1. Khai triển Taylor đối với đa thức
Xét đa thức $P(x)={{a}_{n}}{{x}^{n}}+{{a}_{n-1}}{{x}^{n-1}}+...+{{a}_{1}}x+{{a}_{0}},$ khi đó với điểm ${{x}_{0}}$ bất kì ta có
$P(x)=P({{x}_{0}})+\frac{{P}"({{x}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+\frac{{P}""({{x}_{0}})}{2!}{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}+...+\frac{{{P}^{(n)}}({{x}_{0}})}{n!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n}}.$
Ví dụ 1: Khai triển $P(x)={{x}^{3}}+x-1$ theo luỹ thừa nguyên dương của $x-1.$
Giải. Có ${P}"(x)=3{{x}^{2}}+1,{P}""(x)=6x,{P}"""(x)=6.$ Vậy
$\begin{array}{c} P(x) = P(1) + \frac{{P"(1)}}{{1!}}(x - 1) + \frac{{P""(1)}}{{2!}}{(x - 1)^2} + \frac{{P"""(1)}}{{3!}}{(x - 1)^3}\\ = 1 + \frac{4}{{1!}}(x - 1) + \frac{6}{{2!}}{(x - 1)^2} + \frac{6}{{3!}}{(x - 1)^3}\\ = 1 + 4(x - 1) + 3{(x - 1)^2} + {(x - 1)^3}. \end{array}$
Ví dụ 2: Khai triển đa thức $P(x)={{x}^{5}}+{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+1$ theo luỹ thừa nguyên dương của $x-1.$
Giải. Có $\left\{ \begin{array}{l} P(x) = {x^5} + {x^3} - 3{x^2} + 1\\ P"(x) = 5{x^4} + 3{x^2} - 6x\\ P""(x) = 20{x^3} + 6x - 6\\ P"""(x) = 60{x^2} + 6\\ {P^{(4)}}(x) = 120x\\ {P^{(5)}}(x) = 120 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} P(1) = 0\\ P"(1) = 2\\ P""(1) = 20\\ P"""(1) = 66\\ {P^{(4)}}(1) = 120\\ {P^{(5)}}(1) = 120 \end{array} \right..$ Vậy
$\begin{array}{c} P(x) = \frac{2}{{1!}}(x - 1) + \frac{{20}}{{2!}}{(x - 1)^2} + \frac{{66}}{{3!}}{(x - 1)^3} + \frac{{120}}{{4!}}{(x - 1)^4} + \frac{{120}}{{5!}}{(x - 1)^5}\\ = 2(x - 1) + 10{(x - 1)^2} + 11{(x - 1)^3} + 5{(x - 1)^4} + {(x - 1)^5}. \end{array}$
2. Khai triển Taylor đối với hàm số bất kì
Khai triển Taylor với phần dư dạng Peano
Giả sử hàm số $f(x)$ có đạo hàm đến cấp $n$ trong lân cận $({{x}_{0}}-\delta ;{{x}_{0}}+\delta )$ của điểm ${{x}_{0}}.$ Khi đó:
$f(x)=f({{x}_{0}})+\frac{{f}"({{x}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+\frac{{f}""({{x}_{0}})}{2!}{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}+...+\frac{{{f}^{(n)}}({{x}_{0}})}{n!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n}}+o\left< {{(x-{{x}_{0}})}^{n}} \right>.$
công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm số $f(x)$ đến bậc $n$ tại điểm ${{x}_{0}}$ với phần dư dạng Peano.
Bạn đang xem: Bài tập khai triển taylor có lời giải chi tiết
$r(x)=o\left< {{(x-{{x}_{0}})}^{n}} \right>$ được gọi là phần dư và được gọi là phần dư dạng peano.
