[高等数学学习记录] 泰勒公式

1 知识点

1.1 要求

为简化计算, 通常用多项式近似表达复杂函数:

设函数 $f(x)$ 在含有 $x_0$ 的开区间内具有 $(n+1)$ 阶导数, 试找出一个关于 $(x-x_0)$ 的 $n$ 次多项式 $p_n(x)$ 近似表达 $f(x)$;

要求 $p_n(x)$ 与 $f(x)$ 之差是比 $(x-x_0{)}^n$ 高阶的无穷小, 并给出误差 $|f(x)-p_n(x)|$ 的具体表达式.

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1.2 泰勒多项式

设 $p_n(x)$ 的形式为:

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

假设 $p_n(x)$ 与 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的函数值相等, 且同阶导数在 $x_0$ 处的值也相等, 得:

$$\begin{array}{r}f(x_0)=p_n(x_0)\\ f^{\prime }(x_0)=p_n^{\prime }(x_0)\\ f^{\prime \prime }(x_0)=p_n^{\prime \prime }(x_0)\\ \cdots \\ f^{(n)}(x_0)=p_n^{(n)}(x_0)\end{array}\}(2)$$

由 $(1)$ 式和 $(2)$ 式得:

$$\begin{array}{r}f(x_0)=p_n(x_0)=a_0+0+\cdots +0=a_0\\ f^{\prime }(x_0)=p_n^{\prime }(x_0)=0+a_1\cdot 1+0+\cdots +0=a_1\\ f^{\prime \prime }(x_0)=p_n^{\prime \prime }(x_0)=0+0+a_2\cdot 2!+0+\cdots +0=a_2\cdot 2!\\ \cdots \\ f^{(n)}(x_0)=p^{(n)}(x_0)=0+\cdots +0+a_n\cdot n!=a_n\cdot n!\end{array}\}(3)$$

将 $(3)$ 式变换, 得:

$$\begin{array}{r}{a}_0=f(x_0)\\ a_1=f^{\prime }(x_0)\\ a_2=\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}\\ \cdots \\ a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\end{array}\}(4)$$

将 $(4)$ 式代入 $(1)$ 式, 得:

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

$(5)$ 式称为函数 $f(x)$ 按 $(x-x_0)$ 的幂展开的 $n$ 次泰勒多项式, 是函数 $f(x)$ 的近似表达.

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1.3 带有拉格朗日型余项的泰勒公式

[泰勒(Taylor)中值定理] 如果函数 $f(x)$ 在含有 $x_0$ 的某个开区间 $(a,b)$ 内具有直到 $(n+1)$ 阶的导数，则对任一 $x\in (a,b)$，有：

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x)(6)$$

其中,

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}(7)$$

公式 $(6)$ 称为函数 $f(x)$ 按 $(x-x_0)$ 的幂展开的带有拉格朗日型余项的 $n$ 阶泰勒公式.

公式 $(7)$ 称为拉格朗日型余项，其中的 $\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间.

当 $n=0$ 时，泰勒公式变成拉格朗日中值公式 $f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(\xi )(x-x_0)$ （$\xi$ 介于 $x_0$ 与 $x$ 之间）.

如果 $x_0=0$，则 $\xi \in (0,x)$，可以令 $\xi =\theta x(0<\theta <1)$ .

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1.4 泰勒公式的误差

以多项式 $p_n(x)$ 近似表达函数 $f(x)$ 时, 其误差为 $|R_n(x)|$ .

如果对于某个固定的 $n$, 当 $x\in (a,b)$ 时, $|f^{(n+1)}(x)|\le M$, 则有:

$$\left|\begin{array}{c}{R}_n(x)\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}\end{array}\right|\le \frac{M}{(n+1)!}{\left|\begin{array}{c}x-x_0\end{array}\right|}^{n+1}(8)$$

及

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{R_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=0(9)$$​

可见, 当 $x\to x_0$ 时, 误差 $|R_n(x)|$ 是比 $(x-x_0{)}^n$ 高阶的无穷小, 即:

$$R_n(x)=o[(x-x_0{)}^n](10)$$

公式 $(10)$ 称为佩亚诺(Peano)型余项.

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1.5 带有佩亚诺型余项的泰勒公式

在不需要余项的精确表达时, $n$ 阶泰勒公式也可写成：

$$f(x)=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+o[(x-x_0{)}^n](11)$$

公式 $(11)$ 称为 $f(x)$ 按 $(x-x_0)$ 的幂展开的带有佩亚诺型余项的 $n$ 阶泰勒公式.

