1Trờng Đại học hùng vơng
Khoa khoa học tự nhiên
Bộ môn toán

o0o

Lê Hải Ly Một số ứng dụng của công thức

khai triển taylor vào giải toán

6
1.1.Các định lý về giá trị trung bình
6
1.1.1. Định lý Rolle 6
1.1.2. Định lý Lagrange 6
1.2. Công thức Taylor
6
1.2.1. Định lý (Taylor) 6
1.2.2. Dạng khác của công thức Taylor 7
1.2.3. Công thức Taylor Young 7
1.2.4. Công thức Maclaurin 8
1.2.5. Công thức khai triển của một số hàm sơ cấp thờng gặp
8
1.2.6. Khai triển hàm thành chuỗi Taylor 11
Chơng 2. ứng dụng công thức khai triển Taylor vào giải một số
dạng toán hàm một biến

13
2.1. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính gần đúng
13
2.2. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính giới hạn
15
2.3. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tìm cực trị của hàm số
20
2.4. ứng dụng công thức khai triển Taylor để xét tính khả vi của hàm
số

24
2.5. ứng dụng công thức khai triển Taylor chứng minh các bất đẳng
thức tích phân và các bài toán về tổ hợp

4
Lời nói đầu

Trong chơng trình Toán cao cấp ở các trờng Đại học S phạm, Đại học Kỹ thuật
hiện nay, học phần Giải tích đóng một vai trò quan trọng và đợc phân bố ngay từ
những kỳ học đầu tiên của một số trờng Đại học. Với một chơng trình học dài và

Chơng 3. ứng dụng công thức khai triển Taylor vào giải một số dạng toán
hàm hai biến
Chơng 1 là một số lý thuyết đầu tiên về công thức Taylor và các công thức khai
triển của một số hàm sơ cấp. Chơng 2 chúng ta sẽ nghiên cứu sâu hơn về ứng dụng
của công thức Taylor với hàm một biến nh: Tính gần đúng, tính giới hạn, tính khả
vi, tìm cực trị và chứng minh bất đẳng thức tích phân và các bài toán về tổ hợp.
Chơng 3 chúng ta sẽ nghiên cứu một số ứng dụng của công thức Taylor với hàm hai
biến nh viết công thức khai triển, công thức xấp xỉ, tìm cực trị của hàm.
Nhân dịp này em xin chân thành cảm ơn Thầy Trần Công Tấn cùng toàn thể các
thầy cô giáo trong tổ bộ môn Toán, Trờng Đại học Hùng Vơng đã tạo điều kiện
giúp đỡ em hoàn thành khoá luận này. Trong quá trình thực hiện có thể không tránh
khỏi những thiếu sót rất mong đợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô.
Em xin chân thành cảm ơn.
Tác giả 6Chơng 1. cơ sở lý thuyết
1.1. Các định lý về giá trị trung bình

= + + + + +
+
(1)
Đẳng thức (1) vẫn đúng trong trờng hợp a > b. Khi đó [a, b] đợc thay bởi
[b, a] và khoảng (a, b) đợc thay bởi (b, a).
Công thức (1) gọi là công thức Taylor. Biểu thức
( )
( )
(n 1)
n 1
n
f (c)
R b a
n 1 !
+
+
=
+
đợc gọi
là phần d Lagrange.
Chú ý:
Có thể biểu diễn phần d
n
R
dới nhiều dạng khác nhau. Nhng ở đây ta sẽ nói
tới phần d dạng Cauchy.
Nếu hàm số f thoả mãn các giả thiết của định lý trên thì tồn tại một số


(a, b)

biểu thức (3) đợc gọi là phần d dạng Cauchy.
Trong công thức (1) và công thức (2) thay b bởi x, ta đợc
n n
f(x) P (x) R (x).
= +

Với:
( ) ( ) ( )
(n)
2 n
n
f (a) f (a) f (a)
P (x) f(a) x a x a x a
1! 2! n!

= + + + +

và
( )
( )
(n 1)
n 1
n
f (c)
R x a
n 1 !
+
+
=
+

=
thì với x đủ gần a, có thể xấp xỉ f(x) bởi đa thức
n
P (x)
.
1.2.2. Dạng khác của công thức Taylor
Trong các công thức (1) và (2) ta đặt
0
x
= a, h = b a, ta đợc b =
0
x
+ h và công
thức Taylor có dạng:

(n)
2 n
0 0 0
0 0 n
f (x ) f (x ) f (x )
f(x h) f(x ) h h h R
1! 2! n!