Khai triển Mac – Laurin
Trong công thức khai triển Taylor với phần dư dạng peano khi ${{x}_{0}}=0,$ ta có
$f(x)=f(0)+\frac{{f}"(0)}{1!}x+\frac{{f}""(0)}{2!}{{x}^{2}}+...+\frac{{{f}^{(n)}}(0)}{n!}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$
công thức này được gọi là công thức khai triển Mac – Laurin
Khai triển Taylor với phần dư dạng Lagrange
Giả sử hàm số $f(x)$ có đạo hàm đến cấp $n+1$ trong lân cận $({{x}_{0}}-\delta ;{{x}_{0}}+\delta )$ của điểm ${{x}_{0}}.$ Khi đó:
$f(x)=f({{x}_{0}})+\frac{{f}"({{x}_{0}})}{1!}(x-{{x}_{0}})+\frac{{f}""({{x}_{0}})}{2!}{{(x-{{x}_{0}})}^{2}}+...+\frac{{{f}^{(n)}}({{x}_{0}})}{n!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n}}+\frac{{{f}^{(n+1)}}(c)}{(n+1)!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n+1}},$ trong đó $c$ là điểm nào đó nằm giữa $x$ và ${{x}_{0}}.$
công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm số $f(x)$ đến bậc $n$ tại điểm ${{x}_{0}}$ với phần dư dạng lagrange.
$r(x)=\frac{{{f}^{(n+1)}}(c)}{(n+1)!}{{(x-{{x}_{0}})}^{n+1}},$ được gọi là phần dư dạng Lagrange.
3. Khai triển Mac - Laurin của một số hàm sơ cấp hay dùng
$y={{e}^{x}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(x)={{e}^{x}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(0)=1\Rightarrow {{e}^{x}}=1+\frac{x}{1!}+\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\frac{{{x}^{3}}}{3!}+...+\frac{{{x}^{n}}}{n!}+o({{x}^{n}}).$$y = \sin x \Rightarrow {y^{(n)}}(x) = \sin \left( {x + \frac{{n\pi }}{2}} \right) \Rightarrow {y^{(n)}}(0) = \sin \frac{{n\pi }}{2} = \left\{ \begin{array}{l} 0,n = 2k\\ {( - 1)^k},n = 2k + 1 \end{array} \right..$Vậy $\sin x=x-\frac{{{x}^{3}}}{3!}+\frac{{{x}^{5}}}{5!}-...+\frac{{{(-1)}^{n}}}{(2n+1)!}{{x}^{2n+1}}+o({{x}^{2n+1}}).$
$y = \cos x \Rightarrow {y^{(n)}}(x) = \cos x\left( {x + \frac{{n\pi }}{2}} \right) \Rightarrow {y^{(n)}}(0) = \cos \frac{{n\pi }}{2} = \left\{ \begin{array}{l} {( - 1)^k},n = 2k\\ 0,n = 2k + 1 \end{array} \right..$Vậy $\cos x=1-\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\frac{{{x}^{4}}}{4!}-...+\frac{{{(-1)}^{n}}}{(2n)!}{{x}^{2n}}+o({{x}^{2n}}).$
$y=\ln (1+x)\Rightarrow {{y}^{(n)}}(x)=\frac{{{(-1)}^{n-1}}(n-1)!}{{{(x+1)}^{n}}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(0)={{(-1)}^{n-1}}(n-1)!.$Vậy$\ln (1 + x) = x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} - ... + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}{x^n}}}{n} + o({x^n}).$
$y=\frac{1}{x+1}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(x)=\frac{{{(-1)}^{n}}n!}{{{(x+1)}^{n+1}}}\Rightarrow {{y}^{(n)}}(0)={{(-1)}^{n}}n!.$Vậy $\frac{1}{x+1}=1-x+{{x}^{2}}-{{x}^{3}}+...+{{(-1)}^{n}}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$
Ví dụ 1: Khai triển Taylor đến cấp 2 tại điểm $x=\frac{1}{2}$ với phần dư dạng peano của hàm số $f(x)=\arcsin x.$
Giải. Có $f\left( \frac{1}{2} \right)=\arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi }{6}$ và ${f}"(x)=\frac{1}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}\Rightarrow {f}"\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{2}{\sqrt{3}}$ và ${f}""(x)=\frac{x}{\sqrt{{{(1-{{x}^{2}})}^{3}}}}\Rightarrow {f}""\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}.$
Vậy $f(x)=\frac{\pi }{6}+\frac{2}{\sqrt{3}}(x-1)+\frac{2}{3\sqrt{3}}{{(x-1)}^{2}}+o\left< {{(x-1)}^{2}} \right>.$
Ví dụ 2: Khai triển Taylor đến cấp 5 tại điểm $x=1$ với phần dư dạng peano của hàm số $f(x)={{(x-1)}^{3}}\arccos (x-1).$
Giải. Ta khai triển Taylor đến cấp 2 tại điểm $x=1$ với phần dư dạng peano của hàm số $g(x)=\arccos (x-1).$
Có $g(1)=\arccos 0=\frac{\pi }{2}$ và ${g}"(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-{{(x-1)}^{2}}}}=-\frac{1}{\sqrt{2x-{{x}^{2}}}}\Rightarrow {g}"(1)=-1$ và ${g}""(x)=\frac{1-x}{\sqrt{{{(2x-{{x}^{2}})}^{3}}}}\Rightarrow {g}""(1)=0.$ Suy ra $g(x)=\frac{\pi }{2}-(x-1)+o\left< {{(x-1)}^{2}} \right>.$
Vậy $f(x)={{(x-1)}^{3}}g(x)=\frac{\pi }{2}{{(x-1)}^{3}}-{{(x-1)}^{4}}+o\left< {{(x-1)}^{5}} \right>.$
Ví dụ 3: Khai triển hàm số $f(x)=\sqrt<3>{x+7}$ theo luỹ thừa của $x-1$ đến bậc 3 với phần dư dạng peano.
