泰勒展开学习

前置知识

• 无穷小的比较
• 函数求导简介
• 高阶导数简介

前言

由微分的定义和介绍可得，如果$f^{\prime }(x_0)$存在，则当$x\to x_0$时，有
$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)$$

这表明在$x_0$点附近$f(x)$可以用一个一阶多项式来逼近：
$$P_1(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$$

误差为$o(x-x_0)$。从几何上看，其实就是用曲线$y=f(x)$过点$(x_0,f(x_0))$的切线来逼近曲线。然而这样的逼近在许多情况下是不够的。为了提高精度，我们可以用一个多项式在$x_0$点附近来逼近$f(x)$，这就是泰勒公式。

泰勒公式

若函数$f$在点$x_0$处有$n$阶导数时，我们可以用一个$n$次多项式来逼近$f(x)$，那么我们可以设这个多项式为：
$$P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+\cdots +a_n(x-x_0{)}^n$$

接下来我们要求$a_1,a_2,\dots ,a_n$的值。

因为我们要用$P_n(x)$来逼近$f(x)$，所以在$x=x_0$时，$P_n(x)=f(x_0)$。也就是说，$a_0=f(x_0)$.

接下来我们来求$a_1$。因为要逼近$f(x)$，所以当$x=x_0$时，$P_n^{\prime }(x)=f^{\prime }(x_0)$，也就是$a_1=f^{\prime }(x_0)$.

以此类推，对于$k=1,2,\dots ,n$，$a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}$。于是，我们就可以得到$P_n(x)$了。
$$P_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k$$

称上式为$f$在$x_0$处的$n$阶泰勒多项式。

以上是一种理解方法，但并不严谨，仅供参考。

皮亚诺余项

设函数$f$在$x_0$处有$n$阶导数，则当$x\to x_0$时，
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)$$

证明

\qquad 令$R_n(x)=f(x)-P_n(x)$，由于$f$在点$x_0$处有$n$阶导数，所以$f(x)$与$R_n(x)$在某个邻域内有$n-1$阶导数，并且
$$R_n^{(m)}(x)=f^{(m)}(x)-\sum _{k=m}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{(k-m)!}(x-x_0{)}^{(k-m)}(m=0,1,2,\dots ,n-1)$$

有上式可得$R_n(x_0)=R_n^{\prime }(x_0)=\cdots =R_n^{(n-1)}(x_0)=0$，于是我们使用$n-1$次洛必达法则可得

$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{\prime }(x)}{n(x-x_0{)}^{n-1}}=\cdots =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)}$

$=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)-f^{(n)}(x_0)(x-x_0)}{n!(x-x_0)}$

$=\frac{1}{n!}\underset{x\to x_0}{\lim }[\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}-f^{(n)}(x_0)]$

$=\frac{1}{n!}\underset{x\to x_0}{\lim }[f^{(n)}(x_0)-f^{(n)}(x_0)]=0$

所以当$x\to x_0$时，$R_n(x)=o((x-x_0{)}^n)$，即可得
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)$$

$R_n(x)$称为余项，由$R_n(x)=o((x-x_0{)}^n)$表达的余项称为皮亚诺余项。上式称为$f$在$x_0$处带皮亚诺余项的$n$阶泰勒公式。

拉格朗日余项

设函数$f$在区间$[a,b]$上$n+1$阶可导，$x$和$x_0$为$[a,b]$中任意两点，$P_n$为$f$在$x_0$处的$n$阶泰勒多项式，则存在$\xi$介于$x$和$x_0$之间，使得
$$R_n(x)=f(x)-P_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$$

证明

由皮亚诺余项的证明，同理可得$R_n(x_0)=R_n^{\prime }(x_0)=\cdots =R_n^{(n)}(x_0)=0$.对$R_n(x)$和$g(x)=(x-x_0{)}^{n+1}$在闭区间$[x,x_0]$（或$[x_0,x]$）上使用$n+1$次柯西中值定理可得

$\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^{n+1}}=\frac{R_n(x)-R_n(x_0)}{(x-x_0{)}^{n+1}-(x_0-x_0{)}^{n+1}}=\frac{R_n^{\prime }({\xi }_1)}{(n+1)({\xi }_1-x_0{)}^n}$

$=\frac{1}{n+1}\cdot \frac{R_n^{\prime }({\xi }_1)-R_n^{\prime }(x_0)}{({\xi }_1-x_0{)}^n-(x_0-x_0{)}^n}=\frac{1}{n+1}\cdot \frac{R_n^{\prime \prime }({\xi }_2)}{n({\xi }_2-x_0{)}^{n-1}}$

$=\cdots =\frac{R_n^{(n)}({\xi }_n)}{(n+1)!({\xi }_n-x_0)}$

$=\frac{f^{(n)}({\xi }_n)-f^{(n)}(x_0)}{(n+1)!({\xi }_n-x_0)}=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}$

