泰勒公式

贡献者： Giacomo; addis

本文处于草稿阶段。

预备知识　微分中值定理

未完成：文章：big O 记号

未完成：文章：连续可导

未完成：辨析：泰勒展开/级数/公式

定理 1　泰勒公式

　　设函数 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处有 $n (n \geq 1)$ 阶导数，则有

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} f (x) = & f (x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots \\ + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + O ((x - x_{0})^{n}), \end{aligned} \end{matrix}

如果取

x_{0} = 0

，那么这个展开式被称为麦克劳林级数（Maclaurin formula）。

定理 2　 $n$ 阶近似公式的唯一性

　　设函数 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处有 $n$ （ $n \geq 1$ ）阶导数，设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 的邻域内有以下 $n$ 阶近似公式成立：

\begin{matrix} (2) & \begin{array}{r} f (x) = a_{0} + a_{1} (x - x_{0}) + a_{2} (x - x_{0})^{2} + \dots + a_{n} (x - x_{0})^{n} + O ((x - x_{0})^{n}), \end{array} \end{matrix}

那么系数

a_{i}

（

0 \leq i \leq n

）存在且唯一确定：

\begin{matrix} (3) & a_{i} = \frac{f^{(i)} (x)}{i!}, \end{matrix}

这表明了

f (x)

的

n

阶近似公式的唯一性。

　　利用这个结论，我们可以在计算泰勒展开公式时自信地代入近似公式，而不是循规蹈矩地一步步求导。以 $e^{\sin x}$ 为例，如果在 $x = 0$ 附近求泰勒展开，我们可以先将指数 $\sin x$ 写成近似公式：

\begin{matrix} (4) & u = \sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + O (x^{4}) . \end{matrix}

再将上式代入

e^{u} = 1 + u + u^{2} / 2 + u^{3} / 6 + u^{4} / 24 + O (u^{3})

中，即可得到

\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} e^{\sin x} & = 1 + (x - \frac{x^{3}}{3!}) + (x^{2} / 2 - x^{4} / 6) + x^{3} / 6 + x^{4} / 24 + O (x^{3}) \\ = 1 + x + x^{2} / 2 - x^{4} / 8 + O (x^{3}) . \end{aligned} \end{matrix}

利用这个结论，我们可以轻松地写出

\sin (2 x), \cos (x^{2}), e^{3 x^{3}}

或类似形式的函数的泰勒展开式。下面我们举一个复杂的例子：

习题 1　

　　计算 $f (x) = x \cot x$ （ $x \neq 0$ ）， $f (0) = 0$ 在 $x_{0} = 0$ 附近的泰勒展开公式（展开到 $x^{5}$ 项）。

　　提示：我们已经知道 $\sin x = x - x^{3} / 3! + x^{5} / 5! + O (x^{6})$ ， $\cos x = 1 - x^{2} / 2 + x^{4} / 4! - x^{6} / 6! O (x^{6})$ 。要求 $x \cot x = x \cos x / \sin x$ （ $0$ 是该函数的可去间断点）的 $5$ 阶近似公式，可以利用待定系数法。设 $x \cot x = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots + a_{5} x^{5} + O (x^{5})$ 。根据定理 2 ，系数 $a_{0}, a_{1}, \dots$ 是唯一确定的，求得的这个近似公式就是 $x \cot x$ 的泰勒展开式。我们只需要求出这些系数。

　　由于 $x \cot x = x \cos x / \sin x = a_{0} + a_{1} x + \dots a_{5} x^{5} + O (x^{5})$ ，所以

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} x \cos x & = (a_{0} + a_{1} x + \dots a_{5} x^{5} + O (x^{5})) \sin x, \\ x (1 - x^{2} / 2 + x^{4} / 4! - x^{6} / 6! + O (x^{6})) & = (a_{0} + a_{1} x + \dots a_{5} x^{5} + O (x^{5})) \\ \times (x - x^{3} / 3! + x^{5} / 5! + O (x^{6})) . \end{aligned} \end{matrix}

接下来化简上述方程，逐项比较解得

a_{0}, \dots, a_{5}

即可。待定系数法可以帮助我们大大减小求导的运算量。¹

　　利用柯西微分中值定理，可以推出带拉格朗日余项（Lagrange form of the remainder）的泰勒展开公式，从而给出了泰勒展开近似式误差项的一个定量描述：