Giải. Ta có
$\begin{array}{l} f(1) = 2;\\ f"(x) = \frac{1}{3}{(x + 7)^{ - \frac{2}{3}}} \Rightarrow f"(1) = \frac{1}{{12}};\\ f""(x) = - \frac{2}{9}{(x + 7)^{ - \frac{5}{3}}} \Rightarrow f""(1) = - \frac{1}{{144}};\\ f"""(x) = \frac{{10}}{{27}}{(x + 7)^{ - \frac{8}{3}}} \Rightarrow f"""(1) = \frac{5}{{3456}}. \end{array}$
Vậy $f(x)=2+\frac{1}{12}(x-1)-\frac{1}{288}{{(x-1)}^{2}}+\frac{5}{20736}{{(x-1)}^{3}}+o\left< {{(x-1)}^{3}} \right>.$
Ví dụ 4: Khai triển Mac – Laurin đến cấp 4 của hàm số $f(x)=\int\limits_{0}^{x}{\ln (1+t)dt}.$
Giải. Ta có
$\begin{array}{l} f(0) = 0;\\ f"(x) = \ln (1 + x) \Rightarrow f"(0) = 0;\\ f""(x) = \frac{1}{{1 + x}} \Rightarrow f""(0) = 1;\\ f"""(x) = - \frac{1}{{{{(1 + x)}^2}}} \Rightarrow f"""(0) = - 1;\\ {f^{(4)}}(x) = \frac{2}{{{{(1 + x)}^3}}} \Rightarrow {f^{(4)}}(0) = 2. \end{array}$
Vậy $f(x)=\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{1}{6}{{x}^{3}}+\frac{1}{12}{{x}^{4}}+o({{x}^{4}}).$
Ví dụ 5: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{x}^{2}}\sin 2x+3.$
Giải. Có $g(x)=\sin 2x=2x-\frac{{{(2x)}^{3}}}{3!}+\frac{{{(2x)}^{5}}}{5!}-...+\frac{{{(-1)}^{n-1}}}{(2n-1)!}{{(2x)}^{2n-1}}+o({{x}^{2n-1}}).$
Vậy $f(x)={{x}^{2}}g(x)+3=3+2{{x}^{3}}-\frac{{{2}^{3}}}{3!}{{x}^{5}}+\frac{{{2}^{5}}}{5!}{{x}^{5}}-...+\frac{{{(-1)}^{n-1}}{{2}^{2n-1}}}{(2n-1)!}{{x}^{2n+1}}+o({{x}^{2n+1}}).$
Ví dụ 6: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)=\dfrac{1}{2x+3}.$
Giải. Ta có
\<\begin{array}{l} f(0) = \frac{1}{3};\\ f"(x) = - \frac{2}{{{{(2x + 3)}^2}}} \Rightarrow f"(0) = - \frac{2}{9};\\ f""(x) = \frac{8}{{{{(2x + 3)}^3}}} \Rightarrow f""(0) = \frac{8}{{27}};\\ f"""(x) = - \frac{{48}}{{{{(2x + 3)}^4}}} \Rightarrow f"""(0) = - \frac{{16}}{{27}};\\ ...\\ {f^{(n)}}(x) = \frac{{{{( - 2)}^n}.n!}}{{{{(2x + 3)}^{n + 1}}}} \Rightarrow {f^{(n)}}(x) = \frac{{{{( - 2)}^n}.n!}}{{{3^{n + 1}}}}. \end{array}\>
Vậy $f(x)=\frac{1}{3}-\frac{2}{9}x+\frac{8}{27}{{x}^{2}}-\frac{16}{27}{{x}^{3}}+...+\frac{{{(-2)}^{n}}.n!}{{{3}^{n+1}}}{{x}^{n}}+o({{x}^{n}}).$
