Rozwiazanie: Funkcja f : x ∈ R 7→ e x ∈ R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dych x, x 0 ∈ R mo»emy zapisa¢ funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak:

Szereg Taylora Javier de Lucas Zadanie 1. Wyka», »e e ^x > 1 + x dla ka»dego x 6= 0.

Rozwiazanie: Funkcja f : x ∈ R 7→ e ^x ∈ R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dych x, x 0 ∈ R mo»emy zapisa¢ funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak:

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (x ₀ )

k! (x − x ₀ ) ^k + R _n (x, x ₀ ),

gdzie R n (x, x 0 ) to jaka± funkcja, tzw reszta, taka, »e lim x→x

R n (x, x 0 )/(x − x 0 ) ⁿ = 0 i f ^k) (x ₀ ) to pochodna stopnia k w punkcie x 0 , tj. f ^k) (x ₀ ) ≡ d ^k f /dx ^k (x ₀ ) dla k > 0 i zdeniujemy f ⁰⁾ (x ₀ ) = f (x ₀ ) . Mówimy, »e

n

X

k=0

f ^k) (x ₀ )

k! (x − x ₀ ) ^k

to rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n funkcji f wokóª x 0 .

Reszte mo»na zapisa¢ na kilka sposobów. Tutaj korzystamy z reszty w postaci La- grange'a:

R _n (x, x ₀ ) = f ⁿ⁺¹⁾ (θ)

(n + 1)! (x − x ₀ ) ⁿ⁺¹ ,

gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0 , tj. x 0 < θ < x lub x < θ < x 0 .

Aby rozwiaza¢ zadanie, wystarczy korzysta¢ z wzoru Taylora dla n = 2 wokóª x 0 = 0 . W takim przypadku, mamy ,»e f ⁰⁾ (0) = f ¹⁾ (0) = 1 i f ²⁾ (θ) = e ^θ . Wiec,

f (x) = 1 + x + R 1 (x, 0), R 1 (x, 0) = e ^θ 2! x ² . Skoro e ^θ > 0 , to R 1 (x, 0) > 0 dla x 6= 0. Zatem,

1 + x < 1 + x + R ₁ (x, 0) = e ^x , ∀x 6= 0.



Zadanie 2. Wyka», »e e ^x > 1 + x + ^x _2!

+ ^x _3!

dla ka»dego x 6= 0.

Rozwiazanie: Ju» wiemy, »e funkcja f : x ∈ R 7→ e ^x ∈ R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Wówczas, dla ka»dego x, x 0 ∈ R mo»emy zapisa¢ funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak:

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (x ₀ )

k! (x − x ₀ ) ^k + R _n (x, x ₀ ), gdzie reszte mo»na zapisa¢ jako:

R _n (x, x ₀ ) = f ⁿ⁺¹⁾ (θ)

(n + 1)! (x − x ₀ ) ⁿ⁺¹ ,

gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0 , tj. x 0 < θ < x lub x < θ < x 0 .

Aby rozwiaza¢ zadanie, wystarczy korzysta¢ z wzoru Taylora dla n = 3 wokóª x 0 = 0 . W takim przypadku, mamy ,»e f ^k) (0) = 1 dla k = 0, 1, 2, . . . i f ⁴⁾ (θ) = e ^θ . Wiec,

f (x) = 1 + x + x ² 2! + x ³

3! + R ₃ (x, 0), R ₃ (x, 0) = e ^θ 4! x ² . Skoro e ^θ > 0 , to R 3 (x, 0) > 0 dla x 6= 0. Zatem

1 + x + 1

2 x ² + 1

6 x ³ < 1 + x + 1

2 x ² + 1

6 x ³ + R ₃ (x, 0) = e ^x , ∀x 6= 0.



Zadanie 3. Rozwi« wielomian f(x) = x ² − 5x + 6 : a) wokóª punktu x = 1, b) wokóª punktu x = −5.

