Bài 3: Vi phân - Công thức Taylor

Nếu f có đạo hàm cấp n là \({f^{(n)}}\) liên tục trên [a,b] và f có đạo hàm cấp n + 1 trên (a,b) thì \(\exists c \in (a,b)\) sao cho:

\(f(b) = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

\(= f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(b - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(b - a)^2} + ...\)

\(.... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(b - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của f tại a.

\({R_n} = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\) gọi là sai số (dư số) bậc n của công thức khai triển Taylor của f tại a .

Chứng minh:

Đặt \({R_n}(t) = f(t) - f(a) - \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {\left( {t - a} \right)^k}\)

Ta có: \(R'_n(a)=R''_n(a)=...=R^{(n)}_n(a)=0\)

Và \(R^{(n+1)}_n(t)=f^{(n+1)}(t),\forall t \in (a,b)\)

Đặt \(\varphi (t) = {R_n}(t) - \frac{{{R_n}(b){{(t - a)}^{n + 1}}}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}}\)

\(\varphi\) khả vi, liên tục đến cấp n trên [a,b] và \({\varphi ^{n + 1}}\) tồn tại trong (a,b). Ta có \(\varphi (b) = \varphi (a) = \varphi '(a) = \varphi ''(a) = ... = {\varphi ^{(n)}}(a) = 0\)

Nhận xét: \({\varphi ^{(k)}}(a) = R_n^{(k)}(a) = 0,\forall k = \overline {1,n}\) Ta có:

\(\varphi (a) = \varphi (b)\) nên theo định lý Rolle: \(\exists {a_1} \in (a,b)\) sao cho \(\varphi '({a_1}) = 0\)

Tương tự:

\(\varphi '(a) = \varphi '({a_1}) = 0:\exists {a_2} \in (a,{a_1})\)sao cho \(\varphi ''({a_2}) = 0\)

\(\varphi '(a) = \varphi '({a_2}) = 0:\exists {a_3} \in (a,{a_2})\)sao cho \(\varphi ''({a_3}) = 0\)

............

\(\exists {a_n} \in \left( {a,{a_{n - 1}}} \right):{\varphi ^{(n)}}({a_n}) = 0\)

Cuối cùng, vì \({\varphi ^{(n)}}(a) = {\varphi ^{(n)}}({a_n}) = 0\) nên  \(\exists c \in (a,{a_n}):{\varphi ^{(n + 1)}}(c) = 0\)

Mà 

\({\varphi ^{(n + 1)}}(c) = R_n^{(n + 1)}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}} = {f^{n + 1}}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}}\)

\(\Rightarrow {f^{n + 1}}(c) - \frac{{(n + 1)!{R_n}(b)}}{{{{(b - a)}^{n + 1}}}} = 0\) với \(c \in (a,{a_n}) \subset (a,b)\)

nghĩa là \(\exists c \in (a,b):{R_n}(b) = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c){{(b - a)}^{(n + 1)}}}}{{(n + 1)!}}\) (2)

Theo (1) thì \({R_n}(b) = f(b) - \sum\limits_{k!}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k}\)   (3)

Từ (2) và (3) ta suy ra \(\exists c \in (a,b)\) sao cho

\(f(b) - \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{f^{(k)}}(a)}}{{k!}}} {(b - a)^k} = \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

Chuyển vế ta có đẳng thức cần chứng minh:

\(f(b) = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(b - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(b - a)^2} + ....\)

\(.... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(b - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(b - a)^{n + 1}}\)

với \(c \in (a,b)\)

Nhận xét:

• Khi n = 0 thì công thức trên trở thành công thức Lagrange.
• Khi a = 0 thì công thức Taylor gọi là công thức MacLaurin.

\(f(b) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}b + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{b^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{b^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(0)}}{{(n + 1)!}}{b^{n + 1}}\)

• Thay \(\left\{ \begin{array}{l} a = x\\ b = x + h \end{array} \right.\), ta có: 

\(f(x + h) = f(x) + \frac{{f'(x)}}{{1!}}h + \frac{{f''(x)}}{{2!}}{h^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(x)}}{{n!}}{h^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{h^{n + 1}}\)

với \(x hoặc \(x+h

• Thay b = x trong công thức MacLaurin ta có:

\(f(x) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}x + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\)

Nếu b = a + h với h > 0, ta có: \(a{\rm{ }} < {\rm{ }}c{\rm{ }} < {\rm{ }}a{\rm{ }} + {\rm{ }}h{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}c{\rm{ }} = {\rm{ }}a{\rm{ }} + {\rm{ }}\theta h\)với \(0 < {\rm{ }}\theta < 1\)

Tương tự trong trường hợp \(b = a + h\), với \(h < 0 \)

Do đó công thức Taylor còn viết:

\(f(a + x) = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}x + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{x^2} + ...\)

\(... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(a + \theta x)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\,\,(0 < \theta < 1)\)

Khi a = 0, ta có: \({R_n} = \frac{{{f^{n + 1}}(\theta x)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\) với \(0 < {\rm{ }}\theta < 1\)

