Как разложить в ряд Тейлора: пошаговое решение

Дано: функция $f(x) = \ln x$, центр разложения $x_0 = 1$. Найти: многочлен Тейлора четвёртой степени, общий член ряда и приближённое значение $\ln 1{,}2$ с оценкой погрешности.

Схема одинакова для любой функции: берём производные в точке $x_0$, делим каждую на факториал её номера и умножаем на $(x - x_0)^k$. Ответ: $T_4(x) = (x-1) - \dfrac{(x-1)^2}{2} + \dfrac{(x-1)^3}{3} - \dfrac{(x-1)^4}{4}$, общий член ряда равен $\dfrac{(-1)^{n-1}(x-1)^n}{n}$, а $\ln 1{,}2 \approx 0{,}182267$ с гарантированной погрешностью не больше $6{,}4 \cdot 10^{-5}$. Калькулятор сверху рисует и функцию, и её многочлен Тейлора: подвинь ползунок степени и увидишь, как пунктир прилипает к кривой.

Решение по шагам

Дано. $f(x) = \ln x$, точка разложения $x_0 = 1$, нужна степень $n = 4$ и значение в точке $x = 1{,}2$.

Шаг 1. Считаем производные в точке разложения. Логарифм удобен тем, что его производные подчиняются простому правилу: каждое дифференцирование понижает степень $x$ на единицу и меняет знак. Сводим всё в таблицу вместе с готовыми коэффициентами $c_k = \dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$.

Обрати внимание на нулевой коэффициент: $f(1) = \ln 1 = 0$, поэтому свободного члена в разложении не будет и многочлен начнётся сразу с первой степени.

Шаг 2. Собираем многочлен Тейлора. Подставляем коэффициенты в формулу $T_n(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} c_k (x - x_0)^k$:

$$T_4(x) = (x-1) - \frac{(x-1)^2}{2} + \frac{(x-1)^3}{3} - \frac{(x-1)^4}{4}.$$

Шаг 3. Выписываем общий член. Четырёх производных мало, чтобы записать ряд: нужна формула для произвольного номера. Дифференцируя логарифм $k$ раз, получаем закономерность

$$f^{(k)}(x) = (-1)^{k-1} (k-1)!\, x^{-k}, \qquad k \geqslant 1,$$

откуда $c_k = \dfrac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{k!} = \dfrac{(-1)^{k-1}}{k}$. Ряд Тейлора логарифма принимает вид

$$\ln x = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} (x-1)^n, \qquad 0 < x \leqslant 2.$$

Границы взялись не из воздуха: радиус сходимости этого ряда равен 1, а концы интервала проверяются подстановкой отдельно. Как это делается, подробно разобрано в задаче про область сходимости ряда.

Шаг 4. Вычисляем $\ln 1{,}2$. Подставляем $x = 1{,}2$, то есть $x - 1 = 0{,}2$:

$$\begin{aligned} T_4(1{,}2) &= 0{,}2 - \frac{0{,}2^2}{2} + \frac{0{,}2^3}{3} - \frac{0{,}2^4}{4} \\ &= 0{,}2 - 0{,}02 + 0{,}0026667 - 0{,}0004 \\ &= 0{,}1822667. \end{aligned}$$

Шаг 5. Оцениваем погрешность. Остаточный член в форме Лагранжа для $n = 4$ выглядит так:

$$R_4(x) = \frac{f^{(5)}(\xi)}{5!}(x-1)^5, \qquad \xi \in (1;\ 1{,}2).$$

Пятая производная равна $f^{(5)}(x) = 24 x^{-5}$ и на отрезке $[1;\ 1{,}2]$ максимальна в левом конце: $f^{(5)}(\xi) \leqslant 24$. Значит,

$$|R_4(1{,}2)| \leqslant \frac{24}{120} \cdot 0{,}2^5 = 0{,}2 \cdot 0{,}00032 = 6{,}4 \cdot 10^{-5}.$$

Проверка: точное значение $\ln 1{,}2 = 0{,}1823216$, фактическая ошибка равна $5{,}49 \cdot 10^{-5}$ и действительно не превосходит оценки.

