有大佬可以简单介绍一下泰勒展开式吗？

发布时间：

2023-08-24 12:33

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本文用4000字15个维度全方位讲透泰勒公式，让你成为高手。都说泰勒公式为一元微分学的顶峰！本文让你与牛顿的学生泰勒相遇。

具体从以下15个方面展开阐述，让你一文读懂（文章较长，都是干货，建议收藏起来反复阅读）：

数学家泰勒简介
泰勒定理的奇闻轶事
泰勒展开定理简介
泰勒级数展开式的直观解释
带皮亚诺余项的一阶泰勒展开
带拉格朗日余项的零阶泰勒展开——拉格朗日中值定理的证明（直观解释辅助函数的几何意义）
拉格朗日中值定理的推广——柯栖中值定理的证明（直观解释辅助函数的几何意义）
分别用罗必达法则和柯栖中值定理证明带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒展开
用两种方法证明带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒展开（不能用洛必达法则）
泰勒展开图示
泰勒展开的收敛与收敛半径问题
泰勒展开的应用举例
泰勒展开的推广——洛朗级数展开简介
泰勒展开式的人生启示

回顾以往笔者写过的洛必达法则——可戳相关链接

如何解释洛必达法则？

1.数学家泰勒简介

18世纪早期英国牛顿学派最优秀代表人物之一的英国数学家泰勒（Brook Taylor），于1685 年8月18日在米德尔塞克斯的埃德蒙顿出生。1709年后移居伦敦，获法学硕士学位。

他在 1712年当选为英国皇家学会会员，并于两年后获法学博士学位。同年（即1714年）出任英国皇家学会秘书，四年后因健康理由辞退职务。1717年，他以泰勒定理求解了数值方程。 最后在1731年12月29日于伦敦逝世。

泰勒也具有相当的音乐与艺术才华。他为了探求音律之谜，首开其端用微积分来研究弦振动问题（1713年），约一个世纪之后，傅立叶（Fourier）分析出现才达于高潮（1807年）。泰勒也研究投影画法的几何学，其美术作品至今仍然被珍藏于伦敦的国家画廊（the National Gallery）之中。

2.泰勒定理的奇闻轶事

泰勒展式 (Taylor expansion) 的剩余项救人一命！你知道吗？

在俄国革命期间（1917年左右），数学物理学家塔姆 (Igor Tamm) 外出找食物，在靠近敖德萨 (Odessa) 的乡间被反共产主义的保安人员逮捕。保安人员怀疑他是反乌克兰的共产主义者，于是把他带回总部。

头目问：你是做什么的？
塔姆：我是一位数学家。

头目心存怀疑，拿着枪，手指扣着扳机，对准他。手榴弹也在他的面前晃动。

头目说：好吧，那么一个函数作泰勒展开到第 n 项之后，你就把误差项算出来。如果你算对了，就放你一条生路，否则就立刻枪毙。

于是塔姆手指发抖，战战兢兢地慢慢计算，当他完成时，头目看过答案，挥手叫他赶快离开。塔姆在1958年获得诺贝尔物理奖，但是他从未再遇到或认出这位非凡的头目......

3.泰勒展开定理简介

泰勒展开定理就是要利用微分工具，来剖析函数的结构。

在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式。如果函数足够光滑的话，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况之下，泰勒公式可以用这些导数值做系数构建一个多项式来近似函数在这一点的邻域中的值，这个邻域甚至可以延伸到级数的收敛半径（见下文）。泰勒公式还给出了这个多项式和实际的函数值之间的偏差。

4.泰勒级数展开的直观解释

泰勒展开的就是在函数一个特定的点附近用多项式函数去逼近原函数，并且在该点处这个多项式的若干阶导数与原函数保持相等，具体多少阶取决于泰勒展开的阶数。也就是说，一阶导数决定了函数的变化趋势，二阶导数决定了一阶导数的变化趋势， $n$ 阶导数决定了 $n-1$ 阶导数的变化趋势，这样我们通过函数某一点的若干阶导数便知道了函数在邻域内的取值。甚至如果函数在足够远的邻域内光滑，我们便可以通过它在该点上的若干阶导数知道它足够远处的取值。正所谓“窥一斑而见全豹”、“一叶知秋”。下面我们来一步一步讨论。

5.带皮亚诺余项的一阶泰勒展开

我们知道对于一元函数 $f(x)$ , 假定 $f(x)$ 一阶可导，我们有

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=f'(x_{0})$ ,

即当 $x\rightarrow x_{0}$ 时，我们有

$f(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+o(x-x_{0})$

其中其中 $o(x-x_{0})$ 表示比 $x-x_{0}$ 阶数更高的无穷小量，它便是一阶泰勒展开的皮亚诺余项。用一阶泰勒展开去近似原函数相当于用线性函数去逼近，如图中粉色直线所示，下图中 $x_{0}=0, f'(0)=1$ 。

