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1、泰勒公式泰勒公式 泰勒公式 一 带有佩亚诺型余项的泰勒公式 由微分概念知：f在点x0可导，则有 f(x)=f(x0)+f(x0)(x-x0)+o(x-x0). 即在点x0附近，用一次多项式f(x0)+f(x0)(x-x0)逼近函数f(x)时，其误差为(x-x0)的高阶无穷小量然而在很多场合，取一次多项式逼近是不够的，往往需要用二次或高于二n次的多项式去逼近，并要求误差为o(x-x0)，其中n为多项式的次数为此，我们考察任一n次多项式 2n pn(x)=a0+a1(x-x0)+a2(x-x0)+L+an(x-x0). (1) 逐次求它在点x0处的各阶导数，得到 (n) pn(x0)=a0，pn(
2、x0)=2!a2，L,pn(x0)=n!an， 即 a0=pn(x0),a1=pn(x0)1!,a2=pn(x0)2!,Lan=pn(n)(x0)n!. 由此可见，多项式pn(x)的各项系数由其在点x0的各阶导数值所唯一确定 对于一般函数f，设它在点x0存在直到n阶的导数由这些导数构造一个n次多项式 1 泰勒公式 Tn(x)=f(x0)+f(x0)1!n(x-x0)+f(x0)2!(x-x0)+L2+f(n)(x0)n!(x-x0),f(k)称为函数f在点x0处的泰勒(Taylor)多项式，Tn(x)的各项系数(x0)k!2，n)(k=1，称为泰勒系数由上面对多项式系数的讨论，易知f(x)与其
3、泰勒多项式Tn(x)在点x0有相同的函数值和相同的直至n阶导数值，即f(k)(x0)=Tn(k)(x0),k=0,1,2,L,n. 下面将要证明f(x)-Tn(x)=o(x-x0)n)，即以(2)式所示的泰勒多项式逼近f(x)时，其误差为关于(x-x0)n的高阶无穷小量 定理68 若函数f在点x0存在直至n阶导数，则有f(x)=Tn(x)+o(x-x0)n),即 f(x)=f(x0)+f(x0)(x-x0)+f(n)f(x0)2!(x-x0)+L2(x0)n!(x-x0)+o(x-x0).nnn证 设 Rn(x)=f(x)-Tn(x),Qn(x)=(x-x0), 现在只要证 limRn(x)Q
4、n(x)xx0=0. (n)由关系式(3)可知， Rn(x0)=Rn(x0)=LRn(x0)=0 (n-1)(n)并易知 Qn(x0)=Qn(x0)=L=Qn(x0)=0,Qn(x0)=n!. 因为f(n)(x0)存在，所以在点x0的某邻域U(x0)内f存在n1阶导函数f(x)于是，当xU(x0)且xx0时，允许接连使用洛必达法则，n1次，得到 oxx0limRn(x)Q(x)f=limRn(x)Qn(x)(n-1)xx0=L=lim(n)Rn(n-1)(n-1)(x)(x)xx0Qn(n-1)=lim1(x)-f(x0)-f(x0)(x0)(x-x0)xx0n(n-1)L2(x-x0)f(n
5、-1)(x0)=n!xx0lim(x)-fx-x0(n-1)-f(n)=0. 定理所证的(4)式称为函数f在点x0处的泰勒公式，Rn(x)=f(x)-Tn(x)称为泰勒公2 泰勒公式 式的余项，形如o(x-x0)n)的余项称为佩亚诺(Peano)型余项所以(4)式又称为带有佩亚诺型余项的泰勒公式 注1 若f(x)在点x0附近满足f(x)=pn(x)+o(x-x0)n),， (5) 其中pn(x)为(1)式所示的n阶多项式，这时并不意味着pn(x)必定就是f的泰勒多项式Tn(x)例如 f(x)=xn+1D(x),nN+,其中D(x)为狄利克雷函数不难知道，f(x)在x=0处除了f(0)=0外不再
6、存在其他任何阶导数(为什么?)因此无法构造出一个高于一次的泰勒多项式Tn(x)，但因 limf(x)xnx0=limxD(x)=0,即f(x)=o(x)，所以若取 x0n pn(x)=0+0x+0x2+L+0xn0.时，(5)式对任何nN+恒成立 注2 满足(5)式要求(即带有佩亚诺型误差)的n次逼近多项式pn(x)是唯一的 综合定理68和上述注2，若函数f满足定理68的条件时，满足(5)式要求的逼近多项式pn(x)只可能是f的泰勒多项式Tn(x) 以后用得较多的是泰勒公式(4)在x0=0时的特殊形式： f(x)=f(0)+f(0)x+f(0)2!x2+L+f(n)(0)n!xnn+o(x).