Rozwiazanie: Funkcja f : x ∈ R 7→ x ² − 5x + 6 ∈ R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dego x, x 0 ∈ R mo»emy zapisa¢ funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak:

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (x ₀ )

k! (x − x 0 ) ^k + R n (x, x 0 ), gdzie reszte, w postaci Lagrange'a, mo»na zapisa¢ jako:

R _n (x, x ₀ ) = f ⁿ⁺¹⁾ (θ)

(n + 1)! (x − x ₀ ) ⁿ ,

gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0 . W szczególno±ci dla x 0 = 1 i n > 3 mamy, »e

2

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (1)

k! (x − 1) ^k + f ⁿ⁺¹⁾ (θ)

(n + 1)! (x − 1) ⁿ⁺¹ ,

gdzie θ to punkty miedzy 1 i x (wªacznie). Aby rozwiaza¢ zadanie, wystarczy korzysta¢

z wzoru Taylora dla n > 2 wokóª x 0 = 1 . W takim przypadku, mamy ,»e

f ⁰⁾ (1) = 2, f ¹⁾ (1) = −3, f ²⁾ (1) = 2, f ^k) (θ) = 0, k > 2, ∀θ ∈ R.

Wiec, R n (x, 1) = 0 i

f (x) = 2 − 3(x − 1) + (x − 1) ² .

Wªa±nie, rozwiniecie Taylora stopnia n > n ⁰ wielomianu P (x) stopnia n ⁰ to wªa±nie wielomian P (x). To sie dzieje dlatego, »e rozwiniecie Taylora to jest wielomian, który ma takie same pochodne jak funkcja f w pewnym punkcie x 0 . Kiedy funkcja to wielomian, to tylko taki wielomian speªnia, »e jego pochodne a» do stopnia n w x 0 sa takie same.

Wiec, wielomian Taylora równa sie wielomian P (x).

Teraz rozwiniecie Taylora funkcji f(x) dla x 0 = −5 i n > 3 jest

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (1)

k! (x − 1) ^k + f ⁿ⁺¹⁾ (θ)

(n + 1)! (x − 1) ⁿ ,

gdzie θ to punkty miedzy −5 i x. Aby rozwiaza¢ zadanie, wystarczy korzysta¢ z wzoru Taylora dla n > 2 wokóª x 0 = −5 . W takim przypadku, mamy ,»e

f ⁰⁾ (−5) = 56, f ¹⁾ (−5) = 21, f ²⁾ (−5) = −10, f ^k) (θ) = 0, k > 2, ∀θ ∈ R.

Wiec, R n (x, 1) = 0 i

f (x) = 56 + 21(x + 5) − 5(x + 5) ² .

Skoro reszta równa sie zeru dla n > 2, to rozwiniecie Taylora i wzór Taylora dla n > 2.



Zadanie 4. Rozwi« za pomoc¡ wzoru Taylora w otoczeniu x 0 = 0 do n-tego stopnia wª¡cznie nastepuj¡ce funkcje: e ^x , sin(x), cos(x), (1 + x) ^m i m ∈ N , (1 + x) ⁻¹ , √

1 + x , (1 + x) ^−1/2 .

Rozwiazanie: Funkcja f : x ∈ R 7→ e ^x ∈ R jest niesko«czenie wiele razy ró»niczkowalna w R. Z tego powodu, dla ka»dego x, x 0 ∈ R mo»emy zapisa¢ funkcje f(x) za pomoca wzoru Taylora wokóª x 0 jak:

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (x ₀ )

k! (x − x ₀ ) ^k + R _n (x, x ₀ ), gdzie reszte, w postaci Lagrange'a, mo»na zapisa¢ jako:

R n (x, x 0 ) = f ⁿ⁺¹⁾ (θ)

(n + 1)! (x − x 0 ) ⁿ⁺¹ ,

gdzie θ to jaka± liczba miedzy x i x 0 . W szczególno±ci, dla x 0 = 0 mamy tzw wzór McLaurina

f (x) =

n

X

k=0

f ^k) (0)

k! x ^k + f ⁿ⁺¹⁾ (θ) (n + 1)! x ⁿ⁺¹ . Dla funkcji f(x) = e ^x ju» wiemy, »e f ⁿ⁺¹⁾ (θ) = e ^θ i

d ^k f

dx ^k (0) = 1, ∀k ∈ N ∪ {0}.

