Разложения элементарных функций по формуле Маклорена

Функция $f(x) = e^x$ бесконечно дифференцируема на $\mathbb R$, и по формуле для производных высших порядков $f^{(k)}(x) = e^x$, поэтому $f^{(k)}(0) = 1$ при всех $k\ge 0$. Значит, многочлен Маклорена порядка $n$ равен $\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}$.

Пункт 1 есть формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано в точке $a = 0$, применённая к $n$ раз дифференцируемой в нуле функции $e^x$.

Пункт 2 есть формула Маклорена с остаточным членом в форме Лагранжа: $R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}$, где $c$ лежит между $0$ и $x$; записывая $c = \theta x$, $\theta\in(0, 1)$, получаем $f^{(n+1)}(c) = e^{\theta x}$ (при $x = 0$ формула тривиальна).

Для пункта 3 заметим, что при $|x|\le a$ имеем $\theta x\le |x|\le a$, откуда $e^{\theta x}\le e^a$ и $|R_n(x)|\le\frac{e^a a^{n+1}}{(n+1)!}$. Покажем, что $\frac{a^m}{m!}\to 0$ при $m\to\infty$. Выберем натуральное $N > 2a$. При $m > N$

и правая часть стремится к нулю; по теореме о трёх последовательностях $\frac{a^m}{m!}\to 0$. Значит, $R_n(x)\to 0$ при $n\to\infty$, и частичные суммы сходятся к $e^x$.

Для пункта 4 положим $x = 1$ в пункте 2: $e - \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} = \frac{e^\theta}{(n+1)!}$, $\theta\in(0, 1)$. Так как $1 < e^\theta < e < 3$ (свойство числа $e$), получаем $0 < e - \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} < \frac{3}{(n+1)!}$. $\blacksquare$

Предположим противное: $e = \frac pq$, $p, q\in\mathbb N$. Так как $2 < e < 3$, число $e$ не целое, поэтому $q\ge 2$.

По формуле Маклорена для $e^x$ с остатком в форме Лагранжа при $x = 1$ и $n = q$ найдётся $\theta\in(0, 1)$, для которого

Умножим равенство на $q!$:

Левая часть — целое число: $q!\,e = (q-1)!\,p\in\mathbb Z$, и каждое $\frac{q!}{k!}$ при $k\le q$ целое.

Правая часть удовлетворяет неравенствам $0 < \frac{e^\theta}{q+1} < \frac{e}{q+1} < \frac{3}{3} = 1$ (так как $q + 1\ge 3$). Целое число не может лежать в интервале $(0, 1)$ — противоречие. Значит, $e\notin\mathbb Q$. $\blacksquare$

По формулам для производных высших порядков $(\sin x)^{(m)} = \sin\left(x + \frac{\pi m}{2}\right)$, $(\cos x)^{(m)} = \cos\left(x + \frac{\pi m}{2}\right)$. Поэтому $(\sin x)^{(m)}\big|_{x=0} = \sin\frac{\pi m}{2}$ равно $0$ при чётном $m$ и $(-1)^k$ при $m = 2k + 1$; аналогично $(\cos x)^{(m)}\big|_{x=0} = \cos\frac{\pi m}2$ равно $0$ при нечётном $m$ и $(-1)^k$ при $m = 2k$.

Следовательно, многочлен Маклорена синуса порядка $2n + 2$ совпадает с многочленом порядка $2n+1$ (коэффициент при $x^{2n+2}$ равен нулю) и равен $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}$. Формула Тейлора с остатком в форме Пеано порядка $2n + 2$ даёт первую формулу пункта 1 с остатком $o(x^{2n+2})$. Аналогично многочлен Маклорена косинуса порядка $2n+1$ равен $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}$, и формула Пеано порядка $2n+1$ даёт вторую формулу.

Для пункта 2 запишем остаток в форме Лагранжа. Для синуса (порядок $2n+2$): $R(x) = \frac{\sin^{(2n+3)}(c)}{(2n+3)!}x^{2n+3}$, $c = \theta_1 x$, и

Для косинуса (порядок $2n+1$): $R(x) = \frac{\cos^{(2n+2)}(c)}{(2n+2)!}x^{2n+2}$, $c = \theta_2 x$, и $\cos^{(2n+2)}(c) = \cos(c + \pi(n+1)) = (-1)^{n+1}\cos c$.

Пункт 3 следует из пункта 2, так как $|\cos(\theta x)|\le 1$. $\blacksquare$

Функция $f(x) = \ln(1+x)$ бесконечно дифференцируема на $(-1, +\infty)$, $f(0) = 0$, и по формуле для производных высших порядков

Поэтому коэффициенты многочлена Маклорена равны $\frac{f^{(k)}(0)}{k!} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{k!} = \frac{(-1)^{k-1}}{k}$, и пункт 1 есть формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано при $a = 0$.

