Una forma de demostrar esto es a través de una combinación del teorema de Rolle y coeficientes indeterminados. Primero, mostramos que si [math] f (x + h) [/ math] tiene una expansión, tomará la forma de la secuencia
[matemática] \ displaystyle f (x + h) = \ sum \ limits_ {n \ geq0} \ frac {h ^ n} {n!} f ^ {(n)} (x) \ tag * {} [/ math ]
Para probar esto, asuma que
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[matemáticas] \ displaystyle f (x + h) = A (x) + hB (x) + h ^ 2C (x) + h ^ 3D (x) + \ cdots \ tag * {} [/ matemáticas]
Diferenciar con respecto a [matemáticas] x [/ matemáticas] y [matemáticas] h [/ matemáticas] por separado. Como ambos lados son iguales, [matemática] f ‘(x + h) [/ matemática], podemos establecer las dos expansiones separadas iguales entre sí. Después de configurar [matemáticas] h = 0 [/ matemáticas] para ver que [matemáticas] f (x) = A (x) [/ matemáticas], el resultado final es
[matemática] \ displaystyle f (x + h) = \ sum \ limits_ {n \ geq0} \ frac {h ^ n} {n!} f ^ {(n)} (x) \ tag * {} [/ math ]
Esto establece dos cosas: cómo se verá la expansión infinita y cómo se verá la expansión a los términos [matemática] n [/ matemática]. Ahora, todo es cuestión de probar la igualdad. Esto se puede hacer mediante inducción.
Primero, considere la función
[matemáticas] \ displaystyle \ begin {align *} F (x) & = f (a + x) -f (a) -xf ‘(a) – \ cdots- \ frac {x ^ n} {n!} f ^ {(n)} (a) \\ & – \ frac {x ^ {n + 1}} {(n + 1)!} \ frac {(n + 1)!} {h ^ {n + 1} } \ left \ {f (a + h) -f (a) -hf ‘(a) – \ cdots- \ frac {h ^ n} {n!} f ^ {(n)} (a) \ right \ } \ end {align *} \ tag * {} [/ math]
Cuando [matemática] x = 0 [/ matemática] y [matemática] x = h [/ matemática], [matemática] F (0) = F (h) = 0 [/ matemática]. Por lo tanto, según el teorema de Rolle, existe una cantidad [math] h_1 \ in \ left [0, h \ right] [/ math] tal que [math] F ‘(h_1) = 0 [/ math]. Diferenciar [matemáticas] F [/ matemáticas] con respecto a [matemáticas] x [/ matemáticas] da
[matemáticas] \ displaystyle \ begin {align *} F ‘(x) & = f’ (a + x) -f ‘(a) -xf’ ‘(a) – \ cdots- \ frac {x ^ {n- 1}} {(n-1)!} F ^ {(n)} (a) \\ & – \ frac {x ^ n} {n!} \ Frac {(n + 1)!} {H ^ { n + 1}} \ left \ {f (a + h) -f (a) -hf ‘(a) – \ cdots- \ frac {h ^ n} {n!} f ^ {(n)} (a ) \ right \} \ end {align *} \ tag * {} [/ math]
Repetimos el proceso. Nuevamente, cuando [matemáticas] x = 0 [/ matemáticas] y [matemáticas] x = h_1 [/ matemáticas], [matemáticas] F (0) = F (h_1) = 0 [/ matemáticas] entonces existe una cantidad [matemáticas ] h_2 \ in \ left [0, h_1 \ right] [/ math] tal que [math] F ” (h_2) = 0 [/ math]. A medida que esto continúa, se forma un patrón obvio. Diferenciar con respecto a [matemáticas] x [/ matemáticas] [matemáticas] n + 1 [/ matemáticas] veces da
[matemáticas] \ displaystyle F ^ {(n + 1)} (x) = f ^ {(n + 1)} (a + x) – \ frac {(n + 1)!} {h ^ {n + 1 }} \ left \ {f (a + h) -f (a) -hf ‘(a) – \ cdots- \ frac {h ^ n} {n!} f ^ {(n)} (a) \ right \} \ tag * {} [/ math]
Establezca [matemática] x = h_ {n + 1} [/ matemática] y [matemática] F ^ {(n + 1)} (h_ {n + 1}) = 0 [/ matemática] entonces
[matemáticas] \ displaystyle f (a + h) = f (a) + hf ‘(a) + \ cdots + \ frac {h ^ n} {n!} f ^ {(n)} (a) + \ frac { h ^ {n + 1}} {(n + 1)!} f ^ {(n + 1)} (a + h_ {n + 1}) \ tag * {} [/ math]
que es la expansión de Taylor con un resto.