Bài tập vi tích phân bài tập chuỗi taylor

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TP.HCM
KHOA CÔNG NGHỆ THƠNG TIN

an

co

ng

.c
om

BTC ƠN THI HỌC KỲ 1 KHĨA 2016

du
o

ng

th

Bài tập Chuỗi Taylor
và Xấp xỉ bằng BĐT Taylor

cu

u

 Vũ Lê Thế Anh

Cập nhật: 15/02/2017

CuuDuongThanCong.com

/>

Khoa Cơng nghệ thơng tin – ĐH KHTN TP.HCM

Ơn thi Học kỳ 1 – Khóa 2016

Xấp xỉ 𝒇(𝒙) bằng đa thức Taylor bậc n xung quanh a và uớc lượng độ chính xác của xấp xỉ
khi x nằm trong đoạn cho trước:
1/ 𝑓(𝑥) = √𝑥, 𝑎 = 4, 𝑛 = 2, 𝑥 ∈ [4,4.2]
2
2/ 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 , 𝑎 = 0, 𝑛 = 3, 𝑥 ∈ [0,0.2]
3/ 𝑓(𝑥) = 𝑥 sin 𝑥 , 𝑎 = 0, 𝑛 = 4, 𝑥 ∈ [−1,1]

Câu 1:

.c
om

Có: 𝑓(𝑥) = √𝑥, 𝑎 = 4, 𝑛 = 2, 𝑥 ∈ [4,4.2]
Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 2 của 𝑓(𝑥) quanh 𝑎 = 4:
2

𝑓(𝑥) ~ 𝑇2 (𝑥) = ∑

ng

𝑛=0

𝑓 (𝑛) (4)
(𝑥 − 4)𝑛
𝑛!

𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = √𝑥 = 𝑥 1/2 ⇒ 𝑓 (0) (4) = 2

th

ng

1
−1
𝑓 (2) (𝑥) = − 𝑥 −3/2 ⇒ 𝑓 (2) (4) =
4
32

an

1
1
𝑓 (1) (𝑥) = 𝑥 −1/2 ⇒ 𝑓 (1) (4) =
2
8

co

Có:

Vậy:

du
o

1
1
𝑇2 (𝑥) = 2 + (𝑥 − 4) − (𝑥 − 4)2
8
64

cu

Có:

u

Ước lượng độ chính xác của phép xấp xỉ là đánh giá độ lớn sai số |𝑅2 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑇2 (𝑥)| trên [4,4.2]:

5
3
3
3
= 𝑀, ∀𝑥 ∈ [4,4.2]
|𝑓 (3) (𝑥)| = | 𝑥 −5/2 | ≤ . 4−2 =
8
8
256

Theo Bất đẳng thức Taylor:
|𝑅2 (𝑥)| ≤

𝑀
3 1
1
|𝑥 − 4|3 ≤
. |4.2 − 4|3 =
3!
256 3!
64000

Câu 2:
2

Có: 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 , 𝑎 = 0, 𝑛 = 3, 𝑥 ∈ [0,0.2]
Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 3 của 𝑓(𝑥) quanh 𝑎 = 0:

CuuDuongThanCong.com

/>

Khoa Cơng nghệ thơng tin – ĐH KHTN TP.HCM

Ơn thi Học kỳ 1 – Khóa 2016
3

𝑓(𝑥) ~ 𝑇3 (𝑥) = ∑
𝑛=0

𝑓 (𝑛) (0) 𝑛
𝑥

𝑛!

