Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)

Shortlink: http://wp.me/P8gtr-R

Chỉ dẫn lịch sử

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:

\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}} + {{R}_{n}}(x) \\ \end{array} (6)

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

\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 hàmf^{(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}

Advertisements

Thảo luận

191 thoughts on “Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)

  1. 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)

    Số lượt thích

    Posted by zombie | 05/11/2009, 08:09
  2. 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?

    Số lượt thích

    Posted by vĩnh tài | 04/11/2009, 16:30
  3. em thưa thầy . thầy làm mẫu cho em con : tính gần đúng sin 1 độ . đến 10^-8 ạ

    Số lượt thích

    Posted by MM | 02/11/2009, 19:16
  4. 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 .

    Số lượt thích

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

      Số lượt thích

      Posted by 2Bo02B | 02/11/2009, 21:38
  5. 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???

    Số lượt thích

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

      Số lượt thích

      Posted by 2Bo02B | 02/11/2009, 08:19
  6. 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.

    Số lượt thích

    Posted by hieu | 20/10/2009, 16:18
  7. 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?

    Số lượt thích

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

      Số lượt thích

      Posted by 2Bo02B | 19/10/2009, 22:03
  8. Thầy giải hay qua.

    Số lượt thích

    Posted by Bùi Yên Bình | 13/10/2009, 23:49
  9. thay oi giai giup em bai tap:Khai trien ham sau sd cong thuc Marclaurin
    y=ln(sinx/x) den x^6

    Số lượt thích

    Posted by thanh xuan | 08/10/2009, 23:16
  10. NNhờ thầy chỉ dẫn cách làm khai triển Maclaurin
    y=ln(1-x^2) đến số hạng x^6

    Số lượt thích

    Posted by mail | 29/07/2009, 12:58
  11. thầy ơi xem giùm em cách khai triển thành chuỗi lũy thừa của hàm số:
    \dfrac{x^2}{(1-x)^2}

    Số lượt thích

    Posted by dientu | 01/06/2009, 16:41
  12. Em nhờ thầy giải giúp em bài toán này.
    f(100) (tại x =0) của f(x)=x^2*e^x

    Số lượt thích

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

      Số lượt thích

      Posted by Vũ Hoàng | 27/05/2009, 18:44

Trả lời MM Hủy trả lời

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Đăng xuất /  Thay đổi )

Google photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google Đăng xuất /  Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Đăng xuất /  Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Đăng xuất /  Thay đổi )

Connecting to %s

Translators & RSS

English French RussiaMaths 4 Physics (M4Ps)


Bạn hãy nhập địa chỉ email của mình để đăng ký theo dõi tin tức từ blog này và nhận những bài viết mới nhất qua địa chỉ email.

Join 2 759 other followers

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


Get Well

Lời nhắn mới nhất

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…
Advertisements
%d bloggers like this: