MA.3.6 Taylor展开

Taylor 公式

• 结论 当$x$在$x_0$附近,$f(x)$可用$x$的一次多项式近似, 误差是$o(x–x_0)$

• 证明：

Proof

设$f(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+\dots +a_n(x-x_0{)}^n$
当$x=x_0$时，有$a_0=f(x_0)$
又因为
$f^{\prime }(x)=a_1+2a_2(x-x_0)+\dots +n{a}_n(x-x_0{)}^{n-1}$
当$x=x_0$时，有$a_1=f^{\prime }(x_0)$
同理可得：
$a_2=\frac{f^{″}(x_0)}{2!}$
$⋮$
$a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$

• 问题 若$f(x)$在$x_0$处$n$阶可导, 当$x$在$x_0$附近, $f(x)$是否可用$x$的$n$次多项式(何形式)近似, 误差是$o(x–x_0{)}^n$？

Taylor 定理

• 上式称为$f$ 在$x_0$点的带 #Peano余项 的$n$阶Taylor公式, $o(x–x_0{)}^n$称为 #Peano余项
  • $T_n(x)=\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}}(x-x_0{)}^k$称为$f(x)$在$x_0$点的 #n阶Taylor多项式
  • ${\displaystyle \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}}$称为 $f$ 在$x_0$点的 #Taylor系数
• $n$阶可导
  • 不等于在领域内有$n$阶导
  • 而为有$n-1$阶导
• 证明：

$\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=0$
运用$n-1$次 L'Hôpital 法则：
$=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f^{\prime }(x)-T_n^{\prime }(x)}{n(x-x_0{)}^{n-1}}=\dots =\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f^{(n-1)}(x)-T_n^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)}$

由于$T_n(x)=\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}}(x-x_0{)}^k$
$\therefore T_n^{(n-1)}(x)={[\mathbf{0}+\frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0{)}^{n-1}+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n]}^{(n-1)}$
$=f^{(n-1)}(x_0)+f^{(n)}(x_0)(x-x_0)$

因此，原式
$=\frac{1}{n!}\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{(x-x_0)(x-x_0)}-f^{(n)}(x_0)$
由$n$阶导数的定义：$f^{(n)}(x)=[f^{(n-1)}(x){]}^{\prime }$
$=\frac{1}{n!}(f^{(n)}(x_0)-f^{(n)}(x_0))=0$

Taylor 多项式的唯一性

• 证明：

  Proof
  令$a_k=\frac{f^{(k)}(x)}{k!}$（其中$k=0,1,2,\dots ,n$）

根据 Taylor 定理：
$f(x)=\sum _{k=0}^n{a}_k(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)$

相减得到：
$\sum _{k=0}^n(a_k-b_k)(x-x_0{)}^k+o((x-x_0{)}^n)$

即：$(a_0-b_0)+(a_1-b_1)(x-x_0)+\dots$$+(a_n-b_n)(x-x_0{)}^n=o((x-x_0{)}^n)$

令$x\to x_0$得到$a_0=b_0$
从而：
$(a_1-b_1)+(a_2-b_2)(x-x_0)+\dots$ $+(a_{n-1}-b_{n-1})(x-x_0{)}^{n-1}=o((x-x_0{)}^{n-1})$

令$x\to x_0$得到$a_1=b_1$
以此类推：
$a_n=b_n$

• 问题 用$T_n(x)$近似 $f(x)$, 误差为$o(x–x_0{)}^n$ ——定性误差估计式, 是否有定量误差估计式呢？

余项的表示与估计

• 当$n=0$时，得到 Lagrange 公式：$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(\xi )(x-x_0)$$
• 证明：

Analysis
由
${\displaystyle \frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0{)}^{n+1}}}={\displaystyle \frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}}$

联想到柯西不等式，令$F(x)=f(x)-T_n(x)$，$G(x)=(x-x_0{)}^{n+1}$。由于$F$和$G$在$x=x_0$处函数值相等：

$$\begin{array}{rl}0& =F(x_0)=F^{\prime }(x_0)=\dots =F^{(n)}(x_0)\\ 0& =G(x_0)=G^{\prime }(x_0)=\dots =G^{(n)}(x_0)\end{array}$$

Proof
$\text{LHS}=\frac{F(x)-F(x_0)}{G(x)-G(x_0)}=\frac{F({\xi }_1)}{G({\xi }_1)}(\mathrm{\exists }{\xi }_1)$