Ví dụ 7: Khai triển Taylor theo các luỹ thừa của $x-1$ đến bậc ba của hàm số $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}.$
Giải. Ta có
$\begin{array}{l} f(x) = \frac{1}{{\sqrt x }} \Rightarrow f(1) = 1;\\ f"(x) = - \frac{1}{2}{x^{ - \frac{3}{2}}} \Rightarrow f"(1) = - \frac{1}{2};\\ f""(x) = \frac{3}{4}{x^{ - \frac{5}{2}}} \Rightarrow f""(1) = \frac{3}{4};\\ f"""(x) = - \frac{{15}}{8}{x^{ - \frac{7}{2}}} \Rightarrow f"""(1) = - \frac{{15}}{8}. \end{array}$
Vậy $f(x)=1-\frac{1}{2}(x-1)+\frac{3}{8}{{(x-1)}^{2}}-\frac{5}{16}{{(x-1)}^{3}}+o\left< {{(x-1)}^{3}} \right>.$
Ví dụ 8: Khai triển Taylor theo theo luỹ thừa của $x-1$ đến bậc ba của hàm số $f(x)={{x}^{x}}-1.$
Giải. Ta có
$\begin{array}{l} f(x) = {x^x} - 1 \Rightarrow f(1) = 0;\\ f(x) = {e^{x\ln x}} - 1 \Rightarrow f"(x) = \left( {\ln x + 1} \right){e^{x\ln x}} \Rightarrow f"(1) = 1;\\ f""(x) = \frac{1}{x}{e^{x\ln x}} + {\left( {\ln x + 1} \right)^2}{e^{x\ln x}} \Rightarrow f""(1) = 2;\\ f"""(x) = - \frac{1}{{{x^2}}}{e^{x\ln x}} + \frac{1}{x}\left( {\ln x + 1} \right){e^{x\ln x}} + \frac{2}{x}(\ln x + 1){e^{x\ln x}} + {\left( {\ln x + 1} \right)^3}{e^{x\ln x}} \Rightarrow f"""(1) = 3. \end{array}$
Vậy $f(x)=(x-1)+{{(x-1)}^{2}}+\frac{1}{2}{{(x-1)}^{3}}+o\left< {{(x-1)}^{3}} \right>.$
Ví dụ 9: Khai triển Taylor theo theo luỹ thừa của $x-2$ đến bậc ba của hàm số $f(x)=\dfrac{x}{x-1}.$
Giải. Ta có:
$\begin{array}{l} f(x) = \frac{x}{{x - 1}} \Rightarrow f(2) = 2;\\ f(x) = \frac{{(x - 1) + 1}}{{x - 1}} = 1 + \frac{1}{{x - 1}} \Rightarrow f"(x) = - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} \Rightarrow f"(2) = - 1;\\ f""(x) = \frac{2}{{{{(x - 1)}^3}}} \Rightarrow f""(2) = 2;\\ f"""(x) = - \frac{6}{{{{(x - 1)}^4}}} \Rightarrow f"""(2) = - 6. \end{array}$
Vậy $f(x)=2-(x-1)+{{(x-1)}^{2}}-{{(x-1)}^{3}}+o\left< {{(x-1)}^{3}} \right>.$
Ví dụ 10: Khai triển Taylor theo theo luỹ thừa của $x-1$ đến bậc ba của hàm số $f(x)=\ln (1-x+{{x}^{2}}).$
Giải.
