蒟蒻也要学泰勒展开

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蒟蒻也要学泰勒公式！

前情提要

在某年某月某日的一个中午，一群数学大手子正在教室研究数学，蒟蒻的我靠近看了一眼就被吓死了，大手子正在研究如何证明欧拉公式：

e^{i\pi}+1=0

后面我的神犇同学 Colubrid_L 发了一篇文章，关于欧拉恒等式的证明，太恐怖了，然而他并没有证明泰勒展开。由于我太想进步了，所以花费了一个上午仔细研究了泰勒公式。

观前提示

前置知识点：导数、洛必达公式、一些初等数学知识点。

如果你这个没有掌握，建议先学然后再看。

否则观感就是：

为了表示方便，我们将一个函数 f(x) 求导 k 次后得到的函数写成 f^{(k)}(x)。

好，废话不多说其实是我懒得打很多字。

正片开始！

Part1 概念

泰勒公式其实是对一个函数进行无限级数展开，写成一个多项式，而这个多项式能够达到不断逼近原函数的效果。

我们给出一个随便选出来的多项式函数，定义如下：

P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+x_2(x-x_0)^2+...+a_n(x-x_0)^n

诶！这个时候充满好奇心的小朋友就要问了：老师老师，我们为什么构造这么一个函数呢？为什么不构造其他样式呢？

所以，我们引出第二个小内容！没错，大名鼎鼎的拉格朗日中值定理。

Part2 拉格朗日中值定理

2.1

首先，我们引用一下另一位数学家的中值定理。罗尔(Rolle)中值定理，这个定理的具体内容是这样的：

若函数 f 满足如下条件：

则在 (a,b) 内至少存在一点 x 使得 f\prime(x)=0。

这个定理的几何意义如下：在每一点都可导的一段连续曲线上，如果曲线的两端点高度相等，则至少存在一条水平切线。

2.2

然后我们再给出拉格朗日(Lagrange)中值定理。

若函数 f 满足如下条件：

则在 (a,b) 内至少存在一点 x，使得 f\prime(x)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}，

等价形式：f(b)-f(a)=f\prime(x)(b-a)，

不难想到啊，a,b,x 满足 a<x<b。

同时，给出它的几何意义：在满足定理条件的曲线 y=f(x) 上至少存在一点 P(x,f(x))，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端点的连线 AB。

相信有很多人对于这个几何意义难以理解，那么我就简单说几句绝对不是因为我那时候没看懂才说这句话的。

首先，拿出一本草稿本，然后画一段曲线。满足定理条件，然后连接你画的这段曲线的两端，这个时候恭喜你得到了一条连线 AB 聪明的你看到上面几何意义的描述，于是一个不小心把连线 AB 平移了，然后惊奇的发现，连线 AB 似乎一不小心移到一个点的切线上面了，非常相近。然后聪明的你又根据上面的几何意义假设，这个点就是满足上面条件的点 P 恭喜你，找到了一个和点 P 很接近的点，而且很有可能这个点就是点 P。

这就是几何意义说简单一点。

同时下面给出一张图帮助大家理解！

把这张图里的连线 AB 上移就会发现和图片所给出的点 P 的切线重合。

2.3

相信喜欢观察的小朋友都发现了一个事情：

诶，我发现这两个定理长得十分有九分的相似，而且我还注意到罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特殊形式诶！

恭喜这些爱观察的小朋友，说的完全正确！确实就是这样的。

废话几句，其实拉格朗日中值定理是柯西中值定理的特殊情况。

好了废话不多说，来到了最令人激动的时刻了！

证明拉格朗日(Lagrange)中值定理(由于这次主要是为了证明拉格朗日中值定理，所以就不给出罗尔中值定理的证明了)

首先，聪明的你开始思考一个问题：怎么才能证明这个定理呢？

于是你开始开动脑筋，如果我们要证明 f\prime(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0，还是太吃操作了，所以不妨我们先构造一个函数。

证明1

聪明的你想到，可以构造一个函数 F(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x

这个函数的构造其实是根据我们想要得到的求导结果进行反推的

对于这个函数导一下，就可以得到 F\prime(x)=f\prime(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a} 这个时候我们就得到了一个和我们所要证明的式子非常像的式子。

