Что такое ряд Тейлора?

2

Б. Голубов

Что такое ряд Тейлора?

Имя английского математика Брука Тейлора называется вошло в историю математики благодаря открытию, которое он сделал в 1715 году, в возрасте 29 лет. Что это за открытие? Об этом мы и постараемся расскажать.

Посмотите на рисунки 1—3. На них изображены графики функций $y = e^x$, $y = \frac{1}{1+x}$ и $y = \ln(1+x)$.

Под номером 1 на каждом из этих рисунков изображена касательная к соответствующему графику в точке $x = 0$, то есть график некоторой линейной функции $y = ax + b$ (проверьте, что именно будет соответственно функция-

ции $y = 1+x$, $y = 1-x$ и $y = x$). Под номером 2 на каждом из этих рисунков изображена касательная квадратного треугольника $y = ax^2 + bx + c$, который в точке $x = 0$ прилегает к графику соответствующей функции «теснее» всех других квадратных треугольников. Точнее, речь идет о таких квадратных треугольнах, которые в точке $x = 0$ совпадают с соответствующими функциями вместе со своим произвольным первого и второго порядка. В этих случаях говорят, что графики этих квадратных треугольнов имеют с соответствующими графиками касание второго порядка (проверьте, что таким будет соответствено квадратные треугольны $y = 1+x + \frac{x^2}{2}$, $y = 1-x + x^2$ и $y = x - \frac{x^2}{2}$).

Наконец, под номером 3 на рисунках 1—3 изображены графики функций $y = ax^3 + bx^2 + cx + d$, которые имеют с графиками соответствующих кривых в точке $x = 0$ касание третьего порядка (легко сообщить, что это

4

В этой статье мы получим ряды Тейлора для функции $y=\sin x$, $y=\cos x$, $y=e^x$ и $y=\ln(1+\dot{x})$.

Необходимые сведения из анализа

Прежде всего нам понадобится формула Ньютона — Лейбница:

$$\int_a^b f(x) \, dx = F(b) - F(a),$$

где функция $f$ непрерывна на отрезке $[a; b]$, а функция $F$ является для нее первогообразной на этом отрезке.

Далее, из геометрического смысла интеграла вытекает, что $\int_a^b f(x) \, dx \geq 0$, если $f(x) \geq 0$ на $[a; b]$ (рис. 5). Отсюда легко следует, что если две непрерывные функции на отрезке $[a; b]$ удовлетворяют неравенству $f(x) \leq g(x)$, то $\int_a^b f(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \, dx$, то есть неравенства, связывающие неправильные функции, можно интерпровать, получая неравенства того же знака.

Наконец, нам понадобится равенство

$$\lim_{n \to \infty} \frac{x^n}{n!} = 0,$$

где $x$ — любое действительное число. Доказем его. Найдем по данному $x$ такое натуральное число $N$, что $\frac{|x|}{N+1} \leq y=f(x)$

Рис. 5. $S = \int_a^b f(x) \, dx$.

$\leq \frac{1}{2}$. Тогда для всех $n > N$ будут выполенены неравенства

$$0 \leq \frac{|x|^n}{n!} = \frac{|x|}{1} \cdot \frac{|x|}{2} \cdot \dots \cdot \frac{|x|}{N} \times \times \frac{|x|}{N+1} \cdot \dots \cdot \frac{|x|}{n} \leq \frac{|x|^N}{N!} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-N} = \frac{|x|^N \cdot 2^N}{N!} \cdot 2^{-n}.$$

Поскольку $N$ фиксировано, то при $n \to \infty$ предел последовательности, стоящей в правой части этих неравенств, равен нулю. Отсюда и следует равенство (1).

Представление функции $\sin x$ и cos $x$ рядом Тейлора

Пусть функсировано $x > 0$. Тогда, интеграру неравенство $\cos t \leq 1$ по отрезку $[0; x]$, получим, что

$$\int_0^x \cos t \, dt \leq \int_0^x 1 \, dt.$$

Но так как sin $t$ является первообразной для cos $t$, а $t$ — первообразной для 1, предыдущей неравенство на основании формулы Ньютона — Лейбница можно записать в виде $sin x \leq x$. Это неравенство можно было бы написать сразу, но мы хотели обяснить принцип получения дальнейших неравенств и потому привели его доказательство.

Интеграру неравенство $\sin t \leq t$ по отрезку $[0; x]$, получим, что

$$\int_0^x \sin t \, dt \leq \int_0^x t \, dt.$$

Поскольку функция — cos $t$ является первообразной для sin $t$, а $\frac{t^2}{2}$ — первообразной для $t$, предыдущей неравенство на основании формулы Ньютона — Лейбница приет вид

$$1 - cos x \leq \frac{x^2}{2} \text{ или } cos x \geq 1 - \frac{x^2}{2}.$$

Интеграру это неравенство по отрезку $[0; x]$ и снова пользоваться формулой Ньютона — Лейбница, приdem к неравенству $\sin x \geq x - \frac{x^3}{3!}$.

