A Taylor-formula a Lagrange-féle maradéktaggal

Kimondás

Legyen $n\in \mathbb{N}$ és tegyük fel, hogy $f\in D^{n+1}(K(a))$ Ekkor $$\begin{gathered} \forall x\in K(a)\mathrm{ponthoz}\exists \xi a\acute{\mathrm{e}}\mathrm{s}x\mathrm{k}\ddot{\mathrm{o}}\mathrm{z}\ddot{\mathrm{o}}\mathrm{tt},\mathrm{hogy} \\ f(x)-T_{n,a}f(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1} \end{gathered}$$ a fenti képlet jobb oldalán álló függvényt Lagrange-féle maradéktagnak nevezzük.

Bizonyítás

A Cauchy-féle középértéktételt fogjuk felhasznáéni. Legyen $$F(x):=f(x)-T_{n,a}f(x)(x\in K(a))$$

$(1)$-ből következik, hogy $$F^{(i)}(a)=f^{(i)}(a)-(T_{n,a}f{)}^{(i)}(a)=0(i=0,1,\dots ,n)$$ Továbbá, $F^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)$, hiszen $(T_{n,a}f{)}^{(n+1)}\equiv 0$, mert $T_{n,a}f$ egy legfeljebb $n$-ed fokú polinom.

Másrészt, legyen $G(x):=(x-a{)}^{n+1}(x\in K(a))$. Ekkor minden $x\in K(a)$ esetén

$$G^{\prime }(x)=(n+1)(x-a{)}^n,G^{\prime \prime }(x)=n(n+1)(x-a{)}^{n-1},\dots ,G^{(n)}(x)=(n+1)!(x-a)$$

amiből következik, hogy $G^{(i)}(a)=0(i=0,1,\dots ,n)$ és $G^{(n+1)}(x)=(n+1)!$

Tegyük fel, hogy $x\in K(a)$ és például $x>a$. (Az $x<a$ eset hasonlóan vizsgálható.) Az $F$ és $G$ függvényekre az $[a,x]$ intervallumon alkalmazható a Cauchy-féle középértéktétel, következőképpen:

$$\exists {\xi }_1\in (a,x):\frac{F^{\prime }({\xi }_1)}{G^{\prime }({\xi }_1)}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{f(x)-T_{n,a}f(x)}{(x-a{)}^{n+1}}$$

A Cauchy-féle középértéktételt most $F^{\prime }$ és a $G^{\prime }$ függvényekre az $[a,{\xi }_1]$ intervallumon alkalmazzuk:

$$\exists {\xi }_2\in (a,{\xi }_1)\subset (a,x):\frac{F^{\prime \prime }({\xi }_2)}{G^{\prime \prime }({\xi }_2)}=\frac{F^{\prime }({\xi }_1)-F^{\prime }(a)}{G^{\prime }({\xi }_1)-G^{\prime }(a)}=\frac{F^{\prime }({\xi }_1)}{G^{\prime }({\xi }_1)}$$

Ha a fenti gondolatmenetet $n$-szer megismételjük, akkor a $k$-dik lépésben $(k=1,2,\dots ,n)$:

$$\exists {\xi }_{k+1}\in (a,{\xi }_k)\subset (a,x):\frac{F^{(k+1)}({\xi }_{k+1})}{G^{(k+1)}({\xi }_{k+1})}=\frac{F^{(k)}({\xi }_k)-F^{(k)}(a)}{G^{(k)}({\xi }_k)-G^{(k)}(a)}=\frac{F^{(k)}({\xi }_k)}{G^{(k)}({\xi }_k)}$$

Az $n$ darab lépés során kaptt egyenlőségeket egybevetve azt kapjuk, hogy

$$\frac{f(x)-T_{n,a}f(x)}{(x-a{)}^{n+1}}=\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F^{\prime }({\xi }_1)}{G^{\prime }({\xi }_1)}=\cdots =\frac{F^{(n)}({\xi }_n)}{G^{(n)}({\xi }_n)}=\frac{F^{(n+1)}({\xi }_{n+1})}{G^{(n+1)}({\xi }_{n+1})}=\frac{f^{(n+1)}({\xi }_{n+1})}{(n+1)!}$$

hiszen minden $x\in K(a)$ esetén $F^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)$ és $G^{(n+1)}(x)=(n+1)!$. A konstrukcióból látható, hogy ${\xi }_{n+1}$ az $a$ pont és $x$ pont között van, ezért a $\xi :={\xi }_{n+1}$ választással a bizonyítandó állítást kapjuk.