泰勒级数
Anby_
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算法·理论
泰勒公式
我们考察一个多项式：
p=p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_nx^n
运用高中的求导法则，可以轻易的得到如下结果：
\begin{aligned}
p'&=a_1+2a_2x+3a_3x^2+\dots+na_nx^{n-1},\\
p''&=2a_2+3\cdot 2a_3x+\dots+n\cdot (n-1)a_nx^{n-2},\\
&\dots\\
p^{(n)}&=n\cdot(n-1)\cdot(n-2)\dots2\cdot a_n
\end{aligned}
此时，我们令 x=0 隧有：
p^{(i)}(0)=a_i\cdot i!\\
\Rightarrow a_i=\frac{p^{(i)}(0)}{i!}
带入原式，于是有：
p(x)=p(0)+\frac{p'(0)}{1!}x+\frac{p''(0)}{2!}x^2+\dots+\frac{p^{(n)}(0)}{n!}x^n
我们再最前面，令 x=(x-x_0) 那么在这一步，我们得到的就是：
p(x)=p(x_0)+\frac{p'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{p''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\dots+\frac{p^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n
这就是我们熟知的泰勒公式。
任意函数的展开式
若函数 f(x) 存在 x_0 再区间 [a,b] 上 n 阶可导，于是我们就可以做出多项式
p_n(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\dots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n
但此时，f(x)=p_n(x) 就不一定成立，我们求得的 p(x) 只能看作是函数 f(x) 的近似函数。
我们把它们的误差记作 r_n(x)=f(x)-p_n(x)。
我们发现当 x\rightarrow x_0 时有 r_n(x)=o((x-x_0)^n)。
::::info[证明]
考虑它的等价命题
r_n(x_0)=r_n'(x_0)=\dots=r_n^{(m)}(x_0)=0
这里采用数学归纳法证明。
当 m=0,1 时，显然有
r_n(x_0)=r_n'(x_0)=0
当 1\le m=k 时成立，若要推出 m=k+1 时也成立，即
r_n(x_0)=r_n'(x_0)=\dots=r_n^{(k+1)}(x_0)=0
则
r_n(x)=o((x-x_0)^{k+1})
于是有
r_n'(x)=o((x-x_0)^k)
但是由拉格朗日中值定理可得，必然 \exists x_t\in[x,x_0]，使得
r_n'(x_t)(x-x_0)=r_n(x)-r_n(x_0)\\
\Rightarrow r_n'(x_t)=o((x-x_0)^k)\\
在这里加一句吐槽，洛谷好像并没有完整的支持 latex 的全部功能，本来想放个 \Box 在结尾的，结果放到洛谷上就报错了，就很难绷。
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那么我们就十分轻易的得到了
f(x)=\sum^n_{i=0}{\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i}+o((x-x_0)^n)
这被称为含 Peano 余项的泰勒公式。
接着，是要证明它的唯一性。
::::info[唯一性的证明]
假设我们同时有
f(x)=\sum^n_{i=0}{A_i(x-x_0)^i}+o((x-x_0)^n)
和
f(x)=\sum^n_{i=0}{A'_i(x-x_0)^i}+o((x-x_0)^n)
我们让 x\to x_0 则可以得到 A_0=A'_0，做差相减，然后除以 (x-x_0)，就可以得到 A_1=A'_1，继续做下去，你就得到了
A_i=A'_i(\forall i\in[1,n]\cap\mathbb{N})
那就唯一啦！
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我们把 x_0=0 带入，就得到了一个更为简洁的式子，叫麦克劳林展开，就这就可以取个新名字？！挺讽刺的其实。
下面列出一些基本的初等函数的麦克劳林展开。
\begin{aligned}
e^x&=\sum_{i=0}^n\frac{x^i}{i!}+o(x^n)\\
\sin(x)&=\sum_{i=0}^n(-1)^{i+1}\frac{x^{2i-1}}{(2i-1)!}+o(x^{2n})\\
\cos(x)&=\sum_{i=0}^n(-1)^i\frac{x^{2i}}{(2i)!}+o(x^{2n+1})\\
\end{aligned}
泰勒级数
在前面的泰勒公式中，注意到 n 有任意的取值，那自然有让它趋于无穷的想法。
那么泰勒级数指的就是 n\to\infty 的泰勒公式啦~
正式的说，泰勒级数就是如下形式：
f(x)=\sum^\infty_{i=0}{A_i(x-x_0)^i}
其中
A_n=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}
被称为泰勒系数。
虽然这是看似十分简单的事情，但这会产生许多问题。最直接的，就是那个级数收敛吗？他还会等于原函数吗？这是一个十分棘手的问题。
当 f(x) 能等于那个求和式当且仅当，余式 r_n(x) 满足
\lim_{n\to\infty}r_n(x)=0
证明显然。
但是想要证明这个等式成立，我们可能要研究余式的其他形式。下面，我以 x_0=0 的情况进行讨论，其他情况请读者自行探究。
- 拉格朗日形式：r_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}
