Olay serinin fonksiyona yakinsamasi ile ilgili bu nedenle `Taylor Hata Payi'ni bilmekte fayda var. Hata payinin mutlagi sifira giderse yakinsamayi elde ederiz.
Sav 1: f fonksiyonu icin f′′ fonksiyonu a elemanini iceren bir acik I araliginda surekli olsun ve x de I araliginda bir eleman olsun. Bu durumda f(x)=f(a)+(x−a)f′(a)+∫xa(x−t)f′′(t)dt
olur.
Ispat: Integral ile ilgilenelim. u=x−t ve f′′(t)dt=dv dersek du=−dt olur ve v=f′(t) olarak secebiliriz. Bu durumda ∫xa(x−t)f′′(t)dt=[(x−t)f′(t)]t=xt=a+∫xaf′(t)dt
olur. Sagdaki integralde Hesabin Temel Teoremini kullanirsak
=[(x−t)f′(t)]t=xt=a−[f(t)]t=xt=a
=[0−(x−a)f(a)]+[f(x)−f(a)]
olur. Dolayisiyla
f(x)=f(a)+(x−a)f′(a)+∫xa(x−t)f′′(t)dt
olur.
Sav 2: n≥1 bir tam sayi olmak uzere f fonksiyonu icin f(n+1) fonksiyonu a elemanini iceren bir acik I araliginda surekli olsun ve x de I araliginda bir eleman olsun. Bu durumda 1n!∫xa(x−t)nf(n+1)(t)dt=f(x)−n∑k=0f(k)(a)k!(x−a)k
olur.
Ispat: (Tumevarim): n=1 durumu icin ispatlamistik. n=m≥1 durumu icin dogru oldugunu kabul edelim.
u=(x−t)m+1 ve f(m+2)(t)dt=dv dersek du=−(m+1)(x−t)m−1dt olur ve v=f(m+1)(t) olarak secebiliriz. Bu durumda 1(m+1)!∫xa(x−t)m+1f(m+2)(t)dt
=[1(m+1)!(x−t)m+1f(m+1)(t)]t=xt=a+m+1(m+1)!∫xa(x−t)mf(m+1)(t)dt
=[0−1(m+1)!(x−a)m+1f(m+1)(a)]+f(x)−m∑k=0f(k)(a)k!(x−a)k
=f(x)−m+1∑k=0f(k)(a)k!(x−a)k
olur.
Sav 3: n≥1 bir tam sayi olmak uzere f fonksiyonu icin f(n+1) fonksiyonu a elemanini iceren bir acik I araliginda surekli olsun ve x de I araliginda bir eleman olsun. Bu durumda a ile x arasindaki bir c sayisi icin 1n!∫xa(x−t)nf(n+1)(t)dt=f(n+1)(c)(n+1)!(x−a)n+1
saglanir.
Ispat: g(t)=(x−t)n fonksiyonu a ile x arasinda isaret degistirmiyor. Dolayisiyla Integraller icin Agirlikli Ortalama Deger Teoremini kullanirsak a ile x arasinda oyle bir c degeri vardir ki ∫xa(x−t)nf(n+1)(t)=f(n+1)(c)∫xa(x−t)ndt=f(n+1)(c)⋅[−(x−t)n+1n+1]t=xt=a
=f(n+1)(c)n+1(x−a)n+1
olur ve dolayisiyla
1n!∫xa(x−t)nf(n+1)(t)dt=f(n+1)(c)(n+1)!(x−a)n+1
olur.