5

Продолжая процесс последовательного интегрирования (и пользоваться методом математической индукции), легко доказать неравенства

$$\cos x \leq 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{4n}}{(4n)!},$$

$$\sin x \leq x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^{4n+1}}{(4n+1)!},$$

$$\cos x \geq 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots - \frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!},$$

$$\sin x \geq x - \frac{x^3}{3!} + \dots - \frac{x^{4n+3}}{(4n+3)!},$$

где $n = 0, 1, \dots, x > 0$.

Объединия первое и третье из неравенств (2), получим

$$1 - \frac{x^2}{2!} + \dots - \frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!} \leq \cos x \leq 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{4n}}{(4n)!}.$$

Левый многочлен можно рассматривать как приближенное значение $\cos x$ с недостатком, а правый—как приближенное значение $\cos x$ с известным (рис. 6). Но разность между правым и левым многочленами из неравенств (3) равна $\frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!}$, и при $n \to \infty$ она стремится к нулю на основании (1). Поэтому

$$\cos x = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots - \frac{x^{4n+2}}{(4n+2)!} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( 1 - \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{4n}}{(4n)!} \right).$$

Результат записьюот в виде

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

Правая часть этого равенства и называется $prdom Teйлора функции$ $\cos x$.

При доказательстве неравенств (3), а значит, и равенства (4), предполагаюсь, что $x > 0$. Но они справедливны и для $x < 0$ в силу четности всех входящих в них функций. Наконец, они легко проверяют и для $x = 0$ и, таким образом, справедливы при всех действительных $x$.

Аналогично, для $x > 0$ из (2) имеем

$$\sin x = \lim_{n \to \infty} \left( x - \frac{x^3}{3!} + \dots - \frac{x^{4n+3}}{(4n+3)!} \right) = \lim_{n \to \infty} \left( x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^{4n+1}}{(4n+1)!} \right).$$

Этот результат записьюот в виде

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} x^{2n+1} + \dots,$$

а выражение в правой части этого равенства называют $prdom Teйлора функции$ $\sin x$.

Заметим, наконец, что равенство (5) остается справедливым и для $x \leq 0$ в силу четности всех входящих в него функций.

Разложение функций $e^x$ в ряд Teйлора

Известно, что $(e^x)' = e^x$, откуда следует, что при любой построной $C$ функция $e^x + C$ является первообразной для $e^x$. Кроме того, нам важно знать, что $e > 1$ ($e = 2,718\dots$).

Поскольку $e > 1$, то $1 \leq e^t \leq e^a$ для всех $t \in [0; a]$. Интеррируя это неравенство по отрезку $[0; x]$, где $0 \leq x \leq a$, получим $x \leq e^x - 1 \leq e^ax$ или $1 + x \leq e^x \leq 1 + e^ax$. Эти неравенства также можно проинтегрировать по отрезку $[0; x]$, заменив в них предварительно $x$ на $t$. В результате получим

$$x + \frac{x^2}{2!} \leq e^x - 1 \leq x + e^a \frac{x^2}{2!},$$

Рис. 6.

6

илли

$$1 + x + \frac{x^2}{2!} \leq e^x \leq 1 + x + e^a \frac{x^2}{2!} (0 \leq x \leq a).$$

Продолжая процесс последовательного интегрирования, получим неравенства

$$1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} \leq e^x \leq 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} + \frac{x^n}{n!} e^a,$$

где $n=0, 1, \dots, 0 \leq x \leq a$.

Таким образом, для каждого значения $x$ из отрезка $[0; a]$ получено приближенное значение для функции $e^x$ с недостатком и с избытком в виде многочленов степени $n$. Разность между правым и левым многочленами в неравенствах (6) равна $(e^a - 1) \frac{x^n}{n!}$; при $n \to \infty$ она стремится к нулю на основании (1). Поскольку $a$ — произвольное положительное число, из неравенств (6) следует, что при любом $x \geq 0$

$$e^x = \lim_{n \to \infty} \left( 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} \right).$$

Запишем это в виде равенства

$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + \dots$$

(7)

Выражение в правой части (7) называется рядом Тейлора функции $e^x$.

Уражение не 1. Обосновите равенство (7) при $x < 0$. (Указание не. Воспользовитесь тем, что $e^x < 1$ при $x < 0$).

Разложение функции $\ln(1+x)$ в ряд Тейлора

Функция $\ln(1+x)$ определяется как $\log_e(1+x)$, то есть основание логарифма равно $e$. Поскольку $\ln(1+x)^\prime = \frac{1}{1+x}$ при всех $x > -1$, то для $\frac{1}{1+x}$ функция $\ln(1+x) + C$ является первообразной на интервале $-1; +\infty$ [ при любой построенной $C$. Этим мы воспользуемся следующимся ниже. Заметим, что при $t \geq 0$ справедливый неравенства

$$1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} \leq \frac{1}{1+t} \leq 1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} \leq \frac{1}{1+t} \leq 1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} + t^{2n}.$$

(8)

(Обосновите их самостоятельное.)

