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多项式的换元展开式—泰勒公式

## 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`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`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。

## 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` 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.

`例`已知 $f(x)=x^5+2 x^4-2 x^3+7 x-5$ ，试将 $f(x)$ 展开成 $x+1$ 的升幂多项式。

解：

$$
\begin{array}{lll} 
& f(x)=x^5+2 x^4-x^3+7 x-5 & f(-1)=-10 \\
& f^{\prime}(x)=5 x^4+8 x^3-3 x^2+7 & f^{\prime}(-1)=1 \\
& f^{\prime \prime}(x)=20 x^3+24 x^2-6 x & f^{\prime \prime}(-1)=10 \\
& f^{\prime \prime \prime}(x)=60 x^2+48 x-6 & f^{\prime \prime \prime}(-1)=6 \\
& f^{(4)}(x)=120 x+48 & f^{(4)}(-1)=-72 \\
& f^{(5)}(x)=120 & \frac{-72}{3!}=-3 \\
\therefore & f(x)=-10+(x-1)+5(x-1)^2+(x-1)^3-3(x-1)^4+(x-1)^5
\end{array}
$$

##  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`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` 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:

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

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