Zatem,

f (x) =

n

X

k=0

x ^k

k! + e ^θ

(n + 1)! x ⁿ⁺¹ ,

gdzie θ to punkty miedzy 0 i x, tj. 0 < θ < x. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n funkcji f wokóª x 0 = 0 to

T _n f (x, 0) =

n

X

k=0

x ^k k! .

4

Dla funkcji f(x) = sin(x) mamy, »e df

dx (x) = cos(x) = sin(x+π/2), d ² f

dx ² = − sin(x) = sin(x+π) ⇒ d ^k f

dx ^k (x) = sin(x+kπ/2) dla k ∈ N ∪ {0}. Zatem, dla x = 0 otrzymamy

df

dx (0) = 1, d ² f

dx ² = 0, d ³ f

dx ² = −1 ⇒ d ^2k+1 f

dx ^2k+1 (x) = (−1) ^k , d ^2k f

dx ^2k (x) = 0, k = 0, 1, 2, . . . i wzór McLaurina przyjmuje posta¢

sin(x) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^2k+1

(2k + 1)! + sin(θ + (2n + 2)π/2) (2n + 2)! x ²ⁿ⁺² ,

gdzie θ to punkty miedzy 0 i x, tj. 0 < θ < x lub x < θ < 0. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n to

T _n f (x, 0) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^2k+1

(2k + 1)! = x − x ³ 3! + x ⁵

5! − x ⁷

7! + . . . + (−1) ⁿ x ²ⁿ⁺¹ (2n + 1)! .

Warto zawsze pamieta¢ takie rozwiniecie. Dla n → +∞ otrzymamy tzw szereg Taylora funkcji sin(x) wokóª punktu x 0 = 0 :

S(x, 0) =

+∞

X

k=0

(−1) ^k x ^2k+1 (2k + 1)! .

Kiedy prawa strona istnieje dla pewnego x, to f(x) = S(x, 0). Je»eli tak jest dla ka»dego

punktu x ∈ R, mówimy, »e f(x) jest analityczna. Nastepujaco pokazujemy jak rozwiniecie

Taylora zbli»a sie do f(x) = sin(x) dla stopnia 1, 3, 5, 7 i 9.

Dla funkcji f(x) = cos(x) mamy, »e df

dx (x) = − sin(x) = cos(x+π/2), d ² f

dx ² = − cos(x) = cos(x+π) ⇒ d ^k f

dx ^k (x) = cos(x+kπ/2) dla k ∈ N ∪ {0}. Zatem, dla x = 0 otrzymamy,

df

dx (0) = 0, d ² f

dx ² = −1, d ³ f

dx ³ = 0, d ⁴ f

dx ⁴ = 1 ⇒ d ^2k+1 f

dx ^2k+1 (x) = 0, d ^2k f

dx ^2k (x) = (−1) ^k , dla k = 1, 2, 3, . . . i wzór McLaurina przyjmuje posta¢

cos(x) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^2k

(2k)! + cos(θ + (2n + 1)π/2) (2n + 1)! x ²ⁿ⁺¹ ,

gdzie θ to punkty miedzy 0 i x, tj. x < θ < 0 lub 0 < θ < x. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n funkcji f wokóª x = 0 to

T _n f (x, 0) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^2k

(2k)! = 1 − x ² 2! + x ⁴

4! − x ⁶

6! + . . . + (−1) ⁿ x ²ⁿ (2n)! .

Warto pamieta¢ taki wzór Dla n → +∞ otrzymamy tzw szereg Taylora funkcji sin(x) wokóª punktu x = 0:

S(x, 0) =

+∞

X

k=0

(−1) ^k x ^2k (2k)! .

Kiedy prawa strona istnieje dla pewnego x, to f(x) = S(x, 0). Je»eli tak jest dla ka»dego punktu x ∈ R, mówimy, »e f(x) jest analityczna.

Nastepujaco pokazujemy jak rozwiniecie Taylora zbli»a sie do f(x) = cos(x) dla stopnia 2, 4, 6, 8 i 10.

