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 $\mathrm{\exists }c\in (a,b)$ sao cho:

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

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

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

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

Ta có: $R_n^{\prime }(a)=R_n^{″}(a)=...=R_n^{(n)}(a)=0$

Và $R_n^{(n+1)}(t)=f^{(n+1)}(t),\mathrm{\forall }t\in (a,b)$

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

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

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

$\phi (a)=\phi (b)$ nên theo định lý Rolle: $\mathrm{\exists }{a}_1\in (a,b)$ sao cho ${\phi }^{\prime }(a_1)=0$

Tương tự:

${\phi }^{\prime }(a)={\phi }^{\prime }(a_1)=0:\mathrm{\exists }{a}_2\in (a,a_1)$sao cho ${\phi }^{″}(a_2)=0$

${\phi }^{\prime }(a)={\phi }^{\prime }(a_2)=0:\mathrm{\exists }{a}_3\in (a,a_2)$sao cho ${\phi }^{″}(a_3)=0$

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

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

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

Mà 

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

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

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

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

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

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

Chuyển vế ta có đẳng thức cần chứng minh:

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

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

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.

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

• Thay $\{\begin{array}{l}a=x\\ b=x+h\end{array}$, ta có: 

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

với \(x hoặc \(x+h

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

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

Nếu b = a + h với h > 0, ta có: $a<c<a+h\Rightarrow c=a+\theta h$với $0<\theta <1$

Tương tự trong trường hợp $b=a+h$, với $h<0$

Do đó công thức Taylor còn viết:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$\sin \left[(2k+1)\frac{\pi }{2}\right]=\sin \left(\frac{\pi }{2}+k\pi \right)=\{\begin{array}{l}\sin \frac{\pi }{2}=1khikchan\\ -\sin \frac{\pi }{2}=-1khikle\end{array}=(-1{)}^k$

Vậy khai triển Taylor của sinx tại 0 là:

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

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

với $0<\theta <1$

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

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

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

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

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.
• $f(x)=ln(1+x),f^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1},f^{″}(x)=\frac{-1}{{(x+1)}^2},f^{‴}(x)=\frac{2}{{(x+1)}^3},...,f^{(n)}(x)=\frac{{(-1)}^{n-1}(n-1)!}{{(1+x)}^n}$

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

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

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

• $f(x)=(1+x{)}^{\alpha }$

$f^{\prime }(x)=\alpha (1+x{)}^{\alpha -1};f^{″}(x)=\alpha (\alpha -1)(1+x{)}^{\alpha -2}$

.....

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

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

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

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

Khi $\alpha =n$, ta có:

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

Đây là công thức nhị thức Newton:

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

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

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

(*) 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:

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

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: $(0<\theta <1)$

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

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

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