公式及其应用

§3.5　Taylor公式及其应用

设f（x）在x₀处连续，则有f（x）＝f（x₀）＋o（1）（x→x₀）。

设f（x）在x₀处可导，则有f（x）＝f（x₀）＋f′（x₀）（x－x₀）＋o（x－x₀）（x→x₀），即在x₀的附近，f（x）可以用一个线性函数p₁（x）＝f（x₀）＋f′（x₀）（x－x₀）代替，而误差是比x－x₀高阶的无穷小。

函数f（x）性质越好，越光滑，就可以用更高次数的多项式逼近f（x），误差亦为更高阶的无穷小量，即f（x）＝P_n（x）＋o（（x－x_０）ⁿ）（x→x₀）。

此即Taylor展开的思想实质。

一、基本结果

1．带有皮亚诺余项的Taylor展开

定理1　若f（x）在x₀的邻域U（x₀）内n－1阶可导，且f^（n）（x₀）存在，则

本质：将f（x）分解成f（x）＝P_n（x）＋R_n（x），如（1）式中的P_n（x）称之为f（x）在x₀处的n阶Taylor多项式。

定理1的核心在于余项的刻划

特别，当x₀＝0时，得到的Taylor公式也叫做Maclaurin公式

两种情形的转化：平移变换，在（1）中，令x＝x₀＋t，F（t）＝f（x₀＋t），只要求F（t）在t＝0处的Maclaurin展开式即可。

2．带有Lagrange型余项的Taylor展开公式

定理2　设f（x）在x₀的某邻域U（x₀）内n＋1阶可导，∀x∈U（x₀），∃介于x₀，x之间的ξ，使得

不难发现，该定理是Lagrange微分中值定理（相当于n＝0）的推广。

注1°　两类余项的比较：皮亚诺型余项刻划的是在x₀点附近的局部性质，用于求极限时比较方便；拉格朗日型余项刻划的是某区间内的整体性质。在考虑用多项式逼近函数作近似计算的误差时，或Taylor级数展开的有效性以及证明不等式等等场合，拉格朗日型余项无疑用处更大。

　2°　在定理2的条件之下，还有积分型余项公式

从积分型余项可以推出L-型余项。

3．Taylor多项式的唯一性

定理3　设f（x）在x₀处有直到n阶导数。则满足关系式

证明留作练习。

4．五大基本展开公式

e^x，sinx，cosx，ln（1＋x），（1＋x）^α

需牢牢记住上述五个函数的Taylor多项式及其皮亚诺型余项，或记住其幂级数展开式及收敛域。在此不再罗列，读者可参阅§1.1第五条款。

二、Taylor展开式的求法

一般而言，求f（x）的高阶导数是挺烦难的，故依定义式出发去求函数f（x）的Taylor展开属于下下策，且往往只能求出前几项。当题目只要求展开至前三项，前五项等时，才可使用此法。且没有什么技术性（若说有技术性，亦该隶属于求高阶导数的技巧）

Taylor多项式的唯一性定理确保我们在求解Taylor展开时可以使用形形色色的技巧和方法，不必拘泥于其定义式。那么较常用的展开方法有：代入法（利用基本的五大展开式），待定系数法，先微后积法。

解一　代入法　f（x）＝［1－（1－cosx）］^1/2令u＝1－cosx

利用代入法，还可以较方便地展开至x⁶项或x⁸项等等。

解二　依定义，求cosx的前四阶导数，阶数越高，运算量将翻番，且易出错，是一种没有办法的笨办法。具体求解过程从略。

cosx＝［a₀＋a₂x²＋a₄x⁴＋o（x⁴）］²

故有

（三个待定系数只要写出三项，比较相应的系数）

例2　将tanx展开至x⁵项。

将sinx，cosx的Taylor展开式代入，并相乘可以定出a₁，a₃，a₅（只需三项）：

例3　求arctanx的Taylor展开式。

当然这种运算的合理性还需要用幂级数理论及Taylor展开式的唯一性才能说明。读者可参阅本教材§5.4。

例4　设f（x）＝（x²－1）ⁿ，求f（x）在x＝1处的Taylor展开式。

解　要将f（x）写成∑a_k（x－1）^k的形式，鉴于f（x）本身是2n次多项式，故其Taylor展开式只有有限项。若用定义先求f^（n）（1），显得很烦（Leibniz公式）。现将f（x）变形，f（x）＝（x－1）ⁿ（x＋1）ⁿ，因式（x－1）ⁿ现成不必去动了。