Ответ. $\ln x = (x-1) - \dfrac{(x-1)^2}{2} + \dfrac{(x-1)^3}{3} - \dfrac{(x-1)^4}{4} + \dots$, общий член $\dfrac{(-1)^{n-1}(x-1)^n}{n}$ при $0 < x \leqslant 2$; $\ln 1{,}2 \approx 0{,}18227$ с погрешностью не выше $6{,}4 \cdot 10^{-5}$.

Формула Тейлора и откуда берутся коэффициенты

Разложить функцию в ряд Тейлора значит подобрать степенной ряд по степеням $(x - x_0)$, сумма которого совпадает с функцией вблизи точки $x_0$:

$$f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k.$$

Коэффициенты не подбираются, а вычисляются однозначно, и понять почему проще всего так. Предположим, что равенство уже выполнено. Подставим $x = x_0$: все слагаемые со степенями обнулятся, останется $c_0 = f(x_0)$. Продифференцируем обе части один раз и снова подставим $x = x_0$: выживет только член с $k = 1$, откуда $c_1 = f'(x_0)$. После $k$ дифференцирований выживает единственное слагаемое, и оно приносит множитель $k!$ - отсюда деление на факториал в формуле.

Частный случай $x_0 = 0$ называют рядом Маклорена. Это не другая формула, а та же самая с нулевым центром, поэтому фраза «разложить по степеням $x$» означает именно ряд Маклорена. Выбор центра диктуется задачей: раскладывают вокруг той точки, около которой потом будут считать значения, и там же функция обязана иметь производные всех порядков.

Само наличие всех производных ещё не гарантирует, что ряд сойдётся именно к функции: для этого остаточный член обязан стремиться к нулю. Формально это условие $R_n(x) \to 0$ при $n \to \infty$; строгое доказательство и разные формы остатка разобраны в теореме Тейлора с остаточным членом Лагранжа.

Короткий путь: пять готовых разложений и замена переменной

Считать производные вручную приходится редко. В контрольных почти всегда работает другой приём: свести функцию к одному из табличных разложений заменой переменной. Вот пять рядов, которые нужно знать наизусть.

Разобранная выше задача решается по этой таблице в одну строку: обозначаем $t = x - 1$, тогда $\ln x = \ln(1 + t)$, и остаётся подставить готовый ряд. Тот же приём работает для $e^{2x}$ (замена $t = 2x$), для $\sin(x^2)$ (замена $t = x^2$), для $\dfrac{1}{3-x} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - x/3}$ (замена $t = x/3$ после вынесения константы).

Ещё два законных действия над степенными рядами - почленное дифференцирование и почленное интегрирование внутри интервала сходимости. Через них ряд для $\ln(1+t)$ получается интегрированием геометрической прогрессии, а ряд для $\dfrac{1}{(1-t)^2}$ - дифференцированием той же прогрессии; подробности этого механизма собраны в статье про почленное дифференцирование степенного ряда.

Сколько членов брать: остаточный член на практике

Формулировка «вычислить с точностью до $\varepsilon$» означает, что степень $n$ надо подобрать, а не взять наугад. Порядок действий обратный обычному: сначала записываем оценку остатка, потом решаем относительно $n$ неравенство $|R_n| \leqslant \varepsilon$.

Для нашего логарифма при $x = 1{,}2$ оценка сворачивается в компактное выражение $|R_n| \leqslant \dfrac{0{,}2^{\,n+1}}{n+1}$. Проверяем подряд: при $n = 4$ получается $6{,}4 \cdot 10^{-5}$, при $n = 6$ уже $1{,}8 \cdot 10^{-6}$, а при $n = 7$ выходит $3{,}2 \cdot 10^{-7}$. Значит, для точности $10^{-6}$ хватает семи членов.

