فرمول تیلور

اکنون فرض کنید $f (x)$ در بازه‌ای حول $x_{0}$ دارای $n$ مشتق باشد. همچنین فرض کنید چندجمله‌ای $P (x)$ از درجهٔ $(n - 1)$ یافته‌ایم، به طوری که

در این صورت $f (x) - P (x)$ در $x_{0}$ دارای ریشه‌ای با مرتبهٔ تکرار حداقل $n$ است. بنا بر قضیهٔ تقریب، اگر قرار دهیم $H (x) = (x - x_{0})^{n}$ خواهیم داشت

f (x) - P (x) = \frac{H (x)}{n!} f^{(n)} (ξ),

یا

که در آن $ξ$ بین $x$ و $x_{0}$ است.

تعیین $P (x)$ باقی می‌ماند. برای این منظور، می‌نویسیم

P (x) = a_{0} + a_{1} (x - x_{0}) + \dots + a_{n - 1} (x - x_{0})^{n - 1}

به صورت ترکیبی از توان‌های $(x - x_{0})$ ، که در آن ضرایب $a_{i}$ هنوز باید تعیین شوند. اکنون می‌خواهیم $P (x_{0}) = f (x_{0})$ باشد. اما $P (x_{0}) = a_{0}$ . بنابراین $a_{0} = f (x_{0})$ . است، زیرا مشتق جملهٔ ثابت برابر $0$ است و عامل $(x - x_{0})$ در مشتقات تمام جملات به جز $a_{1} (x - x_{0})$ که مشتق آن $a_{1}$ است، باقی می‌ماند. بنابراین . به همین ترتیب و به طور کلی $P^{(i)} (x_{0}) = i! a_{1} = f^{(i)} (x_{0})$ ، یا

a_{i} = \frac{f^{(i)} (x_{0})}{i!} \cdot

بنابراین

P (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \frac{f^{(i)} (x_{0})}{i!} (x - x_{0})^{i} \cdot

به طور خلاصه، داریم

f (x) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \frac{f^{(i)} (x_{0})}{i!} (x - x_{0})^{i} + \frac{(x - x_{0})^{n}}{n!} f^{(n)} (ξ),

که در آن $ξ$ بین $x$ و $x_{0}$ است. این نتیجه به عنوان فرمول تیلور شناخته می‌شود.

می‌توانیم این فرمول را با روش دیگری بسط دهیم که اطلاعات جالب توجه جدیدی فراهم می‌کند. در این حالت مجدداً فرض می‌کنیم که $f (x)$ در بازه‌ای شامل $a$ و $b, a < b$ دارای $n$ مشتق باشد. سپس فرض می‌کنیم

در نتیجه

زیرا جملات قبلی همگی دو به دو ساده می‌شوند. حال فرض کنید

g (x) = f (b) - F (x) - C (b - x)^{p},

که در آن $1 \leq p \leq n$ است و $C$ به گونه‌ای انتخاب می‌شود که $g (a) = 0$ باشد. از آنجا که $F (b) = f (b)$ ، داریم $g (b) = 0$ . بنا بر قضیهٔ رول، یک $ξ$ وجود دارد، $a < ξ < b$ ، به طوری که

بنابراین

g (x) = f (b) - F (x) - \frac{(b - x)^{p} (b - ξ)^{n - p}}{p (n - 1)!} f^{(n)} (ξ), a < ξ < b \cdot

به‌ویژه، $g (a) = 0$ ، بنابراین

f (b) - F (a) = \frac{(b - a)^{p} (b - ξ)^{n - p}}{p (n - 1)!} f^{(n)} (ξ),

یا

برای مقداری از $ξ$ بین $a$ و $b$ . اگر $a$ را با $x_{0}$ و $b$ را با $x$ جایگزین کنیم، می‌بینیم که اگر $p = n$ باشد، باقی‌مانده‌ای که در اینجا داریم دقیقاً همانند قبل است. این جمله باقی‌ماندهٔ لاگرانژ نامیده می‌شود. برای $p = 1$ ، جملهٔ باقی‌مانده باقی‌ماندهٔ کوشی نام دارد. در برخی موارد استفاده از یکی و در برخی موارد استفاده از دیگری راحت‌تر است.

به طور کلی، عبارت

سری تیلور برای $𝒇 (𝒙)$ حول $𝒙_{0}$ نامیده می‌شود. هنگامی که باقی‌مانده پس از $n$ جمله، یعنی اختلاف بین $n$ جملهٔ اول سری و $f (x)$ ، با بزرگ شدن $n$ به $0$ میل می‌کند، می‌گوییم سری به $f (x)$ همگرا می‌شود. به عنوان مثال، سری‌ای برای $\arctan x$ حول $x_{0} = 0$ نشان خواهیم داد که وقتی $- 1 \leq x \leq 1$ باشد به $\arctan x$ همگرا می‌شود. این در واقع همان سری تیلور آن حول $0$ است. ما از این سری برای نشان دادن روشی بسیار کارآمد برای محاسبهٔ بسط اعشاری $π$ استفاده خواهیم کرد.

سری زیر را در نظر بگیرید

\frac{x}{1} - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} + \dots, - 1 ≦ x ≦ 1.