+ = + + + + +
(4)
Với số d dạng Lagrange, ta có c =
0
x
+



=
, và

( )
(n 1)
n
n 1
0
n
f (x h)
R 1 h
n!


+
+
+
=
(6)
Chú ý rằng số thực

trong cả hai công thức (5) và (6) đều thuộc khoảng (0, 1)
nhng nói chung chúng khác nhau. Tuỳ theo trờng hợp ta sẽ sử dụng công thức
Taylor với phần d dạng này hay dạng kia.
1.2.3. Công thức Taylor Young

8
( )
(
)
n n
h h o h

=

gọi là phần d dạng Young.
1.2.4. Công thức Maclaurin
Giả sử hàm số f có các đạo hàm đến cấp n + 1 trên một lân cận của điểm 0. Trong
các công thức (4), (5), (6) thay
0
x
bởi 0 và h bởi x, ta đợc

( )
(n)
2 n
n
f (0) f (0) f (0)
f(x) f(0) x x x R x
1! 2! n!

= + + + + +
,
trong đó,
( )
( )
(n 1)


< 1 (phần d dạng Cauchy)
công thức trên đợc gọi là công thức Maclaurin.
1.2.5. Công thức khai triển của một số hàm sơ cấp thờng gặp
a)
=
x
f(x) e

Ta có:
(n)
x
f (x) e
=
,
x


và mọi n,
(n)
f (0) 1
=
với mọi n. áp dụng công thức
Maclaurin ta đợc:

( )
2 3 n n 1
x x
x x x x x
e 1 e


( ) ( )( )
2
f x 1 1 x
−
′′
= − +
,

( ) ( )( )( )
3
f x 1 2 1 x
−
′′′
= − − +
,
……………

( ) ( ) ( ) ( )
n 1 n
(n)
f x 1 n 1 ! 1 x
− −
= − − +
.
Do ®ã: f(0) = 0, f’(0) = 1, f”(0) = –1, …,
(n)
n 1
f (0) = ( 1) (n 1)!
−

ln(1 x) x ( 1) ( 1)
2 3 n n 1
(1 x)
+
−
+
+ = − + − + − + −
+
+
θ
,
x
∀
> –1,
(0,1)
∈
θ
.
c) f(x) = (1+x)
α

Ta cã:
( ) ( )
1
f x 1 x
α
α
−
′
= +

, …,
(n)
f (0) ( 1) ( n 1)
α α α
= − − +
.
Tõ ®ã:
( )
2 n
n
( 1) ( 1) ( n 1)
(1 x) 1 x x x R x
2! n!
− − − +
+ = + + + + +
α
α α α α α
α
,
trong ®ã:

( )
( )
n 1 n 1
n
( 1) ( n)
R x (1 x) x
n 1 !
− − +
− −

( )
n
n
R x x (x)
ε
=
, trong ®ã
x 0
lim (x) 0
ε
→
=
, (phÇn d− d¹ng Young).

10 + Nếu n là một số nguyên dơng thì

n 2 n
n(n 1) n(n 1) 1
(1 x) 1 nx x x
2! n!

+ = + + + +
,
x


vì

, trong đó
x 0
lim (x) 0


=
tức là
n
n
R (x) o(x )
=
,(x

0), (phần d
dạng Young).
+ Thay x bởi x ta đợc:
2 3 n n
1
1 x x +x x x (x)
1 x

= + + + + +

, trong đó
x 0
lim (x) 0


=
.


áp dụng công thức Maclaurin với n = 2k, ta có:

3 5 2k 1
k 1
2k
x x x
sin x x ( 1) R (x)
3! 5! (2k 1)!


= + + +

,
x



trong đó
(
)
( ) ( )
2k 1
2k 1
2k 1
2k
f ( x) x
R (x) x sin x k
2k 1 ! 2k 1 ! 2
+

Do đó,
(
)
2k
k
f (0) cos(k ) ( 1)

= =
,
( )
2k+1
f (0) cos k 0
2

= + =

.
áp dụng công thức Maclaurin với n = 2k + 1, ta có:

2 4 2k
k 1
2k 1
x x x
cosx 1 ( 1) R (x)
2! 4! (2k)!

+

,(phần
d dạng Lagrange).
1.2.6. Khai triển hàm thành chuỗi Taylor
Nếu hàm f(x) có thể khai triển trên khoảng (a R, a + R) thành chuỗi luỹ thừa
thì chuỗi này là chuỗi Taylor đối với hàm f(x).
Để hàm f(x) có thể khai triển thành chuỗi Taylor trên khoảng (a R, a + R) điều
kiện cần và đủ là hàm f(x) khả vi vô hạn và phần d trong công thức Taylor đối với
hàm này tiến tới 0 khi
n

trên khoảng đó. Khai triển có dạng:

(
)
k
k
k 0
f (a)
f (x) (x a)
k!

