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1 引入

对于一些复杂函数，我们希望用一些简单的函数（幂函数-多项式函数）来近似表达。

前面我们在学习微分时，有$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+o(x-x_0)$（误差）

$\Rightarrow f(x)\approx f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)$

但是这种近似有缺点：

1. 近似精确度不高
2. 有误差，无法估计

2 泰勒中值定理

2.1 泰勒多项式

设函数$f(x)在x_0$处有n阶导数，试找出一个关于$(x-x_0)的n$次多项式

$p_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+\cdots +a_n(x-x_0{)}^n$ (3-1)

来近似表达$f(x)$要求$P_n(x)与f(x)$之差是当$x\to x_0时比(x-x_0{)}^n$高阶的无穷小。

要满足上述要求，我们假设$P_n(x)在x_0$处的函数值及它直到n阶导数在$x_0$处的值依次与$f(x_0),f^{{}^{\prime }}(x_0),\cdots ,f^{(n)}(x_0)$相等，即

$p_n(x_0)=f(x_0),P_n^{{}^{\prime }}(x_0)=f^{{}^{\prime }}(x_0),P_n^{{}^{\prime \prime }}(x_0)=f^{{}^{\prime \prime }}(x_0),\cdots ,P_n^{(n)}(x_0)=f^{(n)}(x_0)$

对（3-1）式求各阶导数，导入上式得

$a_0=f(x_0),a_1=f^{{}^{\prime }}(x_0),a_2=\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!},\cdots ,a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$

$p_n(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n$ (3-2)

下面的定理表明，多项式（3-2）的确是我们要找的n次多项式。

3.2 泰勒中值定理1

如果函数$f(x)在x_0处具有n$阶导数，那么存在$x_0$的一个邻域，对于改邻域内的任一$x$,有

$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x)$ (3-3)

其中$R_n(x)=o((x-x_0{)}^n)$ (3-4)

$$\begin{gathered} 证明： \\ 记R_n(x)=f(x)-P_n(x),则 \\ {R}_n(x_0)=R_n^{{}^{\prime }}(x_0)=R^{{}^{\prime \prime }}(x_0)=\cdots =R^{(n)}(x_0)=0 \\ 由于f(x)在x_0处具有你阶导数，从而R_n(x)也在该邻域内n阶可导，反复应用洛必达法则，得 \\ \underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{{}^{\prime }}(x)}{n(x-x_0{)}^{n-1}}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{{}^{\prime }}(x)}{n(x-x_0{)}^{n-1}} \\ =\cdots =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)}=\frac{1}{n!}{R}^{(n)}(x_0)=0 \\ 因此R_n(x)=o((x-x_0{)}^n) \end{gathered}$$

注：

1. $R_n(x)=o((x-x_0{)}^n)称为f(x)在x_0处$的佩亚诺余项

3.3 泰勒中值定理2

如果函数$f(x)$在$x_0$的某个邻域$U(x_0)$内具有$(n+1)$阶导数，那么对于任一$x\in U(x_0)$，有

$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x)$ (3-5)

其中$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$ (3-6)

