ВУЗы и колледжи

Теорема Лагранжа и остаточный член ряда Тейлора.

1) Сначала про теорему Лагранжа.
Берем какую-то "хорошую" функцию g(x), берем две точки:
a, x (x > a).
Точку a фиксируем и не трогаем, точку x будем двигать. По утверждению теоремы Лагранжа существует такая z:
a < z < x,
g(x) - g(a) = g'(z) (x - a).
Точка z должна зависеть от x (в этом будет суть вопроса)?
Если, например, взять:
a = 0, g(x) = x^2, x > 0,
то теорема Лагранжа будет выглядеть так:
g(x) - g(0) = g'(x / 2) (x - 0),
то есть:
z = x / 2.
2) Теперь проследуем за стандартным выводом остаточно члена. Пишем равенство "хорошей" функции f(x) ее ряду Тейлора по степеням (x - a). В ряду Тейлора оставляем n + 1 слагаемых (если считать нулевое), всю остальную часть записываем в виде остаточного члена R(x). Берем от всего равенства n производных, получаем:
f[n](x) = f[n](a) + R[n](x).
Далее пользуемся теоремой Лагранжа, получаем выражение для n-й производной R:
R[n](x) = f[n+1](z) (x - a).
В этом выражении z - это какая-то точка между a и x, и она (при фиксированном a) является функцией x:
z = z(x).
Но в стандартном выводе дальше от последнего равенства берется производная, и получается:
R[n+1](x) = f[n+1](z),
затем это все интегрируется n + 1 раз, и получается красивое выражение для R(x), только везде, почему-то, считается, что f[n+1](z) - это какая-то константа. Но z, вроде как, должна быть функцией от x.
А потому вопрос: как это оно так делается?
Ольга Бобкова
Ольга Бобкова
95 171
Этих промежуточных точек z, вообще говоря, может быть счетное число при некотором фиксированном х и тогда функция z(x) может быть какой то нехорошей, если вообще будет. Я думаю, что позволяя точке x бегать, мы не должны делать привязку промежуточной точки z к х, хотя z и меняется при изменении х. Мы просто полагаем, что у хорошей функции такая промежуточная точка всегда будет при любом х.
СТ
Сергей Таранов
4 167
Лучший ответ
Ольга Бобкова Это звучит несколько странно. z должна являться функцией x, а мы берем и забиваем на это. Почему? Понятно, что, если относиться к этому как некоему приближению, то, наверное, можно показать, когда и как оно работает. Только остаточный член - это вещь не приближенная, а точная.
Сергей Таранов Писал с телефона, кое где пропустил некоторые слова, надеюсь донёс мысль
Действительно, в выводе остаточного члена ряда Тейлора используется теорема Лагранжа, которая утверждает, что между точками a и x существует точка z, такая что:

f(x) - f(a) = f'(z)(x-a)

Здесь z может зависеть от x. Но в дальнейшем, при выводе выражения для остаточного члена, часто используется оценка |f'(z)| ≤ M для некоторой константы M. Эта оценка верна, так как f'(z) является непрерывной функцией от z, а на отрезке [a, x] она достигает своего максимума в некоторой точке z0. Таким образом, можно считать, что f'(z) - это константа, равная M, которая не зависит от x.

Далее, при выводе формулы для остаточного члена R(x), мы берем n+1 производную от исходной функции f(x) и записываем:

f^(n+1)(x) = R^(n)(x) + R(x)

где R^(n)(x) - это остаточный член для n-й производной, а R(x) - это остаточный член для исходной функции. Здесь мы считаем, что R^(n)(x) - это константа, равная f^(n+1)(z), где z - это некоторая точка на отрезке [a, x]. Затем мы интегрируем это выражение от a до x n+1 раз, получая:

R(x) = (1/(n+1)) * [f^(n+1)(a) * (x-a)^(n+1)] + ∫[a, x] R^(n)(t) * ((x-t)^n/n!) dt

Здесь мы снова используем оценку |R^(n)(t)| ≤ M для некоторой константы M, чтобы оценить интеграл сверху. Таким образом, в этой формуле R^(n)(t) также считается константой, не зависящей от x. Это объясняет, почему z исчезает из выражения для остаточного члена R(x).
Оксана Кириллова
Оксана Кириллова
25 526
Ольга Бобкова Нейронка, как всегда, в математике слаба)

Похожие вопросы