6

Dla funkcji f(x) = (1 + x) ^m , gdzie m ∈ N, mamy, »e df

dx (x) = m(1+x) ^m−1 , d ² f

dx ² (x) = m(m−1)(1+x) ^m−2 ⇒ d ^k f

dx ^k (x) = m!(1 + x) ^m−k

(m − k)! , k ≤ m, dla k > m mamy, »e d ^k f /dx ^k = 0 . Zatem, dla x = 0 otrzymamy,

df

dx (0) = m, d ² f

dx ² (0) = m(m − 1) ⇒ d ^k f

dx ^k (0) = m!

(m − k)! , k ≤ m.

i wzór McLaurina przyjmuje posta¢ z reszta Lagrange'a:

f (x) =

n

X

k=0

m!

k!(m − k)! x ^k + m!

(n + 1)!(m − n − 1)! (1 + θ) ^m−n−1 x ⁿ⁺¹ , n ≤ m i

f (x) =

n

X

k=0

 m k

 x ^k +

 m

n + 1



(1 + θ) ^m−n−1 x ⁿ⁺¹ n ≤ m.

Dla n ≥ m to

f (x) =

m

X

k=0

 m k



x ^k , n ≥ m.

poniewa» reszta sie zeruje. Rozwiniecie/wielomian Taylora stopnia n wokóª x 0 = 0 to

T _n f (x, 0) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^2k

k! , m ≥ n, T _n f (x, 0) =

m

X

k=0

(−1) ^k x ^2k

k! , m < n.

Nastepujaco pokazujemy jak rozwiniecie Taylora zbli»a sie do f(x) = (1 + x) ¹¹ dla stopnia 2, 4, 6, 8 i 10. Funkcja jest na niebiesko.

�������������������� ������

��

��

��

Dla funkcji f(x) = (1 + x) ⁻¹ mamy, »e df

dx (x) = − 1

(1 + x) ² , d ² f

dx ² (x) = 2

(1 + x) ³ , d ³ f

dx ³ (x) = − 3 · 2 · 1 (1 + x) ⁴

i d ^k f

dx ^k (x) = (−1) ^k k!(1 + x) ^−k−1 ⇒ d ^k f

dx ^k (0) = (−1) ^k k!.

Wzór McLaurina przyjmuje dla f(x) posta¢:

f (x) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^k + (−1) ⁿ

(1 + θ) ⁿ⁺¹ x ⁿ⁺¹

dla θ miedzy 0 i x. Wówczas, rozwiniecie Taylora funkcji f(x) wokóª x 0 = 0 stopnia n ma posta¢:

T n f (x, 0) =

n

X

k=0

(−1) ^k x ^k . To rozwiniecie mo»na obliczy¢ inaczej:

f (x) = 1

1 + x = 1

1 − (−x) =

∞

X

k=0

(−1) ^k x ^k . Mo»emy pokaza¢ jak rozwiniecie Taylora zbli»aja do funkcji 1/(1 + x):

8

Dla funkcji f(x) = √

1 + x mamy, »e df

dx (x) = 1

2 (1 + x) ^−1/2 , d ² f

dx ² (x) = − 1 2

1

2 (1 + x) ^−3/2 , d ³ f

dx ³ (x) = 1 2 1 2

3

2 (1 + x) ^−5/2 i dla k > 0:

d ^k f

dx ^k (x) = (−1) ^k+1 1 2 1 2 3

2 . . . (2k − 3)

2 (1+x) ^{−(2k−1)/2} = (−1) ^k+1 2 ^k

(2k − 2)!

2 ^k−1 (k − 1)! (1+x) ^{−(2k−1)/2} . Zatem, dla x = 0 otrzymamy,

f (0) = 1, d ^k f

dx ^k (0) = (−1) ^k+1 2 ^2k−1

(2k − 2)!

(k − 1)! , k > 0.

Wzór McLaurina przyjmuje dla f(x) posta¢:

f (x) =

n

X

k=0

(−1) ^k+1 2 ^2k−1

(2k − 2)!

k!(k − 1)! x ^k + R _n (x, 0) =

n

X

k=0

(−1) ^k+1 2 ^2k

(2k)!