Có:
2

𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 ⇒ 𝑓 (0) (0) = 1
2

𝑓 (1) (𝑥) = 2𝑥𝑒 𝑥 ⇒ 𝑓 (1) (0) = 0
2

2

2

𝑓 (2) (𝑥) = 2(𝑒 𝑥 + 2𝑥 2 𝑒 𝑥 ) = 2𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥 2 ) ⇒ 𝑓 (2) (0) = 2
2

2

2

𝑓 (3) (𝑥) = 2[2𝑥𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥 2 ) + 4𝑥𝑒 𝑥 ] = 4𝑥𝑒 𝑥 (3 + 2𝑥 2 ) ⇒ 𝑓 (3) (0) = 0

.c
om

Vậy:
𝑇3 (𝑥) = 1 + 𝑥 2

Ước lượng độ chính xác của phép xấp xỉ là đánh giá độ lớn sai số |𝑅3 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑇3 (𝑥)| trên [0,0.2]:

ng

Có:
2

2

2

co

|𝑓 (4) (𝑥)| = |4[𝑒 𝑥 (1 + 2𝑥 2 )(3 + 2𝑥 2 ) + 4𝑥 2 𝑒 𝑥 ]| = 4𝑒 𝑥 (4𝑥 4 + 12𝑥 2 + 3)
2

2

2

an

Xét 𝑔(𝑥) = 𝑒 𝑥 (4𝑥 4 + 12𝑥 2 + 3)

2

th

𝑔′ (𝑥) = 2𝑥𝑒 𝑥 (4𝑥 4 + 12𝑥 2 + 3) + 𝑒 𝑥 (16𝑥 3 + 24𝑥) = 2𝑥𝑒 𝑥 (4𝑥 4 + 20𝑥 2 + 15) ≥ 0 ∀𝑥 ∈ [0,0.2]
Vậy 𝑔(𝑥) đồng biến ∀𝑥 ∈ [0,0.2] ⇒ max 𝑔(𝑥) = 𝑔(0.2) ⇒ |𝑓 (4) (𝑥)| = 4𝑔(𝑥) ≤ 4𝑔(0.2) = 𝑀

𝑀 4 𝑔(0.2) 4 𝑔(0.2)
|𝑥| ≤
0.2 =
≈ 9.676.10−4
4!
6
3750

du
o

Theo Bất đẳng thức Taylor:

ng

[0,0.2]

cu

Câu 3:

u

|𝑅3 (𝑥)| ≤

Có: 𝑓(𝑥) = 𝑥 sin 𝑥 , 𝑎 = 0, 𝑛 = 4, 𝑥 ∈ [−1,1]
Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 4 của 𝑓(𝑥) quanh 𝑎 = 0:
4

𝑓(𝑥) ~ 𝑇4 (𝑥) = ∑
𝑛=0

𝑓 (𝑛) (0) 𝑛
𝑥
𝑛!

Có:
𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = 𝑥 sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (0) (0) = 0
𝑓 (1) (𝑥) = sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (1) (0) = 0
𝑓 (2) (𝑥) = 2cos 𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (2) (0) = 2

CuuDuongThanCong.com

/>

Khoa Cơng nghệ thơng tin – ĐH KHTN TP.HCM

Ơn thi Học kỳ 1 – Khóa 2016

𝑓 (3) (𝑥) = −3 sin 𝑥 − 𝑥 cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (3) (0) = 0
𝑓 (4) (𝑥) = −4 cos 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (4) (0) = −4
Vậy:
1
𝑇4 (𝑥) = 𝑥 2 − 𝑥 4
6
Ước lượng độ chính xác của phép xấp xỉ là đánh giá độ lớn sai số |𝑅4 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑇4 (𝑥)| trên [−1,1]:
Có: |𝑓 (5) (𝑥)| = |5 sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥|

𝑔(−𝑥) = |5 sin(−𝑥) − 𝑥𝑐𝑜𝑠(−𝑥)| = |5 sin 𝑥 + 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥| = 𝑔(𝑥)

Vậy 𝑔(𝑥) là hàm chẵn ⇒ đồ thị 𝑔(𝑥) đối xứng qua trục tung Oy.

.c
om

Xét 𝑔(𝑥) = |5 sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥| trên 𝐷 = [−1,1] có 𝐷 là miền đối xứng do ∀𝑥 ∈ 𝐷 ⇒ −𝑥 ∈ 𝐷.

