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多项式的导数与换元展开式

第五节 多项式的导数与换元展开式
在本节里, 我们将引进多项式的导数概念及其简单性质. 并学习多项式的换元展开式, 进一步把余式定理推广, 为今后研究多项式函数在某定点邻近的区域内的局部性质打下一定基础.

一、多项式的导数
导数概念是微积分学中的重要概念, 这里仅就多项式来讨论, 我们规定:
定义 1
对任意的非负整数 $n$, 单项式 $a x^n$ 的导数就是单项式 $n a x^{n-1}$.

定义 2
对任意的非零多项式 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0$ 的导数就是各项导数的代数和, 记作

$$
f^{\prime}(x)=n a_n x^{n-1}+(n-1) a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+a_1
$$

同样, $f^{\prime}(x)$ 的导数, 记作

$$
f^{\prime \prime}(x)=n(n-1) a_n x^{n-2}+(n-1)(n-2) a_{n-1} x^{n-3}+\cdots+a_2
$$

叫做多项式 $f(x)$ 的二阶导数; $f^{\prime \prime}(x)$ 的导数, 记作 $f^{\prime \prime \prime}(x)$, 叫做 $f(x)$的三阶导数, 也是 $f^{\prime}(x)$ 的二阶导数; 一般地, $f^{\prime}(x)$ 的 $k-1$ 阶导数,就是 $f(x)$ 的 $k$ 阶导数, 记作 $f^{(k)}(x)$, 即:

$$
\left[f^{(k-1)}(x)\right]^{\prime}=f^{(k)}(x)
$$

例3.29 求 $f(x)=2 x^3-8 x^2+5 x-4$ 的各阶导数.

解:

$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =6 x^2-16 x+5 \\
f^{\prime \prime}(x) & =12 x-16 \\
f^{\prime \prime \prime}(x) & =12 \\
f^{\prime \prime \prime \prime}(x) & =f^{(5)}(x)=\cdots=f^{(n)}(x)=0, \quad(n \geq 4)
\end{aligned}
$$

显然, 一元 $n$ 次多项式的 $n$ 阶导数是一个非零常数（零次多项式）, 从 $n+1$ 阶系数开始，以后各高阶导数都是零；特别地，零次多项式的导数等于零；而零多项式的各阶导数仍是零。

总之，多项式的导数仍然是多项式. 而且对于系数在整数，有理数，实数范围内的各多项式集合，求导数这种运算也是封闭的。

例 3.30 求多项式 $f(x)=a_3 x^3+a_2 x^2+a_1 x+a_0 \quad\left(a_3 \neq 0\right)$ 的各阶导数, 并求出各阶导数在 $x=x_0$ 时的值.

解：

$$
\begin{array}{rlrl}
f^{\prime}(x) & =3 a_3 x^2+2 a_2 x+a_1 & f^{\prime}\left(x_0\right) & =3 a_3 x_0^2+2 a_2 x_0+a_1 \\
f^{\prime \prime}(x) & =6 a_3 x+2 a_2 & f^{\prime \prime}\left(x_0\right)=6 a_3 x_0+2 a_2 \\
f^{\prime \prime \prime}(x) & =6 a_3 & f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right)=6 a_3 \\
f^{(4)}(x) & =f^{(5)}(x)=\cdots=f^{(n)}(x)=0 \\
f^{(4)}\left(x_0\right) & =f^{(5)}\left(x_0\right)=\cdots=f^{(n)}\left(x_0\right)=0
\end{array}
$$

容易证明，多项式的导数有以下性质：

性质 1
多项式 $f(x)$ 与常数 $k$ 乘积的导数等于 $f(x)$ 的导数与 $k$ 的乘积, 即

$$
[k f(x)]^{\prime}=k \cdot f^{\prime}(x)
$$

证明: 设 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0$, 则

$$
k f(x)=k a_n x^n+k a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+k a_1 x+k a_0
$$

