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泰勒公式

## 多项式逼近函数
对一些较复杂的函数，为了便于研究，我们往往希望用一些简单的函数来近似表达. 比如，当 $x \rightarrow 0$ 时， $\sin x \sim x$ ， 即 $\sin x=x+o(x)$. 也就是当$x$足够小时，$\sin x$ 可以用$x$来近似，但是对于 $o(x)$ ，我们非常好奇，它究竟是 $x$ 的几阶无穷小? 能不能再精确一些?

如果我们事先约定允许的误差范围， 能不能找到对应的简单多项式，使得 $\sin x=a_1 x+a_2 x^2+a_3 x^3+\cdots+a_n x^n+o\left(x^n\right)$ ?  如果这个多项式存在，那么这个多项式的系数和函数之间存在什么关系? 这一节就来探讨这个问题.

假设函数 $f(x)$ 在含有 $x_0$ 的开区间内具有直到 $(n+1)$ 阶的导数，取一个关于 $x-x_0$ 的 $n$ 次多项式

$$
P_n(x)=a_0+a_1\left(x-x_0\right)+a_2\left(x-x_0\right)^2+\cdots+a_n\left(x-x_0\right)^n
$$

来近似表达函数 $f(x)$ ，要求 $f(x)-P_n(x)=o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$.
假设 $P_n\left(x_0\right)=f\left(x_0\right) ， P_n^{\prime}\left(x_0\right)=f^{\prime}\left(x_0\right) ， P_n^{\prime \prime}\left(x_0\right)=f^{\prime \prime}\left(x_0\right) \quad ， \ldots \ldots$ ， $P_n^{(n)}\left(x_0\right)=f^{(n)}\left(x_0\right)$.
则可按这些条件来确定多项式中的系数 $a_0, a_1, \ldots, a_n$.

由 $P_n\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)$ 得 $a_0=f\left(x_0\right)$ ，
对 $P_n(x)=a_0+a_1(x-x)+a_2\left(x-x_0\right)^2+\cdots+a_n\left(x-x_0\right)$ 求各阶导数，有

$$
P_n^{\prime}(x)=a_1+2 a_2\left(x-x_0\right)+3 a_3\left(x-x_2\right)^2+\cdots+n a_n\left(x-x_0\right)^{n-1}
$$

故 $P_n^{\prime}\left(x_0\right)=a_1=f^{\prime}\left(x_0\right)$

$$
\begin{aligned}
& P_n^{\prime \prime}(x)=2 a_2+2 \cdot 3 a_3\left(x-x_2\right)+\cdots+n(n-1) a_n\left(x-x_0\right)^{n-2} \\
& P_n^{\prime \prime}\left(x_0\right)=2 a_2=f^{\prime \prime}\left(x_0\right)
\end{aligned}
$$

即

$$
a_2=\frac{1}{2 !} f^{\prime \prime}\left(x_0\right), \ldots \ldots, a_n=\frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_0\right)
$$

因此

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

可以证明，上述确定的多项式正是我们要找的 $n$ 次多项式（具体证明请参考相关教程）.

## 泰勒公式

函数$f(x)$在$x$点处的多项式展开式可以写成

$$
\boxed{
f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2 !}\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n !}\left(x-x_0\right)^n+R_n(x)
}
$$
这个公式叫做泰勒多项式，通常称为**泰勒公式**或者**泰勒展开式**。

在泰勒公式里，当 $x_0$取0时，泰勒公式被称为**麦克劳林公式**,即：

$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2 !} x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n !} x^n+\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1) !} x^{n+1}
$$

泰勒公式中的 $R_n(x)$ 被称为为余项。
该余项有两种表示方式，一种是拉格朗日余项，一种是佩亚诺余项。
通过余项可以控制$f(x)$的近似值。

### 具有拉格朗日余项的泰勒公式

拉格朗日余项可以写作

$$
R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}
$$

由公式可见，拉格朗日余项对误差的存在持肯定态度。在含有拉格朗日余项的泰勒公式中，误差的大小与指定的公式阶数有关，该误差是不可避免的，只能尽可能地减小它。公式的阶数越高（ $n$ 越大），误差就越小。反之，阶数越低，则误差越大。
在很多技术应用时，很多情况下计算达到一定的精度，即可满足我们的需求了，而不追求百分百准确。

> 特别的，具有拉格朗日余项的0阶泰勒公式，即为拉格朗日中值公式:  $f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}(\xi)\left(x-x_0\right)$