这里$\xi 是x与x_0$直接的某个值

$$\begin{gathered} 证明： \\ 记R_n(x)=f(x)-P_n(x),则 \\ 只需证明R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1} \\ 由假设可知R_n(x_0)=R_n^{{}^{\prime }}(x_0)=R^{{}^{\prime \prime }}(x_0)=\cdots =R^{(n)}(x_0)=0 \\ 对于2个函数Rn(x)及(x-x_0{)}^{n+1}在以x_0和x为端点的区间上应用柯西中值定理（这2个函数满足柯西中值定理条件） \\ \frac{Rn(x)}{(x-x_0{)}^{n+1}}=\frac{Rn(x)-Rn(x_0)}{(x-x_0{)}^{n+1}-(x_0-x_0{)}^{n+1}} \\ =\frac{R{n}^{{}^{\prime }}({\xi }_1)}{(n+1)({\xi }_1-x_0{)}^n}({\xi }_1在x_0与x之间) \\ 在对这2个函数以{\xi }_1和x_0为端点的区间应用柯西中值定理 \\ \frac{R{n}^{{}^{\prime }}({\xi }_1)}{(n+1)({\xi }_1-x_0{)}^n}=\frac{R{n}^{{}^{\prime }}({\xi }_1)-R{n}^{{}^{\prime }}(x_0)}{(n+1)({\xi }_1-x_0{)}^n-(n+1)(x_0-x_0{)}^n} \\ =\frac{R{n}^{{}^{\prime \prime }}({\xi }_2)}{(n+1)n({\xi }_2-x_0{)}^{n-1}}({\xi }_2在{\xi }_1与x_0之间) \\ 重复应用柯西中值定理，经过(n+1)次后，得 \\ \frac{Rn(x)}{(x-x_0{)}^{n+1}}=\frac{R{n}^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(\xi 在{\xi }_n与x_0之间，因此也在x_0与x之间) \\ R{n}^{(n+1)}(\xi )=[f(\xi )-Pn(\xi ){]}^{(n+1)}=f^{(n+1)(\xi )}-P{n}^{(n+1)(\xi )} \\ 其中P{n}^{(n)}(x)为常数，P{n}^{(n+1)(\xi )}=0 \\ 所以R{n}^{(n+1)}(\xi )=f^{(n+1)(\xi )}即 \\ {R}_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}(\xi 在x_0与x之间) \end{gathered}$$

注：

1. 该公式称为$f(x)在x_0$处带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式
2. 也称为将$f(x)在x_0$处展成带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式或称为$f(x)按(x-x_0)$的幂展成带有拉格朗日型余项的n阶泰勒公式
3. $n=0时，f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(\xi )(x-x_0)$,即为拉格朗日中值定理公式

2.4 误差估计

由泰勒中值定理2知，我们用Pn(x)近似表达函数$f(x)$时，其误差为$|Rn(x)|$。如果对于某个固定的n，当$x\in U(x_0)时，|f^{(n+1)}(x)|\le M$,那么有估计式

$|Rn(x)|=|\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}|\le \frac{M}{(n+1)!}(|x-x_0|{)}^{n+1}$

4 麦克劳林公式

如果取$x_0=0$,那么泰勒公式变为：
$$\begin{gathered} f(x)=f(0)+f^{{}^{\prime }}(0)\cdot x+\frac{f^{{}^{\prime }}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_n(x) \\ Rn(x)=\{\begin{array}{l}o(x^n)佩亚诺型余项\\ \frac{f^{n+1}(\xi )}{(n+1)!}{x}^{n+1}(\xi 在x_0与x之间)拉格朗日型余项\end{array} \end{gathered}$$
此公式称为$f(x)的n阶$麦克劳林公式。

注：

1. $\xi$可以写成$\theta x(0<\theta <1)$
2. 相应的误差估计：$|Rn(x)|\le \frac{M}{(n+1)!}|x{|}^{n+1}$
3. 麦克劳林公式函数$f(x)按x的幂$展开

5 常见麦克劳林公式

$$\begin{gathered} e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}(o(x^n)) \\ \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots +(-1{)}^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+(-1{)}^m\frac{\cos \theta x}{(2m+1)!}{x}^{2m+1}(o(x^{2m-1})) \\ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots +(-1{)}^m\frac{x^{2m}}{(2m)!}+(-1{)}^{m+1}\frac{\cos \theta x}{(2m+2)!}{x}^{2m+2}(o(x^{2m})) \\ \ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n!}+\frac{(-1{)}^n}{(n+1)(1+\theta x{)}^{n+1}}(o(x^n)) \\ (1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}{x}^n+\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n)}{(n+1)!}(1+\theta x{)}^{\alpha -n-1}{x}^{n+1}(o(x^n)) \end{gathered}$$

6 泰勒公式相关例题

6.1 将函数展成指定的泰勒公式

6.1.1 公式法

直接利用泰勒公式或者麦克劳林公式

6.1.2 间接展法（变量替换）

$f(x)=f(0)+f^{{}^{\prime }}(0)\cdot x+\frac{f^{{}^{\prime }}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_n(x)$

