最后更新: 2025-07-28 07:22 查看: 713 次反馈同步训练

泰勒公式余项

### 引言

我们知道 
$$
e^x =  1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{x^4}{24} + \cdots
$$

现在要求$e^{8.2}$,如果我们估算他的值,计算$e^{8.2}$的前几项：
$1$ 
$8.2$
$\frac{8.2^2}{2} = \frac{67.24}{2} = 33.62$
$\frac{8.2^3}{6} = \frac{551.368}{6} \approx 91.8947$
$\frac{8.2^4}{24} = \frac{4521.1776}{24} \approx 188.3824$ 
$\frac{8.2^5}{120} = \frac{37073.65632}{120} \approx$308.9471 
$ \frac{8.2^6}{720} = \frac{303993.981824}{720} \approx 422.2139$$

累加前 6 项：

$$
1+ 8.2 + 33.62 + 91.8947 + 188.3824 + 308.9471 + 422.2139 \approx 1054.2581
$$

但实际  $e^{8.2} \approx 3669.2966$ ，可见仅用 6 项误差极大，需要更多项才能逼近真实值。到底取前面几项才安全呢？ 此时就可以利用余项。

## 泰勒公式的拉个朗日余项
泰勒公式可以写成
$$

f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n+R_n(x)

其中的 
$$
\boxed{
R_n(x) =\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1} ... \text{拉格朗日余项}
}
$$

## 泰勒公式的佩亚诺余项
泰勒公式还可以写成
$$
f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n+R_n(x) 
$$

其中的

$$
\boxed{
R_n(x) =o\left[\left(x-x_0\right)^n\right]... \text{佩亚诺余项}
}
$$

### 两个余项的区别
两者的本质区别在于描述**误差的精度和目的**：

想象你用一个多项式拟合函数，

**佩亚诺余项** 它只告诉你，当 $x$ 非常非常接近点 $a$ 时，误差 $Rₙ(x)$ 相比于 $(x-a)ⁿ$ 来说小到可以忽略不计（是高阶无穷小）。它不告诉你误差具体有多大，只告诉你误差在趋近 $a$ 点时“消失的速度”比 $(x-a)ⁿ$ 还快。他的作用主要用于**求极限、分析局部性质**

**拉格朗日余项**它定量地给出了误差 $Rₙ(x)$ 的一个具体表达式。这个表达式依赖于一个位于 $a$ 和 $x$ 之间的神秘点 $ξ$。虽然你不知道 $ξ$ 具体在哪里，但你可以利用这个表达式估算出误差的最大可能值。他的主要作用是 **数值计算误差估计、证明不等式**

### 生活类比

**皮亚诺余项：** 就像你在一个陌生城市用手机导航去一个很近的地标（点 $a$）。导航说：“跟着这条路走大概 200 米（$(x-a)ⁿ$），目的地就在你眼前了，偏差很小（$o((x-a)ⁿ)$）。” 它告诉你方向基本正确，偏差相对于你要走的 200 米来说微不足道，但没精确说偏差是 1 米还是 5 米。

**拉格朗日余项：** 就像更专业的导航。它说：“沿着这条路走 200 米（$(x-a)ⁿ$），目的地在你左手边 0 到 5 米范围内（$|Rₙ(x)| ≤ M|x-a|ⁿ⁺¹$），具体取决于你在这段路上的位置（$ξ$）。” 它给了你一个误差范围（0-5米），你可以用来判断这个导航精度是否满足你的需求（比如找一栋大楼 vs 找一个特定的门牌号）。

`例` 写出函数 $f(x)= e ^x$ 的带拉格朗日型余项的 $n$ 阶麦克劳林公式．
解 因为 $f^{\prime}(x)=f^{\prime \prime}(x)=\cdots=f^{(n)}(x)= e ^x$ ，所以

$$
f(0)=f^{\prime}(0)=f^{\prime \prime}(0)=\cdots=f^{(n)}(0)=1 .
$$

把这些值代人公式泰勒公司，并注意到 $f^{(n+1)}(\theta x)= e ^{\theta x}$ ，便得

$$
e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!} x^{n+1} \quad(0<\theta<1) .
$$

