数学分析 - Taylor 定理

lgswdn_SA · 2024-11-25 12:32:16 · 个人记录

Taylor 定理

定理

• 存在&唯一性

  若 f^{(n)}(x) 存在，则存在多项式使得 f(x)=a_0+\dots+a_n(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n).

  Pf：

  唯一性：若存在不同的 a 和 a'，相减即可证明矛盾。

  存在性：且 a_k=\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}. 即证明 \frac{f(x)-\sum a_i(x-x_0)^i}{(x-x_0)^n}\to 0，用 n-1 次 L'Hospital 即可。

  注 1：存在后者不代表存在前者，eg：f(x)=x^{n+1}D(x)。

  注 2：Taylor 多项式为 0 不代表 f(x)=0，eg：f(x)=e^{-\frac{1}{(x-x_0)^2}}.

• 一些初等函数的 Maclaurin 级数

• Lagrange 余项

  f(x)=a0+\dots+a_n(x-x_0)^n+\frac{f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^n}{(n+1)!}

  Pf：

  固定 x，构造函数 F(t)=f(x)-\sum_i \frac{f^{(i)}(t)}{i!}(x-t)^i，G(t)=(x-t)^{n+1}.

  由于 F(x)=G(x)=0.

  于是有 \frac{F(x_0)}{G(x_0)}=\frac{F(x_0)-F(x)}{G(x_0)-G(x)}=\frac{F'(\xi_1)}{G'(\xi)}=\frac{F'(\xi_1)-F'(x)}{G'(\xi)-G'(x)}=...=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}.

• Taylor 多项式的逼近性质

  对任意 P_n\neq T_n，存在 \delta 使得在 U(x_0,\delta) 上，|f(x)-T_n(x)|<|f(x)-P_n(x)|.

  Pf：f(x)-T_n(x)=o((x-x_0)^n)，f(x)-P_n(x)=C(x-x_0)^k.

  两式相除可得 \frac{|f(x)-T_n(x)|}{|f(x)-P_n(x)|}=o((x-x_0)^{n-k})\to 0.

习题

求 Maclaurin 级数

• > $\sin y =\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^ky^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(y^{2n+2})$. > > 代入 $y=x^2$ 即可得到 $\sin x^2 =\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^kx^{4k+2}}{(2k+1)!}+o(x^{4n+4})$. > > 同时可以以此知道 $\sin x^2$ 的 $n$ 阶导数在 $0$ 处取值。

• 求 f(x)=\sin x 在 x_0=1 的展开。

  将 $y$ 展开后再代入 $x-1$ 即可.

• > $f'(x)=(1-x^2)^{-\frac{1}{2}}$, 按这个展开后再积回去即可. > > 同理可得 $f(x)$ 的 $n$ 阶导在 $0$ 处取值.
• > 由于 $x\to 0$ 时 $\cos x\to 1$，所以我们既希望指数 $\to 0$ 那么就拆成 $e\times e^{\cos x-1}$. > > $\cos x -1=-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^5)$. > > $e\times e^{\cos x-1}=e-\frac{e}{2}x^2+\frac{e}{6}x^4+o(x^4)$.

求极限

• 求 \lim_{n\to +\infty} n\sin(2\pi en!).

  考虑把 e 展开.

  n!e=n!(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i!}+\frac{1}{(n+1)!}+\frac{e^{\theta}}{(n+2)!})\\ = A+\frac{1}{n+1}+\frac{e^{\theta}}{(n+1)(n+2)})

  其中 A 为整数。故有

  \lim_{n\to +\infty} n\sin(2\pi en!)=\lim_{n\to +\infty} n\sin(\frac{2\pi}{n+1}+\frac{2\pi e^{\theta}}{(n+1)(n+2)})=2\pi

• 求 \lim_{n\to +\infty} n^2(1-n\sin\frac{1}{n})

  n^2(1-n\sin\frac{1}{n})=\frac{1}{x^2}(1-\frac{1}{x}(x-\frac{x^3}{6}+o(x^4)))\\ = \frac{1}{x^2}(\frac{x^2}{6}+o(x^2))=\frac{1}{6}+o(1).

Lagrange 余项

• > Pf：考虑在 $f(\frac{a+b}{2})$ 处展开，令 $m=\frac{a+b}{2}$，则有 > $$ > f(a)-f(\frac{a+b}{2})=\frac{f'(m)}{2}\frac{(a-b)}{2}+\frac{f''(\xi_1)}{2}\frac{(b-a)^2}{4}\\ > f(b)-f(\frac{a+b}{2})=\frac{f'(m)}{2}\frac{(b-a)}{2}+\frac{f''(\xi_1)}{2}\frac{(b-a)^2}{4} > $$ > 两式相加后应用 Darboux 介值定理可得 $LHS=\frac{(b-a)^2}{4}\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{2}=\frac{1}{4}(b-a)^2f''(\xi)$。

• （XHM 7.2.4.11）设 f 在 [a,b] 上二阶可微且 f'(a)=f'(b)=0。证明存在 \xi\in(a,b) 使得成立

  |f''(\xi)|\ge \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|

  Pf：令 m=\frac{a+b}{2}，将 f(m) 分别在 f(a) 和 f(b) 处展开得到

  f(a)+\frac{(b-a)^2}{4}f''(\xi_1)=f(b)+\frac{(b-a)^2}{4}f''(\xi_2)

  于是 \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|=|f''(\xi_1)-f''(\xi_2)|\le|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|=|f''(\xi)|.

• （XHM 7.2.4.10）设 f 在定义域 [-1,1] 上任意阶可导，f^{(n)}(0)=0，且存在 C 使得对于任意 n 有 |f^{(n)}(x)|\le n!C^n，证明 f(x)\equiv 0.

  Pf：

  对于任意 x,n 有 f(x)=\frac{f^{(n)}(\xi)x^n}{n!}\le (Cx)^n.

  若 C<1，则 Cx<1，故 f(x)\equiv 0.

  否则对 x\in(-\frac{1}{C},\frac{1}{C}) 有 f(x)\equiv 0，由连续性可知在 [-\frac{1}{C},\frac{1}{C}] 上也有 f(x)\equiv 0 且任意阶导数也为 0。于是以 \frac{1}{C} 为零点展开可知在 [\frac{1}{C},\frac{2}{C}] 处也满足上述性质。以此类推，f(x)\equiv 0.