(2k − 1)(k!) ² x ^k + R _n (x, 0), i

f (x) =

n

X

k=0

(−1) ^k+1 (2k − 1)4 ^k

 2k k



x ^k + R n (x, 0).

Rozwiniecie McLaurina funkcji f stopnia n to

T _n f (x, 0) =

n

X

k=0

(−1) ^k+1 (2k − 1)4 ^k

 2k k

 x ^k .



Zadanie 5. Rozwi« za pomoc¡ wzoru Taylora w otoczeniu x 0 = 0 do n-tego stopnia wª¡cznie nastepuj¡ce funkcje: ln(x), ln(1 + x), arctg x, e

.

Rozwiazanie: Funkcje ln(x) i e

nie sa dobrze zdeniowane w punkcie x 0 = 0 , wiec, nie mo»na poda¢ wzoru Taylora dla tych funkcji wokóª tego punktu. (Temat zaawanzowany) Natomiast, mo»na poda¢ wzór Taylora dla funkcji f : x ∈] − ∞, 0] 7→ f(x) ∈ R postaci f (x) = e

dla x < 0 i f(0) = 0. Wªa±nie, je»eli funkcja f : [a, b] → R jest ró»niczkowalna stopnia n + 1 na (a, b) ⊂ R i posiada pochodne rzedów do n + 1 (wªacznie) w (a, b) po prawej stronie w x = a i po lewej w x = b, to mo»emy napisa¢ wzór Taylora dla f dla punktów x ∈ [a, b]. W naszym przypadku,

lim

x→0

e ^1/x = 0, f ⁰ (0 ⁻ ) = lim

x→0

e ^1/x x = 0.

df

dx = − 1

x ² e ^1/x , d ² f dx ² = 2

x ³ e ^1/x + 1

x ⁴ e ^1/x ⇒ d ^k f dx ^k =

2k

X

α=0

c α

x ^α

!

e ^1/x , x < 0.

Zatem, przez indukcje

lim

x→0

f ^k) (x) − f ^k) (0)

x = 0 = lim

x→0

d ^k f dx ^k .

Wtedy, funkcje maja ciagªe pochodne wszystkich rzedów. Wówczas, mamy, »e f (x) = R _n (x, 0).

Czyli rozwiniecie Taylora dla ka»dego stopnia n jest zero!!! Ta dziwna funkcja jest nie- sko«czenie wiele razy ró»niczkowalna, ale rozwiniecie Taylora nie zbli»a sie do f(x). W takim przypadku, mówi sie, »e taka funkcja nie jest analityczna. Natomiast f(x) jest gªadka.

Dla funkcji f(x) = ln(1 + x) mamy, »e df

dx (x) = 1

1 + x , d ² f

dx ² (x) = − 1

(1 + x) ² , d ³ f

dx ³ (x) = 2

(1 + x) ³ , x > −1.

Zatem, d ^k f

dx ^k (x) = (−1) ^k+1 (k − 1)!(1 + x) ^−k ⇒ d ^k f

dx ^k (0) = (−1) ^k+1 (k − 1)! x > −1, k > 0

10

i, skoro f(0) = 0, to wzór Taylora dla tej funkcji ma posta¢

f (x) =

n

X

k=1

(−1) ^k+1 (k − 1)!

k! x ^k + R _n (x, 0) =

n

X

k=1

(−1) ^k+1

k x ^k + R _n (x, 0).

Wówczas rozwiniecie Taylora wokªoª zera funkcji ln(1 + x) stopnia n jest

T _n (x, 0) =

n

X

k=1

(−1) ^k+1

k x ^k = x − 1 2 x + 1

3 x ² − 1

4 x ³ − . . . + (−1) ⁿ⁺¹ n x ⁿ . Warto pamieta¢ taka rozwiniecie. Mo»na obliczy¢ to rozwiniecie inaczej.