函数的一阶泰勒展开近似

6.带拉格朗日余项的零阶泰勒展开——拉格朗日中值定理的证明（直观解释辅助函数的几何意义）

另一方面我们由拉格朗日中值定理，可知，当 $f(x)$ 阶导数存在时，必然存在 $\xi\in(x_{0}, x)$ , 使得

$f(x)=f(x_{0})+f'(\xi)(x-x_{0})$

其中 $f'(\xi)(x-x_{0})$ 便是零阶泰勒展开的拉格朗日余项。拉格朗日中值定理的几何图像如下图所示

拉格朗日中值定理图示

拉格朗日中值定理 其实拉格朗日中值定理几何上很直观，就是必然存在与图中平行于倾斜虚线的直线与原函数相切。其实我们如果构造一个新函数将图中倾斜的直线拉平，那我们就直接可以用罗尔定理得到拉格朗日中值定理。我们只需证明在 $(a, b)$ 上存在 $\xi$ , 使得

$f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$ .

拉格朗日中值定理的证明 构造辅助函数将虚线拉平

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

则此函数满足

$F(a)=F(b)=f(a)$ ,

则根据罗尔定理，必然存在 $\xi\in(a, b)$ , 使得

$F'(\xi)=0\Longrightarrow f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\Longrightarrow \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)$

这样我们便证明了拉格朗日中值定理。

7.拉格朗日中值定理的推广——柯栖中值定理的证明（直观解释辅助函数的几何意义）

为了给下文的高阶泰勒展开作铺垫，我们再来证明一下柯栖中值定理。其实这个定理是拉格朗日中值定理的推广。即对于 $(a, b)$ 上可导的函数 $f(x), g(x)$ , 则存在一点 $\xi\in(a, b)$ 使得

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$

柯栖中值定理的证明 柯栖中值定理的证明与拉格朗日中值定理的证明类似，如图所示，我们可以把 $g(x)$ 看作自变量，这样我们便可以像构造拉格朗日中值定理的辅助函数那样构造出柯栖中值定理的辅助函数。

柯栖中值定理的几何图示

但是需要注意， $g(x)$ 不一定是单调函数，因此这个图阐述的问题还不够全面。现在我来像证明拉格朗日中值定理那样来构造柯栖中值定理的辅助函数

$G(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}[(g(x)-g(a)]$ ,

则此函数满足

$G(a)=G(b)=f(a)$

根据罗尔定理，必然存在 $\xi\in(a, b)$ , 使得

$G'(\xi)=0 \Longrightarrow f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(\xi)=0 \Longrightarrow \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$

这样我们便证明了柯栖中值定理。

8.分别用罗必达法则和柯栖中值定理证明带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒展开

假定 $f(x)$ 存在 $n$ 阶导数，则当 $x\rightarrow x_{0}$ 时，

$f(x)=f(x_{0})+\frac{1}{1!}f'(x_{0})(x-x_{0})+\frac{1}{2!}f''(x_{0})(x-x_{0})^{2}\\+\cdots+\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}+o((x-x_{0})^{n}) \\ =\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}+R_{n}(x)$

其中 $R_{n}(x)$ 是比 $(x-x_{0})^{n}$ 阶数更高的无穷小量，即 $o[(x-x_{0})^{n}]$ , $0$ 阶导数表示函数本身，这便是带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒展开式。

带皮亚诺余项的 $n$ 阶泰勒展开的余项证明

方法一：用洛必达法则进行证明

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}+R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}} \\ =\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-\sum\limits_{i=0}^{n-1}\frac{1}{i!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}}{(x-x_{0})^{n}}\\ =\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f'(x)-\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{1}{(i-1)!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i-1}}{n(x-x_{0})^{n-1}} \\ =\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f''(x)-\sum\limits_{i=2}^{n-1}\frac{1}{(i-2)!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i-2}}{n(n-1)(x-x_{0})^{n-2}}\\ =\cdots=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_{0})}{n!(x-x_{0})}=\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}$

其中最后一步是因为 $f(x)$ 的 $n-1$ 阶导数连续。因此

$R_{n}(x)=o[(x-x_{0})^{n}]$

方法二：用柯栖中值定理进行证明 令

$g(x)=(x-x_{0})^{n}, \\ h(x)=\frac{1}{n!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}, \\ Q_{n}(x)=R_{n}(x)+h(x)$