定理 3　带拉格朗日余项的泰勒公式

　　设函数 $f (x) \in C^{n} [a, b]$ ² 在 $(a, b)$ 内存在 $n + 1$ 阶导数，则对任意 $x, x_{0} \in [a, b]$ ，总是存在 $ξ \in (x, x_{0})$ ，使得下式成立

\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} f (x) = & f (x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots \\ + \frac{f^{(n)} (x)}{n!} (x - x_{0})^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{(n + 1)}, \end{aligned} \end{matrix}

其中

\frac{f^{(n + 1)} (ξ)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1}

被称为拉格朗日余项。有时也将

ξ

用

x_{0} + θ (x - x_{0})

来表示。

未完成：证明

　　由于拉格朗日余项有分母 $(n + 1)!$ ，随着 $n$ 的增加快速增大，所以通常情况下，用泰勒公式逼近时误差随 $n$ 的增加而减小（我们需要考察 $f^{(n + 1)} (ξ)$ 的大小来判断误差的收敛速度）。以 $e^{x}$ 的泰勒展开式为例：

\begin{matrix} (8) & e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + \frac{e^{θ x}}{(n + 1)!} x^{n + 1} . \end{matrix}

从上式我们可以看出，

e^{x}

的泰勒展开式的拉格朗日余项的绝对值不会超过

\frac{max {1, e^{x}}}{(n + 1)!}

。这说明随着

n

的增大，泰勒公式的前

n

项和逐渐逼近

e^{x}

。这个结论用皮亚诺余项定理 1 是无法得到的³。

　　需要记忆的泰勒展开公式有：

\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \dots + \frac{x^{n}}{n!} + O (x^{n}), \\ \frac{1}{1 + x} = 1 - x + x^{2} - x^{3} + \dots + (- 1)^{n} x^{n} + O (x^{n}), \\ \sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!} + O (x^{2 n + 1}), \\ \cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \frac{x^{6}}{6!} + \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n)!} + O (x^{2 n}), \\ \ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + \dots + (- 1)^{n + 1} \frac{x^{n}}{n} + O (x^{n}) . \end{aligned} \end{matrix}

现在，如果我们将

e^{i x}

用第一个公式展开，可以得到

\begin{matrix} (10) & \begin{array}{r} e^{i x} = 1 + i x - \frac{x^{2}}{2!} - i \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} + i \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{6}}{6!} - i \frac{x^{7}}{7!} + \dots \\ = (1 - \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} - \frac{x^{6}}{6!} + \dots) + i (x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} + \dots) . \end{array} \end{matrix}

再由欧拉公式

e^{i x} = \cos x + i \sin x

，比较实部和虚部，恰好可以得出

\cos x, \sin x

的展开式，与式 9 完全相同。注意这里的推导还没有被严格化，将

e^{i x}

已经超出实函数的范围，相关的定义和定理需要进行考量⁴。对

\ln (1 + x)

泰勒展开也有一个不严谨的小技巧。注意到它的导函数为

\frac{1}{1 + x}

，可以尝试对

\frac{1}{1 + x}

的泰勒展开式进行积分。

\begin{matrix} (11) & \begin{aligned} \frac{1}{1 + x} & = \sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^{i} x^{i}, \\ \ln (1 + x) & = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + t} d t = \int_{0}^{x} \sum_{i = 0}^{\infty} (- 1)^{i} x^{i} d t \\ = \sum_{i = 0}^{\infty} \int_{0}^{x} (- 1)^{i} x^{i} d t = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{i} x^{i + 1}}{i + 1} \\ = \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{i + 1} x^{i}}{i} . \end{aligned} \end{matrix}

这种推导方法可以帮助你记忆公式。如果想让这个证明严谨化，就需要利用级数相关定理，要注意级数的收敛域，还需要判断上式中

\int_{0}^{\infty}

和

\sum_{i = 0}^{\infty}

（这实际上是序列极限

lim_{n \to \infty} \sum_{i = 0}^{n}

的一种简写）在什么情况下可交换。下面我们用这种方法再算一个例子。

习题 2　

　　计算 $\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ 在 $x_{0} = 0$ 处的泰勒展开，展开到 $x^{7}$ 项。