因此:

$$
\begin{aligned}
{[k f(x)]^{\prime} } & =k n a_n x^{n-1}+k(n-1) a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+k a_1 \\
& =k\left[n a_n x^{n-1}+(n-1) a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+a_1\right] \\
& =k f^{\prime}(x)
\end{aligned}
$$

性质2
两多项式 $f(x), g(x)$ 和的导数等于这两个多项式的导数和, 即

$$
[f(x)+g(x)]^{\prime}=f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)
$$

证明: 设 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0, g(x)=b_m x^m+b_{m-1} x^{m-1}+$ $\cdots+b_1 x+b_0$, 不失一般性, 不妨设 $n>m$, 则有

$$
f(x)+g(x)=a_n x^n+\cdots+\left(a_m+b_m\right) x^m+\cdots+\left(a_1+b_1\right) x+a_0+b_0
$$

因此:

$$
\begin{aligned}
{[f(x)+g(x)]^{\prime} } & =n a_n x^{n-1}+\cdots+m\left(a_m+b_m\right) x^{m-1}+\cdots+a_1+b_1 \\
& =\left(n a_n x^{n-1}+\cdots+m a_m x^{m-1}+\cdots+a_1\right)+\left(m b_m x^{m-1}+\cdots+b_1\right) \\
& =f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)
\end{aligned}
$$

综合性质 1,2 , 就可以得出：对任意的两个常数 $\mu, \lambda$ 和多项式 $f(x), g(x)$,下述等式是成立的, 即

$$
[\mu \cdot f(x)+\lambda \cdot g(x)]^{\prime}=\mu f^{\prime}(x)+\lambda g^{\prime}(x)
$$

性质 3
两个多项式 $f(x), g(x)$ 的乘积的导数等于 $f(x)$ 的导数乘以 $g(x)$ 与 $g(x)$的导数乘以 $f(x)$ 的和, 即

$$
[f(x) g(x)]^{\prime}=f^{\prime}(x) g(x)+g^{\prime}(x) f(x)
$$

性质 4
一个多项式 $f(x)$ 的 $m$ 次方的导数为

$$
\left[f^m(x)\right]^{\prime}=m f^{m-1}(x) f^{\prime}(x)
$$

性质 3, 4 的证明亦可以像前两个性质一样通过实际计算进行, 但较繁, 这里略去不证, 同学们可通过练习验证.
例 3.31 求下列多项式的导数：
1. $f(x)=g(x) h(x)$
2. $f(x)=g^2(x)+2 g(x) h(x)+h^2(x)$

这里 $g(x)=3 x^2-1, h(x)=8 x^3+2 x-1$
解:
1. $f(x)=\left(3 x^2-1\right)\left(8 x^3+2 x-1\right)$

$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =\left(3 x^2-1\right)^{\prime}\left(8 x^3+2 x-1\right)+\left(8 x^3+2 x-1\right)^{\prime}\left(3 x^2-1\right) \\
& =6 x\left(8 x^3+2 x-1\right)+\left(24 x^2+2\right)\left(3 x^2-1\right) \\
& =48 x^4+12 x^2-6 x+72 x^4-18 x^2-2 \\
& =120 x^4-6 x^2-6 x-2
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \text { 2. } f(x)=g^2(x)+2 g(x) h(x)+h^2(x)=[g(x)+h(x)]^2=\left(8 x^3+3 x^2+2 x-2\right)^2 \\
& \qquad \begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =2\left(8 x^3+3 x^2+2 x-2\right)\left(8 x^3+3 x^2+2 x-2\right)^{\prime} \\
& =2\left(8 x^3+3 x^2+2 x-2\right)\left(24 x^2+6 x+2\right) \\
& =384 x^5+240 x^4+164 x^3-60 x^2-16 x-8
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

