Más simple prueba del teorema de Taylor

Question

Yo desde hace algún tiempo ha sido la pesca de arrastre a través de la Internet en busca de una estética de la prueba de Taylor teorema.

Por que me refiero a esto: hay un montón de pruebas que introducir algunos arbitraria construcción: ninguna mención se da de de donde esta bestia vino. y, lógicamente, hack de distancia de línea por línea hasta que la cosa se soluciona. pero este tipo de prueba es feo. una hermosa prueba debería aumentar de forma natural en el suelo.

He visto una prueba que afirman hacerlo desde el teorema fundamental del cálculo. Se veía desordenado.

He visto varios intentos de integración por partes en repetidas ocasiones. Pero seguramente sería más ordenado para hacer esto, sin llevar en todo ese extra de la maquinaria.

Los mejores dos enfoques parecen implicar el uso de el valor de la media y teorema teorema de Rolle. pero no puedo encontrar una lúcida presentación de cualquiera de los dos enfoques.

Tal vez mi cerebro es extraordinariamente estúpido, y que los enfoques en la Wikipedia, etc son perfectamente lo suficientemente bueno para todos los demás.

¿Alguien tiene una clara comprensión de este fenómeno? O un enlace web a un entendimiento?

EDIT: Finalmente, un matemático de Cambridge me lo explicó de una manera que yo pudiera entender, y he escrito hasta la prueba y se suministra como una respuesta (abajo). En el momento de escribir, a mi mente es el más accesible de la prueba que he encontrado (y solamente por esta razón por la que he aceptado mi propia respuesta). Me parece extraño que nadie parece estar de acuerdo.

Answer 1

Aquí es un enfoque que parece más natural, basado en aplicar el teorema fundamental de cálculo y así sucesivamente $f(x)$, $f'(t_1)$, $f''(t_2)$, etc.: \begin{eqnarray*} && f(x)=f(a)+\int_a^x f'(t_1)\,dt_1 \\&& = f(a)+ \int_a^x f'(a)\,dt_1 + \int_a^x \!\! \int_a^{t_1} f''(t_2)\,dt_2\,dt_1 \\&& = f(a)+ \int_a^x f'(a)\,dt_1 + \int_a^x \!\! \int_a^{t_1} f''(a) \,dt_2\,dt_1 +\int_a^x \!\! \int_a^{t_1} \!\! \int_a^{t_2} f'''(t_3) \,dt_3\,dt_2\,dt_1 \end{eqnarray*} Observe que $$ \int_a^x f'(a)\,dt_1=f'(a)\int_a^x dt_1=f'(a)(x-a), $$$$ \int_a^x \!\! \int_a^{t_1} f"(a)\,dt_2\,dt_1 = f"(a)\int_a^x (t_1-a)\,dt_1 = f"(a)\frac{(x-a)^2}{2}, $$$$ \int_a^x \!\! \int_a^{t_1} \!\! \int_a^{t_2} f"'(a)\,dt_3\,dt_2\,dt_1 = f"'(a)\int_a^x \frac{(t_1-a)^2}{2}\,dt_1 = f"'(a)\frac{(x-a)^3}{3!}, $$ y, en general, $$ \int_a^x \!\! \int_a^{t_1} \!\ldots \int_a^{t_{n-1}} f^{(n)}(a)\,dt_n\ldots\,dt_2\,dt_1 = f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^{n}}{n!}. $$

Por inducción, a continuación, una prueba $$ f(x) = P_n(x)+ R_n(x) $$ donde $P_n$ es el polinomio de Taylor $$ P_n(x) = f(a)+f'(a)(x-a)+f"(a)\frac{(x-a)^2}{2}+\ldots+ f^{(n)}(a) \frac{(x-a)^n}{n!}, $$ y el resto $R_n(x)$ está representado por anidado integrales como $$R_n (x) = \int_a^x \!\! \int_a^{t_1} \!\ldots \int_a^{t_{n}} f^{(n+1)}(t_{n+1}) \,dt_{n+1}\ldots\,dt_2\,dt_1. $$