### 具有佩亚诺余项的泰勒公式
虽然函数经过具有拉格朗日余项的泰勒公式变化后的误差项（余项），无法消除。但是，在佩亚诺余项将该误差写成了极限的形式。这使得我们在研究极限问题 $x \rightarrow x_0$ 时，佩亚诺余项会以一个高阶无穷小的形式参与运算，进而得到精准的结果。

因此在运用泰勒公式求极限的时候，要写佩亚诺余项。佩亚诺余项可写作:

$$
R_n=o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)
$$

其中，佩诺亚余项 $R_n(x)$ 是 $\left(x-x_0\right)^n$ 的高阶无穷小，即 $\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)}{\left(x-x_0\right)^n}=0$ 。

>具有佩诺亚余项的1阶泰勒公式，即为微分与增量之间的关系式: $ f(x)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+o\left(\left(x-x_0\right)\right) $

泰勒级数展开比较
 ![图片](/uploads/2025-03/3864c9.jpg)

## 关于佩亚诺余项和拉格朗日余项的讨论

问：设函数 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内有 $(n+1)$ 阶导数，且 $x_0 \in(a, b)$ ，则对于任意的 $x \in(a, b)$ ，有

$$
\begin{aligned}
f(x) & =f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^2+\cdots \\
& +\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^n+R_n(x)
\end{aligned} ...(1)
$$

其中

$$
R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}
$$

$\xi$ 在 $x_0$ 与 $x$ 之间。问下列两个等式是否成立？
（1）当 $x$ 固定时， $\lim _{n \rightarrow \infty} R_n(x)=0$ ；
（2）当 $n$ 固定时， $\lim _{x \rightarrow x_0} R_n(x)=0$ ．

［答］（1）等式不一定成立．因为当 $x$ 确定后，$R_n(x)=$ $\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}$ 与 $n, \xi$ 有关，而 $\xi$ 又与 $n$ 有关，当 $n \rightarrow \infty$ 时，$R_n(x)$ 不一定趋向于 0 ．

例如，$f(x)=\frac{1}{1-x}$ 在 $(-\infty, 1)$ 内有任意阶导数，且

$$
\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^n+R_n(x) .
$$

取 $x=-2$ ，则

$$
R_n(-2)=\frac{1}{3}-\left[1-2+2^2-\cdots+(-1)^n 2^n\right]=(-1)^{n+1} \frac{2^{n+1}}{3} .
$$

显然，当 $n \rightarrow \infty$ 时，$R_n(-2)$ 不趋于 0 ．

（2）等式成立．因为由（1）式

$$
\begin{aligned}
R_n(x)=f(x)- & {\left[f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^2\right.} \\
& \left.+\cdots+\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^n\right] .
\end{aligned}
$$

对于任意固定的 $n$ ，有

$$
\begin{aligned}
& \lim _{x \rightarrow x_0} R_n(x)=\lim _{x \rightarrow r_0}\left\{f(x)-\left[f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)\right.\right. \\
& \left.\left.+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^2+\cdots+\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^n\right]\right\} \\
& \\
& \quad=0 .
\end{aligned}
$$

顺便指出，余项 $R_n(x)$ 当 $x \rightarrow x_0$ 时不仅是一个无穷小量，而且当函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的邻域内为 $n$ 阶可导条件下，那么应用罗必塔法则及导数定义不难证明（1）$R_n(x)$ 是一个比 $\left(x-x_0\right)^n$ 高阶的无穷小，因而记为 $R_n(x)=o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$ ，称为皮亚诺余项。这样，$n$ 阶泰勒公式又可表示成

$$
\begin{aligned}
f(x) & =f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)+\frac{1}{2!} f^{\prime \prime}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^2 \\
& +\cdots+\frac{1}{n!} f^{(n)}\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)^n+o\left(\left(x-x_0\right)^n\right) \quad\left(x \rightarrow x_0\right)
\end{aligned} ...(2)
$$

称为函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处**带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒公式**。
（2）式表明，泰勒公式的阶数越高。用泰勒多项式近似函数 $f(x)$ 的精度就越高，而且表达简洁。带皮亚诺余项的泰勒公式在运用时有不少方便之处。

例如，套用 $e^x$ 的 $n$ 阶麦克劳林公式

立即可以得到 $e^{x^2}$ 的 $2 n$ 阶麦克劳林公式

$$
e^{x^2}=1+x^2+\frac{x^4}{2!}+\cdots+\frac{x^{2 n}}{n!}+o\left(x^{2 n}\right) \quad(x \rightarrow 0)
$$

