22Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа

22.1Приближение значений функций с помощью тейлоровских многочленов

Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано, которую мы обсуждали на прошлой лекции — мощный результат про локальное поведение функций. Однако, он записывается в терминах

o

-малых, то есть утверждает что-то про поведение функции при

x \to x_{0}

. Если мы зафиксируем конкретный

x

, эта формула не говорит ничего. В частности, она не позволяет сделать никакого утверждения о том, что тейлоровские многочлены приближают значения соответствующих функций с ростом степени. Однако зачастую это является правдой.

22.1.1Хорошее приближение: синус

Пример 1. Рассмотрим функцию

f (x) = sin x

. Найдём её производные:

\begin{matrix} f^{'} (x) & = cos x, f^{''} (x) & = - sin x, f^{'''} (x) & = - cos x, f^{(4)} (x) & = sin x, f^{(5)} (x) & = cos x, \end{matrix}

дальше процесс зацикливается. Пусть

x_{0} = 0

. Тогда производные в точке

x_{0}

образуют периодическую последовательность (начиная с нулевой производной, то есть со значения функции):

0, 1, 0, - 1, 0, 1, 0, - 1, \dots

. Тейлоровский многочлен степени

n = 2 k + 1

в окрестности точки

0

для синуса имеет вид:

\begin{matrix} T_{2 k + 1} (x) & = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots + (- 1)^{k} \frac{x^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!} . \end{matrix}

\begin{matrix} T_{2 k + 1} (x) & = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots + + (- 1)^{k} \frac{x^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!} . \end{matrix}

Возьмём несколько тейлоровских многочленов разных степеней и построим их графики вместе с графиком синуса, см. рис. 22.1.

import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
import qqmbr.odebook as ob
# see https://github.com/ischurov/qqmbr/blob/master/qqmbr/odebook.py

def f(x):
    return np.sin(x)
def T(x, k):
    return sum((-1) ** i * x ** (2 * i + 1) / 
                np.math.factorial(2 * i + 1) for i in range(0, k + 1))

x = np.linspace(-5, 5, 211)
plt.figure(figsize=(6, 5))
plt.plot(x, f(x), label='$y=f(x)$', lw=2)
plt.plot(x, T(x, 0), label='$y=T_1(x)$', lw=1)
plt.plot(x, T(x, 1), label='$y=T_3(x)$', lw=1)
plt.plot(x, T(x, 2), label='$y=T_5(x)$', lw=1)
plt.plot(x, T(x, 3), label='$y=T_7(x)$', lw=1)
plt.plot(x, T(x, 4), label='$y=T_9(x)$', lw=1)
plt.legend(loc=4)

ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False)
ob.settle_axes(xmin=-5.3, xmax=5.3, ymin=-2.5, ymax=2.5, 
               xlabel="x", ylabel="y") 
plt.xticks([-np.pi / 2, np.pi / 2], [r'$-\pi / 2$', r'$\pi / 2$'])
plt.yticks([])

Рис. 22.1: Приближение

sin x

тейлоровскими многочленами

На графике мы видим, что каждый следующий тейлоровский многочлен приближает синус всё лучше и лучше, причём на всё большем и большем промежутке. Например, если бы я захотел посчитать значение

sin (π / 2)

(мы знаем, что это 1, но вдруг забыли), используя для этого тейлоровские многочлены, многочлен первой степени (линейное приближение) никуда бы не годился, многочлен третьей степени дал бы ощутимую погрешность, пятой — погрешность, не видимую на графике, а девятый — ошибку в шестом знаке после запятой.

import numpy as np
def T(x, k):
    return sum((-1) ** i * x ** (2 * i + 1) / 
                np.math.factorial(2 * i + 1) for i in range(0, k + 1))
print("n\tT_n(pi/2)")
for k in range(0, 5):
    print(f"{2 * k + 1}\t{T(np.pi / 2, k):0.7f}")

n	T_n(pi/2)
1	1.5707963
3	0.9248322
5	1.0045249
7	0.9998431
9	1.0000035

Итак, в случае синуса, логично было бы предположить, что верно утверждение:

lim n \to \infty T_{n} (x) = sin x

для любых

x

. Заметим, что это утверждение никак не следует из формулы Тейлора с остаточным членом в форме Пеано — там речь про предел при

x \to x_{0}

, а здесь мы взяли конкретный

x

, зафиксировали его и рассматриваем предел при

n \to \infty

22.1.2Приближение работает не везде: $ln (1 + x)$

Пример 2. Повторим предыдущий пример для функции

f (x) = ln (x)

