Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)

1. Công thức khai triển:

Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a.

Hãy xác định một đa thức $y = P_n(x)$ bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a) và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là:

$P_n(a) = f(a) ; P_{n}^{'}(a) = f'(a);...; P_{n}^{(n)}(a) = {{f}^{(n)}}(a)$ (1)

Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với hàm số f(x).

Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số cần xác định:

${{P}_{n}}(x)={{C}_{0}}+{{C}_{1}}.(x-a)+{{C}_{2}}.{{(x-a)}^{2}}+...+{{C}_{n}}.{{(x-a)}^{n}} \qquad$ (2)

Các hệ số $C_0, C_1, C_2, ..., C_n$ được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn.

Trước hết, ta tìm các đạo hàm của $P_n(x)$ :

$\left\{ \begin{array}{l} P_{n}^{'}(x) = C_1 + 2C_2(x-a) + 3C_3.{(x-a)}^2 + ... + nC_n{(x-a)}^{n-1} \\ P_{n}^{''}(x) = 2C_2+3.2C_3.(x-a) + ... + n(n-1)C_n{(x-a)}^{n-2} \\ .................................................................................. \\ P_{n}^{(n)}(x) = n(n-1)...2.1.C_n \\ \end{array} \right.$ (3)

Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có:

$\left\{\begin{array}{l} P_n(a) = C_0 \\ P_n^{'}(a) = C_1 \\ P_n^{''}(a) = 2.1.C_2 \\ \text{....................................} \\ P_n^{(n)}(a) = n.(n-1)...2.1C_n \\ \end{array} \right.$

So sánh với điều kiện (1) ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} f(a)={{C}_{0}} \\ f'(a)={{C}_{1}} \\ f''(a)=2.1.{{C}_{2}} \\ ....................... \\ {{f}^{(n)}}(a)=n.(n-1)...2.1.{{C}_{n}} \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {{C}_{0}}=f(a) \\ {{C}_{1}}=f'(a) \\ {{C}_{2}}={ \dfrac{1}{2!}}.f''(a) \\ ....................... \\ {{C}_{n}}={ \dfrac{1}{n!}}.{{f}^{(n)}}(a) \\ \end{array} \right.$ (4)

Thay các giá trị của $C_0, C_1, C_2, ..., C_n$ vào công thức (2) ta có đa thức cần tìm:

$\begin{array}{r}P_n(x) = f(a) + { \dfrac{f'(a)}{1!}}(x-a) + { \dfrac{f''(a)}{2!}}(x-a)^2 + { \dfrac{f'''(a)}{3!}}(x-a)^3 + \\ ... + { \dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^n \\ \end{array}$

Ký hiệu bằng $R_n(x)$ , hiệu giữa giá trị của hàm số đã cho f(x) và đa thức mới lập $P_n(x)$ (hình vẽ): ${{R}_{n}}(x) = f(x) - {{P}_{n}}(x)$

Hay:

taylor $R_n(x)$ gọi là số hạng dư – đối với những giá trị x làm cho số hạng dư $R_n(x)$ bé, thì khi đó đa thức $P_n(x)$ cho biểu diễn gần đúng của hàm số f(x).

Do đó, công thức (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức $P_n(x)$ với độ chính xác tương ứng bằng giá trị của số hạng dư $R_n(x)$

Ta sẽ xác định những giá trị x để số hạng dư $R_n(x)$ khá bé .

Viết số hạng dư dưới dạng: ${{R}_{n}}(x) = { \dfrac{{{(x-a)}^{n+1}}}{(n+1)!}}Q(x)$ (7)

Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định.

Với x và a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị đó bằng Q.

Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t là giá trị nằm giữa a và x) :

$\begin{array}{r}F(t) = f(x) - f(t) - { \dfrac{x-t}{1!}}f'(t) - { \dfrac{(x-t)^2}{2!}}f''(t) - ... \\ - { \dfrac{(x-t)^n}{n!}}f^{(n)}(t) - { \dfrac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}}Q \\ \end{array}$ (8)

Tìm đạo hàm F’(t) :

$\begin{array}{l} {F}'(t)=-{f}'(t)+{f}'(t)-{ \dfrac{(x-t)}{1}}{f}''(t)+{ \dfrac{2(x-t)}{2!}}{f}''(t) \\ \qquad -{ \dfrac{{{(x-t)}^{2}}}{2!}}{f}'''(t)+...-{ \dfrac{{{(x-t)}^{n-1}}}{(n-1)!}}{{f}^{(n)}}(t)+{ \dfrac{n{{(x-t)}^{n-1}}}{n!}}{{f}^{(n)}}(t) \\ \qquad -{ \dfrac{{{(x-t)}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n+1)}}(t)+{ \dfrac{(n+1){{(x-t)}^{n}}}{(n+1)!}}Q \\ \end{array}$

Rút gọn lại ta được :

$F'(t)=-{ \dfrac{{{(x-t)}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n+1)}}(t)+{ \dfrac{(n+1){{(x-t)}^{n}}}{(n+1)!}}Q \qquad$ (9)

Vậy hàm số F(t) có đạo hàm tại mọi điểm t gần điểm có hoành độ a.

Ngoài ra, từ công thức (8) ta có : F(x) = 0 và F(a) = 0.

Vì vậy, áp dụng công thức Rolle cho hàm số F(t) , tồn tại một giá trị $t = \xi$ nằm giữa a và x sao cho $F'(\xi) = 0$

Thế vào (9) ta có : $F'(\xi )=-{ \dfrac{{{(x-\xi )}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n+1)}}(\xi )+{ \dfrac{(n+1){{(x-\xi )}^{n}}}{(n+1)!}}Q$

Suy ra : $Q = f^{(n+1)}(\xi)$

Thay biểu thức này vào công thức (7) ta được :

${{R}_{n}}(x) ={ \dfrac{{{(x-a)}^{n+1}}}{(n+1)!}}{{f}^{(n+1)}}(\xi )$ – số hạng dư Larange

Vì $\xi$ là giá trị nằm giữa a và x, nên nó có thể viết dưới dạng: $\xi = a + {\theta}(x-a) , \theta \in [0 ;1]$

Nghĩa là : $R_n(x) = { \dfrac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}}f^{(n+1)}[a+{\theta}(x-a)]$

Công thức:

$\begin{array}{r} f(x)=f(a)+{\dfrac{f'(a)}{1!}}(x-a)+{ \dfrac{f''(a)}{2!}}{{(x-a)}^{2}}+{ \dfrac{f'''(a)}{3!}}{{(x-a)}^{3}}+...\\ +{ \dfrac{{{f}^{(n)}}(a)}{n!}}{{(x-a)}^{n}} +{ \dfrac{{{(x-a)}^{n+1}}}{(n+1)!}}{{f}^{(n+1)}}[a+\theta (x-a)] \\ \end{array}$ – gọi là công thức khai triển Taylor (Taylor expansion) của hàm số f(x).

Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng:

$\begin{array}{r} f(x) = f(0)+{ \dfrac{x}{1!}}f'(0) + { \dfrac{{{x}^{2}}}{2!}}f''(0) + { \dfrac{{{x}^{3}}}{3!}}f'''(0) + ... + { \dfrac{{{x}^{n}}}{n!}}{{f}^{(n)}}(0) \\ + { \dfrac{{{x}^{n+1}}}{(n+1)!}}{{f}^{(n+1)}}(\theta x) , \qquad \theta \in [0;1] \\ \end{array}$

là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư $R_n(x)$ – được gọi là công thức khai triển Maclaurin (Maclaurin expansion).

Tóm lại, ta có định lý sau:

Nếu hàm số y = f(x) có các đạo hàm $f'(x) , f''(x) , ... , f^{(n)}(x)$ liên tục tại điểm $x_0$ và có đạo hàm $f^{(n+1)}(x)$ trong lân cận của $x_0$ thì tại lân cận đó ta có công thức khai triển:

$\begin{array}{r} f(x) = f({{x}_{o}}) + { \dfrac{f'({{x}_{o}})}{1!}}(x-{{x}_{o}}) + { \dfrac{f''({{x}_{o}})}{2!}}{{(x-{{x}_{o}})}^{2}} + ... \\ + { \dfrac{{{f}^{(n)}}({{x}_{o}})}{n!}}{{(x-{{x}_{o}})}^{n}}+{ \dfrac{{{f}^{(n+1)}}(c)}{n!}}{{(x-{{x}_{o}})}^{n+1}} \\ \end{array}$

(c ở giữa $x_0$ và x, $c = x_0+ a(x-x_0), 0 < a <1$ )

Công thức này gọi là công thức khai triển Taylor cấp n, số hạng của cùng gọi là số hạng dư của nó. Đặc biệt $x = 0$ thì công thức Taylor trở thành công thức Maclaurin (công thức khai triển tại lân cận $x_0 = 0$ ):

$\begin{array}{r} f(x) = f(0) + { \dfrac{f'(0)}{1!}}x + { \dfrac{f''(0)}{2!}}{{x}^{2}} + ... + { \dfrac{{{f}^{(n)}}(0)}{n!}}{{x}^{n}} + { \dfrac{{{f}^{(n+1)}}(\theta x)}{n!}}{{x}^{n+1}}, \\ \qquad (0<{\theta}<1) \\ \end{array}$

Thảo luận

191 bình luận về “Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)”

thầy ơi,giải giúp em bài này với
f(x)=(1+x+x^2)/(1-x+x^2)đến số hạng x^4
tính đạo hàm cấp 4 của f(0)

ThíchThích

Posted by zombie | 05/11/2009, 08:09

Reply to this comment
- Thầy vẫn gõ nhầm công thức ở phần dư bậc n , phải là (n+1)! chứ không phải là n!
  
  ThíchThích
  
  Posted by khoi | 23/07/2017, 10:03
  
  Reply to this comment
thầy ơi! cho em hỏi lim(x-arcsinx)/(x-tanx) khi x-> o thì làm sao thầy, em suy nghĩ hoài mà không ra, với lại em đang thắc mắc khi khai triển taylor cho tanx thì làm sao thầy có công thức khia triển cho tanx không thầy?

ThíchThích

Posted by vĩnh tài | 04/11/2009, 16:30

Reply to this comment
- Bài này em phải khai triển arcsinx và tanx đến bậc 3, hoặc em dùng công thức L’Hospital để tính.
  
  ThíchThích
  
  Posted by 2Bo02B | 04/11/2009, 21:19
  
  Reply to this comment
em thưa thầy . thầy làm mẫu cho em con : tính gần đúng sin 1 độ . đến 10^-8 ạ

ThíchThích

Posted by MM | 02/11/2009, 19:16

Reply to this comment
nhưng em thưa thầy : vd: như dùng công thức taylo để tính gần đúng: sin1 độ. chính xác tới 10^-8
em làm như sau: xét sinx= 1 +x +… ( theo tay lo) với x= pi/180
bây giờ ta phải tìm xem với n = ? thì thoả đề phải ko ạ/
em đánh giá sai số như sau: Rn <= x ^(2n) / (2n)! với x =pi/180
nó lại <= 1/ 10^8 . ta tính ra n ??
thầy giảng hộ em với .

ThíchThích

Posted by MM | 02/11/2009, 10:38

Reply to this comment
- Em dùng công thức khai triển của sinx sai rồi. Còn hướng làm thì đúng. Vấn đề chỉ là giải tìm n thôi. Nếu em đang học năm nhất thì chưa có pp để giải thằng này, nhưng em có thể dùng máy tính để mò giá trị n. Thường thì n sẽ nhỏ hơn 6 hoặc 7.
  
  ThíchThích
  
  Posted by 2Bo02B | 02/11/2009, 21:38
  
  Reply to this comment
EM thưa thầy có phải là: để tính sai số/ chỉ có thể áp dụng số dư dạng lagarang ạ. và tại sao lúc em thấy nó lấy là Rn ở cấp n+1 lúc thì cấp n vậy thầy( của thầy lại lấy ở cấp 4???