其中$x<{\xi }_1<{\xi }_2<\cdots <{\xi }_n<\xi <x_0$（或$x_0<\xi <{\xi }_n<\cdots <{\xi }_2<{\xi }_1<x$）。得证
$$R_n(x)=f(x)-P_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$$

上式称为拉格朗日余项，相应的泰勒公式称为$f$在$x_0$处带拉格朗日余项的$n$阶泰勒公式。

麦克劳林公式

当$x_0=0$时，$f$在$x_0=0$点的$n$阶泰勒公式也称为$f$的$n$阶麦克劳林公式。

常见的麦克劳林公式

• $e^x=1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\cdots \frac{1}{n!}{x}^n+o(x^n)$
• $\sin x=x-\frac{1}{3!}{x}^3+\cdots +\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}+o(x^{2n+1})$
• $\cos x=1-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{4!}{x}^4+\cdots +\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}+o(x^{2n})$
• $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n+o(x^n)$

泰勒多项式唯一性证明

设点$f$在点$x_0$有$n$阶导数，并且存在$n$阶多项式$Q_n(x)$，使得
$$f(x)=Q_n(x)+o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0)$$

则$Q_n(x)$即为$f$在点$x_0$的$n$阶泰勒多项式$P_n(x)$.

证明

由上文可得$f$在点$x_0$处的
$$f(x)=P_n(x)+o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0)$$

两式做差得
$$P_n(x)-Q_n(x)=o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0)$$

由于$P_n(x)-Q_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\cdots +a_n(x-x_0{)}^n$是关于$x-x_0$的$n$阶多项式，即
$$a_0+a_1(x-x_0)+\cdots +a_n(x-x_0{)}^n=o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0)$$

由此可得$a_0=0$.再将上式两边同时除以$(x-x_0)$可得
$$a_1+a_2(x-x_0)+\cdots +a_n(x-x_0{)}^{n-1}=o((x-x_0{)}^{n-1})(x\to x_0)$$

可得$a_1=0$.以此类推，可以得到$a_0=a_1=\cdots =a_n=0$，从而$Q_n(x)\equiv P_n(x)$，即可得证。

例题

皮亚诺余项

题1： 写出$f(x)=\ln (1+x)$的带皮亚诺余项的$n$阶麦克劳林公式

解：
$f^{(k)}(x)=(-1{)}^{k-1}(k-1)!(1+x{)}^{-k}$

\qquad 由此可得

$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+o(x^n)$

题2： 写出$f(x)=(1+x{)}^a(a\ne 0)$的带皮亚诺余项的$n$阶麦克劳林公式

解：
$f^{(k)}(x)=a(a-1)\cdots (a-k+1)(1+x{)}^{a-k}$

\qquad 由此可得

$(1+x{)}^a=1+ax+\frac{a(a-1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{a(a-1)\cdots (a-n+1)}{n!}{x}^n+o(x^n)$

题3： 写出$f(x)=e^{{\sin }^{2}x}$的带皮亚诺余项的$4$阶麦克劳林公式

解：
\qquad 函数$\sin x$和$e^{u^2}$的带皮亚诺余项的麦克劳林公式分别为

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)(x\to 0)$

$e^{u^2}=1+u^2+\frac{u^4}{2!}+o(u^4)(u\to 0)$

\qquad 因为当$x\to 0$时，$u=\sin x\sim x$，所以
$e^{{\sin }^{2}x}=1+[x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3){]}^2+\frac{1}{2!}[x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3){]}^4+o(x^4)$

$=1+x^2+\frac{1}{6}{x}^4+o(x^4)$

拉格朗日余项

题1： 写出$e^x$的带拉格朗日余项的$n$阶麦克劳林公式
解：
\qquad 令$f(x)=e^x$，则$f^{(k)}(x)=e^x$，在$0$点的各阶导数都为$1$

\qquad 由此可得

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}{x}^{n+1}(\xi \in (0,x))$

题2： 写出$\sin x$和$\cos x$的带拉格朗日余项的$2n$阶麦克劳林公式

解：
\qquad 令$f(x)=\sin x$

$\because (\sin x{)}^{(n)}=\sin (x+\frac{n\pi }{2})$

$\therefore f^{(2n)}(0)=0,f^{(2n+1)}(0)=(-1{)}^n(n=0,1,2,\dots )$

\qquad 由此可得

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\sin (\xi +\frac{2n+1}{2}\pi )(\xi \in (0,x))$

\qquad 同理可得

$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots +(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\cos (\xi +\frac{2n+1}{2}\pi )(\xi \in (0,x))$

总结

泰勒公式是一样很好用的东西，不过需要深刻的理解，而且导数的基础知识也要十分牢固，才能很好地掌握。