. Будем записывать тейлоровские многочлены в окрестности точки

1

. Имеем:

\begin{matrix} f^{'} (x) & = 1 / x = x^{- 1}, f^{''} (x) & = - x^{- 2}, f^{'''} (x) & = 2 x^{- 3}, f^{(4)} (x) & = - 6 x^{- 4} . \end{matrix}

При каждом дифференцировании степень уменьшается на 1 и сносится в виде коэффициента. Значит,

f^{(n)} (x) = (- 1)^{n + 1} (n - 1)! x^{- n}

и тейлоровский многочлен степени

n

имеет вид:

\begin{matrix} T_{n} (x) & = (x - 1) - \frac{(x - 1)^{2}}{2} + \frac{(x - 1)^{3}}{3} - \frac{(x - 1)^{4}}{4} + \dots + (- 1)^{n} \frac{(x - 1)^{n}}{n} . \end{matrix}

\begin{matrix} T_{n} (x) & = (x - 1) - \frac{(x - 1)^{2}}{2} + + \frac{(x - 1)^{3}}{3} - \frac{(x - 1)^{4}}{4} + + \dots + (- 1)^{n} \frac{(x - 1)^{n}}{n} . \end{matrix}

Построим график логарифма и его тейлоровских многочленов. Для наглядности используем анимацию, см. рис. 22.2.

import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
import qqmbr.odebook as ob
# see https://github.com/ischurov/qqmbr/blob/master/qqmbr/odebook.py

fig = plt.figure()
camera = Camera(fig)
def f(x):
    return np.log(x)
def T(x, n):
    return sum((-1) ** (i + 1) * (x - 1) ** i / i 
        for i in range(1, n + 1))

x = np.linspace(-1, 5, 511)
for k in range(1, 20):
    log = plt.plot(x, f(x), label='$y=f(x)$', lw=2, color='C0')
    t = plt.plot(x, T(x, k), label=f'$y=T_{{{k}}}(x)$', lw=1,
        color='C1')
    plt.legend(t, [f'$y=T_{{{k}}}(x)$'], loc=4)

    ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False)
    ob.settle_axes(xmin=-1, xmax=5.3, ymin=-4, ymax=3, 
                   xlabel="x", ylabel="y") 
    plt.xticks([1, 2])
    plt.yticks([0], [''])
    camera.snap()
animation = camera.animate(interval=300)

Рис. 22.2: Приближение

ln x

тейлоровскими многочленами

Мы видим, что с ростом

n

приближение становится всё лучше и лучше — но только на множестве

(0, 2]

. Если

x > 2

, приближение становится, наоборот, всё хуже и хуже!

22.1.3Примерчик посложнее: $e^{- 1 / x^{2}}$

Пример 3. Рассмотрим функцию

f (x) = {\begin{matrix} e^{- 1 / x^{2}}, & x \neq 0 0, & x = 0 \end{matrix}

Докажем, что она дифференцируема сколько угодно раз в нуле и найдём её тейлоровские многочлены в окрестности нуля.

Чтобы найти первую производную в нуле, нам придётся воспользоваться определением — просто так применить стандартные правила дифференцирования не получится, т.к. функция по-разному опрделена в нуле и вне нуля.

f^{'} (0) = lim Δ x \to 0 \frac{e^{- 1 / Δ x^{2}} - 0}{Δ x} .

Когда

Δ x \to 0

выражение

1 / Δ x^{2} \to + \infty

и можно сделать замену

t = 1 / Δ x^{2}

f^{'} (0) = lim t \to + \infty \frac{e^{- t}}{\sqrt{1 / t}} = lim t \to + \infty \frac{\sqrt{t}}{e^{t}} .

(На самом деле, если

Δ x \to 0^{-}

, перед корнем будет минус, но это ни на что не влияет.) Мы знаем, что экспонента стремится к бесконечности быстрее, чем любая степенная функция, и значит этот предел равен нулю. (Можно воспользоваться, например, правилом Лопиталя.)