## 二、多项式的换元展开式——泰勒公式
在初中代数中，我们曾经学习过用综合除法的方法，将任一个非零次多项式 $f(x)$ 展开成 $(x-a)$ 的幂的形式. 如果令 $x-a=t$ 则 $x=a+t$ 将它代人 $f(x)$ 后, 即可将 $f(x)$ 展开成元 $t=(x-a)$ 的幂的形式，按升幂排列成:

$$
f(x)=f(a+t)=c_0+c_1 t+c_2 t^2+\cdots+c_n t^n
$$

就叫做多项式 $f(x)$ 在 $x=a$ 点的换元展开式。
这里的待定系数 $c_i,(i=0,1,2, \ldots, n)$ 显然只与 $f(x)$ 和所选定的点 $a$ 有关. 以下我们就复习用综合除法确定这些系数的方法, 并进一步研究这些系数的一般规律, 得出一般公式.
例 3.32 用综合除法, 将 $f(x)=2 x^2-x-2$ 展开成 $x-1$ 的幂的形式.
解: 用 $x-1$ 去连续除 $f(x)$, 由综合除法得
 ![图片](/uploads/2024-11/59b445.jpg)
 例 3.33 已知 $f(x)=a_3 x^3+a_2 x^2+a_1 x+a_0$, 试求:
1. $f(1+t)$
2. $f\left(x_0+t\right)$

解:
1. 这就是要求当 $x=1+t$, 即 $t=x-1$ 时 $f(x)$ 的换元展开, 可以用综合除法
 ![图片](/uploads/2024-11/28c10a.jpg)
 因此:

$$
\begin{aligned}
f(x)= & \left(a_0+a_1+a_2+a_3\right)+\left(a_1+2 a_2+3 a_3\right)(x-1) \\
& +\left(a_2+3 a_3\right)(x-1)^2+a_3(x-1)^3 \\
f(1+t)= & \left(a_0+a_1+a_2+a_3\right)+\left(a_1+2 a_2+3 a_3\right) t \\
& +\left(a_2+3 a_3\right) t^2+a_3 t^3
\end{aligned}
$$

2. 直接换元, 令 $x=x_0+t$ 代人 $f(x)$, 并展开整理成 $t$ 的升幂排列形式

$$
\begin{aligned}
f\left(x_0+t\right)= & a_3\left(x_0+t\right)+a_2\left(x_0+t\right)^2+a_1\left(x_0+t\right)+a_0 \\
= & \left(a_0+a_1 x_0+a_2 x_0^2+a_3 x_0^3\right)+\left(a_1+2 a_2 x_0+3 a_3 x_0^2\right) t \\
& +\left(a_2+3 a_3 x_0\right) t^2+a_3 t^3
\end{aligned}
$$

为了找出换元展开式中待定系数 $c_i(i=0,1, \ldots, n)$ 的一般规律，我们对例 3.33(2) 分析并验证如下:

换元展开式中的常数项 $a_0+a_1 x_0+a_2 x_0^2+a_3 x_0^3$ 正好是 $x=x_0$ 时, 多项式 $f(x)$ 的值 $f\left(x_0\right)$. 例 3.32 及例 $3.33(1)$ 也是如此; $c_0=f\left(x_0\right)$.

换元展开式中的一次项系数 $a_1+2 a_2 x_0+3 a_3 x_0^2$ 正好是 $x=x_0$ 时多项式 $f(x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)=3 a_3 x^2+2 a_2 x+a_1$ 的值 $f^{\prime}\left(x_0\right)=a_1+2 a_2 x_0+3 a_3 x_0^2$. 例 3.32 及例 $3.33(1)$ 也是如此; $c_1=f^{\prime}\left(x_0\right)$.

换元展开式中的二次项系数 $a_2+3 a_3 x_0$ 正是 $x=x_0$ 时， $f(x)$ 的二阶导数 $f^{\prime}(x)=6 a_3 x+2 a_2$ 的值的一半: $\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(x_0\right)=a_2+3 a_3 x_0$ 。例3.32 及例 3.33(1)也是如此; $c_2=\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(x_0\right)$.