Zadanie 6. Napisa¢ rozwiniecie funkcji e ^{sin x} do wyrazów z x ³ . Rozwiazanie: Wiemy, »e szereg McLaurina dla e ^y i sin x to

e ^y =

∞

X

k=0

y ^k

k! , sin x =

∞

X

k=0

(−1) ^k x ^2k+1 (2k + 1)! . Zatem

e ^{sin x} =

∞

X

k=0

1 k!

∞

X

k

=0

x ^2k

⁺¹ (2k ⁰ + 1)!

! k

.

Rozwiniecie Taylora e ^{sin x} trzeciego rzedu, to cze±¢ trzeciego rzedu szeregu Taylora.

Skoro

e ^{sin x} = 1+

 x − x ³

3! + x ⁵ 5! + . . .

 + 1

2!

 x − x ³

3! + x ⁵ 5! + . . .

 2

+ 1 3!

 x − x ³

3! + x ⁵ 5! + . . .

 3

. . . to rozwiniecie Taylora funkcji f(x) = e ^{sin x} trzeciego rzedu wokóª x 0 = 0 to

T ₃ f (x, 0) = 1 + x + 1 2 x ² .



Zadanie 7. Napisa¢ rozwiniecie funkcji ln(cos x) do wyrazów z x ⁶ .

Rozwiazanie: Wiemy, »e szereg McLaurina dla ln(1 + y) (dla y > 0) i cos x to

ln(1 + y) =

∞

X

k=1

(−1) ^k+1

k y ^k , cos x =

∞

X

k=0

(−1) ^k x ^2k (2k)! . Zatem

ln(cos x) = ln(1 + cos x − 1) =



− x ² 2! + x ⁴

4! − x ⁶ 6! + . . .



− 1 2



− x ² 2! + x ⁴

4! − x ⁶ 6! + . . .

 2

+ . 1 3



− x ² 2! + x ⁴

4! − x ⁶ 6! + . . .

 3

− 1 4



− x ² 2! + x ⁴

4! − x ⁶ 6! + . . .

 4

+ . . . Rozwiniecie Taylora ln(cos x) szóstego rzedu, to cze±¢ szóstego rzedu szeregu Taylora.

Skoro

T ₆ (x, 0) = − 1

2! x ² +  1 4! − 1

2 · 4

 x ⁴ +



− 1 6! + 1

2!4! − 1 3 · 8



x ⁶ = − 1

2 x ² − 1

12 x ⁴ − 1 45 x ⁶ .



Zadanie 8. Oblicz za pomoc¡ wzoru Taylora:

x→0 lim

sin x

ln(1 + x) , lim

x→0

sin x x .

Rozwiazanie: Aby obliczy¢ granice za pomoca rozwinie¢ Taylora, trzeba obliczy¢ rozwi- niecie licznika i mianownika a» do takiego rzedu, aby nie otrzyma¢ nieoznaczono±ci. Na przykªad, do pierwszego rzedu:

sin x = x + O(x), ln(1 + x) = x + O(x), ⇒ lim

x→0

sin x

ln(1 + x) = lim

x→0

x x = 1 i

x→0 lim sin x

x = lim

x→0

x x = 1.



Zadanie 9. Oblicz za pomoc¡ wzoru Taylora:

x→0 lim

x + ln( √

1 + x ² − x)

x ³ , lim

x→0

 3

x ⁴ − cos x + 2 x ³ sin x



, lim

x→0 (1 + x) ^{ln x} .

12

Rozwiazanie: Mamy, »e dla f(x) = x + ln( √

1 + x ² − x) wynika, »e f(0) = 0, f ⁰ (0) = 0 , f ⁰⁰ (x) = x

(1 + x ² ) ^3/2 ⇒ f ⁰⁰ (0) = 0, f ⁰⁰⁰ (x) = 1 − 2x ²

(1 + x ² ) ^5/2 ⇒ f ⁰⁰⁰ (0) = 1/6.