=
=

(*)
Trong thực hành các trờng hợp quan trọng là các trờng hợp biểu diễn phần d
của khai triển (*) dới dạng Lagrange:

(
)

R (x) (1 ) (x a)
(n 1)!
+
+ =
+



trong đó
1
0 1, 0 1
< < < <

.
Trong công thức (*) nếu đặt a = 0 ta nhận đợc 5 khai triển cơ bản:
I.
n
x
n 0
x
e , ( x )
n!

=
= <



n 1
( 1) x
sinx , ( x )
(2n 1)!
+
∞
=
−
= < ∞
+
∑
.
V.
n 2n
n 1
( 1) x
cosx , ( x )
(2n)!
∞
=
−
= < ∞
∑
.

Bài tập 1
: Tính gần đúng số e.
Lời giải
Thay x = 1 vào công thức Taylor trong mục 1.2.5a ta đợc:

( )

1 1 1 e
e 2
2! 3! n! n 1 !
= + + + + +
+
, 0 <

< 1 (1)
Trớc hết, ta chứng minh e

3. Thật vậy ta có:
n
n
1
e lim 1
n


= +
áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

e lim 1 lim 2 3 e 3
n 2 2
2


= + < + + + +

14 Trong (1) với n = 6 ta có:
1 1 1 1 1 e
e 2
2! 3! 4! 5! 6! 7!
= + + + + + +

, khi đó
e 2 0,5 0,16667 0,04167 0,00833 0,00139
+ + + + +
e 2,71806

(*)
sai số phạm phải là
e
7!

, 0 <

2k 1
2k
f ( x) x
R (x) x sin x k
2k 1 ! 2k 1 ! 2
+
+
+

= = + +

+ +

Với x = 0,5; k = 3 ta đợc sin(0,5) = P
6
(0,5) + R
6
(0,5).
P
6
(0,5) = P
5
(0,5) = 0,5
( )
3
0,5
3!

sin 0,5.

3
2



+ +.
Do đó
( )
7
6
0,5
1
R (0,5)
7! 645120
=
suy ra 0,000002 < R
6
(0,5) < 0,000002
(**)
Từ (*) và (**) suy ra 0,479425 < sin(0,5) = P
6
(0,5) + R
6
(0,5) < 0,479430.
Vậy sin(0,5)

2
0 0 0 0 0 0
arctg(x h) arctg(x ) arctg(x ) h arctg(x ) h , x c x h


+ = + + < < +
2
0 0 0 0
2 2 2
0
1 c
arctg(x h) arctg(x ) h h , x c x h
1 x (1 c )
+ = + < < +
+ +

Lấy
0
x 1
=
, h = 0,001,
( )
6
2
3
2
2 2 2 2

loại máy tính đã giúp ích rất nhiều trong việc tính giá trị gần đúng của các hàm số.
Trong phần trình bày này tác giả chỉ muốn đa ra để các bạn thấy công thức Taylor
đã có đóng góp nh thế nào cho toán học khi mà khoa học kỹ thuật hiện đại cha
phát triển.
2.2. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính giới hạn
Chúng ta đã biết để tìm giới hạn của một hàm số có thể dựa vào định nghĩa, tính
chất, định lý hay quy tắc Lopitan. Tuy nhiên, cũng có một số hàm số mà bằng các
phơng pháp trên vẫn cha thể tính đợc giới hạn của chúng. Một trong các phơng
pháp chúng ta vẫn hay sử dụng hiện nay là dùng công thức Taylor. Để hiểu rõ hơn về
vấn đề này chúng ta xét các bài tập sau:
Bài tập 1 : Tính giới hạn của hàm số sau P(x) =
x 2
1 2tgx e x
arcsinx sin x
+ +

khi
x 0
16Lời giải
Ta thấy hàm số trên có dạng vô định
0
0
.
Trớc hết ta xét các khai triển:

2

=
và x bằng
2
x

vào công thức Taylor trong mục 1.2.5c
ta có:
2 4 2n 2n 1
2
1 1 3 1.3.5 (2n 1)
1 x x x o(x ), x 0
2 8 2.4.6 (2n)
1 x
+

= + + + + +


vì arcsin0 = 0 nên
3 5 2n 1
2n 2
1 x 3 x (2n 1)!! x
arcsin x x o(x ), x 0
2 3 8 5 (2n)!! 2n 1
+
+