$\begin{array}{l} f(x) = \ln (1 - x + {x^2}) \Rightarrow f(1) = 0;\\ f"(x) = \dfrac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} \Rightarrow f"(1) = 1;\\ f""(x) = - \dfrac{{2{x^2} - 2x - 1}}{{{{({x^2} - x + 1)}^2}}} \Rightarrow f""(1) = 1;\\ f"""(x) = \dfrac{{2(2x - 1)({x^2} - x - 2)}}{{{{({x^2} - x + 1)}^3}}} \Rightarrow f"""(1) = - 4. \end{array}$
Vậy $f(x)=(x-1)+\dfrac{{{(x-1)}^{2}}}{2}-\dfrac{2{{(x-1)}^{3}}}{3}+o\left< {{(x-1)}^{3}} \right>.$
Ví dụ 11: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{e}^{-\dfrac{{{x}^{2}}}{2}}}.$
Giải. Xét $g(x)={{e}^{x}}$ ta có $g(x)={{e}^{x}}\Rightarrow g(0)=1;{{g}^{(n)}}(x)={{e}^{x}}\Rightarrow {{g}^{(n)}}(0)=1.$
Vậy $g(x)=1+\frac{x}{1!}+\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\frac{{{x}^{3}}}{3!}+...+\frac{{{x}^{n}}}{n!}+o({{x}^{n}}).$
Suy ra $f(x)=g\left( -\frac{{{x}^{2}}}{2} \right)=1-\frac{{{x}^{2}}}{1!{{.2}^{1}}}+\frac{{{x}^{4}}}{2!{{.2}^{2}}}-\frac{{{x}^{6}}}{3!{{.2}^{3}}}+...+\frac{{{(-1)}^{n}}{{x}^{2n}}}{n!{{.2}^{n}}}+o({{x}^{2n}}).$
Ví dụ 12: Khai triển Mac – Laurin đến luỹ thừa bậc 3 của $x$ của hàm số $f(x)={{e}^{\sin x}}.$
Giải. Ta có:
$\begin{array}{l} f(x) = {e^{\sin x}} \Rightarrow f(0) = 1;\\ f"(x) = \cos x{e^{\sin x}} \Rightarrow f"(0) = 1;\\ f""(x) = - \sin x{e^{\sin x}} + {\cos ^2}x{e^{\sin x}} \Rightarrow f""(0) = 1;\\ f"""(x) = - \cos x{e^{\sin x}} - \sin x\cos x{e^{\sin x}} - 2\cos x\sin x{e^{\sin x}} + {\cos ^3}x{e^{\sin x}} \Rightarrow f"""(0) = 0. \end{array}$
Vậy $f(x)=1+x+\frac{{{x}^{2}}}{2}+o({{x}^{3}}).$
Ví dụ 13: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{e}^{\tan x}}$ đến bậc 5 của $x.$
Giải. Có $f(x)=1+x+\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{2}+\frac{3{{x}^{4}}}{8}+o({{x}^{5}}).$
Ví dụ 14: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $y=x\sin {{x}^{2}}$ đến luỹ thừa ${{x}^{11}}.$
Giải. Có $\sin x=x-\frac{{{x}^{3}}}{3!}+\frac{{{x}^{5}}}{5!}+o({{x}^{5}}).$
Suy ra $\sin {{x}^{2}}={{x}^{2}}-\frac{{{x}^{6}}}{3!}+\frac{{{x}^{10}}}{5!}+o({{x}^{10}}).$
Vì vậy $x\sin {{x}^{2}}={{x}^{3}}-\frac{{{x}^{7}}}{3!}+\frac{{{x}^{11}}}{5!}+o({{x}^{11}}).$
Ví dụ 15:Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)=\dfrac{{{x}^{2}}+5}{{{x}^{2}}+x-12}.$
Có $\begin{gathered} f(x) = \frac{{{x^2} + 5}}{{{x^2} + x - 12}} = 1 + \frac{2}{{x - 3}} - \frac{3}{{x + 4}} = 1 - \frac{2}{3}\frac{1}{{1 - \frac{x}{3}}} - \frac{3}{4}\frac{1}{{1 + \frac{x}{4}}} \\ = 1 - \frac{2}{3}\left( {1 - \left( { - \frac{x}{3}} \right) + {{\left( { - \frac{x}{3}} \right)}^2} - ... + {{( - 1)}^n}{{\left( { - \frac{x}{3}} \right)}^n} + o({x^n})} \right) - \frac{3}{4}\left( {1 - \left( {\frac{x}{4}} \right) + {{\left( {\frac{x}{4}} \right)}^2} - ... + {{( - 1)}^n}{{\left( {\frac{x}{4}} \right)}^n} + o({x^n})} \right) \\ = - \frac{5}{{12}} - \frac{5}{{144}}x - \frac{{209}}{{1728}}{x^2} - ... + {( - 1)^n}\left( { - \frac{2}{3}{{\left( { - \frac{1}{3}} \right)}^n} - \frac{3}{4}{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^n}} \right){x^n} + o({x^n}). \\ \end{gathered} $
Ví dụ 16:Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)={{\cos }^{3}}x.$
Có $\begin{gathered} f(x) = {\cos ^3}x = \frac{1}{4}\cos 3x + \frac{3}{4}\cos x \\ = \frac{1}{4}\left( {1 - \frac{{{{\left( {3x} \right)}^2}}}{{2!}} + \frac{{{{\left( {3x} \right)}^4}}}{{4!}} - ... + \frac{{{{( - 1)}^n}{{\left( {3x} \right)}^{2n}}}}{{(2n)!}} + o({x^{2n}})} \right) + \frac{3}{4}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^4}}}{{4!}} - ... + \frac{{{{( - 1)}^n}{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + o({x^{2n}})} \right) \\ = 1 - \frac{3}{2}{x^2} + \frac{7}{8}{x^4} - ... + {( - 1)^n}\frac{{{9^n} + 3}}{{4(2n)!}}{x^{2n}} + o({x^{2n}}). \\ \end{gathered} $
Ví dụ 17:Khai triển Taylor của hàm số $f(x)=\ln \left( \dfrac{{{(x-1)}^{x-2}}}{3-x} \right)$ đếp cấp 4 của $x-2$ với phần dư dạng Peano.