Интеррируя неравенства (8) по отрезку $[0; x]$, где $x \geq 0$, и пользоваться формулой Ньютона—Лейбница, получим неравенства

$$x - \frac{x^2}{2} + \dots - \frac{x^{2n}}{2n} \leq \ln(1+x) \leq x - \frac{x^2}{2} + \dots - \frac{x^{2n}}{2n} + \frac{x^{2n+1}}{2n+1},$$

(9)

в которых $x \geq 0$. Разность между правым и левым многочленами равна $\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$. Если $0 \leq x \leq 1$, то она стремится к нулю при $n \to \infty$. Поэтому

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

(10)

для $0 \leq x \leq 1$.

Уражение не 2. Убедитесь, что это равенство справедливо и для $-1 < x < 0$. (Указание не. Воспользовитесь тем, что при $t > -1$ $1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} \leq \frac{1}{1+t} \leq 1 - t + \dots + t^{2n-2} - t^{2n-1} + t^{2n}$ если $\lambda > \frac{1}{1+t}$.)

Выражение в правой части равенства (10) и называется рядом Тейлора функции $\ln(1+x)$.

При находении рядов Тейлора функции $\sin x$, $\cos x, e^x$ и $\ln(1+x)$ мы использували различных искусственных приемы. На самом деле существует единый метод нахождения ряда Тейлора функции — он основан на ее последовательном дифференцировании. С ним мы можете познакомиться по замечательной книге А. Я. Хинчина «Восемь лекций по математическому анализу» (M., «Наука», 1977).

Что дает полученные оценки?

Полученные выше оценки функции $\sin x$, $\cos x, e^x$ и $\ln(1+x)$ позволяют вычислять их в произвольной точке с любой требуемой точностью.

7

Например, если требуется узнать значение функции sin x в точке $x \in \left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]$ с погрешностью, не превысходящей числа $\varepsilon > 0$, то найдем сначала такое целое $n \geqslant 0$, что $x^{4n+1}/(4n+1)! < \varepsilon$. Тогда значения многочленов из неравенств (2) в точке $x$ дают нам значение sin x с точностью до $\varepsilon$, одно с недостатком, другие — с известком. Вычисление же значений в других точках с помощью формул приведения свойства к вычислениям в точках отрезка $\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]$.

Немного истории

Сочинение Б. Тейлора «Methodus incrementorum directa et inversa» вышло в свет в 1715 г. в Лондоне на латинском языке. Тейлор был современником Ньютона и Лейбница — основателем дифференциального и интегрального исчисления. Его метод был основан на формуле Ньютона, которая дает приближенное представление функции на заданном отрезке в виде многочлена степени $n$, совпадаетщего с данной функцией в $n+1$ равностоящих точках отрезка (в том числе и в его конечных точках). Тейлор совершил переход к предлуу в формуле Ньютона при $n \rightarrow \infty$ совершенно формульно, не заботясь об обосновании предельного перехода.

По этому поводу видный немецкий ученый и историк математики Ф. Клейн писал: «В существии, Тейлор здесь операрует с бесконечно малыми (дифференциальами) горздо, если можно так выразиться, легкомысленное, чем это когда-либо делали последователь Лейбница; интересно отметить, что он еще… на глазах Ньютона так уклонился от метода пределов, который пользовался последний» *).

Воспследствие многое математики из разных стран занимались обоснованием метода Тейлора: Лагранж, Коши, Шлёмльх, Рош, Пеано и другие. Благодаря их усилиям метод представления функции рядами Тейлора и метод приближенного изобравжения функции многочленами получили полное обоснование.

В настоящее время понятие ряда Тейлора является одним из основных в вычислении математике. Ряды Тейлора или их конечные суммы находят применение почты всюду, где имеется необходимость точного или приближенного изобравжения плавающего меняющихся функций.

Задание

1. Пользовать равенство
   $$\text{arctg} x = \int_0^x \frac{dt}{1+t^2} (-\infty < x < \infty),$$

доказать, что при $x \geqslant 0$ и $n = 0,1, \dots$ справедливые неравенства
$$x - \frac{x^3}{3} + \dots - \frac{x^{4n+3}}{4n+3} \leqslant \text{arctg} x \leqslant x - \frac{x^3}{3} + \dots + \frac{x^{4n+1}}{4n+1}.$$

Если же $x < 0$, то в этих неравенствах знак «≤» следует заменить на «≥».

2. Доказать, что для $-1 < x \leqslant 1$ справедливо равенство
   $$\text{arctg} x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \dots$$

3. Доказать равенство $\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$

4. Доказать равенство $\ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots$

5. Доказать равенство
   $$e^{-1} = \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{4!} - \dots$$

6. Доказать равенство
   $$(1+x)^{\alpha} = 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2 + \dots + \frac{\alpha(\alpha-1)}{n!} x^n + \dots,$$
   где $-1 < x \leqslant 1, -\infty < \alpha < +\infty$.