Podemos establecer la forma de Lagrange del resto mediante la aplicación de el intermedio y el valor extremo teoremas, el uso de simples comparaciones de la siguiente manera. Considere el caso en $x>a$ primera. Deje $m$ ser el valor mínimo de $f^{(n+1)}$$[a,x]$, e $M$ el valor máximo. A continuación, ya que $$ m\le f^{(n+1)}(t_{n+1}) \le M $$ para todos los $t_{n+1}$$[a,x]$, después de $n+1$ repite integraciones uno encuentra $$ m \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} \le R_n(x) \le M \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}. $$ Pero ahora, observe que la función $$ t\mapsto f^{(n+1)}(t) \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} $$ alcanza los valores extremos $$ m \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} \quad\mbox{y} \quad M \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} $$ en algunos puntos en $[a,x]$. Por el teorema del valor intermedio, debe ser algunos de punto de $t$ entre estos dos puntos (por lo $t\in[a,x]$) tales que $$ R_n(x) = f^{(n+1)}(t) \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}. $$ Esta es la forma de Lagrange del resto. Si $x<a$ $n$ es impar, la misma prueba de obras. Si $x<a$ $n$ es incluso, $(x-a)^{n+1}<0$ e la misma prueba funciona después de revertir las desigualdades.

Se puede motivar a todo este enfoque en un par de maneras diferentes. E. g., uno puede argumentar que $ {(x-a)^n}/{n!} $ se hace pequeño para un gran $n$, por lo que los restos de $R_n(x)$ va a ser pequeños si los derivados de la $f$ estancia limitada, dicen.

O, uno puede razonar en términos generales como sigue: $f(x)\approx f(a)$ $x$ cerca de $a$. Preguntamos, ¿cuál es el resto exactamente? Aplicar el teorema fundamental como es arriba, a continuación, aproximar la primera resto usando la aproximación $f'(t_1)\approx f'(a)$. Repitiendo, uno produce los polinomios de Taylor por el patrón de la argumentación anterior.

Answer 2

La prueba más clara de que uno puede encontrar, en mi opinión, es la siguiente. Nota sólo es generalizada del valor medio teorema!

THM Deje $f,g$ funciones definidas en un intervalo cerrado $[a,b]$ que admitir finito $n$-th derivados en $(a,b)$ y continua $n-1$-th derivados en $[a,b]$. Supongamos $c\in [a,b]$. A continuación, para cada una de las $x\neq c$ $[a,b]$ existe $x_1$ en el segmento de unirse a $c$ $x_1$ tal que $$\left(f(x)-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(c)}{k!}(x-c)^k\right) g^{(n)}(x_1)=f^{(n)}(x_1)\left(g(x)-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{g^{(k)}(c)}{k!}(x-c)^k\right)$$

PRUEBA Por simplicidad, suponga $c<b$$x>c$. Mantenga $x$ fijo y considerar la posibilidad de $$F(t)=f(t)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k$$ $$G(t)=g(t)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{g^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k$$

para cada una de las $t\in[c,x]$. A continuación, $F,G$ son continuas en a $[c,x]$ y admitir finito derivado en $(c,x)$. Por el valor medio teorema se puede escribir $$F'(x_1)[G(x)-G(c)]=G'(x_1)[F(x)-F(c)]$$

para $x_1\in (c,x)$. Esto le da a ese $$F'(x_1)[g(x)-G(c)]=G'(x_1)[f(x)-F(c)]$$ since $F(x)=f(x),G(x)=g(x)$. But we see, by cancelling terms with opposite signs, that $$F'(t)=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)$$ $$G'(t)=\frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}g^{(n)}(t)$$ which gives the desired formula when plugging $t=x_1$.

COR Tenemos Taylor teorema de con $g(x)=(x-c)^n$, es decir, para algunos $x_1$ hemos $$\left( {f(x) - \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{{{f^{(k)}}(c)}}{{k!}}} {{(x - c)}^k}} \right)n! = {f^{(n)}}({x_1}){\left( {x - c} \right)^n}$$ or $$f(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n - 1} {\frac{{{f^{(k)}}(c)}}{{k!}}} {(x - c)^k} + \frac{{{f^{(n)}}({x_1})}}{{n!}}{\left( {x - c} \right)^n}$$ Tenga en cuenta que $g^{(k)}(c)=0$ si $k=0,1,2\ldots,n-1$, $g^{n}=n!$.

Answer 3

Esta es la mejor prueba que he visto:

http://arxiv.org/pdf/0801.1271.pdf

Answer 4

Usted puede encontrar una buena prueba de Taylor Thm en: http://www.math.csusb.edu/faculty/pmclough/SPTT.pdf

Answer 5

He escrito una prueba a mí mismo que yo prefiero todo lo demás que he visto en Internet o en cualquier otro lugar.

Voy enlace a ella, como es un poco largo para una respuesta aquí: http://mathpad.wikidot.com/taylor