换元展开式中的三次项系数 $c_3$, 也容易分析出它正是当 $x=x_0$ 时, $f(x)$的三阶导数 $f^{\prime \prime \prime}(x)=6 a_1$ 的值的六分之一,$\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right)=a_3$ ，可验证例 3.33(1)也是如此； $c_3=\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right)$ 。

这样一来, 利用导数概念, 换元展开式就可以写成:

$$
f\left(x_0+t\right)=f\left(x_0\right)+f^{\prime}\left(x_0\right) t+\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(x_0\right) t^2+\frac{1}{6} f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right) t^3
$$

进而可写成更有规律、便于记忆的形式

$$
f\left(x_0+t\right)=f\left(x_0\right)+\frac{f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!} t+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!} t^2+\frac{f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right)}{3!} t^3
$$

同样，例 3.33(1) 的换元展开写成

$$
f(1+t)=f(1)+\frac{f^{\prime}(1)}{1!} t+\frac{f^{\prime \prime}(1)}{2!} t^2+\frac{f^{\prime \prime \prime}(1)}{3!} t^3
$$

例 3.32 也可以写成

$$
f(1+t)=f(1)+\frac{f^{\prime}(1)}{1!} t+\frac{f^{\prime \prime}(1)}{2!} t^2=-1+3 t-2 t^2
$$

实际上, 这正是多项式换元展开式的一般规律, 推广到 $n$ 次多项式就得到重要的泰勒定理。

定理（泰勒定理）
一元 $n$ 次多项式 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的换元展开式为

$$
f\left(x_0+t\right)=f\left(x_0\right)+\frac{f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!} t+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!} t^2+\cdots+\frac{f^{\prime \prime \prime}\left(x_0\right)}{n!} t^n
$$

定理的一般证明这里略去，但容易验证，这个定理的内容对于零多项式、零次多项式都是适合的；对二、三次多项式我们从例 3.32 和例 3.33 也已验证过是适合的, 对于其它高次多项式以后再给出确切证明, 现在可以应用.

例 3.34 已知 $f(x)=x^4-2 x^2+3 x+5$, 试求 $f(x)$ 在 $x=1$ 点的展开式.
解:

$$
\begin{array}{lll}
f(x)=x^4-2 x^2+3 x+5 & f(1)=7 & \\
f^{\prime}(x)=4 x^3+4 x+3 & f^{\prime}(1)=3 & \\
f^{\prime \prime}(x)=12 x^2-4 & f^{\prime \prime}(1)=8 & \frac{8}{2}=4 \\
f^{\prime \prime \prime}(x)=24 x & f^{\prime \prime \prime}(1)=24 & \frac{24}{3!}=4 \\
f^{\prime \prime \prime \prime}(x)=24 & f^{\prime \prime \prime \prime}(1)=24 & \frac{24}{4!}=1
\end{array}
$$

$\therefore f(1+t)=7+3 t+4 t^2+4 t^3+t^4$. 又由于 $x=a+(x-a)$, 因此:

$$
\begin{aligned}
f(x) & =f[a+(x-a)] \\
& =f(a)+\frac{f^{\prime}(a)}{1!}(x-a)+\frac{f^{\prime \prime}(a)}{2!}(x-a)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n
\end{aligned} ...(3.17)
$$

(3.17) 式叫做多项式 $f(x)$ 在点 $x=a$ 的换元展开式.
(3.16) 与 (3.17) 本质上是相同的, 都叫做泰勒公式, 只是 (3.16) 式中的 $t$相当于 (3.17) 式中的 $x-a$ 罢了, 不过在今后应用更多的是 (3.17) 式.