Có $\begin{gathered} f(x) = \ln \left( {\dfrac{{{{(x - 1)}^{x - 2}}}}{{3 - x}}} \right) = (x - 2)\ln (x - 1) - \ln (3 - x) \hfill \\ \Rightarrow f"(x) = \ln (x - 1) + \frac{{x - 2}}{{x - 1}} + \frac{1}{{3 - x}} \Rightarrow f""(x) = \frac{1}{{x - 1}} + \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(x - 3)}^2}}} \hfill \\ \Rightarrow f"""(x) = - \frac{1}{{{{(x - 1)}^2}}} - \frac{2}{{{{(x - 1)}^3}}} - \frac{2}{{{{(x - 3)}^3}}} \hfill \\ \Rightarrow {f^{(4)}}(x) = \frac{2}{{{{(x - 1)}^3}}} + \frac{6}{{{{(x - 1)}^4}}} + \frac{6}{{{{(x - 3)}^4}}} \hfill \\ \Rightarrow f(2) = 0;f"(2) = 1;f""(2) = 3;f"""(2) = - 1;{f^{(4)}}(2) = 14 \hfill \\ \Rightarrow f(x) = (x - 2) + \frac{3}{2}{(x - 2)^2} - \frac{1}{6}{(x - 2)^3} + \frac{7}{{12}}{(x - 2)^4} + o\left( {{{(x - 3)}^4}} \right). \hfill \\ \end{gathered} $
4. Ứng dụng khai triển Taylor tính giới hạn của hàm số
Ví dụ 1: Tìm số thực $a$ sao cho $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\ln (a{{x}^{2}}+x+1)-x}{{{x}^{2}}}=1.$
Giải.Cách 1: Dùng Lôpitan có
$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{\ln (a{{x}^{2}}+x+1)-x}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\dfrac{2ax+1}{a{{x}^{2}}+x+1}-1}{2x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{(2a-1)x-a{{x}^{2}}}{2x(a{{x}^{2}}+x+1)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\dfrac{2a-1-ax}{2(a{{x}^{2}}+x+1)}=\dfrac{2a-1}{2}.$
Vậy $\dfrac{2a-1}{2}=1\Leftrightarrow a=\dfrac{3}{2}.$
5. Ứng dụng khai triển Taylor vào các dạng bài toán khác
Ví dụ 1: Cho hàm số $f(x)$ xác định và có đạo hàm cấp 2 liên tục trên đoạn $<0;1>$ thoả mãn $f(0)=f(1)$ và $\left| {f}""(x) \right|\le A,\forall x\in <0;1>.$ Chứng minh rằng $\left| {f}"(x) \right|\le \dfrac{A}{2},\forall x\in <0;1>.$
Giải. Khai triển Taylor với phần dư dạng lagrange có:
$\begin{array}{l} f(0) = f(x) + f(x) + f"(x)(0 - x) + \dfrac{{f""(a)}}{2}{(0 - x)^2};\\ f(1) = f(x) + f"(x)(1 - x) + \dfrac{{f""(b)}}{2}{(1 - x)^2}. \end{array}$
Với $a$ là số thực nằm giữa $0$ và $x;b$ là số thực nằm giữa $1$ và $x.$
Kết hợp giả thiết có \<{f}"(x)=\dfrac{{f}""(a)}{2}{{x}^{2}}-\dfrac{{f}""(b)}{2}{{(1-x)}^{2}}\> và