注　倒用Taylor展开式，可以求f（x）的高阶导数值f^（k）（1）。

当1≤k<n时，f^（k）（1）＝0；

所以f^（k）（1）＝k！C^k－n_n2^2n－k。

当k>2n时，f^（k）（1）≡0。

类似得f（x）在x₀＝－1处的Taylor展开式是

进而可求得f^（k）（－1）。

第一层次：展开至含有x⁴的项（留待作业）。

第二层次：猜测各系数有什么特征？

　　B_n的递推关系：

　　B₀＝1，

　　B₀＋2B₁＝0，

　　B₀＋3B₁＋3B₂＝0，

　　B₀＋4B₁＋6B₂＋4B₃＝0，

　　…

附带介绍一下，利用Bernoulli数，可以表示出xcotx和tanx的完整的展开式

（技术：复数欧拉公式的应用e^ix＝cosx＋isinx，e^－ix＝cosx－isinx，以及tanx＝cotx－2cot2x）参阅［4］或［6］。

例6　ln2的近似求值。

当0≤x≤1时，

以此式计算ln2近似值的收敛速度非常之快！

思考：依上述两种不同的算法欲达到不超过万分之一的误差（精确到10^－4），分别需要多少求和项？从中仔细体会数学思想的奥妙！

三、利用Taylor展开式求极限

在第一章第一节中，我们已略加介绍用Taylor展开求极限的方法。

题目的特征：用洛必达法则将会越用越麻烦，故算是一类较有难度的题目。一般来说，此时的Taylor展开只需求出前面几项（以三阶，四阶居多，通常不会超过五阶），并且选用Peano型余项。再举几例：

代入原极限式可得所求极限值为12。

代入原极限式立得结果。

设h>0，于是

现在x>G且h>0，所以

四、关于导数的不等式

当题目中同时涉及f（x），f′（x）以及f″（x）相关性质或不等式时，除了联系函数的递增性，凸凹性等解题外，Taylor展开式的使用也是一大工具，如上面的例9。在本段中，我们专就用Taylor展开式（一般至二阶）证明不等式作一些探讨。

例10　设f（x）在（a，＋∞）内有连续的二阶导数，且f（x）>0，f″（x）<0，试证f′（x）≥0。

分析　试用几何图形，转化为f（x）严格凹，则f（x）必然单调不减。

如y＝lnx （x≥1），y＝arctanx （x>0）等等。

证明一　因为f″（x）<0，故f′（x）严格递减。反证法若存在x₀st　f′（x₀）<0

则依凹函数之意义，曲线y＝f（x）一定位于点M（x₀，f（x₀））处切线之下方，切线方程是y＝f（x₀）＋f′（x₀）（x－x₀）。当x→＋∞时，y→－∞，故由f（x）<f（x₀）＋f′（x₀）（x－x₀）知，f（x）→－∞。与条件矛盾。

证明二　若∃x₀>a，st　f′（x₀）<0，由Taylor展开知：

故当x→＋∞时，f（x）→－∞，同样得出矛盾。

例11　设f（x）在［0，1］上二阶可导，且有｜f（x）｜≤1，｜f″（x）｜<2，试证｜f′（x）｜≤3。

证明　x作为展开的基点，存在η∈（0，x）及ξ∈（x，1）使得

两式相减

所以

｜f′（x）｜≤2＋x²＋（1－x）²≤3。

证　设x₀是f在［0，1］上的最小值点，f（x₀）＝－1，则x₀∈（0，1），以x₀为基点，对f（x）作Taylor展开（一阶），因为f′（x₀）＝0。

特以x＝0，1代入得

注　此类内部最值点一定是极值点，故为稳定点。

关键信息：利用f′（x₀）＝0在Taylor展开中就可以少去一项。

例13　设f（x）在［a，b］二阶可导，且f′（a）＝f′（b）＝0，则∃c∈（a，b），使得

分析　条件f′（a）＝f′（b）＝0作何用？几何意义甚难联系，而作为Taylor展开的基点时，特别简化。

证明　将f（x）分别在x＝a，x＝b作Taylor展开，利用f′（a）＝f′（b）＝0，得

即

令｜f″（c）｜＝max｛｜f″（ξ₁）｜，｜f″（ξ₂）｜｝即可以得到

证明　此题和例11有点类似，以x作为展开的基点

得出

遗憾的是恰恰相反。唯一的切入点是：（*）式左边跟h无关，故

（比起例子来，此时条件强，结论也强了）。

习题3.5

1．求以下各函数的Taylor展开：

（5）（1＋x）ln（1＋x）展开为Taylor级数；

（6）（x²－1）ⁿ在x＝－1处的Taylor展开式，并求f^（n＋2）（－1）。

2．利用Taylor展开式求下列各极限：

3．试分析sin（tanx）－tan（sinx）当x→0^＋时是几阶无穷小？并写出其主部。

　（即f（x）为凸函数）。

（北师大2004年）

　并说明常数4是最好的；如果再设f（x）≢常数，试证上述不等式中可使严格不等式成立。

（南开大学1981）