## 三、余式定理的推广
泰勒公式，实际上就是通过多项式的恒等变形，把一个以 $x$ 为元的多项式变换为一个以 $x-a$ 为元的升幂多项式。

有了泰勒公式，我们可以更深刻，更一般地去理解余式定理。
由泰勒公式

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

可以直观看出：
1. 若用 $x-a$ 去除 $f(x)$, 所得余式为 $r_1(x)=f(a)$, 这正是我们在第二节所学的余式定理的内容；
2. 若用 $(x-a)^2$ 去除 $f(x)$, 所得的余式为

$$
r_2(x)=f(a)+\frac{f^{\prime}(a)}{1!}(x-a)
$$

这就要比余式定理的内容进一步了；
3. 一般地, 若用 $(x-a)^k(k \leq n)$ 除 $f(x)$, 所得的余式为

$$
r_k(x)=f(a)+\frac{f^{\prime}(a)}{1!}(x-a)+\cdots+\frac{f^{(k-1)}(a)}{(k-1)!}(x-a)^{k-1}
$$

这就是余式定理推广的结论.
例 3.36 试求 $f(x)=x^4-2 x^2+8 x+5$ 除以 $g(x)=(x-1)^3$ 所得的余式 $r(x)$.
解:

$$
\begin{array}{ll}
f(x)=x^4-2 x^2+8 x+5 & f(1)=12 \\
f^{\prime}(x)=4 x^3-4 x+8 & f^{\prime}(1)=8 \\
f^{\prime \prime}(x)=12 x^2-4 & f^{\prime \prime}(1)=8 \quad \frac{8}{2!}=4
\end{array}
$$

$\therefore f(x)$ 除以 $g(x)$ 所得的余式为

$$
\begin{aligned}
r(x) & =f(1)+\frac{f^{\prime}(1)}{1!}(x-1)+\frac{f^{\prime \prime}(1)}{2!}(x-1)^2 \\
& =12+8(x-1)+4(x-1)^2 \\
& =12-8+8 x+4 x^2-8 x+4 \\
& =4 x^2+8
\end{aligned}
$$

例 3.37 已知一个首项系数是 2 的三次多项式 $g(x)$ 除以 $(x-2)^3$ 所得的余式为 $2 x^2+x-1$, 试求这个多项式 $g(x)$ 。

解: 设 $g(x)=f(2)+\frac{f^{\prime}(2)}{1!}(x-2)+\frac{f^{\prime \prime}(2)}{2!}(x-2)^2+\frac{f^{\prime \prime \prime}(2)}{3!}(x-2)^3$
由已知， $g(x)$ 的首项（最高次项）系数为 2 ，可得

$$
\frac{f^{\prime \prime \prime}(2)}{3!}=2 \quad \Rightarrow \quad f^{\prime \prime \prime}(2)=12
$$

又由 $g(x)$ 除以 $(x-2)^3$ 所得余式为 $2 x^2+x-1$, 可以得

$$
f(2)+\frac{f^{\prime}(2)}{1!}(x-2)+\frac{f^{\prime \prime}(2)}{2!}(x-2)^2=2 x^2+x-1
$$
即:

$$
\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(2) x^2+\left[f^{\prime}(2)-2 f^{\prime \prime}(2)\right] x+\left[f(2)-2 f^{\prime}(2)+2 f^{\prime \prime}(2)\right]=2 x^2+x-1
$$

根据多项式恒等的定义，可得：

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{2} f^{\prime \prime}(2)=2 \\
f^{\prime}(2)-2 f^{\prime \prime}(2)=1 \\
f(2)-2 f^{\prime}(2)+2 f^{\prime \prime}(2)=-1
\end{array}\right.
$$

解出方程组, 得:

$$
f^{\prime \prime}(2)=4, \quad f^{\prime}(2)=9, \quad f(2)=9
$$

因此:

$$
\begin{aligned}
g(x) & =9+9(x-2)+\frac{4}{2!}(x-2)^2+\frac{12}{3!}(x-2)^3 \\
& =9+9(x-2)+2(x-2)^2+2(x-2)^3 \\
& =2 x^3-10 x^2+25 x-17
\end{aligned}
$$

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

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