\<\begin{array}{c} \left| {f"(x)} \right| = \left| {\dfrac{{f""(a)}}{2}{x^2} - \dfrac{{f""(b)}}{2}{{(1 - x)}^2}} \right|\\ \le \left| {\dfrac{{f""(a)}}{2}{x^2}} \right| + \left| {\dfrac{{f""(b)}}{2}{{(1 - x)}^2}} \right|\\ \le \dfrac{{A{x^2}}}{2} + \dfrac{{A{{(1 - x)}^2}}}{2} = \frac{A}{2}(2{x^2} - 2x + 1) = \dfrac{A}{2}(2x(x - 1) + 1) \le \dfrac{A}{2},\forall x \in <0;1>. \end{array}\>
Ví dụ 2: Cho $f:\left< 0,1 \right>\to \mathbb{R}$là hàm khả vi 2 lần so cho với mọi $x\in \left< 0,1 \right>$thì $f""(x)\le 1$. Chứng minh rằng
$f(0)-2f\left( \frac{1}{2} \right)+f(1)\le \frac{1}{4}$.
Giải. Để ý đến đại lượng $f(0),f(1)$ và $2f\left( \frac{1}{2} \right)$ điều này làm ta suy nghĩ đến khai triển Tayor tại ${{x}_{0}}=\frac{1}{2}$.
Khai triển Taylor ta được
$f(0)=f\left( \frac{1}{2} \right)-\frac{1}{2}f"\left( \frac{1}{2} \right)+\frac{1}{8}f""({{x}_{1}}),{{x}_{1}}\in \left( 0,\frac{1}{2} \right)$ ,
và
$f(1)=f\left( \frac{1}{2} \right)+\frac{1}{2}f"\left( \frac{1}{2} \right)+\frac{1}{8}f""({{x}_{2}}),{{x}_{2}}\in \left( \frac{1}{2},1 \right)$.
cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được $f(0)-2f\left( \frac{1}{2} \right)+f(1)=\frac{1}{8}\left( f""({{x}_{1}})+f""({{x}_{2}}) \right)\le \frac{1}{4}$.
Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 3: Cho $f:\left< 0,1 \right>\to \mathbb{R}$khả vi cấp 2 trên $\left< 0,1 \right>$ thỏa mãn $f(0)=f(1)=a$ và $\underset{x\in \left< 0,1 \right>}{\mathop{\min }}\,f(x)=b$. Chứng minh rằng
\<\underset{x\in \left< 0,1 \right>}{\mathop{\text{max}}}\,f""(x)\ge 8\left( a-b \right)\>.
Giải. Do $f$ liên tục trên $\left< 0,1 \right>$ nên tồn tại ${{x}_{0}}\in \left< 0,1 \right>$ sao cho $f({{x}_{0}})=\underset{x\in \left< 0,1 \right>}{\mathop{\min }}\,f(x)=b$. Theo định lý Fermat thì $f"({{x}_{0}})=0$. Khai triển Taylor ta được
$a=f(0)=f({{x}_{0}})+f"({{x}_{0}})\left( 0-{{x}_{0}} \right)+\frac{f""({{x}_{1}})}{2}x_{0}^{2}\Rightarrow a-b=\frac{f""({{x}_{1}})}{2}x_{0}^{2}$ với ${{x}_{1}}\in \left( 0,{{x}_{0}} \right)$
Ví dụ 4: Cho $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$là hàm khả vi với đạo hàm cấp 2 dương. Chứng minh rằng
$f\left( x+f"(x) \right)\ge f(x)$ với mọi số thực $x$.
Giải. Khai triển Taylor tại ${{x}_{0}}=x$ ta được
$f\left( x+f"(x) \right)=f(x)+f"(x)\left( x+f"(x)-x \right)+\frac{f""(\delta x)}{2}{{\left( x+f"(x)-x \right)}^{2}}$.
Suy ra $f\left( x+f"(x) \right)-f(x)={{\left( f"(x) \right)}^{2}}+\frac{f""(\delta x)}{2}{{\left( f"(x) \right)}^{2}}\ge 0$.