又如，求函数 $\sqrt{1+x} \sin x$ 的三阶麦克劳林公式，只需利用 $(1+x)^\alpha$ 与 $\sin x$ 的两个麦克劳林公式，很简捷地就可求出：

$$
\begin{aligned}
& \sqrt{1+x} \cdot \sin x=\left[1+\frac{1}{2} x+\frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)}{2!} x^2+\frac{\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{3!} x^3\right. \\
&\left.+o\left(x^3\right)\right] \cdot\left[x-\frac{x^3}{3!}+o\left(x^4\right)\right] \\
&= x+\frac{1}{2} x^3+\left[\frac{-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)}{2!}-\frac{1}{3!}\right] x^3+o\left(x^3\right) \\
&=x+\frac{1}{2} x^2-\frac{7}{24} x^3+o\left(x^3\right)
\end{aligned}
$$
其中两个麦克劳林公式相乘时，所有高于 3 次的部分，当 $x \rightarrow 0$ 时都是比 $x^3$ 更高阶的无穷小，因而用 $o\left(x^3\right)$ 表示之．故所求的三阶麦克劳林公式为

$$
\sqrt{1+x} \cdot \sin x=x+\frac{1}{2} x^2-\frac{7}{24} x^3+o\left(x^3\right)
$$

再如，求 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}$ ．由于

$$
\begin{gathered}
\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o\left(x^5\right), \quad(x \rightarrow 0) \\
e^{-\frac{x^2}{2}}=1+\left(-\frac{x^2}{2}\right)+\frac{1}{2!}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2+o\left(x^4\right), \quad(x \rightarrow 0)
\end{gathered}
$$

于是 $\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}=\left(\frac{1}{4!}-\frac{1}{2!4}\right) x^4+o\left(x^5\right)-o\left(x^4\right)$

$$
=-\frac{1}{12} x^4+o\left(x^4\right)
$$

所以 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^3}{2}}}{x^4}=\lim _{x \rightarrow 0}\left[-\frac{1}{12}+\frac{o\left(x^4\right)}{x^4}\right]=-\frac{1}{12}$ ．
##  麦克劳林公式
麦克劳林公式是泰勒公式的一种特殊情况。$x_0 = 0$ 时的泰勒公式被称为麦克劳林公式。
下面给出4个常用的展开式

$$
\begin{aligned}
& \mathrm{e}^x=1+x+\frac{1}{2!} x^2+\cdots+\frac{1}{n!} x^n+o\left(x^n\right) \\
& \sin x=x-\frac{1}{3!} x^3+\cdots+\frac{(-1)^{m-1}}{(2 m-1)!} x^{2 m-1}+o\left(x^{2 m-1}\right) \\
& \cos x=1-\frac{1}{2!} x^2+\frac{1}{4!} x^4-\cdots+\frac{(-1)^m}{(2 m)!} x^{2 m}+o\left(x^{2 m}\right) \\
& \ln (1+x)=x-\frac{1}{2} x^2+\frac{1}{3} x^3-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n} x^n+o\left(x^n\right)
\end{aligned}
$$
常见的麦克劳林展开参考 [此处](http://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1274)

## 从几何上再次理解泰勒展开式
上面，从代数的角度介绍了泰勒展开式，下面将从几何角度来解释泰勒公式。

泰勒展开的本质是多项式逼近，也就是说，我们可以使用低次到高次的多项式累加来拟合函数 $f(x)$ 在某个点邻域的函数值。比如在物理上， $\sin (x)$ 在 $x$ 很小的时候，可以认为等于 $x$ 。这实际上就是用一次多项式 $x$ 来逼近 $\sin (x)$ 在 $x=0$ 附近的函数值。

为了能使多项式 $P(x)$ 能够较好地拟合 $f(x)$ 在 $x_0$ 邻域的函数值，最简单最原始最自然的想法是：

首先 $P(x)$ 在 $x=x_0$ 处应该与 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处的值相同吧，这是最最基本的要求了。如果函数值都不一样还那后面就完全不用拟合了。所以要满足 $P\left(x_0\right)=f\left(x_0\right)$ 。最简单的多项式是零次多项式— $P(x)$是一个常数。