Phát biểu khác: Cho hàm số f có đạo hàm cấp n + 1 trên khoảng mở I chứa a. Khi đó với mọi \(\forall x \in I,\exists c \in (a,x)\) hoặc \(c \in(x,a)\) sao cho:

\(f(x) = f(a) + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{k!}}{{(x - a)}^k}} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(x - a)^{n + 1}}\)

\( = f(a) + \frac{{f'(a)}}{{1!}}(x - a) + \frac{{f''(a)}}{{2!}}{(x - a)^2} + ...\)

\(... + \frac{{{f^{(n)}}(a)}}{{n!}}{(x - a)^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{(x - a)^{n + 1}}\)

Viết công thức khai triển Taylor của f(x) tại x = 0 với

\(f(x) = {e^x},f'(x) = {e^x},...{f^{(n)}}(x) = {e^x}\)

\( \Rightarrow {f^{(n)}}(0) = 1,\forall n\)

\(\Rightarrow f(x) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}x + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(c)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\)

\(\Rightarrow {e^x} = 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}} + \frac{{{e^{\theta x}}{x^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\)

• \(f(x) = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \). Ta có: \({f^{(n)}}(x) = {\mathop{\rm sinx}\nolimits} \left( {x + n\frac{\pi }{2}} \right)\)

\( \Rightarrow {f^{(n)}}(0) = \sin \left( {n\frac{\pi }{2}} \right) = \left\{ \begin{array}{l} 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,n = 2\\ {( - 1)^k}\,\,\,\,khi\,\,n = 2k + 1 \end{array} \right. \)

\(\sin \left[ {(2k + 1)\frac{\pi }{2}\,} \right] = \sin \left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right) = \left\{ \begin{array}{l} \sin \,\frac{\pi }{2} = 1\,\,\,\,\,khi\,\,k\,\,chan\\ - \sin \frac{\pi }{2} = - 1\,\,\,khi\,\,k\,le \end{array} \right. = {( - 1)^k} \)

Vậy khai triển Taylor của sinx tại 0 là:

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} - \frac{{{x^7}}}{{7!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{(2k + 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}\cos \theta x}}{{(2k + 3)!}}{x^{2k + 3}}\)

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^5}}}{{5!}} - \frac{{{x^7}}}{{7!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^{h - 1}}{x^{2h - 1}}}}{{(2h - 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^h}\cos \theta x}}{{(2h + 1)!}}{x^{2h + 1}}\)

với \(0 < \theta < 1\)

Nếu sai số dừng lại ở đạo hàm bậc 2k + 2 ta có:

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{(2k + 1)!}} + \frac{{\sin (\theta x + (2k + 2)\frac{\pi }{2}){x^{2k + 2}}}}{{(2k + 2)!}}\)

\(= x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^k}{x^{2k + 1}}}}{{(2k + 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^{k + 1}}\sin \theta x}}{{(2k + 2)!}}{x^{2k + 2}}\)

\(= x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{( - 1)}^{h - 1}}{x^{2h - 1}}}}{{(2h + 1)!}} + \frac{{{{( - 1)}^h}\sin \theta x}}{{(2h)!}}{x^{2h}}\)

Nhận xét:

• Khai triển trên phù hợp với tính chất sinx là hàm lẻ, cosx là hàm chãn.
• Mục đích của khai triển Taylor là xâp xỉ hàm f(x) (hàm khả vi đến cấp n + 1) bàng một đa thức bậc n để dễ khảo sát.
• \(f(x) = ln(1 + x),\,f'(x) = \frac{1}{{x + 1}},f''(x) = \frac{{ - 1}}{{{{(x + 1)}^2}}},\,\,f'''(x) = \frac{2}{{{{(x + 1)}^3}}},...,{f^{(n)}}(x) = \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}(n - 1)!}}{{{{(1 + x)}^n}}}\)

\(\Rightarrow {f^{(n)}}(0) = {( - 1)^{n - 1}}(n - 1)!\)

\(f(x) = f(0) + \frac{{f'(0)}}{{1!}}x + \frac{{f''(0)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{{f^{(n)}}(0)}}{{n!}}{x^n} + \frac{{{f^{(n + 1)}}(\theta x)}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}\)

\(\Rightarrow \ln (1 + x) = x - \frac{{{x^2}}}{2} + ... + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}{x^n}}}{n} + \frac{{{{( - 1)}^n}{x^{n + 1}}}}{{(n + 1){{(1 + \theta x)}^{n + 1}}}}\)

• \(f(x) = {(1 + x)^\alpha }\)

\(f'(x) = \alpha {(1 + x)^{\alpha - 1}};f''(x) = \alpha (\alpha - 1){(1 + x)^{\alpha - 2}}\)

.....