ThíchThích

Posted by MM | 02/11/2009, 07:27

Reply to this comment
- Em có hỏi vì sao thầy lại lấy đến cấp 4? Chắc em đang đề cập đến ví dụ 3 phải không? Sở dĩ, ta lấy cấp 4 vì trong khai triển của cosx, ngưới ta chỉ khai triển đến cấp 2. Đáng lẽ khi đó, sai số sẽ là bậc 3, nhưng trong khai triển của cosx, hệ số bậc 3 bằng 0 nên ta phải lấy cấp kế tiếp là cấp 4.
  
  ThíchThích
  
  Posted by 2Bo02B | 02/11/2009, 08:19
  
  Reply to this comment
Thưa thầy,trong các bài tập trắc nghiệm Maclaurin ta có thủ thuật gì để làm nhanh ko ạ?Thầy giảng cho em bài:Viết khai triển Maclaurin của hàm số y=arctg(sinx) đến số hang x^3.

ThíchThích

Posted by hieu | 20/10/2009, 16:18

Reply to this comment
Thưa thầy, cho em hỏi tại sao những bài như thế này ta phải khai triển u đến bậc 3. Ta có thể khai triển đến bậc 4 hay 5 được ko ạ?

ThíchThích

Posted by hieu | 19/10/2009, 20:52

Reply to this comment
- Khai triển đến bậc bao nhiêu là do đề bài yêu cầu mà em. Đề bài yêu cầu khai triển đến bậc 3 thì ta khai triển đến bậc 3 thôi. Dĩ nhiên, khai triển đến bậc 4, bậc 5 cũng được nhưng không cần thiết.
  
  ThíchThích
  
  Posted by 2Bo02B | 19/10/2009, 22:03
  
  Reply to this comment
Thầy giải hay qua.

ThíchThích

Posted by Bùi Yên Bình | 13/10/2009, 23:49

Reply to this comment
thay oi giai giup em bai tap:Khai trien ham sau sd cong thuc Marclaurin
y=ln(sinx/x) den x^6

ThíchThích

Posted by thanh xuan | 08/10/2009, 23:16

Reply to this comment
NNhờ thầy chỉ dẫn cách làm khai triển Maclaurin
y=ln(1-x^2) đến số hạng x^6

ThíchThích

Posted by mail | 29/07/2009, 12:58

Reply to this comment
- Sử dụng công thức khai triển cho ln(1+x) ta có:
  $ln(1+x) = x - { \dfrac{x^2}{2}} + { \dfrac{x^3}{3}} - { \dfrac{x^4}{4}} + ... + (-1)^{n-1}{ \dfrac{x^n}{n}} + 0(x^n)$
  Vậy trong bài toán của em, em xem u = -x^2. Và khai triển Maclaurin theo biến u đến bậc 3.
  
  ThíchThích
  
  Posted by 2Bo02B | 29/07/2009, 15:41
  
  Reply to this comment
thầy ơi xem giùm em cách khai triển thành chuỗi lũy thừa của hàm số:
$\dfrac{x^2}{(1-x)^2}$

ThíchThích

Posted by dientu | 01/06/2009, 16:41

Reply to this comment
- Bài này bạn làm như sau:
  $\dfrac{x^2}{(1-x)^2} = x^2.(1-x)^{-2}$
  $=x^2.(1+(-2)(-x)+{ \dfrac{(-2)(-3)}{2!}}(-x)^2+{ \dfrac{(-2)(-3)(-4)}{3!}}(-x)^3+...)$
  $= x^2.(1+2x+3x^2+4x^3+5x^4+...+nx^{n-1}+...)$
  $= \sum\limits_{n=1}^{\infty} nx^{n+1}$
  
  ThíchThích
  
  Posted by Vũ Hoàng | 03/06/2009, 06:18
  
  Reply to this comment
  - mình làm như sau theo cách mình không biết đúng không
    
    $\frac{1}{1-x^2} = ( \frac{1}{1-x} )'$
    sau đó khai triển
    1/(1-x) cuối cùng nhân $x^2$
    
    ThíchThích
    
    Posted by dientu | 03/06/2009, 15:07
    
    Reply to this comment
    - Vì sao $\left( \dfrac{1}{1-x} \right)' = \dfrac{1}{1-x^2}$ ????
      