Вторую производную тоже нужно находить по определению:

\begin{matrix} f^{''} (0) = lim Δ x \to 0 \frac{f^{'} (Δ x) - f^{'} (0)}{Δ x} . \\ (22.1) \end{matrix}

Мы знаем, что

f^{'} (0) = 0

. Однако чтобы найти этот предел, нам нужно знать, чему равняется

f^{'}

и в точках, отличных от нуля. Для этих точек мы можем найти

f^{'}

по стандартным правилам — если

x \neq 0

, то

f (x) = e^{- 1 / x^{2}}

и эту функцию можно просто продифферецировать:

\begin{matrix} f^{'} (x) & = e^{- 1 / x^{2}} {(- \frac{1}{x^{2}})}^{'} = e^{- 1 / x^{2}} (- x^{- 2})^{'} = - e^{- 1 / x^{2}} \cdot (- 2 x^{- 3}) . \end{matrix}

\begin{matrix} f^{'} (x) & = e^{- 1 / x^{2}} {(- \frac{1}{x^{2}})}^{'} = = e^{- 1 / x^{2}} (- x^{- 2})^{'} = = - e^{- 1 / x^{2}} \cdot (- 2 x^{- 3}) . \end{matrix}

Подставляя это в (22.1), имеем:

\begin{matrix} f^{''} (0) & = lim Δ x \to 0 \frac{2 Δ x^{- 3} e^{- 1 / Δ x^{2}}}{Δ x} = lim Δ x \to 0 2 Δ x^{- 4} e^{- 1 / Δ x^{2}} . \end{matrix}

\begin{matrix} f^{''} (0) & = lim Δ x \to 0 \frac{2 Δ x^{- 3} e^{- 1 / Δ x^{2}}}{Δ x} = = lim Δ x \to 0 2 Δ x^{- 4} e^{- 1 / Δ x^{2}} . \end{matrix}

Аналогично предыдущему, экспонента стремится к нулю быстрее любой степени, и значит этот предел тоже равен нулю.

Дальше можно продолжать в том же духе. Каждый раз будет получаться 0. (Докажите, что это действительно так!)

Итак, мы получаем, что все производные $f$ в нуле равны нулю. Это означает, что тейлоровский многочлен этой функции тождественно нулевой: для всякого $n$ , $T_{n} (x) = 0$ для всех $x$ .

Функция $f$ при этом принимает ненулевые значения при всех $x \neq 0$ . То есть о стремлении $T_{n} (x)$ к $f (x)$ при $n \to \infty$ нет и речи.

import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
import qqmbr.odebook as ob
# see https://github.com/ischurov/qqmbr/blob/master/qqmbr/odebook.py

def f(x):
    return np.exp(-1 / x**2)

x = np.linspace(-2, 2, 211)
plt.figure(figsize=(6, 5))
plt.plot(x, f(x), label='$y=f(x)$', lw=2)

ob.center_spines(grid=False, minor_ticks=False)
ob.settle_axes(xmin=-2, xmax=2, ymin=-0.1, ymax=1.1, 
               xlabel="x", ylabel="y") 
plt.xticks([-1, 1])
plt.yticks([1])

Рис. 22.3: Функция с нулевыми производными. Кажется, что вблизи нуля у неё целый отрезок нулевых значений, но это иллюзия:

f (x) \neq 0

при

x \neq 0

. Просто она стремится к нулю о-о-очень быстро.

Подведём промежуточный итог. Тейлоровские многочлены приближают функцию, по которой они построены, вблизи точки $x_{0}$ , то есть когда $x \to x_{0}$ . Но это не означает, что для фиксированного значения $x$ , $T_{n} (x)$ будет приближаться к $f (x)$ при больших значениях $n$ . Хотя часто это верно. Когда именно? Об этом — следующая теорема.