由这个公式可知，若把 $e ^x$ 用它的 $n$ 次泰勒多项式表达为

$$
e^x \approx 1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!},
$$

这时所产生的误差为

$$
\left|R_n(x)\right|=\left|\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!} x^{n+1}\right|<\frac{e^{|x|}}{(n+1)!}|x|^{n+1} \quad(0<\theta<1) .
$$

如果取 $x=1$ ，则得无理数 e 的近似式为 $e \approx 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}$ ，其误差

$$
\left|R_n\right|<\frac{e}{(n+1)!}<\frac{3}{(n+1)!}
$$

当 $n=10$ 时，可算出 $e \approx 2.718282$ ，其误差不超过 $10^{-6}$ ．

## 常见拉格朗日余项展开

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\xi}}{(n+1)!} x^{n+1} \quad(-\infty<x<+\infty) $

$\sin x=  x-\frac{x^3}{3!}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{(2 n-1)!}  +(-1)^n \frac{\cos \xi}{(2 n+1)!} x^{2 n+1} \quad(-\infty<x<+\infty) $

$\cos x=  1-\frac{x^2}{2!}+\cdots+(-1)^n \frac{x^{2 n}}{(2 n)!}  +(-1)^{n+1} \frac{\cos \xi}{(2 n+2)!} x^{2 n+2} \quad(-\infty<x<+\infty) $

$(1+x)^\alpha=  1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n  +\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}(1+\xi)^{\alpha-n-1} \cdot x^{n+1}$

$\ln (1+x)=   x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^n}{n}  +(-1)^n \frac{x^{n+1}}{(n+1)(1+\xi)^{n+1}} \quad(-1<x<+\infty)$

## 常见佩亚诺余项展开
$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+o\left(x^n\right) .$

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots+(-1)^{m-1} \frac{x^{2 m-1}}{(2 m-1)!}+o\left(x^{2 m}\right) $

$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots+(-1)^m \frac{x^{2 m}}{(2 m)!}+o\left(x^{2 m+1}\right) $

$(1+x)^\alpha=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} x^2+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n!} x^n+o\left(x^n\right) .$

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

`例` 举例来讲，例如 $f(x)=\sin (x)$ ．
为了降低计算复杂度，研究带拉格朗日余项的一阶麦克劳林公式 ${ }^{+}$。
注释：$x_0=0$ 时，泰勒公式转化为麦克劳林公式。

$$
f(x)=f(0)+\frac{f^{\prime}(0)}{1!} x+\frac{f^{\prime \prime}(\xi)}{2!} x^2,
$$

一阶导函数 $f^{\prime}(x)=\cos (x)$ ，
二阶导函数 $f^{\prime \prime}(x)=-\sin (x)$ ，
因此，$f(x)=0+x+\frac{-\sin (\xi)}{2!} x^2=x-\frac{\sin (\xi)}{2} x^2, ~ \xi$ 介于 0 和 $x$ 之间。
等价于： $\sin (x)=x-\frac{\sin (\xi)}{2} x^2, ~ \xi$ 介于 0 和 $x$ 之间。
当 $x=\frac{\pi}{2}$ 时， $\sin \left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}-\frac{\sin (\xi)}{2}\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 \Rightarrow \sin (\xi)=\left(\frac{\pi}{2}-1\right) \times \frac{8}{\pi^2}=\frac{4(\pi-2)}{\pi^2}$
求得 $\xi=\arcsin \frac{4(\pi-2)}{\pi^2}$

当 $x=\pi$ 时， $\sin (\pi)=\pi-\frac{\sin (\xi)}{2} \pi^2 \Rightarrow \sin (\xi)=\frac{2}{\pi}$ ，求得 $\xi=\arcsin \frac{2}{\pi}$
显然， $\arcsin \frac{4(\pi-2)}{\pi^2} \neq \arcsin \frac{2}{\pi}$
因此，拉格朗日余项中的 $\xi$ 既不是一个常量，也不是一个独立的自变量。
$\xi$ 是一个依赖于 $x$ 的因变量。

