最后更新: 2025-03-15 11:26 查看: 301 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

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]
$

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