$f[g(x)]=f(0)+f^{'}(0)\cdot g(x)+\frac{f^{'}(0)}{2!}g2(x)+\cdots+\frac{f^{{(n)}(0)}{n!}g}n(x)+R_n[g(x)] $

例2

1）将$f(x)=e^{2x}$展成佩亚诺型余项的n阶麦克劳林公式
$$\begin{gathered} 解：e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+o(x^n) \\ 用2x替换x后仍然是关于x的幂的展开式即麦克劳林公式，所以直接替换，得 \\ {e}^{2x}=1+2x+\frac{(2x{)}^2}{2!}+\cdots +\frac{(2x{)}^n}{n!}+o(x^n) \\ =e^x=1+2x+\frac{2^2}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{2^n}{n!}{x}^n+o(x^n) \end{gathered}$$
2)把$f(x)=e^x在x=1$处展成佩亚诺型余项的n阶泰勒公式
$$\begin{gathered} 解：我们知道e^x的n阶麦克劳林公式，但是需要展成(x-1)的幂的多项式 \\ {e}^x=e^{1+(x-1)}=e\cdot e^{x-1}=e[1+(x-1)+\frac{(x-1{)}^2}{2!}+\cdots +\frac{(x-1{)}^n}{n!}+o((x-1{)}^n)] \\ =e+e(x-1)+\frac{e}{2!}(x-1{)}^2+\cdots +\frac{e}{n!}(x-1{)}^n+o((x-1{)}^n) \end{gathered}$$

• 也可以直接利用公式带入

3）把$f(x)=x\cdot \ln (2+x)$展成n阶麦克劳林公式
$$\begin{gathered} 解：已知\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n!}+o(x^n) \\ 如果\ln (2+x)=\ln [1+(1+x)]带入展开是(1+x)的幂的多项式即f(x)在-1处的泰勒公式不是麦克劳林公式 \\ 此时\ln (2+x)=\ln [2(1+\frac{1}{2}x)]=\ln 2+\ln (1+\frac{1}{2}x) \\ 因为f(x)=x\cdot \ln (2+x)，所以\ln (1+\frac{1}{2}x)展成n-1阶即可,得 \\ \ln (1+\frac{1}{2}x)=\frac{1}{2}x-\frac{x^2}{2^2\cdot 2!}+\frac{x^3}{2^3\cdot 3!}-\cdots +(-1{)}^{n-2}\frac{x^{n-1}}{2^{n-1}(n-1)!}+o(x^{n-1}) \\ f(x)=x[\ln 2+\ln (1+\frac{1}{2}x)]=x\ln 2+\frac{1}{2}{x}^2-\frac{x^3}{2^2\cdot 2!}+\frac{x^4}{2^3\cdot 3!}-\cdots +(-1{)}^{n-2}\frac{x^n}{2^{n-1}(n-1)!}+o(x^n) \end{gathered}$$

6.2 利用泰勒公式求极限

• 无穷小的运算

$o(x^n)\pm o(x^n)=o(x^n)o(x^n)+o(x^k)=o(x^n)(k<n)$

$m.o(x^n)=o(m{x}^n)=o(x^n)(m为常数)$

$x^k.o(x^n)=o(x^{n+k})o(x^k).o(x^n)=o(x^{n+k})$

$\frac{o(x^n)}{x^k}=o(x^{n-k})(k<n)$

例3 求极限$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{{\sin }^{4}x}$
$$\begin{gathered} 解：当x\to 0时,有 \\ {\sin }^{4}x\backsim x^4,那么分子展成4阶泰勒公式 \\ \cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+o(x^4) \\ {e}^{-\frac{x^2}{2}}=1+(-\frac{x^2}{2})+\frac{(-\frac{x^2}{2}{)}^2}{2!}+o(x^4) \\ \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}=\frac{1}{6}{x}^4+o(x^4) \\ 所以\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{{\sin }^{4}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{6}{x}^4+o(x^4)}{x^4}=\frac{1}{6} \end{gathered}$$
注：