= + + + + +

3
= + +
,
x 0

và do vậy:
2
2 3 3 3 3
1 1 1 x 5
1 2tgx 1 (2tgx) (2tgx) (2tgx) o(tg x) 1 x x o(x )
2 8 16 2 6
+ = + + + = + + +
.
Mặt khác
2 3
x 3
x x
e 1 x o(x )
2 6
= + + + +
và do đó khai triển tử số có dạng

17
x 2 3 3
2
1 2tgx e x x o(x ), x 0
3

1 x
+

=
+


khi
x 0


Lời giải
áp dụng công thức khai triển của một số hàm sơ cấp trong mục 1.2.5

2 3
3
x x
ln(1 x) x o(x )
2 3
+ = + +2 3
3
x x
ln(1 x) x o(x )
2 3
= +
1 x
+
= + + + +
+
vì arctg0 = 0 nên
3 5 7 2n 1
n 2n 2
x x x x
arctgx x ( 1) o(x ), x 0
3 5 7 2n 1
+
+
= + + + +
+
).

3
arctgx
2 3 3
x 1 1
e 1 (x ) x x o(x ), x 0
3 2 6
= + + + +
(thay x bằng arctgx vào
công thức Taylor trong mục 1.2.5a).

2 3 3
1
1 x x x o(x ), x 0.
1 x

3 3
7
x o(x )
6
Q(x) , x 0.
2
x o(x )
3

+
=
+
vậy
x 0
7
lim Q(x)
4

=

Bài tập 3: Tìm giới hạn sau:
( )
( )
3
cotgx
x
x 0
lim cos xe ln 1 x x



. Sử dụng các khai triển ở 1.2.5 ta đợc:

(
)
x 2 2
xe x x o x
= + +( )
2
3
t
cost 1 o t
2
= +( )
2 3
3
x x
ln(1 x) x o x
2 3
= + + +

do đó
(
)
3 3

Logarit của nó, tức là tìm:
[
]
x 0
lim g(x)lnf(x)
19 Ta có:
(
)
( )
{
}
3 x
x 0
lim cotgx ln cos xe ln 1 x x


ì =
(
)
( )
( )

x 0
lim f(x) e


=
.
Bài tập 4
: Cho hàm số f liên tục trên [a h, a + h] và có đạo hàm trên (a h, a+
h) với h > 0. Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp 2 tại điểm a. Hãy tính:

2
t 0
f(a t) 2f(a) f(a t)
lim
t

+ +

Lời giải
Theo công thức Taylor Yuong, ta có:

2
2
t
f(a t) f(a) t.f (a) f (a) t (t)
2


+ = + + +
,
2
f(a t) 2f(a) f(a t)
f (a) (t) (t)
t

+ +

= + +
, với
t 0

.
Do đó:
2
t 0
f(a t) 2f(a) f(a t)
lim f (a)
t

+ +

=
.
Bài tập 5
: Giả sử f là hàm số có đạo hàm cấp n +1 liên tục trên [a u, a + u], (u>0)
và
(
)

(h) (0,1)
+ +
=

. Chứng minh rằng:
p
h 0
1
lim (h)
p 1

=
+

nếu
(
)
n 1
f (a) 0
+

.

20Lời giải
Ta có:
( )
p

+
+
+


+ = + + + + + +
+


với
h u

(
p p
(h)
=

và
p 1 p 1
(h) (0,1)
+ +
=

). Từ hai đẳng thức trên suy ra:

( ) ( ) ( )p p p 1
p p 1
1
f (a h) f (a) f (a h)h
(p 1)

+

(3)
Vì
( )
p 1
f
+
liên tục tại điểm a nên

( ) ( ) ( )
p 1 p 1 p 1
p p 1
h 0 h 0
lim f (a . h) lim f (a h) f (a) 0
+ + +
+

+ = + =


Do đó từ (3) suy ra:
p
h 0
1
lim (h)
p 1

=
+

a. Nếu n chẵn thì hàm số f có cực trị tại điểm
0
x
(nếu
(n)
0
f (x ) 0
>
thì f có
cực tiểu tại
0
x
, nếu
(n)
0
f (x ) 0
<
thì f có cực đại tại
0
x
).
b. Nếu n lẻ thì hàm số f không có cực trị tại điểm
0
x
.
Bài tập 1
: Tìm cực trị của hàm số y = sinx xcosx
Lời giải
Ta có y = cosx cosx + xsinx = xsinx
Với y = 0 thì

