考研数学：泰勒公式

1. 泰勒公式的定义

设函数\(f(x)\)在含有\(x_0\)的某个开区间\((a,b)\)内具有直到\((n + 1)\)阶的导数，则对于\(x\in(a,b)\)，\(f(x)\)可以表示为：

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

其中\(R_n(x)=\frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n+1)!}(x - x_0)^{n + 1}\)（\(\xi\)是介于\(x_0\)与\(x\)之间的某个值），这是拉格朗日型余项。

当\(n\to\infty\)时，如果\(R_n(x)\to0\)，则\(f(x)\)可以展开成幂级数形式，即泰勒级数。

特别地，当\(x_0 = 0\)时，泰勒公式称为麦克劳林公式：

\(f(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}x^{n+1}\)（\(\xi\)介于\(0\)与\(x\)之间）。

2. 常见函数的麦克劳林展开式

麦克劳林展开式是泰勒公式在\(x_0 = 0\)的特殊形式，其一般形式为：

若函数\(f(x)\)在开区间\((a,b)\)有直到\(n + 1\)阶的导数，则

\(f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\frac{f'''(0)}{3!}x^{3}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}+R_{n}(x)\)，其中\(R_{n}(x)\)为余项：

指数函数\(e^{x}\)

首先，求\(e^{x}\)的各阶导数，\((e^{x})^{(n)} = e^{x}\)，所以\(f^{(n)}(0)=e^{0}=1\)。

然后，根据麦克劳林展开式可得：\(e^{x}=1+x+\frac{1}{2!}x^{2}+\frac{1}{3!}x^{3}+\cdots+\frac{1}{n!}x^{n}+R_{n}(x)\)

对于余项\(R_{n}(x)\)，当\(n\to\infty\)时，\(e^{x}\)的泰勒级数收敛于\(e^{x}\)本身，即

\(\lim\limits_{n\to\infty}R_{n}(x)=0\)，所以\(e^{x}=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{n}\)

正弦函数\(\sin x\)

求\(\sin x\)的各阶导数：

\((\sin x)'=\cos x\)，\((\sin x)''=-\sin x\)，\((\sin x)'''=-\cos x\)，\((\sin x)^{(4)}=\sin x\)，以此类推。

可以发现\(\sin x\)的各阶导数呈现周期性规律，且\(\sin(0)=0\)，\(\cos(0)=1\)。

那么\(\sin x\)的麦克劳林展开式为：

\(\sin x = x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\frac{x^{7}}{7!}+\cdots+\frac{(-1)^{k}}{(2k + 1)!}x^{2k+1}+R_{n}(x)\)

同样，当\(n\to\infty\)时，该级数收敛于\(\sin x\)，即\(\lim\limits_{n\to\infty}R_{n}(x)=0\)，所以

\(\sin x=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)!}x^{2n+1}\)

余弦函数\(\cos x\)

求\(\cos x\)的各阶导数：

\((\cos x)'=-\sin x\)，\((\cos x)''=-\cos x\)，\((\cos x)'''=\sin x\)，\((\cos x)^{(4)}=\cos x\)，也呈现周期性规律，且\(\cos(0)=1\)，\(-\sin(0)=0\) 。

则\(\cos x\)的麦克劳林展开式为：

\(\cos x = 1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\frac{x^{6}}{6!}+\cdots+\frac{(-1)^{k}}{(2k)!}x^{2k}+R_{n}(x)\)

当\(n\to\infty\)时，\(\lim\limits_{n\to\infty}R_{n}(x)=0\)，所以

\(\cos x=\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}\)

自然对数函数\(\ln(1 + x)\)

求\(\ln(1 + x)\)的各阶导数：

\([\ln(1 + x)]'=\frac{1}{1 + x}\)，\([\ln(1 + x)]''=-\frac{1}{(1 + x)^{2}}\)，\([\ln(1 + x)]'''=\frac{2}{(1 + x)^{3}}\)，\([\ln(1 + x)]^{(4)}=-\frac{2\times3}{(1 + x)^{4}}\) ，以此类推，\([\ln(1 + x)]^{(n)}=(-1)^{n-1}\frac{(n - 1)!}{(1 + x)^{n}}\)，则\([\ln(1 + x)]^{(n)}\big|_{x = 0}=(-1)^{n-1}(n - 1)!\) 。

根据麦克劳林展开式可得：

\(\ln(1 + x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}+R_{n}(x)\)

对于余项\(R_{n}(x)\)，可以证明当\(x\in(-1,1]\)时，\(\lim\limits_{n\to\infty}R_{n}(x)=0\)，所以

\(\ln(1 + x)=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}\)

幂函数\((1 + x)^{\alpha}\)

利用二项式定理\((a+b)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^{k}\)，将\((1 + x)^{\alpha}\)展开为：

\((1 + x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}x^{n}+R_{n}(x)\)

其中\(\binom{\alpha}{n}=\frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}\)，当\(n\to\infty\)时，在\(x\in(-1,1)\)内，该级数收敛，\(\lim\limits_{n\to\infty}R_{n}(x)=0\)，所以

\((1 + x)^{\alpha}=\sum_{n = 0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}x^{n}\)