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泰勒公式 Taylor 公式

## Taylor 公式及应用

Taylor 公式是微分学中的最重要结果．有人说，它是微分学中的顶峰．从它出发再回顾以前的结果就有＂一览群山小＂之感觉．在 Taylor 公式方面本节介绍两个主要定理，它们的区别在于余项不同，并由此决定了它们的不同应用范围．

## 7.2.1 从线性逼近到多项式逼近
以正弦函数 $\sin x$ 为例，在第四章中从重要极限 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=1$ 知道当 $x \rightarrow 0$时 $\sin x$ 与 $x$ 是等价无穷小量（参见定义 4．3，4．4 等））．它又可写为等价的

$$
\sin x=x+o(x)(x \rightarrow 0)
$$

在第六章中学了导数和微分概念之后，可见这就是 $\left.(\sin x)^{\prime}\right|_{x=0}=1$ ．它表明，在 $x=0$ 附近可以用线性函数 $y=x$ 来＂逼近＂$y=\sin x$ ，由此引起的误差是比 $x(x \rightarrow 0)$ 更为高阶的无穷小量，也就是相对误差随 $x \rightarrow 0$ 而趋于 0 。

以上述线性逼近为起点，如果进一步考虑用多项式来逼近函数，则会有什么样的结果？仍以 $\sin x$ 为例，在图 7.4 的三个分图中，分别用

$$
y=x, \quad y=x-\frac{1}{6} x^3, \quad y=x-\frac{1}{6} x^3+\frac{1}{120} x^5
$$

来逼近 $\sin x$ ，并在区间 $[-\pi, \pi]$ 上比较它们之间的差别．可以明显看出随着多项式次数的升高，逼近的程度越来越好．这种多项式就是本节要介绍的 Taylor 多项式．
 ![图片](/uploads/2025-02/d15c30.jpg)
 
 本节主要讨论两个问题．
（1）如何用次数可以任意高的多项式来＂逼近＂函数．确切地说，这里的问题就是如何计算出这样的多项式的系数，使得它在某点 $x=x_0$ 附近逼近原来的函数，其误差当 $x \rightarrow x_0$ 时是高于 $n$ 阶的无穷小量 $o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)$（参见定义 4.5 关于无穷小量阶数的概念）．

（2）从大量的实际应用来看，仅仅知道逼近误差具有性质 $o\left(\left(x-x_0\right)^n\right)\left(x \rightarrow x_0\right)$是远远不够的。这只是一种定性描述。更重要的问题是如何能够对于逼近引起的误差作出定量估计。例如在给定函数和逼近多项式后估计在一个区间上的误差上界，或者给定区间和误差上界后问需要取多少次的多项式逼近才能达到目的。

由于多项式计算只涉及到简单的四则运算，因此在今天的计算器和计算机上普遍采用多项式来计算一般的函数，从而摆脱了计算尺和多位数学用表等老式计算工具。它们的基础就是本节的 Taylor 公式。

## 7.2.2 带 Peano 型余项的 Taylor 公式
下面的定理已经解决了上面提出的第（1）个问题。为简明起见，从点 $x=0$ 附近的多项式逼近问题开始，其中的 $o\left(x^n\right)$ 称为 Peano ${ }^{(1)}$ 型余项。

定理 7.5 （局部 Taylor 公式）设函数 $f$ 在点 $x=0$ 存在 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(0)$ ，则成立

$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!} x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

注 1 在证明前对于定理中的条件＂函数 $f$ 在点 $x=0$ 存在 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(0)$＂必须有确切的理解。根据高阶导数的定义（参见 $\S 6.3 .1$ 一开始的说明），存在 $f^{(n)}(0)$ 就表明在 $x=0$ 的某个邻域中存在 $n-1$ 阶导函数 $f^{(n-1)}(x)$ 以及所有更低价的导函数，但 $f$ 的 $n$ 阶导数则只知道在点 $x=0$ 处存在．

注 2 若取 $n=1$ ，则（7．6）就是

$$
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+o(x)(x \rightarrow 0)
$$

即 $f$ 在 $x=0$ 处的无穷小增量公式（见 $\S 7.1 .3$ 的（7．5））．
证 对于函数 $f$ 引入余项（为简明起见将余项记号 $r_n(x)$ 的下标省略了）：

$$
r(x)=f(x)-\left[f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2!} x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n\right]
$$

则要证明的结论就是 $r(x)=o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)$ ．
由于定理的条件表明 $f$ 在 $x=0$ 的某个邻域中有直到 $n-1$ 阶的导函数，因此在这个邻域中也可以对于 $r(x)$ 求导直到 $n-1$ 阶。对 $k=1,2, \cdots, n-1$ 得到

$$
r^{(k)}(x)=f^{(k)}(x)-\left[f^{(k)}(0)+f^{(k+1)}(0) x+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{(n-k)!} x^{n-k}\right]
$$

在其中令 $x=0$ ，就有 $r(0)=r^{\prime}(0)=\cdots r^{(n-1)}(0)=0$ 。为了计算 $r^{(n)}(0)$ ，则可以利用 $k=n-1$ 时的导函数表达式

$$
r^{(n-1)}(x)=f^{(n-1)}(x)-\left[f^{(n-1)}(0)+f^{(n)}(0) x\right]
$$

根据定义有

$$
\begin{aligned}
r^{(n)}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{r^{(n-1)}(x)-r^{(n-1)}(0)}{x} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)-f^{(n)}(0) x}{x} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x}-f^{(n)}(0)=0 .
\end{aligned}
$$