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1.6 带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式

公式 $(6)$ 中，如果取 $x_0=0$，则 $\xi$ 在 $0$ 与 $x$ 之间. 因此可以令 $\xi =\theta x(0<\theta <1)$ ，从而泰勒公式变为带有拉格朗日型余项的麦克劳林公式：

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}{x}^{n+1}(0<\theta <1)(12).$$

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1.7 带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式

如果取 $x_0=0$，则公式 $(11)$ 变换为带有佩亚诺型余项的麦克劳林公式：

$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+o(x^n)(13)$$

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2 练习题

[题1] 按 $(x-4)$ 的幂展开多项式 $f(x)=x^4-5x^3+x^2-3x+4$.

[解]

根据公式 $(5)$ 得:

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

此题 $x_0=4$:

原式 $=f(4)+f^{\prime }(4)(x-4)+\frac{f^{\prime \prime }(4)}{2!}(x-4{)}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(4)}{3!}(x-4{)}^3+\frac{f^{(4)}}{4!}(x-4{)}^4+0+\cdots +0$

$=-56+21(x-4)+37(x-4{)}^2+11(x-4{)}^3+(x-4{)}^4$

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[题2] 应用麦克劳林公式，按 $x$ 的幂展开函数 $f(x)=(x^2-3x+1{)}^3$.

[解]

根据麦克劳林公式得:

$p_n(x)$

$=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2!}x+\cdots +\frac{f^{(6)}(0)}{6!}x+0+\cdots +0$

$=1-9x+30x^2-45x^3+30x^4-9x^5+x^6$

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[题3] 求函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 按 $(x-4)$ 的幂展开的带有拉格朗日型余项的3阶泰勒公式.

[解]

根据公式 $(6)$, 且 $x_0=4$ 得:

$f(x)$

$=\sqrt{x}$

$=f(4)+f^{\prime }(4)(x-4)+\frac{f^{\prime \prime }(4)}{2!}(x-4{)}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(4)}{3!}(x-4{)}^3+\frac{f^{(4)}(\xi )}{4!}(x-4{)}^4$

$=2+\frac{x-4}{4}-\frac{(x-4{)}^2}{64}+\frac{(x-4{)}^3}{512}-\frac{5{\xi }^{-\frac{7}{2}}(x-4{)}^4}{128}$（$\xi$ 介于 $4$ 与 $x$ 之间）

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[题4] 求函数 $f(x)=lnx$ 按 $(x-2)$ 的幂展开的带有佩亚诺型余项的 $n$ 阶泰勒公式.

[解]

根据公式 $(11)$ ，且 $x_0=0$ 得:

$f(x)$

$=lnx$

$=f(2)+f^{\prime }(2)(x-2)+\frac{f^{\prime \prime }(2)}{2!}(x-2{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(2)}{n!}(x-2{)}^n+o[(x-2{)}^n]$

$=ln2+\frac{x-2}{2}-\frac{(x-2{)}^2}{2^3}+\cdots +\frac{(-1{)}^{n-1}(x-2{)}^n}{n\cdot 2^n}+o[(x-2{)}^n]$

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[题5] 求函数 $f(x)=\frac{1}{x}$ 按 $(x+1)$ 的幂展开的带有拉格朗日型余项的 $n$ 阶泰勒公式.

[解]

根据公式 $(6)$ ,且 $x_0=-1$ 得:

$f(x)$

$=\frac{1}{x}$

$=f(-1)+f^{\prime }(-1)(x+1)+\frac{f^{\prime \prime }(-1)}{2!}(x+1{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(-1)}{n!}(x+1{)}^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x+1{)}^{n+1}$

$=-1-(x+1)-(x+1{)}^2+\cdots +(-1)(x+1{)}^n+(-1{)}^{n+1}\frac{(x+1{)}^{n+1}}{{\xi }^{n+2}}$($\xi$ 介于 $-1$ 与 $x$ 之间).

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[题6] 求函数 $f(x)=tanx$ 的带有佩亚诺型余项的 $3$ 阶麦克劳林公式.

[解]

根据公式 $(13)$ 得:

$f(x)$

$=tanx$

$=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{6}{x}^3+o(x^3)$

$=0+xse{c}^{2}0+\frac{2se{c}^{2}0tan0}{2}{x}^2+\frac{4se{c}^{2}xta{n}^{2}0+2se{c}^{4}0}{6}{x}^3+o(x^3)$

$=x+\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)$

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[题7] 求函数 $f(x)=x{e}^x$ 的带有佩亚诺型余项的 $n$ 阶麦克劳林公式.