1. 利用泰勒公式求极限就是用多项式+余项代替复杂公式，进而求多项式+余项的极限的思想

2. 那么泰勒公式要展成几阶呢？（观察分子、分母的最低次幂）

3. 要注意与等价无穷小代换，有理化等结合使用

6.3 确定无穷小的阶数

若$f(x)=a_j{x}^k+a_{j+1}{x}^{k+1}+\cdots +a_m{x}^n,(a_j\ne 0,k<n)$,

则当$x\to 0$时，有$f(x)\backsim a_j{x}^k$

即$f(x)是x的k阶无穷小$

$$\begin{gathered} 证明：\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{a_j{x}^k}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a_j{x}^k+a_{j+1}{x}^{k+1}+\cdots +a_m{x}^n}{a_j{x}^k} \\ =\underset{x\to 0}{\lim }(1+\frac{a_{j+1}}{a_j}x+\frac{a_{j+2}}{a_j}{x}^2+\cdots +\frac{a_m}{a_j}{x}^{n-k})=1 \\ 即f(x)\backsim a_j{x}^k或f(x)是x的k阶无穷小 \end{gathered}$$

例4 试确定$a,b,使f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x,当x\to 0$时是关于$x的5$阶无穷小。
$$\begin{gathered} 解：化简f(x) \\ f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x=x-a\sin x-b\sin x\cos x=x-a\sin x-\frac{b}{2}\sin 2x \\ 把f(x)展成5阶麦克劳林公式，得 \\ f(x)=x-a(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5))-\frac{b}{2}(2x-\frac{2^3{x}^3}{3!}+\frac{2^5{x}^5}{5!}+o(x^5)) \\ =(1-a-b)x+\frac{a+4b}{3!}{x}^3-\frac{a+16b}{5!}{x}^5+o(x^5) \\ 因为f(x)是关于x的5阶无穷小，则 \\ \{\begin{array}{l}1-a-b=0\\ a+4b=0\\ a+16b\ne 0\end{array} \\ 求解方程组得a=-\frac{1}{3}b=\frac{4}{3} \end{gathered}$$

6.4 求$f^{(n)}(x_0)$即$f(x)$的n阶导在某一点的值

原理 $f(x)的n阶泰勒公式为:f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+o((x-x_0{)}^n)$

若已知$f(x)$的展开式为：$f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+o((x-x_0{)}^n)$

则$\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}=a_n,即f^{(n)}(x_0)=n!a_n$

例5 $f(x)=(1+x^2)\cdot e^x$,求$f^{(100)}(0)$

1）可以利用莱布尼茨公式求$f(x)的100阶导数$，在带入x=0求值

2）利用麦克劳林公式(x=0)
$$\begin{gathered} 解：因为求f^{(100)}(0)，那么我们把f(x)展成100阶麦克劳林公式且只关心x^{100}项的系数 \\ f(x)=(1+x^2)(1+x+\cdots +\frac{1}{98!}{x}^{98}+\cdots +\frac{1}{100!}{x}^{100}+o(x^{100})) \\ 设x^{100}项的系数为a_{100},则 \\ {a}_{100}=\frac{1}{100!}+\frac{1}{98!}则 \\ {f}^{(100)}(0)=a_{100}100!=(\frac{1}{100!}+\frac{1}{98!})100!=1+9900=9901 \end{gathered}$$

6.5 证明题

例6. 设函数$f(x)在闭区间[-1,1]$上是具有3阶连续导数，且$f(-1)=0,f(1)=1,f^{{}^{\prime }}(0)=0$

证明：存在$\xi \in (-1,1),使f^{{}^{\prime \prime \prime }}(\xi )=3$

分析：

1. 证明涉及到二阶及以上的导数，考虑泰勒公式。
2. • 要展成几阶泰勒公式：结论为$f^{{}^{\prime \prime \prime }}(\xi )$,余项为阶，展成2阶泰勒公式即可
   • 在哪一点展开-看哪一点的信息最利于展开
     • 在0出有1阶导的值，适合展开