下面来证明 $r(x)=o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)$ ．多次使用 Cauchy 微分中值定理于 $x \neq 0$时的 $r(x)$ 与 $x^n$ 之比如下：

$$
\begin{aligned}
\frac{r(x)}{x^n} & =\frac{r(x)-r(0)}{x^n-0^n}=\frac{r^{\prime}\left(\xi_1\right)}{n \xi_1^{n-1}}, \quad \xi_1 \in(0, x) \\
& =\frac{r^{\prime}\left(\xi_1\right)-r^{\prime}(0)}{n\left(\xi_1^{n-1}-0^{n-1}\right)}=\frac{r^{\prime \prime}\left(\xi_2\right)}{n(n-1) \xi_2^{n-2}}, \quad \xi_2 \in\left(0, \xi_1\right) \subset(0, x) \\
& =\cdots=\frac{1}{n!} \cdot \frac{r^{(n-1)}\left(\xi_{n-1}\right)}{\xi_{n-1}}, \quad \xi_{n-1} \in(0, x) \\
& =\frac{1}{n!} \cdot \frac{r^{(n-1)}\left(\xi_{n-1}\right)-r^{(n-1)}(0)}{\xi_{n-1}-0}
\end{aligned}
$$

最后令 $x \rightarrow 0$ ，利用 $r^{(n)}(0)=0$ 即得到 $r(x)=o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)$ ．
用平移变换，即可得到函数在任意点 $a$ 的 Taylor 公式：
推论 若 $f$ 在点 $a$ 存在 $f^{(n)}(a)$ ，则成立
用平移变换，即可得到函数在任意点 $a$ 的 Taylor 公式：
推论 若 $f$ 在点 $a$ 存在 $f^{(n)}(a)$ ，则成立

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

证 作代换 $x-a=t$ ，记 $\phi(t)=f(t+a)$ ，则有 $\phi^{(k)}(0)=f^{(k)}(a), k=$ $0,1, \cdots, n$ ．对函数 $\phi$ 用定理 7.5 即可．

注 今后称推论中的公式（7．7）为函数 $f$ 在点 $a$ 的 Taylor 公式（或 Taylor 展开式）．由于历史原因，前面定理 7.5 中的公式（7．6）除了称为在点 $x=0$ 的 Taylor公式之外，也经常称为 Maclaurin ${ }^{(1)}$ 公式（或 Maclaurin 展开式）。

这样就找到了在 $\S 7.2 .1$ 中以 $y=\sin x$ 为例提出的具有逼近性质的多项式．下面给出其名称，并讨论多项式逼近的惟一性．

定义 7.1 称公式（7．7）中的多项式

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

为函数 $f$ 在点 $x=a$ 处的 $n$ 次 Taylor 多项式．
从定理 7.5 的证明及其推论可以知道，在存在 $f^{(n)}(a)$ 的前提下，函数 $f$ 与其在点 $a$ 处的 $n$ 次 Taylor 多项式在点 $a$ 的值以及直到 $n$ 阶导数的值完全相同，而且它们之间的差（即余项）当 $x \rightarrow a$ 时相对于 $x-a$ 来说是高于 $n$ 阶的无穷小量，即 $o\left((x-a)^n\right)(x \rightarrow a)$ 。

问题是具有这样的性质的逼近多项式是否只能是 Taylor 多项式？下面的定理对此给出了肯定的回答．为书写简明起见只写出对于 $a=0$ 情况的叙述和证明．

定理 7.6 （多项式逼近的惟一性定理）设对某一个正整数 $n$ ，存在满足条件

$$
f(x)=P_n(x)+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

的 $n$ 次多项式 $P_n(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n$ ，则这样的多项式是惟一的．
证 设还存在一个 $n$ 次多项式 $Q_n(x)=b_0+b_1 x+\cdots+b_n x^n$ ，它也满足条件

$$
f(x)=Q_n(x)+o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0),
$$

则就有

$$
P_n(x)-Q_n(x)=\left(a_0-b_0\right)+\left(a_1-b_1\right) x+\cdots+\left(a_n-b_n\right) x^n=o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

这只能导致 $a_k=b_k$ 对所有的 $k=0,1, \cdots, n$ 同时成立，否则左边当 $x \rightarrow 0$ 时不可能是高于 $n$ 阶的无穷小量。

注 在上述惟一性定理中没有对 $f$ 作任何可微性假设．现在若将这个定理与定理 7.5 结合，就知道在存在 $f^{(n)}(0)$ 的条件下，惟一性定理中的多项式 $P_n(x)$ 只能是 $n$ 次 Taylor 多项式．
回顾例题 6.19 中的函数 $f(x)=\left\{\begin{aligned} e ^{-\frac{1}{x^2}}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{aligned}\right.$ ，由于对每个 $n$ 有 $f^{(n)}(0)=0$,因此对每个正整数 $n, f(x)$ 在 $x=0$ 处的带 Peano 型余项的 Taylor 展开式只能是 $f(x)=o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)$ ，而 Taylor 多项式只能是零多项式。这表明在点 $x=0$ 附近，在定理 7.6 的意义上用多项式逼近这个 $f$ 是不成功的。

## 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, $a=\frac{1}{12}, b=4$

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