Для знакочередующихся рядов есть более дешёвая оценка. Если ряд удовлетворяет признаку Лейбница, ошибка усечения не превосходит первого отброшенного члена: здесь это $\dfrac{0{,}2^5}{5} = 6{,}4 \cdot 10^{-5}$, то есть ровно тот же ответ, что дала форма Лагранжа. Совпадение не случайно, но полагаться на него можно только при выполненных условиях Лейбница; когда ряд знакопостоянный, работает лишь оценка через производную. Если ряд к тому же нужно просуммировать точно, а не приближённо, техника другая - она разобрана в задаче про сумму ряда.

Частые ошибки

• Забывают поделить на факториал. Коэффициент равен $f^{(k)}(x_0)/k!$, а не самой производной. У логарифма факториалы удачно сокращаются, и это создаёт ложное ощущение, что делить не надо; у $e^x$ или $\sin x$ без деления ответ разваливается сразу.
• Раскладывают по степеням $x$, когда просят по степеням $(x - x_0)$. Если центр не ноль, в разложении обязана стоять скобка $(x - 1)$, $(x - 2)$ и так далее. Формально раскрывать эти скобки нельзя: получится другой объект, а не ряд Тейлора в данной точке.
• Считают производные в точке $x$, а не в $x_0$. В формулу подставляется число: $f''(1) = -1$, а не функция $-1/x^2$. Переменная остаётся только в множителе $(x - x_0)^k$.
• Обрывают решение на четырёх членах. Если в условии есть слово «ряд», нужен общий член с номером $n$, а не многоточие. Для этого производные ищут в общем виде и только потом подставляют $x_0$.
• Не указывают область сходимости. Разложение без интервала неполно: ряд для $\ln x$ верен лишь при $0 < x \leqslant 2$, и вне этого промежутка равенство ложно, хотя сама функция определена.
• Путают оценку остатка с фактической ошибкой. Величина $6{,}4 \cdot 10^{-5}$ - гарантия сверху, реальная ошибка обычно меньше. Ошибкой считается только обратное: если фактическое отклонение оказалось больше оценки, значит, где-то потеряна производная или знак.

FAQ

Чем ряд Тейлора отличается от ряда Маклорена? Только центром разложения. Ряд Маклорена - это ряд Тейлора при $x_0 = 0$. Никакой отдельной формулы для него нет: подставь ноль вместо $x_0$, и скобки $(x - x_0)^k$ превратятся в $x^k$.

Любую ли функцию можно разложить в ряд Тейлора? Нет. Нужны производные всех порядков в точке $x_0$ и стремящийся к нулю остаточный член. Первое условие отсекает $|x|$ в нуле и $\ln x$ в нуле, второе - редкие, но реальные примеры вроде $e^{-1/x^2}$, у которой все производные в нуле равны нулю, а сама функция нулю не равна.

Как проверить, что разложение получилось верным? Подставь в многочлен точку, близкую к $x_0$, и сравни с калькуляторным значением функции: расхождение должно укладываться в оценку остатка. Второй способ - сверить первые два члена: $c_0 = f(x_0)$ и $c_1 = f'(x_0)$ дают уравнение касательной, которое обычно известно заранее.

Зачем нужна область сходимости, если многочлен считается при любом x? Многочлен посчитается, но к функции он будет иметь отношение только внутри интервала сходимости. На графике в калькуляторе это видно буквально: за пределами промежутка $(0;\ 2)$ пунктир уходит вниз и с логарифмом больше не совпадает. Проверка сходимости ряда - отдельный шаг, ему посвящён разбор исследования ряда на сходимость.

Коротко

1. Найди производные $f^{(k)}(x)$ и вычисли их значения в точке разложения $x_0$.
2. Раздели каждое значение на $k!$ - получишь коэффициенты $c_k = f^{(k)}(x_0)/k!$.
3. Собери многочлен $T_n(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} c_k (x - x_0)^k$, а затем выпиши общий член с номером $n$ по замеченной закономерности.
4. Укажи область сходимости: найди радиус и отдельно проверь оба конца интервала.
5. Для приближённого вычисления подставь число и оцени остаток по Лагранжу. Для $f(x) = \ln x$, $x_0 = 1$, $n = 4$: $\ln 1{,}2 \approx 0{,}18227$ при $|R_4| \leqslant 6{,}4 \cdot 10^{-5}$.