然后我们应该怎么办呢，现在似乎陷入困境了。

那我们还是随便代代吧，万一有结果了呢，于是你决定代入一些值到 F(x) 里面试试

F(a)=f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}a=\frac{bf(a)-af(a)-af(b)+af(a)}{b-a}=\frac{bf(a)-af(b)}{b-a} F(b)=f(b)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}b=\frac{bf(b)-af(b)-bf(b)+bf(a)}{b-a}=\frac{bf(a)-af(b)}{b-a}

诶，这个时候你发现了一件事情，F(a)=F(b) 了于是聪明的你联想到了上面学过了罗尔中值定理，

然后你发现，现在条件完美满足罗尔中值定理，所以说现在存在一个 F\prime(x)=f\prime(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0 然后你就惊喜的发现了一件事情，我们好像证明出了拉格朗日中值定理。

证明2

这个时候有同学表示：我感觉这个证明还是好麻烦，有没有更简单的，不吃操作的证明？

有的，兄弟有的。

根据上面的思路，我们设计一个函数：

F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)

这时候，我们发现 F(a)=F(b)=0 又满足罗尔中值定理，于是就证明完了。哇，多么简洁优美，可是，完全不知道这个函数是怎么出现的捏。

先给出一幅图，是上文用过的那一张。

首先，我们先写出直线 AB 的方程式，根据点斜式很好写，y=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)，

然后，红色曲线代表了 y=f(x)，我们将两个方程式减一下，然后就得到了上面所构造的函数。

同时，对于这样构造出来的函数 F(x) 它必定满足一个条件，即 F(a)=F(b)=0 其实很好想，同个点作差结果肯定是 0 啊！然后我们就可以开始下面的重点内容了。

2.4

我们经过重重步骤，终于完成了拉格朗日中值定理的证明，实在是太艰难了，于是乎我们就可以继续泰勒公式的证明了！

Part3 泰勒展开，你的末日来了！

朝花夕拾

收回文章开头我们构造的多项式函数：

P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+...+a_n(x-x_0)^n

我们想要得到展开的通解，所以就要研究这一普遍情况，而这一个多项式函数其实是通过拉格朗日中值定理来构造的。

我们对这个函数逐一求导，得到以下式子：

P_n\prime(x)=a_1+2a_2(x-x_0)+3a_3(x-x_0)^2+...+na_n(x-x_0)^{n-1} P_n\prime\prime(x)=2a_2+6a_3(x-x_0)+12a_4(x-x_0)^2+...+n(n-1)a_n(x-x_0)^{n-2}

如果继续求导，我们最终会得到这个式子：

P_n^{(n)}(x)=n(n-1)(n-2)(n-3)...2a_n=n!a_n

我们再对一个特殊点求求导，当 x=x_0 时候各阶导时的函数值，

P_n(x_0)=a_0 P_n\prime(x_0)=a_1 P_n\prime\prime(x_0)=2a_2 P_n\prime\prime\prime(x_0)=6a_3=3!a_3 ... P_n^{(n)}(x_0)=n!a_n

这个时候我们可以得到 a_i 与 x_0 的关系式：

a_0=P_n(x_0),a_1=P_n\prime(x_0),a_2=\frac{P_n\prime\prime(x_0)}{2!},a_3=\frac{P_n\prime\prime\prime(x_0)}{3!},...,a_n=\frac{P_n^{(n)}(x_0)}{n!}

然后我们再一次带回原函数

\begin{aligned} P_n(x)&=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+...+a_n(x-x_0)^n\\ &=P_n(x_0)+P_n\prime(x_0)(x-x_0)+\frac{P_n\prime\prime(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{P_n^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n \end{aligned}

然后我们发现了一个事情，这个多项式 P_n(x) 的各项系数其实是由它在点 x_0 的各阶导数值所确定的。

泰勒多项式

我们研究了一下多项式，现在我们需要更进一步——来研究一般函数。

假设这个函数在点 x_0 存在直到 n 阶的导数，由这些导数构造一个 n 次多项式：

T_n=f(x_0)+f\prime(x_0)(x-x_0)+\frac{f\prime\prime(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\frac{f\prime\prime\prime(x_0)}{3!}(x-x_0)^3+...+\frac{f_{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n