　　提示： $\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ 可以写作 $\sqrt{1 + x^{2}}$ 的导函数。那么只需要对 $\sqrt{1 + x^{2}}$ 的泰勒展开式逐项求导即可。注意到 $\sqrt{1 + x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^{2}}{8} + \frac{x^{3}}{16} - \frac{5 x^{4}}{128} + O (x^{4})$ ，于是有

\begin{matrix} (12) & \begin{array}{r} \sqrt{1 + x^{2}} = 1 + \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{4}}{8} + \frac{x^{6}}{16} - \frac{5 x^{8}}{128} + O (x^{8}), \\ \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} = x - \frac{x^{3}}{2} + \frac{3 x^{5}}{8} - \frac{5 x^{7}}{16} + O (x^{7}) . \end{array} \end{matrix}

　　上面我们用到了 $\sqrt{1 + x}$ 的泰勒展开公式，它可以通过暴力求导计算得到：

\begin{matrix} (13) & \begin{aligned} \sqrt{1 + x} & = 1 + \sum_{i = 1}^{n} \frac{(- 1)^{i + 1} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \dots (i - \frac{3}{2})}{2 i!} x^{i} + O (x^{n}) \\ = 1 + \sum_{i = 1}^{n} \frac{Γ (3 / 2)}{Γ (i + 1) Γ (- i + 3 / 2)} x^{i} + O (x^{n}), \end{aligned} \end{matrix}

上式中

Γ

为广义阶乘函数，当

n

为整数时

Γ (n + 1) = n!

。更具有启发意义地，我们可以将上面的结果写成以下形式

\begin{matrix} (14) & (1 + x)^{1 / 2} = \sum_{i = 0}^{\infty} (\binom{1 / 2}{i}) x^{i}, \end{matrix}

其中

(\binom{1 / 2}{i})

为广义组合数。这个公式可以推广为以下结果：

\begin{matrix} (15) & (1 + x)^{a} = \sum_{i = 0}^{\infty} (\binom{a}{i}) x^{i} = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{Γ (a + 1)}{Γ (i + 1) Γ (- i + a + 1)} x^{i} . \end{matrix}

1. 推导

　　如果假设函数 $f$ 在开区间 $(x_{0} - r, x_{0} + r)$ 上直到 $N + 1$ 次可微，那么可以利用分部积分公式：

\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} f (x) & = f (x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} f^{'} (t) d t \\ = f (x_{0}) - \int_{x_{0}}^{x} f^{'} (t) \frac{d}{d t} (x - t) d t \\ = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \int_{x_{0}}^{x} f^{″} (t) (x - t) d t . \end{aligned} \end{matrix}

由于

(x - t) = - \frac{d}{d t} (x - t)^{2} / 2!

, 故可以再次分部积分，得到

\begin{matrix} (17) & \begin{array}{r} f (x) = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \frac{1}{2!} \int_{x_{0}}^{x} f^{(3)} (t) (x - t)^{2} d t . \end{array} \end{matrix}

如此续行，即得到

\begin{matrix} (18) & \begin{aligned} f (x) & = f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + . . . + \frac{f^{(N)} (x_{0})}{N!} (x - x_{0})^{N} \\ + \frac{1}{N!} \int_{x_{0}}^{x} f^{(N + 1)} (t) (x - t)^{N} d t . \end{aligned} \end{matrix}

最后的误差可利用定积分估值估计为

\begin{matrix} (19) & | \frac{1}{N!} \int_{x_{0}}^{x} f^{(N + 1)} (t) (x - t)^{N} d t | \leq \frac{sup_{t \in I} | f^{(N + 1)} (t) |}{N!} | x - x_{0} |^{N + 1} . \end{matrix}

显然，这就给出了唯一一个满足开头要求的多项式近似。

1. ^ $\cot x$ 的洛朗展开式的各项系数可以用伯努利数表示。
2. ^ $f \in C^{n} [a, b]$ 表示函数 $f (x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上有 $n$ 阶连续导数。
3. ^ 皮亚诺余项 $O ((x - x_{0})^{n})$ 意味着当 $x$ 趋向于 $x_{0}$ 时泰勒公式将是很好的近似，但当 $x$ 远离 $x_{0}$ 时，就难以判断了。
4. ^ 在数学物理方法或复变函数课中你将会系统地学习这些内容。

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泰勒公式

定理 1 泰勒公式

定理 2 n 阶近似公式的唯一性

习题 1

定理 3 带拉格朗日余项的泰勒公式

习题 2

1. 推导

定理 1　泰勒公式

定理 2　 $n$ 阶近似公式的唯一性

习题 1　

定理 3　带拉格朗日余项的泰勒公式

习题 2　