∀𝑥 ∈ [0,1], 𝑔(𝑥) = 5 sin 𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 , 𝑔′ (𝑥) = 6 cos 𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 ≥ 0 (𝑑𝑜 ∀𝑥 ∈ [0,1], cos 𝑥 > sin 𝑥).
[0,1]

co

[−1,1]

ng

Vậy 𝑔(𝑥) đồng biến ∀𝑥 ∈ [0,1] ⇒ max 𝑔(𝑥) = max 𝑔(𝑥) = 𝑔(1) ⇒ |𝑓 (5) (𝑥)| = 𝑔(𝑥) ≤ 𝑔(1) = 𝑀
Theo Bất đẳng thức Taylor:

an

𝑀 5 𝑔(1) 5 sin 1 + cos 1
|𝑥| ≤
=
≈ 0.03956
5!
120
120

ng

th

|𝑅4 (𝑥)| ≤

cu

Câu 1:

u

du
o

Ước lượng chính xác đến 5 chữ số thập phân:
1/ cos 85°
2/ 𝑒 0.1

𝜋

17𝜋 𝜋

Xét 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 quanh 𝑎 = 2 với 𝑥 ∈ [ 36 , 2 ].
𝜋
𝑓 (𝑛) (𝑥) = cos (𝑥 + 𝑛 ) , ∀𝑛 ≥ 0
2
𝜋

17𝜋 𝜋

Có: |𝑓 (𝑛+1) (𝑥)| = |cos [𝑥 + (𝑛 + 1) 2 ]| ≤ 1 = 𝑀, ∀𝑥 ∈ [ 36 , 2 ]
Theo Bất đẳng thức Taylor:
|𝑅𝑛 (𝑥)| ≤

𝑀
𝜋 𝑛+1
1
17𝜋 𝜋 𝑛+1
1
𝜋 𝑛+1
17𝜋 𝜋
≤
− |
=
( )
, ∀𝑥 ∈ [
, ]
|𝑥 − |
|
(𝑛 + 1)!
(𝑛 + 1)! 36
(𝑛 + 1)! 36
2
2
36 2

Để đảm bảo luôn thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta cần chọn n nhỏ nhất thỏa:

CuuDuongThanCong.com

/>

Khoa Cơng nghệ thơng tin – ĐH KHTN TP.HCM

Ơn thi Học kỳ 1 – Khóa 2016

1
𝜋 𝑛+1
( )
< 0.00001 ⇒ 𝑛 = 3
(𝑛 + 1)! 36
𝜋

Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 3 của 𝑓(𝑥) với 𝑎 = 2 :
𝜋
1
𝜋 3
𝑓(𝑥) ~ 𝑇3 (𝑥) = − (𝑥 − ) + (𝑥 − )
2
6
2
Vậy:
17𝜋
17𝜋
𝜋
𝜋3
𝑓(
) ~ 𝑇3 (
)=− −
≈ 0.08715

36
36
36 139968
𝜋4
40310784

≈ 2.6 ∗ 10−6.

.c
om

Với sai số |𝑅3 (𝑥)| ≤

Câu 2:

ng

Xét 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 quanh 𝑎 = 0 với 𝑥 ∈ [0,0.1].

co

𝑓 (𝑛) (𝑥) = 𝑒 𝑥 , ∀𝑛 ≥ 0
Có: |𝑓 (𝑛+1) (𝑥)| = 𝑒 𝑥 ≤ 𝑒 0.1 < 𝑒 < 3 = 𝑀, ∀𝑥 ∈ [0,0.1]

an

Theo Bất đẳng thức Taylor:

th

𝑀
3
|𝑥|𝑛+1 ≤
0.1𝑛+1 , ∀𝑥 ∈ [0,0.1]
(𝑛 + 1)!
(𝑛 + 1)!

ng

|𝑅𝑛 (𝑥)| ≤

Để đảm bảo luôn thỏa điều kiện đề bài, ta cần tìm n nhỏ nhất thỏa:

du
o

3
0.1𝑛+1 < 0.00001 ⇒ 𝑛 ≥ 4
(𝑛 + 1)!

u

Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 4 của 𝑓(𝑥) quanh 𝑎 = 0 là:

cu

Vậy:

1
1

1
𝑓(𝑥) ~ 𝑇4 (𝑥) = 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4
2
6
24

𝑓(0.1) ~ 𝑇4 (0.1) = 1.10517
Với sai số |𝑅4 (𝑥)| ≤ 2.5 ∗ 10−7.