对于这个多项式，我们就叫它函数 f 在点 x_0 的泰勒多项式，

根据对于先前多项式系数的一个讨论，聪明的你肯定想到了一件事，$f(x)$ 与其泰勒多项式 $T_n(x)$ 在点 $x$ 的有相同函数值，直至 $n$ 阶导数值，即： $f^{(k)}(x_0)=T_n^{(k)}(x_0)(k=1,2,3,...,n)

下面我们就要证明 f(x)-T_n(x)=o((x-x_0)^n)

即用泰勒多项式 T_n(x) 逼近 f(x) 时，其误差为关于 (x-x_0)^n 的高阶无穷小量。

证明，终结一切

首先，先给出一个定理：

若函数 f 在点 x_0 存在直到 n 阶的导数，则有 f(x)=T_n(x)+o((x-x_0)^n)，即 f(x)=f(x_0)+f\prime(x_0)(x-x_0)+\frac{f\prime\prime(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)

证明：

设 R_n(x)=f(x)-T_n(x),Q_n(x)=(x-x_0)^n

则只需要证明

\lim_{x \to x_0}\frac{R_n(x)}{Q_n(x)}=0

:::info[为什么] 以下内容引自百度百科：

对于两个高阶小量 \alpha 和 \beta，如果

\lim_{x \to x_0}\frac{\alpha}{\beta}=0

就把 \alpha 叫做 \beta 的高阶无穷小量。

对于本文，R_n(x) 就是上面表达式中的 \alpha 而 Q_n 就是上面表达式中的 \beta。 ::: 根据 f^{(k)}(x_0)=T_n^{(k)}(x_0)(k=1,2,3,...,n)，可知

并且我们还可以得到，$Q_n(x_0)=Q_n\prime(x_0)=...=Q_n^{(n-1)}(x_0)=0,Q_n^{(n)}(x_0)=n!

注意到，在 x 趋近于 x_0 的情况下，R_n(x)=R_n\prime(x)=R_n\prime\prime(x)=...=R_n^{(n-1)}=0，对于 Q_n 同理可得，Q_n(x)=Q_n\prime(x)=Q_n\prime\prime(x)=...=Q_n^{(n-1)}=0

所以我们能够联想到洛必达法则直接洛

于是就得到了以下式子：

\lim_{x \to x_0}\frac{R_n(x)}{Q_n(x)}=\lim_{x \to x_0}\frac{R_n\prime(x)}{Q_n\prime(x)}=...=\lim_{x \to x_0}\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{Q_n^{(n-1)}(x)} \begin{aligned} \lim_{x \to x_0}\frac{R_n^{(n-1)}(x)}{Q_n^{(n-1)}(x)} &=\lim_{x \to x_0}\frac{f^{(n-1)}(x)-T_n^{(n-1)}(x)}{n(n-1)(n-2)...2(x-x_0)}\\ &=\lim_{x \to x_0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)-f^{(n)}(x_0)(x-x_0)}{n(n-1)(n-2)...2(x-x_0)}\\ &=\frac{1}{n!}\lim_{x \to x_0}[\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}-f^{(n)}(x_0)]\\ &=0 \end{aligned}

证毕。

好，我们就这样得到了泰勒公式：

若函数 f 在点 x_0 存在直到 n 阶的导数，则有

f(x)=T_n(x)+o((x+x_0)^n)

即：

f(x)=f(x_0)+f\prime(x_0)(x-x_0)+\frac{f\prime\prime(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+o((x+x_0)^n)

我们将其称作函数 f 在点 x_0 处的泰勒公式，

形如 $o((x-x_0)^n)$ 的余项称为**佩亚诺型余项**， 所以上式也被称为带有**佩亚诺型余项的泰勒公式**。 然后日常看到的一些函数的泰勒展开都是当 $x_0=0$ 时的情况。 完结撒花！ 希望大家能够看的懂，如果不懂建议多读几遍，~~毕竟本人也看了很久~~。 # 后记 这个文章其实是由于朋友 @Colubrid_L 的启发写的。 这里放一下他的文章的友情链接： [如何从头开始证明欧拉恒等式](https://www.luogu.me/article/zauyvnuv) ## 特别鸣谢 B 站一些高数相关内容 UP 主 神犇同学： @Colubrid_L @Diyin_Teto @mark0575 @Nailoong_SHM @small_add_add @xueyuhui917 排名不分先后，根据首字典序排序。