Формула разложения функции \(f(x)\) в ряд Тейлора в окрестности точки \(a\) с остаточным членом в форме Лагранжа имеет вид:
\[
f(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x - a)^k + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}.
\]

Формула разложения функции \(f(x)\) в ряд Тейлора в окрестности точки \(a\) с остаточным членом в форме Пеано имеет вид:
\[
f(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x - a)^k + o((x - a)^n)
\]

Также в формуле Тейлора могут быть другие остаточные члены, например, по Коши:
\[
R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(a + \theta(x - a))}{n!} (1 - \theta)^n (x - a)^{n+1},
\] где \( 0 < \theta < 1 \).

Доказательство

\(\textit{Сначала докажем формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.}\)

Рассмотрим вспомогательную функцию:
\[
\varphi(z) = f(z) - f'(a)(z - a) - \frac{f''(a)}{2!}(z - a)^2 - \ldots - \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(z - a)^n - A(z - a)^{n+1},
\]
где \( A \) \(-\) некоторая константа, которую мы выберем позже. Эта функция \( \varphi(z) \) получается вычитанием из \( f(z) \) \(\href{https://examp.info/theorem/tejlora/}{\text{многочлена Тейлора}} \) степени \( n \) и линейного члена \( A(z - a)^{n+1} \).

Свойства функции \( \varphi(z) \):
1. Функция \( \varphi(z) \) имеет непрерывные производные до порядка \( n+1 \) в окрестности \( U(a) \), так как \( f(z) \) и многочлен \( T_n(z) \) имеют это свойство.
2. В точке \( z = a \) все производные \( \varphi^{(k)}(a) = 0 \) для \( k = 0, 1, \ldots, n \).

Выберем \( A \) так, чтобы \( \varphi(x) = 0 \). Это возможно, так как при подстановке \( z = x \) в \( \varphi(z) \), получаем:
\[
\varphi(x) = f(x) - T_n(x) - A(x - a)^{n+1} = 0,
\]где \(T_n(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x - a)^k\) \(-\) многочлен Тейлора.

Функция \( \varphi(z) \) удовлетворяет условиям \(\href{https://examp.info/theorem/rollya/}{\text{теоремы Ролля}}\) на интервале \([a, x]\):
1. \( \varphi(a) = \varphi(x) = 0 \).
2. \( \varphi(z) \) имеет непрерывные производные до порядка \( n+1 \).

По теореме Ролля, существует точка \( \xi \in (a, x) \), такая, что \( \varphi^{(n+1)}(\xi) = 0 \). Вычислим \( \varphi^{(n+1)}(z) \):
\[
\varphi^{(n+1)}(z) = f^{(n+1)}(z) - A(n+1)!
\]
Подставляя \( z = \xi \), получаем:
\[
0 = f^{(n+1)}(\xi) - A(n+1)!
\]
Отсюда:
\[
A = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}
\]

Подставляем \( A \) в уравнение \( \varphi(x) = 0 \):
\[
0 = f(x) - T_n(x) - \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}.
\]
Отсюда:
\[
f(x) = T_n(x) + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1},
\]что и требовалось доказать.

\(\textit{Докажем формулу Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.}\)

Используем формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа, заменив \(n\) на \(n-1\):
\[
\Delta f(a) = f'(a)\Delta x + \ldots + \frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}\Delta x^{n-1} + \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}\Delta x^n,
\]
где \( \xi \) лежит между \( a \) и \( x \). При \( \Delta x \to 0 \), \( \xi \to a \), в \(\href{https://examp.info/theorem/o-funkcii-imeyushej-predel-v-tochke/}{\text{силу непрерывности}}\) \( f^{(n)}(x) \) в точке \( a \):
\[
f^{(n)}(\xi) = f^{(n)}(a) + \alpha(x), \quad \alpha(x) \to 0 \quad \text{при} \quad \Delta x \to 0.
\]
Подставляя в формулу Тейлора, получаем:
\[
\Delta f(a) = f'(a)\Delta x + \ldots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}\Delta x^n + \frac{\alpha(x)}{n!}\Delta x^n,
\]
где \( \frac{\alpha(x)}{n!}\Delta x^n = o\left((\Delta x)^n\right) \), что завершает доказательство.