7、 它也称为(带有佩亚诺余项的)麦克劳林(Maclaurin)公式 例1 验证下列函数的麦克劳林公式： (1) ex=1+x+x22!x3+L+xnn!+o(x); n (2) sinx=x-3!x2+x55!x4+L+(-1)m-1x2m-1(2m-1)!m+o(x2m); (3) cosx=1-2!+4!+L+(-1)x2m(2m)!+o(x)2m+1; (4) ln(1+x)=x- (5) (1+x)(6) 11-xax22+x33+L+(-1)2n-1xnn+o(x)； nnn=1+ax+2a(a-1)2!nx+L+na(a-1)L(a-n+1)n!x+o(x); =1+x+x+L+x+
8、o(x) 证 这里只验证其中两个公式，其余请读者自行证明 kp(k)，因此 (2) 设f(x)=sinx，由于f(x)=sin(x+2 f(2k)(0)=0,f(2k-1)(0)=(-1)k-1,k=1,2L,n. 3 泰勒公式 代人公式(6)，便得到sinx的麦克劳林公式由于这里有T2m-1(x)=T2m(x)，因此公式中的余项可以写作o(x2m-1)，也可以写作o(x2m)关于公式3)中的余项可作同样说明 (4)设f(x)=ln(1+x)f(x)=(k)11+x,L,f(k)(x)=(-1)k-1(k-1)!(1+x)-k,k=1,2,L,n因此f(0)=(-1)k-1(k-1)!,k=1
9、,2,L,n.代人公式(6)，便得ln(1+x)的麦克劳林公式 利用上述麦克劳林公式，可间接求得其他一些函数的麦克劳林公式或泰勒公式，还可用来求某种类型的极限 例2 写出f(x)=e解 用(-x2-x22的麦克劳林公式，并求f(98)(0)与f(99)(0) 2)替换公式1)中的x，便得 e-x22=1-x22+x2422!+L(-1)nx2n2n!n+o(x2n). 根据定理68注2，知道上式即为所求的麦克劳林公式 由泰勒公式系数的定义，在上述f(x)的麦克劳林公式中，x98与x99的系数分别为 198!f(98)(0)=(-1),f(99)49124949!99!,1f(99)(0)=0.
10、 由此得到f(98)(0)=-98!24949!(0)=0. 例3 求lnx在x=2处的泰勒公式 解 由于lnx=ln2+(x-2)=ln2+ln(1+12x-22),因此 x=ln2+(-1)n-1(x-2)-1122n2(x-2)+L2nn2n(x-1)+o(x-2).根据与例1的相同的理由，上式即为所求的泰勒公式 cosx-e4-x22例 4 求极限limx 解 本题可用洛必达法则求解(较繁琐)，在这里可应用泰勒公式求解考虑到极限式的x04分母为x，我们用麦克劳林公式表示极限的分子(取n=4，并利用例2)：. cosx=1-x2x22x2+x424x4+o(x),5+o(x),5e2=1
11、-2+84 泰勒公式 -x2cosx-e2=-x412+o(x). x25因而求得limcosx-e4-2-=lim112x+o(x)445x0xx二 带有拉格朗日型余项的泰勒公式 x0=-112. 上面我们从微分近似出发，推广得到用n次多项式逼近函数的泰勒公式。它的佩亚诺型余项只是定性地告诉我们：当xx0时，逼近误差是较(x-x0)n高阶的无穷小量。现在我们将泰勒公式构造一个定量形式的余项，以便于对逼近误差进行具体的计算或估计。 定理 6.9 若函数f在a,b上存在直至n阶的连续导函数，在(a,b)内存在(n+1)阶导函数，则对任意给定的x,x0a,b，至少存在一点x(a,b)，使得 f(x
12、)=f(x0)+f(x0)(x-x0)+f(x0)2!(x-x0)(x-x0)+L2+f(n)(x0)n!(x-x0)+nf(n+1)(x)n+1(n+1)!.证 作辅助函数F(t)=f(x)-f(t)+f(t)(x-t)+L+n+1f(n)(t)n!(x-t), nG(t)=(x-t). F(x0)G(x0)f(n+1)所要证明的(7)式即为F(x0)=f(n+1)(x)(n+1)!G(x0)或=(x)(n+1)!.不妨设x0x,则F(t)与G(t)在x0,x上连续,在(x0,x)内可导,且 f(n+1)F(t)=-(t)n!(x-t), nG(t)=-(n+1)(x-t)0. n又因F(x