22.2Остаточный член в форме Лагранжа

Мы сформулируем теорему, которая позволяет доказывать оценки на остаточный член, то есть разницу между значением функции и значением её тейлоровского многочлена, при фиксированных

x

Теорема 1. Пусть функция

f

определена в окрестности точки

a

. Пусть точка

b

принадлежит этой окрестности и для определенности

b > a

. Предположим также, что функция

f

имеет

(n + 1)

производную на интервале

(a, b)

n

производных на отрезке

[a, b]

, причём

f^{(n)}

непрерывна на

[a, b]

. Обозначим через

T_{n}

тейлоровский многочлен функции

f

в окрестности точки

a

. Тогда найдётся такая точка

c \in (a, b)

, что

\begin{matrix} f (b) & = T_{n} (b) + \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} (b - a)^{n + 1} . \\ (22.2) \end{matrix}

\begin{matrix} f (b) & = T_{n} (b) + + \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} (b - a)^{n + 1} . \\ (22.2) \end{matrix}

Замечание 1. Если

n = 0

T_{n} (b) = f (a)

и формула (22.2) превращается в формулу (17.3) из лекции 17, то есть наша теорема — это обобщение теоремы Лагранжа о конечных приращениях.

Замечание 2. Прежде, чем доказывать эту теорему, покажем, как мы её будем применять. Вернёмся к примеру 1. Пусть

f (x) = sin x

a = 0

. Поскольку любая производная синуса это либо сам синус, либо косинус (со знаком плюс или минус), для любого

c

| f^{(n + 1)} (c) | \leq 1.

Значит остаточный член в формуле (22.2) оценивается таким образом:

∣ ∣ ∣ ∣ \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} (b - 0)^{n + 1} ∣ ∣ ∣ ∣ \leq \frac{| b |^{n + 1}}{(n + 1)!} .

При фиксированном значении

b

, степенная функция

| b |^{n + 1}

растёт медленнее, чем

(n + 1)!

, и

lim n \to \infty \frac{| b |^{n + 1}}{(n + 1)!} \to 0.

Значит для любого фиксированного

b

lim n \to \infty T_{n} (b) = sin b,

то есть тейлоровские многочлены синуса сходятся к синусу. Иными словами, синус можно разложить в ряд:

sin x = \infty \sum k = 0 (- 1)^{k} \frac{x^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!} .

Это уже точное и честное равенство, здесь нет никаких остаточных членов (поскольку взята бесконечная сумма).

Этот результат очень важен для практики. Собственно, когда вы просите компьютер посчитать значение синуса в какой-то точке, вместо синуса он вычисляет значение соответствующего тейлоровского многочлена достаточно большой степени.

Доказательство. Теперь можно перейти к доказательству. Оно будет очень похоже на доказательство теоремы Лагранжа о конечных приращениях.

Для начала, обозначим остаточный член (каким бы он ни был) через $R_{n} (x)$ :

R_{n} (x) := f (x) - T_{n} (x) .

Заметим, что для всех

k = 0, \dots, n

R_{n}^{(k)} (a) = 0,

поскольку многочлен Тейлора

T_{n} (x)

строился по функции

f

в окрестности точки

a

, и значит его значение, а также первые

n

производных в точке

a

совпадают со значениями и производными функции

f

Рассмотрим функцию

H (x) := R_{n} (x) - q \cdot (x - a)^{n + 1},

где

q

— некоторая константа, которую мы выберем позже. Заметим, что для всех

k = 0, \dots, n

H^{(k)} (a) = 0.

Действительно, для

R_{n}

это верно, а первые

n

производных добавки

q (x - a)^{n + 1}

в точке

x = a

равны нулю (продифференцируйте и подставьте!).

Выберем теперь $q$ таким образом, чтобы $H (b) = 0$ . В этом случае

R_{n} (b) - q (b - a)^{n + 1} = 0,

то есть

\begin{matrix} q = \frac{R_{n} (b)}{(b - a)^{n + 1}} . \\ (22.3) \end{matrix}

Теперь заметим, что функция

H

удовлетворяет условиям теоремы Ролля на отрезке

[a, b]

. Действительно,

f

дифференцируема на отрезке

[a, b]

, а значит и непрерывна на нём, а

T_{n}

q (x - a)^{n + 1}

— многочлены, они дифференцируемы где угодно сколько угодно раз. Значит,

H

также дифференцируема и непрерывна на отрезке

[a, b]

. Дополнительно по построению

H (a) = H (b) = 0

. Следовательно существует такая точка

c_{1} \in (a, b)

, что

H^{'} (c_{1}) = 0.