      ThíchThích
      
      Posted by 2Bo02B | 03/06/2009, 21:31
    - em xin lỗi, em sơ xuất do gõ latex
      $\dfrac{1}{(1-x)^2} = ( \dfrac{1}{(1-x)}) '$
      khai triển $\dfrac{1}{(1-x)}$ rồi nhân cho x^2
      
      ThíchThích
      
      Posted by dientu | 04/06/2009, 19:08
    - Khai triển, rồi lấy đạo hàm của khai triển, sau đó mới nhân cho x^2 thì mới chính xác em à.
      
      ThíchThích
      
      Posted by 2Bo02B | 04/06/2009, 21:25
Em nhờ thầy giải giúp em bài toán này.
f(100) (tại x =0) của f(x)=x^2*e^x

ThíchThích

Posted by Đặng Trường Giang | 26/05/2009, 23:35

Reply to this comment
- Theo lý thuyết, bạn sẽ có $\dfrac{f^{(100)(0)}}{100!}$ chính là hệ số của lũy thừa $x^{100}$
  Do đó, để tính $f^{(100)}(0)$ bạn chỉ cần tìm hệ số của lũy thừa $x^{100}$ trong khai triển của f(x).
  Mặt khác bạn sẽ có: $e^x = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^n}{n!}$
  Do đó: $f(x) = x^2.e^x = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^{n+2}}{n!}$
  Vậy hệ số của $x^{100}$ trong khai triển là: $\dfrac{1}{98!}$
  Do vậy: $f^{(100)}(0) = \dfrac{100!}{98!} = 9900$
  
  ThíchThích
  
  Posted by Vũ Hoàng | 27/05/2009, 18:44
  
  Reply to this comment

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Đôi lời

Bạn có thể theo dõi các lời bình liên quan đến lời bình của mình qua email bằng cách chọn dòng thông báo Báo cho bạn khi có người bình luận tiếp theo đề tài này bằng điện thư mỗi khi viết 1 lời bình.

Rất mong các bạn viết lời nhắn bằng tiếng việt có dấu nhé.

Để viết tiếng việt có dấu bạn dùng font chữ Unicode và bảng mã là Unicode UTF-8.

Để biết cách gõ công thức Toán học trong các lời nhắn ở trang web này, mời bạn đọc bài hướng dẫn tại đây hoặc bạn có thể xem bài hướng dẫn dùng MathType tại đây và bài tạo công thức trực tuyến tại đây

	Dương Khánh Uyên trong Trang 2
	Trần Thái An trong Trang 2
	Chúc Chúc trong Xác suất có điều kiện
	Hoang Anh trong Khai triển Taylor – Macl…
	Trần Trung Đức trong Mẹo phân tích nhanh 1 phân…
	Nhung Duong trong Trang 2
	khoi trong Khai triển Taylor – Macl…
	Minh pham trong Chuỗi Fourier Sine và Cos…
	Minh Phạm trong Chuỗi Fourier
	Anh Tuấn trong Cực trị (không điều kiện) của…

Maths 4 Physics & more…

Tìm

Thảo luận

191 bình luận về “Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)”

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Translators & RSS

Đăng ký nhận tin

Đôi lời

Lời nhắn mới nhất

Bài “hot”

Bài viết chuyên đề

Maths 4 Physics & more…

Tìm

Đánh giá:

Chia sẻ:

Thảo luận

191 bình luận về “Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)”

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời

Translators & RSS

Đăng ký nhận tin

Đôi lời

Lời nhắn mới nhất

Bài “hot”

Bài viết chuyên đề