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Xem thêm: Top 8 Bài Phân Tích Nhân Vật Phương Định Siêu Hay, Phân Tích Nhân Vật Phương Định (Dàn Ý + 7 Mẫu)
Ví dụ 1: Khai triển Mac – Laurin của hàm số \ từ đó tính đạo hàm ${{f}^{2019}}(0).$
Áp dụng công thức ${{e}^{x}}=1+\frac{x}{1!}+\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\frac{{{x}^{3}}}{3!}+...+\frac{{{x}^{n}}}{n!}+o({{x}^{n}})$ ta có
$\begin{gathered} f(x) = \left( {{x^3} + 1} \right){e^{{x^3}}} = {x^3}{e^{{x^3}}} + {e^{{x^3}}} \\ = {x^3}\left( {1 + \frac{{{x^3}}}{{1!}} + \frac{{{x^6}}}{{2!}} + \frac{{{x^9}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^{3n - 3}}}}{{(n - 1)!}} + o({x^{3n - 3}})} \right) + \left( {1 + \frac{{{x^3}}}{{1!}} + \frac{{{x^6}}}{{2!}} + \frac{{{x^9}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^{3n}}}}{{(n - 1)!}} + o({x^{3n}})} \right) \\ = 1 + 2{x^3} + \frac{3}{2}{x^6} + \frac{2}{3}{x^9} + ... + \left( {\frac{1}{{(n - 1)!}} + \frac{1}{{n!}}} \right){x^{3n}} + o({x^{3n}}). \\ \end{gathered} $
Do đó $\frac{{{f}^{(3n)}}(0)}{(3n)!}=\frac{1}{(n-1)!}+\frac{1}{n!}\Rightarrow {{f}^{(2019)}}(0)=2019!\left( \frac{1}{672!}+\frac{1}{673!} \right).$
Ví dụ 2:Khai triển Mac – Laurin của hàm số \ từ đó tính đạo hàm ${{f}^{2020}}(0).$
Áp dụng công thức $\cos x=1-\frac{{{x}^{2}}}{2!}+\frac{{{x}^{4}}}{4!}-...+\frac{{{(-1)}^{n}}}{(2n)!}{{x}^{2n}}+o({{x}^{2n}}).$
Ta có
$\begin{gathered} f(x) = ({x^2} + 1)\cos x = {x^2}\cos x + \cos x \\ = {x^2}\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^4}}}{{4!}} - ... + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}{x^{2n - 2}}}}{{(2n - 2)!}} + o({x^{2n - 2}})} \right) + \left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^4}}}{{4!}} - ... + \frac{{{{( - 1)}^n}{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + o({x^{2n}})} \right) \\ = 1 - \frac{1}{2}{x^2} - \frac{{11}}{{24}}{x^4} + ... + \left( {\frac{{{{( - 1)}^n}}}{{(2n)!}} + \frac{{{{( - 1)}^{n - 1}}}}{{(2n - 2)!}}} \right){x^{2n}} + o({x^{2n}}). \\ \end{gathered} $
Do đó $\frac{{{f}^{(2n)}}(0)}{(2n)!}=\frac{{{(-1)}^{n}}}{(2n)!}+\frac{{{(-1)}^{n-1}}}{(2n-2)!}\Rightarrow {{f}^{(2020)}}(0)=2020!\left( \frac{1}{2020!}-\frac{1}{2018!} \right).$
Ví dụ 3: Khai triển Mac – Laurin của hàm số $f(x)=\ln \left( 1+{{x}^{2}} \right)$ từ đó tính ${{f}^{(2020)}}(0).$
Áp dụng công thức: $\ln (1+x)=x-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-...+\frac{{{(-1)}^{n-1}}{{x}^{n}}}{n}+o({{x}^{n}}).$
Do đó $f(x)=\ln \left( 1+{{x}^{2}} \right)={{x}^{2}}-\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{{{x}^{6}}}{3}-...+\frac{{{(-1)}^{n-1}}{{x}^{2n}}}{n}+o({{x}^{2n}})\Rightarrow \frac{{{f}^{(2n)}}(0)}{(2n)!}=\frac{{{(-1)}^{n-1}}}{n}\Rightarrow {{f}^{(2020)}}(0)=-\frac{2020!}{1010}.$
7. Ứng dụng khai triển Taylor với phần dư dạng Lagrange tính gần đúng giá trị biểu thức