![图片](/uploads/2024-09/d4f2ed.jpg){width=550px}
 
 >注意：泰勒展开式是拟合$x=x_0$这一点的值，而不是拟合$f(x)$整个函数。比如$e^x=1+x$ 是在$x$趋近0时，这两个函数近似相等，而且$x$越靠近0，其值越近似。但是当$x$取很大的数时，是完全不相等。请理解其中的区别
 
 然后，在满足上一条的情况下，最好也能让 $P(x)$ 在 $x_0$ 处的导数和 $f(x)$ 的相同，这样不仅函数值相同，变化率也一样，那不是更好了吗。也就是

$$
P\left(x_0\right)=f\left(x_0\right), \quad P^{\prime}\left(x_0\right)=f^{\prime}\left(x_0\right)
$$

很容易推知最简单的 $P(x)$ 是一次多项式，应该具有如下图所示的红色表达式 ，如下图，好像这次在$x_0$附近就算偏一点也拟合的比上次好很多了.
 ![图片](/uploads/2024-09/44cbec.jpg){width=550px}
 
 
 接下来，在满足上面的情况下，我们提出进一步要求，能不能让 $P(x)$ 和 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的二阶导也一样？也就是

$$
P\left(x_0\right)=f\left(x_0\right), \quad P^{\prime}\left(x_0\right)=f^{\prime}\left(x_0\right), P^{\prime \prime}\left(x_0\right)=f^{\prime \prime}\left(x_0\right)
$$

很容易推知最简单的 $P(x)$ 是二次函数，应该具有如下图所示的红色表达式：

![图片](/uploads/2024-09/c13a74.jpg){width=550px}
 
 看一个看两个，慢慢地我们很容易就能发现一般的规律: 这个拟合的过程就是让多项式 $P(x)$ 在 $x_0$
$P^{(n)}(x)=f^{(n)}(x), \quad n=0,1,2, \ldots, m$
很容易就可以推知满足以上条件的 $\mathrm{P}(\mathrm{x})$ 的表达式为:

$$
P(x)=\sum_{n=0}^m \frac{\left(x-x_0\right)^n}{n!} f^{(n)}\left(x_0\right)
$$
可以看出 $P(x)$ 是m次多项式，而且当m越高， $P(x)$ 越复杂，拟合得越好（一般来说二阶就差不多了）。上式就是 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的泰勒展开

>为什么在拟合的过程，要除以$n!$?，因此每一次拟合，都会增加一个$f(x)$的值，为了防止该值增加的过快，就除以$n!$进行调和。要知道每增加一次拟合，$n!$会增加的更多，进行修正后的数值变小，导致误差也会越来越小。

## 泰勒公式估值

在上面给出了当$x \to 0$时，泰勒展开式，如果写成余项如下：

`例`
①: $e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+o\left(x^2\right)$ 这里 $o\left(x^2\right)=\frac{x^3}{3!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots$
②: $\sin (x)=x+o(x)$ 这里 $o(x)=-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots$

现在要求 $e^{0.01}$ 和 $\sin {0.01} $的大小，
同展开式可以观察到，此时代数
$e^{0.01}=1+0.01+ 0.01^2/2 \sim 1.010049$

$sin 0.01=0.01-0.01^3/6 \sim =0.00999$

因此 $e^{0.01} > \sin {0.01}$

在这里仅计算前面2两项，但是有时候可能需要计算第三项甚至第四项才能比较出2个数值的大小。

`例` 已知当 $x \rightarrow 0$ 时, $e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x$ 与 $a x^b$ 是等价无穷小, 求 $a, b$
解：
当 $x \rightarrow 0$ 时，

$$
\begin{aligned}
& e^{-\frac{x^2}{2}}=1+\left(-\frac{x^2}{2}\right)+\frac{1}{2}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2+\frac{1}{6}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^3+o\left(\left(-\frac{x^2}{2}\right)^3\right) \\
& \cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o\left(x^4\right)
\end{aligned}
$$

由上面可见，当 $x$ 为 4 次方时， $A$ 和 $B$ 的展开式系数不一样了，因此取到最低次幂也就是 4

$$
\begin{aligned}
e^{-\frac{x^2}{2}}-\cos x & =1+\left(-\frac{x^2}{2}\right)+\frac{1}{2}\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2+o\left(\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2\right)-\left(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o\left(x^4\right)\right) \\
& =\frac{1}{8} x^4-\frac{1}{24} x^4+o\left(x^4\right)=\frac{1}{12} x^4+o\left(x^4\right)
\end{aligned}
$$

可以得到, $a=\frac{1}{12}, b=4$

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

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