13、)=G(x)=0，所以由柯西中值定理证得 F(x0)G(x0)F(x0)-F(x)G(x0)-G(x)F(x)G(x)f(n+1)=(x)(n+1)!, 其中x(x0,x)(a,b). 式同样称为泰勒公式，它的余项为 Rn(x)=f(x)-Tn(x)=f(n+1)(x)(n+1)!(x-x0)n+1, 5 泰勒公式 x=x0+q(x-x0)(0q1), 称为拉格朗日型余项所以(7)式又称为带有拉格朗日型余项的泰勒公式。 n=0时，即为拉格朗日中值公式 f(x)-f(x0)=f(x)(x-x0).所以，泰勒定理可以看作拉格朗日中值定理的推广 当x0=0时，得到泰勒公式 f(x)=f(0)+f(0
14、)x+f(0)(n)2f(0)n2!x+L+n!xn+1)+f(qx) 1(n+1)!xn+(0q1). (8)式也称为(带有拉格朗日余项的)麦克劳林公式 例5 把例1中六个麦克劳林公式改写为带有拉格朗日型余项的形式 解 (1)f(x)=ex，由f(n+1)(x)=ex，得到 2nexn+1=1+x+x2!+L+xeqxn!+(n+1)!x,0q1,x(-,+).(2) f(x)=sinx,由f(2m+1)(x)=sin(x+2m+12p)=(-1)mcosx, 得到 sinx=xx3x5m-13!+5!-L+(-1)m-1x2(2m-1)! +(-1)mcosqx2m+1(2m+1)!x,0
15、q1,x(-,+). (3)类似于sinx，可得 cosx=1-x2x4mmx22!+4!+L+(-1)(2m)!+(-1)m+1cosqx x2m+2(2m+2)!,0q1,x(-,+). (4)f(x)=ln(1+x),由f(n+1)(x)=(-1)nn!(1+x)-n-1,得到 ln(1+x)=x-x2x3n2+3+L+(-1)n-1xnn+1 +(-1)nx(n+1)(1+qx)n+1,0q-1。 (5) f(x)=(1+x)a，由f(n+1)(x)=a(a-1)L(a-n)(1+x)a-n-1， 6 (8) 泰勒公式 (1+x)a=1+ax+a(a-1)2!x+L+a-n-12a(a
16、-1)L(a-n+1)n!,xn得到 +a(a-1)L(a-n)(n+1)!(1+qx)xn+1 0q-1. 11-x(n+1)(6) f(x)=,由f(x)=(n+1)!(1-x)n+2,得到 11-x=1+x+x+L+x+2nxn+1n+2(1-qx), 0q1,x1. 三 在近似计算上的应用 这里只讨论泰勒公式在近似计算上的应用在4，5两节里还要借助泰勒公式这一工具去研究函数的极值与凸性 例6 (1)计算e的值，使其误差不超过10-6； (2)证明数e为无理数 解 (1) 由例5公式(1)，当x=1时有 e=1+1+12!+13!+L+1n!+eq(n+1)!(0q1). 故Rn(1)=
17、eq(n+1)!3(n+1)!，当n=9时，便有 310!33628800 R9(1)=q时,n!e为正整数，从而(10)式左边为 口 整数因为eqn+1en+13n+1，所以n2时右边为非整数,矛盾从而e只能是无理数 -3 例7 用泰勒多项式逼近正弦函数sinx (例5中的(2)式)，要求误差不超过10试以m=1和m=2两种情形分别讨论：x的取值范围 (i)m=1时，sinxx，使其误差满足 7 泰勒公式 R2(x)=cosqx3!x3x6310-3 只须x0.1817(弧度)，即大约在原点左右10o2440范围内以x近似sinx，其误差不超过10-3 x3m=2时，sinxx-6，使其误差满足： |R4(x)|=|cosqx5!x|5|x|5!510-3. 只需，|x|0.6543 (弧度)，即大约在原点左右37o2938范围内，上述三次多项式逼近的误差不超过10-3. 如果进一步用更高次的多项式来逼近sinx，x能在更大范围内满足同一误差 8
