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Taylor 展开式的积分型余项

## 引入

上一节中已展示了幂级数的良好性质．显而易见，如果一个函数在某一区间上能够表示成一个幂级数，将给理论上讨论其性质带来极大的方便，同时也具有重要的应用价值。下面我们就来讨论函数可以表示成幂级数的条件，以及在这些条件满足时如何将函数表示成幂级数。

假设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域 $O\left(x_0, r\right)$ 上可表示成幂级数

$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(x-x_0\right)^n, x \in O\left(x_0, r\right) \text {, }
$$

也就是说，$\sum_{n=0}^{\infty} a_n\left(x-x_0\right)^n$ 在 $O\left(x_0, r\right)$ 上的和函数为 $f(x)$ ．根据幂级数的逐项可导性， $f(x)$ 必定在 $O\left(x_0, r\right)$ 上任意阶可导，且对一切 $k \in N ^{+}$，

$$
f^{(k)}(x)=\sum_{n=k}^{\infty} n(n-1) \cdots(n-k+1) a_n\left(x-x_0\right)^{n-k} .
$$

令 $x=x_0$ ，得到

$$
a_k=\frac{f^{(k)}\left(x_0\right)}{k!}, k=0,1,2 \cdots,
$$

也就是说，系数 $\left\{a_n\right\}$ 由和函数 $f(x)$ 惟一确定，我们称它们为 $f(x)$ 在 $x_0$ 的 Taylor 系数．
反过来，设函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域 $O\left(x_0, r\right)$ 上任意阶可导，则我们能求出它在 $x_0$ 的 Taylor 系数 $a_n=\frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}(n=0,1,2, \cdots)$ ，并作出幂级数

$$
\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n,
$$

这一幂级数称为 $f(x)$ 在 $x_0$ 的 Taylor 级数．

现在我们要问：是否存在常数 $\rho(0<\rho \leqslant r)$ ，使得 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n$ 在 $O\left(x_0, \rho\right)$ 上收玫于 $f(x)$ ？下面的例子告诉我们，答案并不是肯定的．

`例`设
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{cc}
e^{-\frac{1}{x^2}}, & x \neq 0 \\
0, & x=0
\end{array}\right.
$$

当 $x \neq 0$ 时，

$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(x)=\frac{2}{x^3} e^{-\frac{1}{x^2}}, \\
& f^{\prime \prime}(x)=\left(\frac{4}{x^6}-\frac{6}{x^4}\right) e^{-\frac{1}{x^2}}, \\
& \ldots \ldots \ldots \ldots \\
& f^{(k)}(x)=P_{3 k}\left(\frac{1}{x}\right) e^{-\frac{1}{x^2}},
\end{aligned}
$$

其中 $P_n(u)$ 是关于 $u$ 的 $n$ 次多项式。
由此可以依次得到

$$
\begin{aligned}
& f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} e^{-\frac{1}{x^2}}=0 \\
& f^{\prime \prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2}{x^4} e^{-\frac{1}{x^2}}=0 \\
& \cdots \cdots \cdots \cdots \\
& f^{(k)}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{(k-1)}(x)-f^{(k-1)}(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} P_{3 k-2}\left(\frac{1}{x}\right) e^{-\frac{1}{x^2}}=0
\end{aligned}
$$
因此 $f(x)$ 在 $x=0$ 的 Taylor 级数为

$$
0+0 x+\frac{0}{2!} x^2+\frac{0}{3!} x^3+\cdots+\frac{0}{n!} x^n+\cdots
$$

它在 $(-\infty,+\infty)$ 上收敛于和函数 $S(x)=0$ ．显然，当 $x \neq 0$ 时，

$$
S(x) \neq f(x)
$$

这说明，一个任意阶可导的函数的 Taylor 级数并非一定能收玫于函数本身．
为了寻求一个函数的 Taylor 级数收玫于它本身的条件，我们回忆在§5．3中所得到的 Taylor 公式：设 $f(x)$ 在 $O\left(x_0, r\right)$ 有 $n+1$ 阶导数，则

$$
f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}\left(x_0\right)}{k!}\left(x-x_0\right)^k+r_n(x),
$$

其中 $r_n(x)$ 是 $n$ 阶 Taylor 公式的余项。现在我们假定讨论的函数 $f(x)$ 在 $O\left(x_0, r\right)$ 上任意阶可导，也就是说，上面的 Taylor 公式对一切正整数 $n$ 成立，于是我们可以断言：

$$
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n
$$

在 $O\left(x_0, \rho\right)(0<\rho \leqslant r)$ 成立的充分必要条件是：

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} r_n(x)=0
$$

对一切 $x \in O\left(x_0, \rho\right)$ 成立。
这时，我们才称 $f(x)$ 在 $O\left(x_0, \rho\right)$ 可以展开成幂级数（或 Taylor 级数），或者称 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n$ 是 $f(x)$ 在 $O\left(x_0, \rho\right)$ 上的幂级数展开（或 Taylor 展开）。

在§5．3中，曾导出余项

$$
r_n(x)=\frac{f^{(n+1)}\left(x_0+\theta\left(x-x_0\right)\right)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}, \quad 0<\theta<1,
$$

