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}

152 responses to “Khai triển Taylor – Maclaurin (Taylor expansion)

  1. thay oi khi khai trien maclaurin ham so ln(x+(1+x^2)^1/2) den x^5 ngoai cach dung cong thuc tong quat( dung dao ham) thi con cach bien doi nao khac khong a? thay lam mau giup em bai nay luon nha thay(ap dung cong thuc khai trien taylor- maclaurin)
    lim(1/x)((1/x)-cosx) x tien toi 0

  2. Thầy ơi con thấy có chỗ không ổn.
    Nếu ta được phép ngắt bỏ hay thêm vao những vcb bậc cao trong khai triển thì không lẽ khi tính giói hạn thì ta se thay đổi kết quả tuỳ ý???
    Xin cảm ơn thầy!

    • Giới hạn sẽ không thể có kết quả tùy ý. Không mất tính tổng quát, ta xét bài toán sau: L = \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x^m} (có dạng 0/0)
      Giả sử khai triển Maclaurin của f(x) có bậc nhỏ nhất là n thì f(x) = a_n.x^n + a_{n+1}x^{n+1}+ ... = a_nx^n + 0(x^n)
      Nếu không ngắt bỏ VCB thì ta chia tử và mẫu cho x^n ta có 3 TH sau:
      – Nếu n m thì L = 0
      3 kết quả này vẫn không thay đổi nếu ta ngắt bỏ 0(x^n) . Nghĩa là, kết quả giới hạn là duy nhất, nó chỉ phụ thuộc vào bậc thấp nhất trong khai triển của f(x).

  3. Thưa thầy giả sử cho 1 hàm F(x)=(1+X^2)cosx kêu tính đạo hàm cấp 10 của F(pi/6), ta có x=pi/6 chứ đề bài không đề cập tới x0 vậy ta dùng công thức maclorin có dc không? khi nào ta biết nên dùng maclorin? vì trong các bài tìm lim chỉ cho x tiến tới 0 chứ đâu có x0 tiên tới 0

  4. em chào thầy ạ!
    em mới học về khai triển Taylor nên em chưa biết làm bài tập dạng này như thế nào nên em mong thầy giải giup em 1 bài làm mẫu.Bài đó là:khai triển hàm f(x)=e^(2x) với lũy thừa x-2. Em xin cảm ơn thầy!

    • Cách 1: dùng công thức Taylor tổng quát. Em có:
      f(x) = f(2) + \dfrac{f'(1)}{1!}(x-2) + \dfrac{f''(2)}{2!}(x-2)^2 + ... + \dfrac{f^{(n)}(2)}{n!}(x-2)^n (*)
      với: f(2) = e^4 ; f'(2) = 2e^4 ; f''(2) = 2^2.e^4 ; ... ; f^{(n)}(2) = 2^n.e^4
      Khi đó, thế vào (*), em sẽ có kết quả. Tuy nhiên, với cách này em phải tính đạo hàm đến cấp n. Với nhiều hàm số, việc tính đạo hàm cấp cao sẽ rất phức tạp nhất là không tìm được quy luật.
      Cách 2: biến đổi đưa về những hàm đã biết công thức khai triển. Em xem thêm ở phía trên nhé. Với bài này đặt t = x – 2 Thì khai triển tại x = 2 tương ứng với khai triển tại t = 0.
      Khi đó: e^{2x} = e^{2(t+2)} = e^4.e^{2t} . Em chỉ cần dùng công thức khai triển Maclaurin cho e^u (u = 2t) sẽ có kết quả.

  5. cho em hỏi số hạng dư lagrange dùng để làm gì ạ.Em chưa thấy ứng dụng của cái này.Mong thầy cho vài ví dụ giúp em

  6. thưa thầy,do chỉ mới học sơ về công thức này nên ở bài giải trên em không hiểu vài điều phần cuối.thầy giảng lại cho em được không ạ?
    1.”số hạng của cùng gọi là số hạng dư của nó” nghĩa là sao ạ?
    2.”là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư Rn(x)”??
    3.a và x0 có phải là 2 giá trị khác nhau?
    4.dòng cuối,”Đặc biệt x=0 thì công thức Taylor trở thành công thức Maclaurin” vậy tại sao trong công thức dưới đó vẫn còn ẩn x ạ?
    5.trong sách giáo khoa của em có công thức taylor: f(x)=∑(k=0->n)[(f^k)(x0).(x-x0)^k]/k! + [(x-x0).(f^(n+1))(c)]/(n+1)! .công thức này em thấy không giống trong định nghĩa cũng như trong định lý của thầy nên em rất thắc mắc.
    em cảm ơn thầy.

  7. Cho e hỏi là nếu đề bài yêu cầu khai triển maclaurin tới cấp 3 thì mình phải làm đạo hàm tới cấp mấy ạ?

  8. thưa thầy,cho e hỏi việc chứng minh điều kiện đủ của hàm 2 biến bằng công thức taylor như thế nào ạ

Gửi phản hồi

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 Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s