Теперь рассмотрим функцию

H^{'} (x)

на отрезке

[a, c_{1}]

. Она снова удовлетворяет условию теоремы Ролля! Действительно,

H^{'} (a) = 0

H^{'} (c_{1}) = 0

. Функция

H^{'}

непрерывна на отрезке

[a, b]

и значит на

[a, c_{1}]

. (Если

n = 1

, непрерывность первой производной

f

на всём отрезке

[a, b]

явно сформулирована в условии теоремы, а если

n > 1

, то она следует из существования второй производной на всём отрезке, и значит дифференцируемости первой производной.)

Значит существует такая точка $c_{2} \in (a, c_{1})$ , что $H^{''} (c_{2}) = 0$ .

Продолжая в том же духе, мы будем строить последовательность точек $c_{k}$ , удовлетворяющих условиям $c_{k} \in (a, c_{k - 1})$ и $H^{(k)} (c_{k}) = 0$ .

Сколько шагов так можно сделать? Заметим, что условия теоремы Ролля будут выполняться для всех производных функции $H$ вплоть до $H^{(n)}$ . В частности, мы явно потребовали, чтобы $f^{(n)}$ была непрерывна на отрезке $[a, b]$ , а значит и $H^{(n)}$ тоже будет непрерывной на этом отрезке, и, следовательно, и на отрезке $[a, c_{n}]$ . Значит в нашем алгоритме мы дойдём до $k = n + 1$ , то есть найдётся такая точка $c_{n + 1} \in (a, c_{n}) \subset (a, b)$ , что

H^{(n + 1)} (c_{n + 1}) = 0.

Покажем, что

c_{n + 1}

— это и есть искомая точка

c

, существование которой утверждается в теореме. Для этого нужно найти

(n + 1)

-ю произодную

H

\begin{matrix} H^{(n + 1)} (x) = f^{(n + 1)} (x) - T_{n}^{(n + 1)} (x) - q \cdot (n + 1)! = f^{(n + 1)} (x) - q \cdot (n + 1)! . \end{matrix}

\begin{matrix} H^{(n + 1)} (x) = f^{(n + 1)} (x) - T_{n}^{(n + 1)} (x) - - q \cdot (n + 1)! = f^{(n + 1)} (x) - q \cdot (n + 1)! . \end{matrix}

Действительно,

T_{n}

— это многочлен степени

n

, при

(n + 1)

-кратном дифференцировании он обнуляется, а

q (x - a)^{n + 1}

превращается в константу.

Значит в точке $x = c_{n + 1}$ имеем:

0 = H^{(n + 1)} (c_{n + 1}) = f^{(n + 1)} (c_{n + 1}) - q \cdot (n + 1)! .

Теперь нужно вспомнить, чему равняется

q

, см. (22.3). Получается такая штука:

\frac{R_{n} (b)}{(b - a)^{n + 1}} (n + 1)! = f^{(n + 1)} (c_{n + 1})

или

R_{n} (b) = \frac{f^{(n + 1)} (c_{n + 1})}{(n + 1)!} (b - a)^{n + 1} .

То есть если положить

c := c_{n + 1}

, получится ровно то, что мы обещали. Доказательство завершено.∎

22.2.1Бонус: формула Тейлора и равноускоренное движение

Приведенное выше доказательство — самое простое из всех, что я знаю. Но у меня всегда есть ощущение, что я достаю кролика из шляпы, когда я его завершаю, и после его прочтения всё равно нет ощущения, что становится понятно, почему формула именно такая. Возможно, следующая интерпретация прольёт на неё чуть больше света.

Рассмотрим движение с постоянным ускорением. Пусть в момент времени $x = a$ мы находились в точке $y_{0}$ и в этот момент скорость движения составляла $v_{0}$ . Пусть также на всём промежутке времени, который нас интересует, ускорение равнялось $A$ . Тогда закон движения задаётся следующим образом:

\begin{matrix} y = y_{0} + v_{0} (x - a) + \frac{A}{2} (x - a)^{2} . \\ (22.4) \end{matrix}

Действительно, если продифференцировать правую часть и подставить

x = a

, получим, что положение и скорость в начальный момент времени совпадают с искомыми, а если продифференцировать дважды, то мы получим константу

A

Слагаемое $\frac{A}{2} (x - a)^{2}$ показывает, насколько сильно мы отклоняемся от движения с постоянной скоростью $v_{0}$ к моменту времени $x$ .