由于佩亚诺余项是一个高阶无穷小并且没有给出具体的函数解析式，而拉格朗日余项给出了具体

的函数解析式。因此，带佩亚诺余项的泰勒公式不适用于证明题，只适用于等价无穷小的极限

计算。带拉格朗日余项的泰勒公式适用于证明题。

`例` 设 $-\pi / 4<x<\pi / 4$ ，在使用带拉格朗日余项的泰勒公式计算 $\sin x$时，为使公式误差小于 $5 \times 10^{-1}$ ，应在泰勒公式中取多少项？

解 因为 $(\sin x)^{(n)}=\sin \left(x+\frac{n}{2} \pi\right)$ ，故 $\sin x$ 的带拉格朗日余项的泰勒公式应为

$$
\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{2 n-1}}{(2 n-1)!}+(-1)^n \frac{\cos \xi}{(2 n+1)!} x^{2 n+1} .
$$

其误差小于

$$
\frac{|x|^{2 n+1}}{(2 n+1)!} \leqslant \frac{(\pi / 4)^{2 n+1}}{(2 n+1)!} \leqslant \frac{1}{(2 n+1)!}
$$

为使误差小于 $5 \times 10^{-7}$ ，取 $n=5$ 即可，因为

$$
\frac{1}{11!}<3 \times 10^{-8} .
$$

`例`   利用带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式，求极限

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-x \cos x}{\sin ^3 x} .
$$

解 由于分式的分母 $\sin ^3 x \sim x^3(x \rightarrow 0)$ ，只需将分子中 $\sin x$ 和 $x \cos x$ 分别用带有佩亚诺型余项的三阶麦克劳林公式表示，即

$$
\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o\left(x^3\right), x \cos x=x-\frac{x^3}{2!}+o\left(x^3\right),
$$

于是

$$
\sin x-x \cos x=x-\frac{x^3}{3!}+o\left(x^3\right)-x+\frac{x^3}{2!}-o\left(x^3\right)=\frac{1}{3} x^3+o\left(x^3\right),
$$

对上式作运算时，把两个比 $x^3$ 高阶的无穷小的代数和记为 $o\left(x^3\right)$ ，故

$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-x \cos x}{\sin ^3 x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{3} x^3+o\left(x^3\right)}{x^3}=\frac{1}{3} .
$$

注 本例解法就是用泰勒公式求极限的方法，这种方法的关键是确定展开的函数（如本例中的 $\sin x$ 和 $\cos x$ ）及展开的阶数（如本例中的三阶）．

> 通过上面2例，可以发现，一个用于精确计算，一个用于大致估计

## 一些细微区别

`例` 计算 $e^{8.2} $并确保绝对误差小于 $10^{-2}$（即小于 0.01）

解：我们使用泰勒级数在 $a = 0 $处展开：
$$
e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} + R_n(x),
$$
其中 $R_n(x) $是余项。下面分别使用拉格朗日余项（提供定量误差估计）和皮亚诺余项（提供定性渐近行为，常用于简化估计）来确定所需的项数（项数指从 $k=0 $到 $k=n $的总项数，即 $n+1 $项）。

### 1. **使用拉格朗日余项**
拉格朗日余项的表达式为：
$$
R_n(x) = \frac{e^{\xi} x^{n+1}}{(n+1)!}, \quad \xi \in (0, x).
$$
对于 $x = 8.2$，误差的上界为（因为 $e^{\xi} < e^{8.2}$）：
$$
|R_n(8.2)| < e^{8.2} \frac{(8.2)^{n+1}}{(n+1)!}.
$$
我们需要此上界小于 $10^{-2}$:
$$
e^{8.2} \frac{(8.2)^{n+1}}{(n+1)!} < 0.01.
$$
首先，估计 $e^{8.2} \approx 3641$（计算：$e^8 \approx 2980.96$，$e^{0.2} \approx 1.2214$，所以 $e^{8.2} \approx 2980.96 \times 1.2214 \approx 3640.

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