\({f^{(n)}}(x) = \alpha (\alpha - 1)(\alpha - 2)....(\alpha - n + 1){(1 + x)^{\alpha - n}}\)

\({f^{(n)}}(0) = \alpha (\alpha - 1)...(\alpha - n + 1)\)

\({(1 + x)^\alpha } = 1 + \alpha x + \frac{{\alpha (\alpha - 1)}}{{2!}}{x^2} + ... + \frac{{\alpha (\alpha - 1)...(\alpha - n + 1)}}{{n!}}{x^n}\)

\(... + \frac{{\alpha (\alpha - 1)...(\alpha - n)}}{{(n + 1)!}}{(1 + \theta x)^{\alpha - n - 1}}{x^{n + 1}}\)

Khi \(\alpha = n\), ta có:

\({(1 + x)^n} = 1 + x + \frac{{n(n - 1)}}{2}{x^2} + ... + {x^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)!}}{x^k}} \)

Đây là công thức nhị thức Newton:

\({(a + b)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{n!}}{{k!(n - k)!}}{a^k}{b^{n - k}}}\)

Khi \(\alpha = - 1\)

\({(1 + x)^{ - 1}} = \frac{1}{{1 + x}} = 1 - x + {x^2} - {x^3} + ... + {( - 1)^n}{x^n} + \frac{{{{( - 1)}^{n + 1}}{x^{n + 1}}}}{{{{(1 + \theta x)}^{n + 2}}}}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{{1 - x}} = 1 + x + {x^2} + {x^3} + ... + {x^n} + \frac{{{x^{n + 1}}}}{{{{(1 - \theta x)}^{n + 2}}}}\)

Nhận xét: Phần chính (bỏ R_n) trong công thức khai triển của \(\frac{1}{{1 + x}}\) chính là đạo hàm từng số hạng của phần chính trong công thức khai triển của \( ln(1- x)\)

Ví dụ 1: Tính gần đúng \(\sqrt e\) với sai số nhỏ hơn 0,0001

Ta có:

\({e^x} = 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}} + \frac{{{e^{\theta x}}{x^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}},\,0 < \theta < 1\)

Với x =1/2 thì:

\(\sqrt e = 1 + \frac{1}{2} + \frac{{{{(1/2)}^2}}}{{2!}} + \frac{{{{(1/2)}^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{{(1/2)}^n}}}{{n!}} + \frac{{{e^{\theta /2}}{{(1/2)}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}\)

Để sai số nhỏ hơn 0,0001 ta cần chọn n thỏa

\(\frac{3}{{{2^{n + 1}}(n + 1)!}} < 0,0001 \Rightarrow {2^{n + 1}}(n + 1)! > 30000\,\,(*)\)

(*) đúng với mọi \(n \ge 5\)

Vậy chọn n = 5 ta có

\(\sqrt e \simeq 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{{2!{2^2}}} + \frac{1}{{3!{2^3}}} + \frac{1}{{4!{2^4}}} + \frac{1}{{5!{2^5}}} = A\)

thỏa điều kiện \(\left| {\sqrt e - A} \right| = \sqrt e - A < 0,0001\)

Ví dụ 2: Viết khai triển Taylor của hàm số \(f(x) = \sqrt[3]{x}\) đến cấp 3 và tính gần đúng \( \sqrt[3]{124}\).

Khai triển cần tìm là:

\(\sqrt[3]{{x + h}} = \sqrt[3]{x} + \frac{1}{3}{x^{ - 2/3}}h - \frac{{2{x^{ - 5/3}}h}}{{9.2!}} + \frac{{10{x^{ - 8/3}}{h^3}}}{{27.3!}} - \frac{{80{c^{ - 11/3}}{h^4}}}{{81.4!}}\)

với \(c \in (x,x+h)\) hoặc \(c \in(x+h,x)\)

Với x = 125, h = -1 ta có:

\(\sqrt[3]{{124}} = \sqrt[3]{{125 - 1}} \simeq \sqrt[3]{{125}} - \frac{1}{3}{125^{ - 2/3}} - \frac{{{{2.125}^{ - 5/3}}}}{{9.2!}} - 10\frac{{{{2.125}^{ - 8/3}}}}{{27.3!}}\)

Ví dụ 3: Tính gần đúng sin 1 với sai số nhỏ hơn 10^-6

Ta có: \((0 < \theta < 1)\)

\({\mathop{\rm sinx}\nolimits} = x - \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + {( - 1)^{k - 1}}\frac{{{x^{2k - 1}}}}{{(2k - 1)!}} + {( - 1)^k}\frac{{\cos \theta x}}{{(2k + 1)!}}{x^{2k + 1}}\)

Cho x = 1 ta được:

\(\sin 1 = 1 - \frac{1}{{3!}} + ... + {( - 1)^{k - 1}}\frac{1}{{(2k - 1)!}} + {( - 1)^k}\frac{{\cos \theta }}{{(2k + 1)!}}\)

Sai số \(\left| {{{( - 1)}^k}\frac{{\cos \theta }}{{(2k + 1)!}}} \right| < \frac{1}{{(2k + 1)!}} < {10^{ - 6}},\forall k \ge 5\)

Chọn k = 5 ta có \(\sin 1 \approx 1 - \frac{1}{{3!}} + ... + {( - 1)^4}\frac{1}{{9!}} = B\) thỏa điều kiện \(\left| {\sin 1 - B} \right| < {10^{ - 6}}\)