Рассмотрим теперь некоторый другой закон движения $y = f (x)$ , уже не обязательно происходящий с равномерным ускорением. Мы приближаем его движением с постоянной скоростью:

y = T_{1} (x) = f (a) + f^{'} (a) (x - a)

и интересуемся, насколько сильно реальное движение уходит от этого движения с постоянной скоростью к моменту времени

x = b

. Это и есть остаточный член

f (b) - T_{1} (b)

Пусть ускорение непрерывно, то есть $f^{''}$ непрерывно на всём отрезке $[a, b]$ . В каких-то точках оно достигает своего максимума $A_{max}$ и минимума $A_{min}$ , а также принимает все значения из отрезка $[A_{max}, A_{min}]$ .

Если я стартую в точке $f (a)$ с начальной скоростью $f^{'} (a)$ и всю дорогу буду двигаться с максимально возможным ускорением $A_{max}$ , к моменту $b$ я попаду в точку

f_{max} (b) := T_{1} (b) + \frac{A_{max}}{2} (b - a)^{2},

а если с минимально возможным ускорением

A_{min}

— то в точку

f_{min} (b) := T_{1} (b) + \frac{A_{min}}{2} (b - a)^{2} .

Реальное положение

f (b)

находится где-то между этими двумя крайностями. (Это утверждение кажется очевидным; его аккуратное обоснование несложно и опирается на теорему Лагранжа.)

\begin{matrix} T_{1} (x) + \frac{A_{min}}{2} (b - a)^{2} \leq f (b) \leq T_{1} (x) + \frac{A_{max}}{2} (b - a)^{2} . \end{matrix}

\begin{matrix} T_{1} (x) & + \frac{A_{min}}{2} (b - a)^{2} \leq f (b) \leq \leq T_{1} (x) + \frac{A_{max}}{2} (b - a)^{2} . \end{matrix}

Пусть

A

непрерывно меняется от

A_{min}

до

A_{max}

. Тогда для какого-то значения

A = A_{*}

f (b) = T_{1} (b) + \frac{A_{*}}{2} (b - a)^{2} .

Но с другой стороны если

A_{*} \in [A_{min}, A_{max}]

, это какое-то значение ускорения между минимальным и максимальным. Из непрерывности ускорения, найдётся момент времени

x = c

, при котором

f^{''} (c) = A_{*}

. В этом случае

f (b) = T_{1} (b) + \frac{f^{''} (c)}{2} (b - a)^{2},

а это и есть формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа (для

n = 1

Аналогичным образом можно доказать эту формулу для любого $n$ — только вместо ускорения нужно будет брать $(n + 1)$ -ю производную $f$ . Заметим, что наше доказательство использует схожие идеи: функцию $H$ можно записать в виде

H (x) = f (x) - (T_{n} (x) + q (x - a)^{n})

и из такого представления видно, что она показывает, насколько движение по закону

y = f (x)

отличается от движения с постоянной

(n + 1)

-й производной, и мы специально так подбираем эту производную (константу

q

), чтобы оказаться в той же точке, в которой мы оказались при движении по закону

y = f (x)

. Это соответствует выбору

A_{*}

в рассуждении выше.

22.3Заключение

Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа позволяет доказывать, что некоторые функции представляются в виде бесконечных сумм — рядов Тейлора. Трудно переоценить значение этого факта для развития математики: ведь что может быть проще, чем степенной ряд — прямое обобщение многочлена, простейшего класса математических функций? Анализ функций, представимых в виде своих рядов Тейлора (они называюется аналитическими) — большая и красивая область математики. Однако, как показывает пример 3, не все функции являются аналитическими. И у этого факта есть важные следствия — в частности, можно склеивать гладкие функции из кусочков, сохраняя их гладкость.

← Предыдущая глава Следующая глава →

Математический анализ Записки лекций

22Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа

22.1Приближение значений функций с помощью тейлоровских многочленов

22.1.1Хорошее приближение: синус

22.1.2Приближение работает не везде: ln(1+x)

22.1.3Примерчик посложнее: e−1/x2

22.2Остаточный член в форме Лагранжа

22.2.1Бонус: формула Тейлора и равноускоренное движение

22.3Заключение

Математический анализ
Записки лекций

22.1.2Приближение работает не везде: $ln (1 + x)$

22.1.3Примерчик посложнее: $e^{- 1 / x^{2}}$