- 柯西形式：r_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{n!}(1-\theta)x^{n+1}
其中 \theta\in[0,1]。
证明？拉格朗日形式使用拉格朗日中值定理证明，柯西形式使用柯西中值定理证明。
这里先给出一些函数具体的的泰勒展开形式。
指数，基本三角函数的泰勒展开
若函数 f(x) 在区间 [0,H] 或 [-H,0](H>0) 上具有各阶导数，并且当 x 在所给的区间变化时，所有的这些导数的绝对值被相同的一个数界定：
|f^{(n)}(x)|\le L
则该函数可以泰勒展开。
::::info[证明]
我们取余项为拉格朗日形式，那么就容易得到：
|r_n(x)|=\frac{|f^{(n+1)}(\theta x)|}{(n+1)!}|x|^{n+1}\le L\cdot\frac{H^{n+1}}{(n+1)!}
我们证一个更强的结论，现将将两边求和，就可以得到：
\sum_{n=0}^\infty|r_n(x)|\le L\cdot\sum_{n=0}^\infty \frac{H^{n+1}}{(n+1)!}
右式显然是收敛的，既可以推出 r_n(x)\to 0 啦！
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当 f(x)=e^x,\sin(x),\cos(x) 时显然是满的，那么我们可以写出他们的展开形式：
\begin{aligned}
e^x&=\sum_{i=0}^\infty\frac{x^i}{i!}\\
\sin(x)&=\sum_{i=1}^\infty(-1)^{i+1}\frac{x^{2i-1}}{(2i-1)!}\\
\cos(x)&=\sum_{i=0}^\infty(-1)^i\frac{x^{2i}}{(2i)!}\\
\arctg(x)&=\sum_{i=1}^\infty(-1)^{i+1}\frac{x^{2i-1}}{2i-1}
\end{aligned}
在这里，我们对于反正切的展开式，我们带入 x=1，就可以得到：
\frac\pi4=1-\frac13+\frac15-\cdots
就是经典的莱布尼茨公式。
对数函数
考虑将 f(x)=\ln(1+x) 展开，这里是我们展开 1+x 是因为这样展开可以方便计算。
先写出它的泰勒级数
\ln(x)=\sum_{x=1}^\infty(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}
我们使用拉格朗日形式的余项来考虑它的收敛性。
\lim_{n\to\infty}r_n(x)=\frac{(-1)^n}{n+1}\cdot(\frac x{\theta x+1})^{n+1}=0
但很可惜，上述式子只有在 x\in(-1,1] 时才成立，即他的展开式收敛。
斯特林公式
泰勒级数的大部分应用时估值，这里给一个估值的经典例子。
考察前面得到的 \ln(1+x) 的泰勒展开，我们可以轻易地得到
\ln\frac{1+x}{1-x}=\ln(1+x)-\ln(1+(-x))=2x\cdot(1+\frac{x^2}{3}+\frac{x^4}5+\dots)
我们令 x=\frac1{2n+1}，便可以得到
\ln\frac{n+1}{n}=\frac2{2n+1}\cdot[1+\frac13\cdot\frac1{(2n+1)^2}+\dots]
移项，可得
\begin{aligned}
1<(n+\frac12)\ln(1+\frac1n)&=1+\frac13\cdot\frac1{(2n+1)^2}+\dots\\
&<1+\frac13\cdot[\frac1{(2n+1)^2}+\frac1{(2n+1)^4}+\dots]\\
&=1+\frac1{12n(n+1)}
\end{aligned}
两边同时去自然指数，得：
1<\frac{(1+\frac1n)^{n+\frac12}}{e}<e^\frac1{12n(n+1)}
这里引入一个天才的想法，设 a_n=\frac{n!e^n}{n^{n+\frac12}}，那么可以得到：
1<\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{(1+\frac1n)^{n+\frac12}}{e}<e^\frac1{12n(n+1)}=\frac{e^\frac1{12n}}{e^\frac1{12(n+1)}}\\
\Rightarrow a_n e^{-\frac1{12n}}<a_{n+1}e^{-\frac1{12(n+1)}}
注意到我们显然是 \exists a 使得 a_n e^{-\frac1{12n}}<a<a_n 成立的，我们令
a=a_ne^{-\frac\theta{12n}}
带入 a_n 的定义，于是可以得到：
n! =a\sqrt n(\frac ne)^n\cdot e^\frac\theta{12n}
现在我们考虑如何求解 a。
注意到
\frac\pi2=\lim_{n\to\infty}\frac1{2n+1}\cdot[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}]^2
我们对后面这个双阶乘进行变形
\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!}
将 n!,(2n)! 换成我们之前推导出来的结果，得：
\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=a\sqrt\frac n2\cdot e^\frac{4\theta-\theta'}{24n}
带回原来的极限中，得到：
\frac\pi2=\lim_{n\to\infty}\frac1{2n+1}a^2\cdot\frac n2\cdot e^\frac{4\theta-\theta'}{12n}
=\frac{a^2}4\\
\Rightarrow a=\sqrt{2\pi}
带回最开始的式子，于是我们就得到了斯特林公式：
n! =\sqrt{2\pi n}\cdot(\frac ne)^n\cdot e^\frac\theta{12n}
这可以在 n 特别大时进行估值。