.
Cụ thể là: Nếu
k 2m, m 0, m
=

ta có
(
)
y 2m 2m 0, m 0, m

= >

.
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm
x 2m , m 0, m
=


.
Nếu
k 2m 1, m 0, m
= +

ta có
(
)
(
)
y 2m 2m 1 0, m 0, m




= +
+ +22sin x cos x
y
2 1 cos x 2 1 sin x




= +

+ +

hay
(
)
1
y 1 cos x 1 sin x
4

= + + +

Ta thấy

= >nên hàm số đạt cực tiểu tại x =
4

.
Bài tập 3: Tìm cực trị của hàm số: f(x) =
n
x
.
Lời giải
Ta có:
(n)
n n 2
f (x) nx ; f (x) n(n 1)x ; ; f (x) n!, x


= = =


Suy ra:
(n 1) (n)
f (0) f (0) f (0) 0; f (0) n! 0


= = = = = >
.
Theo định lý ở trên ta có:
+ Nếu n chẵn thì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

= +

n 2 n 1 n 1 n
0 0 0 0
f (x) n(n 1)(x x ) . (x) n(x x ) . (x) n(x x ) . (x) (x x ) .
(x)



= + + +

n 2 n 1 n
0 0 0
n(n 1)(x x ) . (x) 2n(x x ) . (x) (x x ) . (x)
= + +

n 3 n 2
0 0
f (x) n(n 1)(n 2)(x x ) . (x) n(n 1)(x x ) . (x)
= + +n 2 n 1
0 0


+ + 23 .
(n)
2
0 0
n!
f (x) n! (x) n.n!(x x ) (x) 3(n 1) (x x ) . (x)
2!


= + + +(n 1) (n)
2 n 1 n
0 0
n (x x ) (x) (x x ) (x)



+ +

Ta có:
(n 1)

. (Hơn nữa, khi
0
(x ) 0
>

hàm số
có
(n)
0 0
f (x ) n! (x ) 0
= >

nên đạt cực tiểu tại
0
x
và khi
0
(x ) 0
<

hàm số có
(n)
0 0
f (x ) n! (x ) 0
= <

nên đạt cực đại tại
0
x
).


=
;
y (1) 0

=
;
3 2
4
4 4 .3
y ( ) 0
7
7

= >
do đó hàm số đạt cực tiểu tại
3
4
x
7
=
(vì n = 2 chẵn).
Hơn nữa
y x[(3x 2) (x) x(x 1) (x)]= +
trong đó
2
(x) 42x 48x 12

x 0
=
(vì n = 4 chẵn).
Kết luận: Hàm số đạt cực tiểu tại
3
4
x
7
=
và
3 2
min
4
4 4 .3
y y 1
7
7

= = .
Hàm số đạt cực đại tại
1
x 0
=
và
max
y y(0) 1
= =

Lời giải
Theo công thức Taylor, xét khai triển của hàm
x
e
đến
3
o(x )
ta có:
2 3
x 3
x x x
e 1 o(x )
1! 2! 3!
= + + + +
hay
2 3
x 3
x x
e 1 x o(x )
2 6
= + + + +
, x

0. Từ đó suy ra
2 3 2 3 3
3 3 3
3 3 3
x x x x x
f(x) 1 x o(x ) 1 x o(x ) x (x)
2 6 2 6 6

(0,1)
và
(1, )
+
bởi:
2
xlnx
f(x)
x 1
=

. Chứng minh rằng, nếu f(0) và f(1) đợc xác định một cách thích hợp thì

25hàm f liên tục và khả vi với mọi giá trị x > 0.
Lời giải
Khi x dần tới 0 (về phía bên phải):

xlnx 0 f(x) 0 f

liên tục phải tại 0 nếu
f(0) 0
=
.

2
f(x) f(0) lnx
f

1 1 o(u) 1 1 o(u) 1 o(u)
u
2 2 2 2 2
1
2

= ì ì + = + ì + =
+
1 u u 1 1
o(u) 1 o(u) o(u) o(x 1), u 0
2 4 2 2 2

= + + ì + = + = +


.
Vậy f có giới hạn
1

(
)
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
1 lnx x 1 2x ln x x 1 x 1 ln x
f (x)
x 1 x 1
+ +

= =

.
Bài tập 3
: 1) Ta xác định các hàm g và h bởi:
g(x) cos x
=
nếu x > 0 và
h(x) ch x
=
nếu x < 0. Chứng minh rằng các hàm g và h liên tục và có đạo hàm
cấp 1 và 2, tính các đạo hàm đó.