证明：f(x)在x=0处展开2阶泰勒公式，得f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+f′′′(ξ)3!x3(ξ在0及x之间)带入f(−1)=0,f(1)=1,f′(0)=0得{f(−1)=0=f(0)+f′′(0)2−f′′′(ξ1)6(ξ1∈(−1,0))(1)f(1)=1=f(0)+f′′(0)2+f′′′(ξ2)6(ξ2∈(0,1))(2)(2)式−(1)式得f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)6=1即f′′′(ξ1)+f′′′(ξ2)2=3令g(x)=f′′′(x),x∈[−1,1],则g(x)在[−1,1]上连续ξ1∈(−1,0),ξ2∈(0,1),则min⁡{g(ξ1),g(ξ2)}≤g(ξ1)+g(ξ2)2≤max⁡{g(ξ1),g(ξ2)}则由介值定理知∃ξ∈(ξ1,ξ2)⊂(−1,1),使g(ξ)=3即f′′′(ξ)=3证明：f(x)在x=0处展开2阶泰勒公式 ，得\\ f(x)=f(0)+f^{'}(0)x+\frac{f^{''}(0)}{2!}x^2+\frac{f^{'''}(\xi)}{3!}x^3(\xi在0及x之间) \\ 带入f(-1)=0,f(1)=1,f^{'}(0)=0 \quad得\\ \begin{cases} f(-1)=0=f(0)+\frac{f^{''}(0)}{2}-\frac{f^{'''}(\xi_1)}{6}(\xi_1\in(-1,0)) \quad (1) \\ f(1)=1=f(0)+\frac{f^{''}(0)}{2}+\frac{f^{'''}(\xi_2)}{6}(\xi_2\in(0,1)) \quad(2) \end{cases} \\ (2)式-(1)式得 \\ \frac{f^{'''}(\xi_1)+f^{'''}(\xi_2)}{6}=1 即\frac{f^{'''}(\xi_1)+f^{'''}(\xi_2)}{2}=3 \\ 令g(x)=f^{'''}(x),x\in[-1,1],则g(x)在[-1,1]上连续 \\ \xi_1\in(-1,0),\xi_2\in(0,1),则 \\ \min\{g(\xi_1),g(\xi_2)\}\le\frac{g(\xi_1)+g(\xi_2)}{2}\le\max\{g(\xi_1),g(\xi_2)\} \\ 则由介值定理知 \exists\xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset(-1,1),使g(\xi)=3 即\\ f^{'''}(\xi)=3 证明：f(x)在x=0处展开2阶泰勒公式，得f(x)=f(0)+f′(0)x+2!f′′(0)​x2+3!f′′′(ξ)​x3(ξ在0及x之间)带入f(−1)=0,f(1)=1,f′(0)=0得⎩⎨⎧​f(−1)=0=f(0)+2f′′(0)​−6f′′′(ξ1​)​(ξ1​∈(−1,0))(1)f(1)=1=f(0)+2f′′(0)​+6f′′′(ξ2​)​(ξ2​∈(0,1))(2)​(2)式−(1)式得6f′′′(ξ1​)+f′′′(ξ2​)​=1即2f′′′(ξ1​)+f′′′(ξ2​)​=3令g(x)=f′′′(x),x∈[−1,1],则g(x)在[−1,1]上连续ξ1​∈(−1,0),ξ2​∈(0,1),则min{g(ξ1​),g(ξ2​)}≤2g(ξ1​)+g(ξ2​)​≤max{g(ξ1​),g(ξ2​)}则由介值定理知∃ξ∈(ξ1​,ξ2​)⊂(−1,1),使g(ξ)=3即f′′′(ξ)=3

7 后记

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参考：

[1]同济大学数学系.高等数学 第七版 上册[M].北京:高等教育出版社,2014.7.P137~p143.

[2]【梨米特】同济七版《高等数学》全程教学视频｜纯干货知识点解析，应该是全网最细｜微积分 | 高数[CP/OL].2020-04-16.p21.