$=\frac{F^{\prime }({\xi }_2)-F^{\prime }(x_0)}{G^{\prime }({\xi }_2)-G^{\prime }(x_0)}=\frac{F({\xi }_2)}{G({\xi }_2)}(\mathrm{\exists }{\xi }_2)$

类推$n$次：

$=\dots =\frac{F^{(n)}({\xi }_n)}{G^{(n)}({\xi }_n)}(\mathrm{\exists }{\xi }_n)$

$=\frac{F^{(n)}({\xi }_n)-F^{(n)}(x_0)}{G^{(n)}({\xi }_n)-G^{(n)}(x_0)}=\frac{F^{(n+1)}(\xi )}{G^{(n+1)}(\xi )}(\mathrm{\exists }\xi \in (x_0,{\xi }_n))$

$=\frac{f^{(n+1)}(\xi )-0}{(n+1)!}$

• 由于$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{A^n}{n!}}=0$
  • $|x-x_0|$: $x_0$附近容易逼近，容易控制误差
  • $n+1$次方: 远处也可以逼近，只要$n$足够大

Maclaurin 公式

• 意义: 在$0$附近刻画原式
• 使用:
  • 化简：写到低次幂不抵消为止
  • 本质：忽略某些高阶无穷小

常见函数的 Maclaurin 公式

1. $e^x$的 Maclaurin 公式：$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}+o(x^n)$

$e^x=1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+\dots$ $+{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}+{\displaystyle \frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}}{x}^{n+1},0<\theta <1$

2. $\sin (x)$的 $2n$阶 Maclaurin 公式：$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+2})/o(x^{2n+1})$

$\sin (x)=x-{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+{\displaystyle \frac{x^5}{5!}}-\dots$ $+(-1{)}^n{\displaystyle \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}+(-1{)}^{n+1}{\displaystyle \frac{\cos (\theta x)}{(2n+2)!}}{x}^{2n+2},0<\theta <1$

3. $\cos (x)$的 $2n$阶 Maclaurin 公式：$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})/o(x^{2n+1})$

$\cos (x)=1-{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}}-\dots$ $+(-1{)}^n{\displaystyle \frac{x^{2n}}{(2n)!}}+(-1{)}^n{\displaystyle \frac{\sin (\theta x)}{(2n+1)!}}{x}^{2n+1},0<\theta <1$

4. $\ln (1+x)$的 Maclaurin 公式：$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}\frac{x^n}{n}+o(x^n)$

$\ln (1+x)=x-{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+{\displaystyle \frac{x^3}{3}}-\dots$ $+(-1{)}^{n-1}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}+(-1{)}^n{\displaystyle \frac{{\theta }^n}{(n+1)(1+\theta {)}^{n+1}}}{x}^{n+1},0<\theta <1$

5. $(1+x{)}^{\alpha }$的 Maclaurin 公式：$C_n^k{x}^n+o(x^n)$

$(1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+{\displaystyle \frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}}{x}^2+\dots$ $+{\displaystyle \frac{\alpha (\alpha -1)\dots (\alpha -n+1)}{n!}}{x}^n$ $+{\displaystyle \frac{\alpha (\alpha -1)\dots (\alpha -n)}{(n+1)!}}(1+\theta x{)}^{\alpha -(n+1)}{x}^{n+1},0<\theta <1$

Tips: 若$a$为自然数$n$，则$k>n$时 $f^{(k)}(x)=0$, 上式变为 #二项式定理

6. ${\displaystyle \frac{1}{1-x}}$的 Maclaurin 公式：$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n+o(x^n)$

${\displaystyle \frac{1}{1-x}}=1+x+x^2+x^3+\dots$ $+x^n+{\displaystyle \frac{{\theta }^{n+1}}{(n+1)!}}{x}^{n+1},0<\theta <1,|x|<1$

Solution
间接法：不直接求Maclaurin系数

$e^{-x^4}=\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{1}{k!}}(-x^4{)}^k+o((-x^4{)}^n)$
$\because o(c{x}^k)=o(x^k)$
$=\sum _{k=0}^n{\displaystyle \frac{(-1{)}^k}{k!}}{x}^{4k}+o(x^{4n})$

Analysis
三角平方->三角函数的公式

${\cos }^{2}x={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\cos 2x$

利用函数的展开式计算极限

Analysis
若使用 #LHospital法则 求导过程麻烦
故使用 #Maclaurin公式 化简

Solution
$\begin{array}{rl}{e}^{-x^4}-{\cos }^{2}x-x^2& =(1-x^4+o(x^4))\\ & -(1-x^2+{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^4+o(x^4))\\ & -x^2\\ & =-{\displaystyle \frac{4}{3}}{x}^4+o(x^4),x\to 0\end{array}$
故答案为$-{\displaystyle \frac{4}{3}}$