$r_n(x)$ 的这一形式称为 Lagrange 余项。为了讨论各种函数的 Taylor 展开，我们还需要 $r_n(x)$ 的另一形式，即积分形式：

定理   设 $f(x)$ 在 $O\left(x_0, r\right)$ 上任意阶可导，则

$$
f(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}\left(x_0\right)}{k!}\left(x-x_0\right)^k+r_n(x), \quad x \in O\left(x_0, r\right),
$$

其中

$$
r_n(x)=\frac{1}{n!} \int_{x_0}^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n d t
$$

证 由表达式

$$
r_n(x)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}\left(x_0\right)}{k!}\left(x-x_0\right)^k
$$

出发，逐次对等式两端进行求导运算，可依次得到

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

令 $x=x_0$ ，便有

$$
r_n\left(x_0\right)=r^{\prime}{ }_n\left(x_0\right)=r^{\prime \prime}{ }_n\left(x_0\right)=\cdots=r_n^{(n)}\left(x_0\right)=0 .
$$

逐次应用分部积分法，可得

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

证毕
对余项 $r_n(x)$ 的积分形式应用积分第一中值定理，考虑到当 $t \in\left[x_0, x\right]$（或 $\left[x_0, x\right]$ ）时，$(x-t)^n$ 保持定号，于是就有

$$
\begin{aligned}
r_n(x) & =\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!} \int_{x_0}^x(x-t)^n d t \quad\left(\xi \text { 在 } x_0 \text { 与 } x \text { 之间 }\right) \\
& =\frac{f^{(n+1)}\left(x_0+\theta\left(x-x_0\right)\right)}{(n+1)!}\left(x-x_0\right)^{n+1}, \quad 0 \leqslant \theta \leqslant 1,
\end{aligned}
$$

这就是我们已经知道的 Lagrange 余项；如果将 $f^{(n+1)}(t)(x-t)^n$ 看作一个函数，应用积分第一中值定理，则有

$$
\begin{aligned}
r_n(x) & =\frac{f^{(n+1)}(\xi)(x-\xi)^n}{n!} \int_{x_0}^x d t \quad\left(\xi \text { 在 } x_0 \text { 与 } x \text { 之间 }\right) \\
& =\frac{f^{(n+1)}\left(x_0+\theta\left(x-x_0\right)\right)}{n!}(1-\theta)^n\left(x-x_0\right)^{n+1}, \quad 0 \leqslant \theta \leqslant 1,
\end{aligned}
$$

$r_n(x)$ 的这一形式称为 Cauchy 余项．

## 15.5.2 Taylor 展开式的积分型余项
在第七章的 $\S 7.2$ 已经学过两种余项，即 Peano 型余项和 Lagrange 型余项，其中前者不可能用于研究这里的问题，而后者则含有未知的中值，在某些估计中能力不够，因此本小节要介绍更有力的积分型余项。在这个余项中不出现＂中值＂$\xi$ ．

**定理 15.14** 设 $f$ 在点 0 的某个邻域 $O(0)$ 上有 $n+1$ 阶连续导函数，则有关于 Taylor 展开式的余项 $r_n(x)$ 的积分表达式如下：
$$
\boxed{
r_n(x)=f(x)-\sum_{i=0}^n \frac{f^{(i)}(0)}{i!} x^i=\frac{1}{n!} \int_0^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n d t .
}
$$

证 用数学归纳法给出证明。
对于 $n=0$ ，则 $r_0(x)=f(x)-f(0)=\int_0^x f^{\prime}(t) d t$ ，就是 Newton－Leibniz 公式．
现设 $n=k$ 时（15．14）已经成立，讨论 $n=k+1$ ．这时的条件是 $f$ 在点 0 的某
个邻域内有 $k+2$ 阶连续导函数．用分部积分法即有

$$
\begin{aligned}
r_{k+1} & (x)=r_k(x)-\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)!} x^{k+1} \\
& =\frac{1}{k!} \int_0^x f^{(k+1)}(t)(x-t)^k d t-\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)!} x^{k+1} \\
& =-\left.\frac{(x-t)^{k+1}}{(k+1)!} f^{(k+1)}(t)\right|_{t=0} ^{t=x}+\int_0^x \frac{(x-t)^{k+1}}{(k+1)!} f^{(k+2)}(t) d t-\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)!} x^{k+1} \\
& =\frac{1}{(k+1)!} \int_0^x f^{(k+2)}(t)(x-t)^{k+1} d t .
\end{aligned}
$$

注 由于公式（15．14）右边的被积函数中因子 $(x-t)^n$ 在 $[0, x]$ 上保号，因此可以用积分第一中值定理（见定理 10．8），存在 $\xi \in[0, x]$ ，使得

$$
\begin{aligned}
r_n(x) & =\frac{1}{n!} f^{(n+1)}(\xi) \int_0^x(x-t)^n d t \\
& =\left.\frac{1}{(n+1)!} f^{(n+1)}(\xi)\left(-(x-t)^{n+1}\right)\right|_{t=0} ^{t=x}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!} x^{n+1}
\end{aligned}
$$

这样就从积分型余项导出了第七章中的 Lagrange 型余项（见 §7．2．4）．

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