
x3 : 3
1 Þa= ,p=3 6
14
01-Aug-15
2.Tính giới hạn: x2 x ®0 5 1 + 5 x - x - 1
a / lim
x2 1 1 1æ1 ö x ®0 2 2 1 + .5 x + ç - 1÷ ( 5 x ) + o( x ) - x - 1 5 2! 5 è 5 ø
= lim
= lim
x ®0
x2 -x + o( x 2 ) 2 2
x2 1 =2 x ®0 - x 2 2
= lim
e x - e tan x x ®0 x3 + 3x 4
b / lim
e x - tan x - 1 x ®0 x3 x - tan x = lim1 x®0 x3 x3 x - x - + o( x3 ) 1 3 = lim =3 x®0 3 x
= lim e tan x
15
