泰勒展开 | zhongyuwei's blog

资料

一个比较详细的介绍
 一个微积分的推导
 一个我没有看懂的推导
 知乎上一个提了拉格朗日中值定理的回答
 知乎上一个使用了柯西中值定理的证明

泰勒公式推导

简单来说，如果我们知道某一个函数在某一个点的取值，以及在这个点的各阶导数的取值，我们就可以通过泰勒公式构造出一个多项式，从而近似地得到这个点附近的点的这个函数取值。

对于函数$f(x)$，我们已经知道$f(x_0)$以及$f$在$x_0$处的$1,2,3\cdots n$阶导数。我们需要构造一个关于$x$的多项式$P$，使得$P(x)$的取值尽可能地接近$f(x)$。

考虑$P(x)$满足什么条件它才能够和$f(x)$比较接近：

$P(x_0)$应该等于$f(x_0)$
在$x_0$这个点，两个函数的切线的斜率应该相等，也就是他们的一阶导数相等。
在$x_0$这个点，两个函数的曲率也应该相等，也就是他们的二阶导数也应该相等。
$\cdots $
在$x_0$这个点，两个函数的$1,2,3\cdots n$阶导数都应该相等。

我们设$P(x)= \sum_{i=0}^n A_i(x-x_0)^i + R_n(x)$，最后的$R_n(x)$是余项，也就是误差。那么根据前面的推导我们可以知道：

$P(x_0) = A_0 =f(x_0)$
$P’(x_0) = 1\cdot A_1 = f’(x_0) $（次数高于$1$的项此时因为$x-x_0=0$所以取值都是$0$；取值低于$1$的项因为求导已经没有了）
$P’’(x_0) = 1\cdot 2\cdot A_2 = f’’(x_0)$
$P’’’(x_0) = 1\cdot 2\cdot 3 \cdot A_3 = f’’’(x_0)$
$\cdots $
$P^{(n)}(x_0)= n!A_n = f^{(n)}(x_0)$

于是我们得到了$A_i = {f^{(n)}(x_0)\over n!}$。

因此我们有了泰勒公式：

$f(x) = f(x_0) +\sum_{i=1}^n {f^{(i)}(x_0)\over i!} (x-x_0)^i + R_n(x)$

当$x_0 = 0$的时候这就是麦克劳林公式：

$f(x) = f(0) + \sum_{i=1}^n {f^{(i)}(0) \over i!} x^i + R_n(x)$

一些常用函数的泰勒展开

$e^x = \sum_{i=0}^{\infty } {x^i \over i!}\\ \ln (1+x) = \sum_{i=1}^{\infty } {(-1)^{i+1} (i-1)!\over i!}x^i = \sum_{i=1}^{\infty }{(-1)^{i+1}\over i}x^i\\ \sin(x) = {\cos(0)\over 1!}x^1 - {\sin(0) \over 2!}x^2 - { \cos(0)\over 3!}x^3 + {\sin(0)\over 4!}x^4\cdots \\ ={x^1\over 1!} - {x^3\over 3!} + {x^5\over 5!} - {x^7\over 7!}\cdots \\ \cos(x) = 1-{x^2\over 2!} +{x^4\over 4!} - {x^6\over 6!}\\ {1\over 1-x} = 1 + x + x^2 + x^3\cdots$

upd 2020.1.15

余项的估计

函数$c \cdot {x^n \over n!}$的$n$阶导数是$c$。
对于连续且可以求$n+1$阶导的函数$f(x)$，以及某两个点$a,b$，令$y=cx^{n+1}$过$(a,f(a)),(b,f(b))$，则至少存在一个点$\theta \in (a,b)$，满足${f^{(n+1)}(\theta)\over (n+1)!} = c$。（拉格朗日中值定理的推广？我不会证）
$R_n(x) = f(x) - \sum_{i=0}^n {f^{(i)}(a)\over i!}(x-a)^i$，如果把$R_n(x)$看做一个关于$x$的函数，将$f(x)$泰勒展开为$f(x) = \sum_{i=0}^\infty {f^{(i)}(a)\over i!}(x-a)^i$，就可以得到$R_n^{(n+1)} (x)= f^{(n+1)}(x)$。
必然存在一个点$\theta \in (a,x)$，满足$R_n(x) - R_n(a) = {R_n^{(n+1)}(\theta)\over (n+1)!} (x-a)^{n+1}$，也就是$R_n(x) = {f^{(n+1)}(\theta)\over (n+1)!}(x-a)^{n+1}$。
所以，如果某个$M$满足$M\ge |R_n^{(n+1)}(\theta)|, \theta \in (a,x)$，那么就可以得到$|R_n(x)| \le {M\over (n+1)!}(x-a)^{n+1}$