[解]

根据公式 $(13)$ 得:

$f(x)$

$=x{e}^x$

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

$=0+x+\frac{2x^2}{2!}+\frac{3x^3}{3!}+\cdots +\frac{n}{n!}{x}^n+o(x^n)$

$=x+x^2+\frac{x^3}{2}+\cdots +\frac{x^n}{(n-1)!}+o(x^n)$

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[题8] 验证当 $0<x\le \frac{1}{2}$ 时，按公式 $e^x\approx 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}$ 计算 $e^x$ 的近似值时，所产生的误差小于 $0.01$，并求 $\sqrt{e}$ 的近似值，使误差小于 $0.01$.

[解]

根据泰勒中值定理得：

$e^x$ 与 $1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}$ 之间得误差为 $\left|\begin{array}{c}\frac{e^{\xi }}{24}{x}^4\end{array}\right|$($\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间)，即拉格朗日型余项.

$\because 0<x\le \frac{1}{2}$

$\therefore 0<\xi \le \frac{1}{2}$

$\therefore \left|\begin{array}{c}\frac{e^{\xi }}{24}{x}^4\end{array}\right|\le \frac{e^{\frac{1}{2}}}{24\cdot 2^4}<0.01$

$\therefore \sqrt{e}=e^{\frac{1}{2}}\approx 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{2}{)}^3+\frac{1}{6}\cdot (\frac{1}{2}{)}^3=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{48}=\frac{79}{48}\approx 1.646$

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[题9] 应用 $3$ 阶泰勒公式求下列各数的近似值，并估计误差：

(1) $\sqrt[3]{30}$

(2) $sin18^{\circ }$

[解(1)]

令 $f(x)=3\sqrt[3]{1+x}$，则 $f(\frac{1}{9})=\sqrt[3]{30}$

$f(x)=3\sqrt[3]{1+x}=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{6}{x}^3+\frac{f^{(4)}(\xi )}{24}{x}^4$($\xi$ 介于 $0$ 与 $\frac{1}{9}$ 之间)

$\therefore \sqrt[3]{30}=f(\frac{1}{9})\approx f(0)+f^{\prime }(0)\cdot \frac{1}{9}+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}\cdot \frac{1}{81}+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{6}\cdot \frac{1}{729}$

$=3+\frac{1}{9}-\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{9^2}+\frac{10}{9}\cdot \frac{1}{6}\cdot \frac{1}{9^3}\approx 3.1092$

其误差为 $\left|\begin{array}{c}\frac{f^{(4)}(\xi )}{24}{x}^4\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}\frac{80}{27\cdot 4!\cdot 9^4}(1+\xi {)}^{-\frac{11}{3}}\end{array}\right|<\frac{80}{27\cdot 4!\cdot 9^4}\approx 1.8817\times 10^{-5}$

[解(2)]

$sin18^{\circ }=sin\frac{\pi }{10}$

令 $f(x)=sinx$

利用带拉格朗日型余项的泰勒公式进行计算：

$f(x)=sinx=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{6}{x}^3+\frac{f^{(4)}(\xi )}{24}{x}^4$（$\xi$ 介于 $0$ 与 $x$ 之间）

$\therefore sin18^{\circ }=f(\frac{\pi }{10})=\sin \frac{\pi }{10}\approx 0+1\cdot \frac{\pi }{10}-0-\frac{1}{6}\cdot (\frac{\pi }{10}{)}^3\approx 0.3090$

利用拉格朗日型余项表示上述计算的误差：

$\left|\begin{array}{c}{R}_n(x)\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}\frac{f^{(4)}(\xi )}{24}{x}^4\end{array}\right|=\left|\begin{array}{c}\frac{sin\xi }{24}(\frac{\pi }{10}{)}^4\end{array}\right|<\frac{sin\frac{\pi }{10}}{24}(\frac{\pi }{10}{)}^4\approx 0.000125$

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[题10] 利用泰勒公式极限${\lim }_{x\to +\infty }(\sqrt[3]{x^3+3x^2}-\sqrt[4]{x^4-2x^3})$.

[解]

令 $t=\frac{1}{x}$

原式 $={\lim }_{t\to 0}\frac{\sqrt[3]{1+3t}-\sqrt[4]{1-2t}}{t}$

利用带佩亚诺型余项的麦克劳林公式得：

$\sqrt[3]{1+3t}=f(0)+f^{\prime }(0)t+o(t)=1+t+o(t)$

$\sqrt[4]{1-2t}=1-\frac{1}{2}t+o(t)$

$\therefore$ 原式 $={\lim }_{t\to 0}\frac{1+t+o(t)-1+\frac{1}{2}t-o(t)}{t}={\lim }_{t\to 0}\frac{\frac{3}{2}t+o(t)}{t}=\frac{3}{2}$

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[学习资料]

1.《高等数学（第六版）》 ，同济大学数学系 编

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