=>本质：忽略某些高阶无穷小

Tips
写到低次幂不抵消为止

Solution

1. $e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$

2. $e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$

3. $2\sin x=2x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)$

代入：$=[(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3))-(1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3))]$$-2x+\frac{x^3}{6}-o(x^3)$
可见，此时三阶已经无法抵消
$={\displaystyle \frac{2}{3}}{x}^3+o(x^3)$对$x$为三阶

Solution
${\displaystyle \frac{1}{1+(-x^4)}}=\sum _{k=0}^m{(-x^4)}^k+o({(-x^4)}^m)$
$\Rightarrow f(x)={\displaystyle \frac{x}{1+x^4}}=\sum _{k=0}^m(-1{)}^k{x}^{4k+1}+o(x^{4m+1})$
也为
$\sum _{n=0}^{4m+1}{\displaystyle \frac{f^{(n)}(0)}{n!}}{x}^n+o(x^{4m+1})$

由 #Taylor多项式/唯一性
${\displaystyle \frac{f^{(n)}(0)}{n!}}=\{\begin{array}{ll}0& n\ne 4k+1\\ \\ (-1{)}^k& n=4k+1\end{array}$
$\therefore f^{(n)}(0)=\{\begin{array}{ll}0& n\ne 4k+1\\ \\ (-1{)}^{k}n!& n=4k+1\end{array}$

Tips
不建议在0/1展开，$f^{\prime }(x)$不好控制
=>在$x_0$展开

Solution

$f\left(t\right)\mathrm{在}x\mathrm{展}\mathrm{开}\Rightarrow f\left(t\right)=f\left(x\right)+f^{\prime }\left(x\right)(t-x)+{\displaystyle \frac{f^{″}\left(\xi \right){(t-x)}^2}{2!}}$

$f\left(0\right)=f\left(x\right)+f^{\prime }\left(x\right)(0-x)+{\displaystyle \frac{f^{″}\left({\xi }_1\right){(0-x)}^2}{2!}},{\xi }_1\in (0,x)$
$f\left(1\right)=f\left(x\right)+f^{\prime }\left(x\right)(1-x)+{\displaystyle \frac{f^{″}\left({\xi }_2\right){(1-x)}^2}{2!}},{\xi }_2\in (x,1)$

注意到 $x+(1-x)=1$

分别乘以 $(1-x),x$ $\Rightarrow$
$0=(1-x)f\left(x\right)-x(1-x)f^{\prime }\left(x\right)+{\displaystyle \frac{f^{″}\left({\xi }_1\right)}{2}}{x}^2(1-x)$
$0=xf\left(x\right)+x(1-x)f^{\prime }\left(x\right)+{\displaystyle \frac{f^{″}\left({\xi }_2\right)}{2}}{(1-x)}^{2}x$
$\Rightarrow \left|f\left(x\right)\right|={\displaystyle \frac{x(1-x)}{2}}\cdot |x{f}^{″}\left({\xi }_1\right)+(1-x)f^{″}\left({\xi }_2\right)|$
$\le {\displaystyle \frac{x(1-x)}{2}}M\le {\displaystyle \frac{M}{8}}$

Proof

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\dots +\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta }{x}^{n+1}}{(n+1)!}$

取$x=1$：

$e=1+1+\frac{1}{2!}+\dots +\frac{1}{n!}+\frac{e^{\theta }}{(n+1)!}$

反证法：令$e=\frac{p}{q}$，其中$p,q\in {\mathbb{N}}^{+}$，取$n>q$（且$n>3$）：

$\frac{n!p}{q}=(1+1+\frac{1}{2!}+\dots +\frac{1}{n!})n!+\frac{e^{\theta }}{(n+1)}$

$\Rightarrow$$e^{\theta }/(n+1)$是整数

由于$n>q$，因此$n!p/q$为整数。

因此，$e^{\theta }/(n+1)$为整数。

但是$0<\frac{e^{\theta }}{n+1}<\frac{e}{n+1}$$<\frac{3}{4}$，不是整数，产生矛盾

Solution
即${\displaystyle \frac{3}{(n+1)!}}<{10}^{-5}$
取$n\ge 8$即可