Ước lượng miền giá trị của x để các xấp xỉ có độ chính xác tương ứng:
𝑥3
, |𝑠𝑎𝑖 𝑠ố| < 0.01
6
2
𝑥
𝑥4
− 2 + 24 , |𝑠𝑎𝑖 𝑠ố| <

1/ sin 𝑥 ≈ 𝑥 −
2/ cos 𝑥 ≈ 1

CuuDuongThanCong.com

0.005

/>

Khoa Cơng nghệ thơng tin – ĐH KHTN TP.HCM

Ơn thi Học kỳ 1 – Khóa 2016

Câu 1:
Xét 𝑓(𝑥) = sin 𝑥.
Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 4 của 𝑓(𝑥) quanh 𝑎 = 0:
4

𝑓(𝑥) ~ 𝑇4 (𝑥) = ∑
𝑛=0

𝑓 (𝑛) (0) 𝑛
𝑥
𝑛!

Có:
𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (0) (0) = 0

.c
om

𝑓 (1) (𝑥) = cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (1) (0) = 1
𝑓 (2) (𝑥) = − sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (2) (0) = 0
𝑓 (3) (𝑥) = − cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (3) (0) = −1

ng

𝑓 (4) (𝑥) = sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (4) (0) = 0

co

Vậy:

th

Có: |𝑓 (5) (𝑥)| = |cos 𝑥| ≤ 1 = 𝑀, ∀𝑥 ∈ ℝ

an

1
𝑇4 (𝑥) = 𝑥 − 𝑥 3
6

ng

Theo Bất đẳng thức Taylor:

𝑀 5 |𝑥|5
|𝑥| =
5!
120

du
o

|𝑅4 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑇4 (𝑥)| ≤

Câu 2:

|𝑥|5
5
5

< 0.01 ⇒ − √1.2 < 𝑥 < √1.2
120

cu

u

Sai số đề bài chính là sai số Lagrange 𝑅3 (𝑥) của xấp xỉ Taylor trên. Để thỏa yêu cầu:

Xét 𝑓(𝑥) = cos 𝑥.
Đa thức Taylor bậc 𝑛 = 5 của 𝑓(𝑥) quanh 𝑎 = 0:
5

𝑓(𝑥) ~ 𝑇5 (𝑥) = ∑
𝑛=0

𝑓 (𝑛) (0) 𝑛
𝑥
𝑛!

Có:
𝑓 (0) (𝑥) = 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (0) (0) = 1
𝑓 (1) (𝑥) = −sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (1) (0) = 0

CuuDuongThanCong.com

/>

Khoa Cơng nghệ thơng tin – ĐH KHTN TP.HCM

Ơn thi Học kỳ 1 – Khóa 2016

𝑓 (2) (𝑥) = − cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (2) (0) = −1
𝑓 (3) (𝑥) = sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (3) (0) = 0
𝑓 (4) (𝑥) = cos 𝑥 ⇒ 𝑓 (4) (0) = 1
𝑓 (5) (𝑥) = −sin 𝑥 ⇒ 𝑓 (5) (0) = 0
Vậy:
1
1
𝑇5 (𝑥) = 1 − 𝑥 2 + 𝑥 4
2
24

Theo Bất đẳng thức Taylor:
|𝑅5 (𝑥)| = |𝑓(𝑥) − 𝑇5 (𝑥)| ≤

.c
om

Có: |𝑓 (6) (𝑥)| = |− cos 𝑥| ≤ 1 = 𝑀, ∀𝑥 ∈ ℝ

𝑀 6
𝑥6
|𝑥| =
6!
720

ng

Sai số đề bài chính là sai số Lagrange 𝑅3 (𝑥) của xấp xỉ Taylor trên. Để thỏa yêu cầu:

cu

u

du
o

ng

th

an

co

𝑥6
6
6
< 0.005 ⇒ − √3.6 < 𝑥 < √3.6
720

CuuDuongThanCong.com

/>