Zatem rozwiniecie Taylora dla f(x) jest x ³ /6 . Korzystajac z tego

x→0 lim

x + ln( √

1 + x ² − x)

x ³ = lim

x→0

x ³ /6 x ³ = 1

6 . Dla drugiej granicy:

x→0 lim

 3

x ⁴ − cos x + 2 x ³ sin x



= lim

x→0

 3 sin x − x cos x − 2x x ⁴ sin x



Rozwiniecie piatego stopnia liczniku to

3(x−x ³ /3!+x ⁵ /5!)−x(1−x ² /2+x ⁴ /4!)−2x = 3x−3x−x ³ /2+x ³ /2+3x ⁵ /5!−x ⁵ /4! = −2/(5·4!)x ⁵ Rozwiniecie piatego stopnia mianowniku to x ⁵ Zatem

lim x→0

 3 sin x − x cos x − 2x x ³ sin x



= lim

→0

−2/(5 · 4!)x ⁵

x ⁵ = − 1

60 .



Zadanie 10. Korzystaj¡c ze wzoru Taylora oblicz granice:

x→0 lim

cos x − cosh x + x ²

x ³ sin ³ x , lim

x→

(tg(x)) ^tg(2x) .

Rozwiazanie: Przypominajac, »e sin(x) = x − x ³ /3! + O(x ³ ) wynika, »e mianownik ma rozwiniecie Taylora ró»ne od zera dla stopnia n ≥ 6. Jednocze±nie, dla licznika l(x) = cos x − cosh +x ² mamy, »e

l(0) = 0, dl

dx (0) = (− sin x − sinh x + 2x)(0) = 0, d ² l

dx ² (0) = (− cos x − cosh x + 2)(0) = 0, d ³ l

dx ³ (0) = (sin x − sinh x)(0) = 0, d ⁴ l

dx ⁴ (0) = (cos x − cosh x)(0) = 0, d ⁵ l

dx ⁵ (0) = (− sin x − sinh x)(0) = 0, d ⁶ l

dx ⁶ (0) = (− cos x − cosh x)(0) = −2,

Z tego wynika, »e

l(x) = −2x ⁶ /6! + O(x ² ).

Natomiast

m(x) = x ⁶ + O(x ⁶ ).

Šatwo to udowodni¢ patrzac, »e sin(x) = x + O(x ³ ) i x ³ sin ³ (x) = x ³ (x + O(x ³ )) ³ = x ⁶ + O(x ⁶ ) . Zatem

x→0 lim

cos x − cosh x + x ²

x ³ sin ³ x = lim

x→0

−2x ⁶ /6!

x ⁶ = − 2 6! , Taka granica mo»na rozwiaza¢ leko inaczej. Wiemy, »e

cos x = 1 − x ² 2 + x ⁴

4! − x ⁶

6! + . . . , sin x = x − x ³ 3! + x ⁵

5! − x ⁷ 7! + . . . i

cosh x = 1 + x ² 2 + x ⁴

4! + x ⁶

6! + . . . .

Z tego wynika, »e licznik ma rozwiniecie wokóª zera szóstego rzedu:

x ³ sin ³ x = x ³

 x − x ³

3! + x ⁵ 5! − x ⁷

7! + . . .

 3

= x ⁶ + O(x ⁶ ) i mianownik

cos x − cosh x + x ² = −2x ⁶ /6! + O(x ⁶ ).

Zatem

x→0 lim

cos x − cosh x + x ²

x ³ sin ³ x = lim

x→0

−2x ⁶ /6!

x ⁶ = − 2 6! . Dla drugiej granicy mamy, »e

lim

x→

(tg(x)) ^tg(2x) = 1 ⁰ (nieoznaczono±¢).

Aby upro±ci¢ obliczenie granicy piszemy, »e

ln lim

x→

(tg(x)) ^tg(2x) = lim

x→

ln (tg(x)) ^tg(2x) = lim

x→

tg(2x) ln (tg(x)) = lim

x→

ln (tg(x)) ctg(2x) .

14

Teraz

ctg(2x) = −2x+O(x), ln(tg(x)) = x+O(x) ⇒ lim

x→

ln (tg(x))

ctg(2x) = − lim

x→

2(x − π/4)

2(x − π/4) = −1.

Zatem

ln lim

x→

(tg(x)) ^tg(2x) = −1 ⇒ lim

x→

(tg(x)) ^tg(2x) = e ⁻¹ .