قرار دهید

f_{n} (x) = \arctan x - (\frac{x}{1} - \frac{x^{3}}{3} + \dots \pm \frac{x^{2 n - 1}}{2 n - 1}) .

آنگاه

بنا بر قاعدهٔ مجموع سری هندسی. این عبارت به سادگی برابر است با

\frac{(- x^{2})^{n}}{1 + x^{2}} .

وقتی $n$ زوج است، . در این حالت $f_{n} (x)$ یکنوای صعودی است. از آنجا که $f_{n} (0) = 0$ ، اگر $x ≧ 0$ باشد، $f_{n} (x) ≧ 0$ است. سپس، با توجه به اینکه وقتی $n$ زوج است تعداد جملات در چندجمله‌ای ما زوج است، می‌بینیم که برای $n$ زوج و $x ≧ 0$ ،

\arctan x ≧ \frac{x}{1} - \frac{x^{3}}{3} + \dots - \frac{x^{2 n - 1}}{2 n - 1} .

برای $n$ فرد، و برای $x ≧ 0$ داریم $f_{n} (x) ≦ 0$ ، بنابراین

\arctan x ≦ \frac{x}{1} - \frac{x^{3}}{3} + \dots + \frac{x^{2 n - 1}}{2 n - 1} .

از آنجا که $\arctan x$ بین هر دو چندجمله‌ای متوالی قرار دارد، اختلاف بین یک چندجمله‌ای با $k$ جمله و $\arctan x$ حداکثر برابر اختلاف بین این چندجمله‌ای و چندجمله‌ای بعدی با $(k + 1)$ جمله است، یا

\frac{x^{2 k + 1}}{2 k + 1} ≦ \frac{1}{2 k + 1},

زیرا $0 ≦ x ≦ 1$ . بنابراین برای $x$ در این بازه، سری به $\arctan x$ همگرا می‌شود. برای $x ≦ 0$ ، مشاهده می‌کنیم که $f_{n} (- x) = - f_{n} (x)$ ؛ از آنجا که $f_{n} (- x)$ به صفر میل می‌کند، $f_{n} (x)$ نیز چنین می‌کند.

برای $x = 1$ ، این نتیجه به دست می‌آید

\frac{π}{4} = \arctan 1 = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots .

بنابراین ما روشی برای محاسبهٔ بسط اعشاری $π$ داریم، هرچند چندان مقرون‌به‌صرفه نیست. با این حال، یک روش بسیار مرتبط وجود دارد که بسیار کارآمد است. فرض کنید $a = \arctan \frac{1}{5}$ . آنگاه

\tan 2 a = \frac{2 \tan a}{1 - \tan^{2} a} = \frac{\frac{2}{5}}{1 - \frac{1}{25}} = \frac{5}{12},

و یک بار دیگر،

\tan 4 a = \frac{\frac{10}{12}}{1 - \frac{25}{144}} = \frac{120}{119} .

فرض کنید $b = \arctan \frac{1}{239}$ . آنگاه

از این رو $4 a - b = \frac{π}{4}$ ، $π = 16 a - 4 b$ . اکنون

a = \frac{1}{5} - \frac{1}{3} {(\frac{1}{5})}^{3} + \frac{1}{5} {(\frac{1}{5})}^{5} - \dots,

b = \frac{1}{239} - \frac{1}{3} {(\frac{1}{239})}^{3} + \frac{1}{5} {(\frac{1}{239})}^{5} - \dots .

با استفاده از این ترفند، چند صد رقم اعشار $π$ محاسبه شده است.

تمرین‌ها

تمرین 1.

فرض کنید $M$ هر عدد دلخواه $\geq 0$ باشد. آنگاه با بزرگ شدن $n$ ، عبارت $\frac{M^{n}}{n!}$ به $0$ میل می‌کند. زیرا اگر $N$ عددی صحیح باشد به طوری که $N \geq 2 M$ و $n > N$ ، آنگاه

\frac{M^{n}}{n!} = (\frac{M}{1} \frac{M}{2} \dots \frac{M}{N}) \cdot \frac{M}{N + 1} \cdot \dots \cdot \frac{M}{n} .

فرض کنید

\frac{M}{1} \cdot \frac{M}{2} \dots \frac{M}{N} = A .

آنگاه

\frac{M}{N + 1} < \frac{1}{2}, \dots, \frac{M}{n} < \frac{1}{2},

\frac{M^{n}}{n!} < \frac{A}{2^{n - N}} .

با بزرگ‌تر شدن $n$ ،

\frac{A}{2^{n - N}} ⟶ 0, بنابراین \frac{M^{n}}{n!} ⟶ 0 .

اکنون نشان دهید که سری‌های زیر، سری‌های تیلور حول $x_{0} = 0$ برای توابع مشخص‌شده هستند و برای هر $x$ به این توابع همگرا می‌شوند. (از باقی‌ماندهٔ لاگرانژ استفاده کنید.)

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

b) $\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots$

c) $\cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \frac{x^{6}}{6!} + \dots .$

تمرین 2.

سری تیلور $\log x$ را حول $x_{0} = 1$ بیابید. به ازای چه مقادیری از $x$ می‌توانید مطمئن باشید که سری به $\log x$ همگرا می‌شود؟