Для пункта 2 применим формулу Маклорена с остатком в форме Лагранжа:

Если $0\le x\le 1$, то $c\ge 0$, $(1+c)^{n+1}\ge 1$, и $|R_n(x)|\le\frac{x^{n+1}}{n+1}\le\frac{1}{n+1}$. $\blacksquare$

Функция $f(x) = (1+x)^\alpha$ бесконечно дифференцируема на $(-1, +\infty)$, и по формуле для производных высших порядков

Значит, коэффициенты многочлена Маклорена равны $\frac{f^{(k)}(0)}{k!} = C_\alpha^k$, и общая формула есть формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано при $a = 0$.

Частные случаи. При $\alpha = -1$: $C_{-1}^k = \frac{(-1)(-2)\ldots(-k)}{k!} = (-1)^k$, что даёт разложение $\frac1{1+x}$; замена $x$ на $-x$ даёт разложение $\frac1{1-x}$ (так как $o((-x)^n) = o(x^n)$). При $\alpha = \frac12$:

Если $\alpha = m\in\mathbb N$, то $C_m^k = 0$ при $k > m$ (в произведении есть множитель $m - m = 0$), а $(1+x)^m$ — многочлен степени $m$; по формуле Тейлора для многочленов он точно равен $\sum_{k=0}^{m}C_m^k x^k$, и остаток равен нулю. $\blacksquare$

Пункт 1. Сумма: $o(x^n)\pm o(x^n) = o(x^n)$ по правилам действий с «о малым». Произведение:

Многочлены $P, Q$ ограничены в окрестности нуля, поэтому $P\cdot o(x^n) = o(x^n)$, $Q\cdot o(x^n) = o(x^n)$, а $o(x^n)o(x^n) = o(x^{2n}) = o(x^n)$. Наконец, члены $PQ$ степени $m > n$ имеют вид $cx^m = o(x^n)$, так что $PQ = T_n[PQ] + o(x^n)$.

Пункт 2. Запишем $g(u) = \sum_{k=0}^{n}b_k u^k + u^n\varepsilon(u)$, где $\varepsilon(u)\to 0$ при $u\to 0$; положим $\varepsilon(0) = 0$, тогда $\varepsilon$ непрерывна в нуле. Так как $P(0) = 0$, имеем $P(x) = O(x)$, и $\varphi(x) = O(x)$, $\varphi(x)\to 0$. Поэтому $\varepsilon(\varphi(x))\to 0$ и $\varphi(x)^n\varepsilon(\varphi(x)) = O(x^n)\cdot o(1) = o(x^n)$. По пункту 1, применённому $k$ раз, $\varphi(x)^k = (P(x) + o(x^n))^k = T_n[P^k](x) + o(x^n)$. Складывая с коэффициентами $b_k$, получаем утверждение.

Пункт 3. Из $f = cx^m + o(x^m) = cx^m + o(cx^m)$ по критерию эквивалентности $f\sim cx^m$; аналогично $g\sim dx^m$. По теореме о замене эквивалентными в частном $\lim\frac fg = \lim\frac{cx^m}{dx^m} = \frac cd$.

Пункт 4, тангенс. По формуле Маклорена для косинуса $1 - \cos x = u(x)$, $u(x) = \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)$. По формуле для $(1+x)^{-1}$ (с заменой $x\to -u$) $\frac1{1-u} = 1 + u + u^2 + \ldots + u^5 + o(u^5)$; по пункту 2 (члены $u^3, u^4, u^5$ имеют порядок не ниже $x^6$)

Умножая на $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)$ по пункту 1:

Функция $\operatorname{tg}$ бесконечно дифференцируема в окрестности нуля и нечётна; производные нечётной функции чётных порядков — нечётные функции, поэтому они обращаются в нуль в точке $0$. Значит, многочлен Маклорена $\operatorname{tg}$ порядка $6$ не содержит $x^6$, а его коэффициенты при $x, x^3, x^5$ по единственности разложения совпадают с найденными; формула Пеано порядка $6$ даёт остаток $o(x^6)$.

Пункт 4, арктангенс. Сначала докажем: если $f$ дифференцируема $n+1$ раз в точке $0$ и $f'(x) = \sum_{k=0}^{n}a_kx^k + o(x^n)$, то $f(x) = f(0) + \sum_{k=0}^{n}\frac{a_k}{k+1}x^{k+1} + o(x^{n+1})$. Действительно, $f'$ дифференцируема $n$ раз в нуле, и по единственности разложения $a_k = \frac{(f')^{(k)}(0)}{k!} = \frac{f^{(k+1)}(0)}{k!}$, т. е. $\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)!} = \frac{a_k}{k+1}$; остаётся записать формулу Пеано порядка $n+1$ для $f$.

Для $\operatorname{arctg}$ имеем $(\operatorname{arctg}x)' = \frac1{1+x^2}$; по пункту 2 с $u = x^2$ и $\frac1{1+u} = 1 - u + u^2 - u^3 + o(u^3)$ получаем $\frac1{1+x^2} = 1 - x^2 + x^4 + o(x^5)$. Применяя доказанное утверждение при $n = 5$ ($\operatorname{arctg}$ бесконечно дифференцируем, $\operatorname{arctg}0 = 0$), находим $\operatorname{arctg}x = x - \frac{x^3}3 + \frac{x^5}5 + o(x^6)$. $\blacksquare$