III. Ứng dụng của khai triển Taylor
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (332.77 KB, 32 trang )
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Áp dụng công thức Taylor với số dư Lagrange:
x 2 sin θ x 4
cos x = 1 − +
x,
2 4!
( 0 < θ < 1)
Ta có:
x 2 sin θ x 4 x 4
cos x − 1 − ÷ =
x ≤ ≤ 0, 0001
2
4!
24
⇒ x ≤ 0, 0001 − 24 = 0,1. 24 < 0,222
Bài 2: Tính gần đúng với sai số ε = 10
-3
giá trị A = ln(1,05)
Trong phần này, ta sẽ sử dụng công thức Taylor với phần dư Lagrange để tính
Giải:
1
2
1
3
f ( x) = ln(1 + x) = x − x + x + ... +
2
3
Đặt:
( − 1)
n
n− 1
n
x + Rn
Cần tính A = ln(1,05) tức là ta chọn x =0,05, hằng số c trong phần dư
0
Lagrange R nằm giữa 0 và 0,05
n
f ( n+ 1) (c) n+ 1
(− 1)n 0,05n+ 1
Rn =
x =
,0 ≤ c ≤ 0,05
(n + 1)!
(c + 1) n+ 1 (n + 1)!
Ta phải tìm n để |R |≤10
n
-3
50
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
0 ≤ c ≤ 0,05 ⇒ 1 ≤ 1 + c ≤ 1, 05 ⇒ 1 ≥
⇒ Rn ≤
0,05
n +1
( n + 1)!
=
1
( n + 1)!20
1
(1 + c)
n
1
−3
n +1
≤ 10 =
1000
⇒ n= 2
1
A = ln(1,05) ≈ 0,05 − (0,05)2 = 0,05 − 0,00125 = 0,04875 ≈ 0,49
2
Vậy
2. Tính giới hạn:
Sử dụng khai triển Taylor ta có thể tính được một số giới hạn đặc biệt, phức
tạp mà lien quan đến hàm số lượng giác và siêu việt.
Bài 3: Áp dụng khai triển Taylor hãy tính giới hạn sau:
a)
1
L1 = lim x − x 2 ln(1 + )
x→ ∞
x
Giải: Ta có:
1 1 1
1
ln(1 + ) = − 2 + 0( 3 ), ( x → + ∞ )
x x 2x
x
1
1
1
1 1
⇒ x − x 2 ln(1 + ) x + x 2 ln(1 + ) = x − x 2 − 2 + 0( 3 )
x
x
x
x 2x
1
1
= + 0( )
2
x
Do đó:
lim x − x 2 ln(1 +
x→ ∞
1
1 1 1
) = lim + 0( ) =
x x→ ∞ 2 x 2
51
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
arcsin x − sin x
x → 0 e x + ln(1 − x ) − 1
L2 = lim
b)
Giải:
Khai triển đến x3 vì tử số chỉ cần đến x3 là khác 0
1
1
1
arcsin x − sin x = x + x 3 + O( x 3 ) ÷ − x − x 3 + O( x 3 ) ÷ : x 3
6
6
3
Ta có:
1
1
1
1
e x + ln(1 − x ) − 1 = 1 + x + x 2 + x 3 + O( x 3 ) ÷ + (− x ) − (− x )2 + (− x )3 + O( x 3 ) ÷ − 1
2
6
2
3
1
≈ − x3
6
1 / 3x3
L2 = lim
= −2
x→ 0 − 1 / 6 x3
Do đó:
3. Tính cực trị bằng đạo hàm cấp cao:
f ′ ( x0 ) = f ′ ( x0 ) = ... = f (n− 1) ( x0 ) = 0, f (n) ( x0 ) ≠ 0
Giả sử
với số dư Peano ta có:
f (n ) ( x0 )
f ( x ) − f (0) =
( x − x0 ) + O( x − x0 )n
n!
52
. Khí đó theo công thức Taylor
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
f ( n ) ( x0 )
≈
( x − x 0 )n
n!
khi x gần x0
Từ đây suy ra:
+ Nếu n lẻ thì f không có cực trị địa phương tại x0
+ Nếu n chẵn thì f có cực trị địa phương tại x0. Cụ thể,
tiểu địa phương tại x0 ; còn nếu
f ( n ) ( x0 ) < 0
f ( n ) ( x0 ) > 0
thì f đạt cực
thì f đạt cực đại địa phương tại x0.
Bài 4:
Xét hàm
f ( x ) = e x + e− x + 2cos x tại x = 0 ta có:
f ′ ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = f ′ ′ ( 0 ) = 0, f (4) (0) = 4 > 0
Vậy
x = 0 là điểm cực tiểu địa phương.
Bài 5:
Giả sử
f ( x ) ∈ C∞ ( R ), f (k ) (0) = 0 ∀ k=0,1,2.... và f (k ) ( x) ≥ 0 với x > 0, k = 1,2,.... CMR:
f ( x) = 0 với x > 0
Giải:
53