因为

$R_{n}(x_{0})=R_{n}'(x_{0})=\cdots=R_{n}^{(n)}(x_{0})=0\\ g(x_{0})=g'(x_{0})=\cdots=g^{(n-1)}(x_{0})=0\\ h(x_{0})=h'(x_{0})=\cdots=h^{(n-1)}(x_{0})=0$

所以

$Q_{n}(x_{0})=Q'_{n}(x_{0})=\cdots=Q^{(n-1)}_{n}(x_{0})=0$

因此我们可以不断地利用柯栖中值定理

$\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{Q_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}} =\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{Q_{n}(x)-Q_{n}(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}\\ =\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{Q'_{n}(\xi_{1})}{g'(\xi_{1})} =\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{Q'_{n}(\xi_{1})-Q'_{n}(x_{0})}{g'(\xi_{1})-g'(x_{0})}\\ =\cdots=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{Q^{(n-1)}_{n}(\xi_{n-1})}{g^{(n-1)}(\xi_{n-1})}\\ = \lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f^{(n-1)}(\xi_{n-1})-f^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi_{n-1}-x_{0})}=\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}$

其中最后一步是因为 $f(x)$ 的 $n-1$ 阶导数连续， $\xi_{i+1}\in(x_{0}, \xi_{i})$ . 因此

$R_{n}(x)=o[(x-x_{0})^{n}]$

9.用两种方法证明带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒展开（不能用洛必达法则）

假定 $f(x)$ 存在 $n+1$ 阶导数，则当 $x\rightarrow x_{0}$ 时，

$f(x)=f(x_{0})+\frac{1}{1!}f'(x_{0})(x-x_{0})+\frac{1}{2!}f(x_{0})(x-x_{0})^{2}\\+\cdots+\frac{1}{n!}f(x_{0})(x-x_{0})^{n}+f^{(n+1)}(\xi)(x-x_{0})^{n} \\ =\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}$

其中 $f^{(i)}(x_{0})$ 表示 $x_{0}$ 处的 $i$ 阶导数， $0$ 阶导数表示函数本身， $\xi\in(x_{0}, x)$ 。

带拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒展开的余项证明

注：带拉格朗日余项的泰勒展开我们不能直接用洛必达法则，因为我们没有要求 $x\rightarrow x_{0}$

方法一：用柯栖中值定理进行证明 令

$g(x)=(x-x_{0})^{n+1}\\ R_{n}(x)=f(x)-\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!}f^{(n)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}$

因为

$R_{n}(x_{0})=R_{n}'(x_{0})=\cdots=R_{n}^{(n)}(x_{0})=0\\ g(x_{0})=g'(x_{0})=\cdots=g^{(n)}(x_{0})=0$

因此我们可以不断地利用柯栖中值定理

$\frac{R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n+1}} =\frac{R_{n}(x)-R_{n}(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})} \\ =\frac{R'_{n}(\xi_{1})}{g'(\xi_{1})} =\frac{R'_{n}(\xi_{1})-R'_{n}(x_{0})}{g'(\xi_{1})-g'(x_{0})}\\ =\cdots=\frac{R^{(n)}_{n}(\xi_{n})}{g^{(n)}(\xi_{n})} =\frac{R^{(n)}_{n}(\xi_{n})-R^{(n)}_{n}(x_{0})}{g^{(n)}(\xi_{n})-g^{(n)}(x_{0})}\\ =\frac{R_{n}^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{g^{(n+1)}(\xi_{n+1})}=\frac{f^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{(n+1)!}$

其中 $\xi_{i+1}\in(x_{0}, \xi_{i})$ 。

方法二：将 $x_{0}$ 看作变量，将 $x$ 看作常量，构造函数 令函数

$R_{n}(x)=F(x_{0})=f(x)-\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{i!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}$

则

$F'(x_{0})=-\frac{1}{n!}f^{(n+1)}(x_{0})(x-x_{0})^{n}$

因此

$\frac{R_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n+1}}=\frac{F(x_{0})}{(x-x_{0})^{n+1}}=\frac{F(x_{0})-F(x)}{(x-x_{0})^{n+1}}=-\frac{F'(\xi)}{(n+1)(x-\xi)^{n}}=\frac{f^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{(n+1)!}$

其中 $\xi\in(x_{0}, x)$ .

10.泰勒展开图示

泰勒展开的二阶近似如下图中的绿色曲线所示。一阶近似相当于用直线，二阶近似相当于考虑了二阶导数，变成了曲线。还可以有三阶、四阶、更高阶近似。

函数的一阶泰勒展开近似与二阶泰勒展开近似

11.泰勒展开的收敛与收敛半径问题

当我们研究的函数 $f(x)$ 无限可导，则在 $x_{0}$ 足够小的邻域 $(x_{0}-\varepsilon, x_{0}+\varepsilon)$ 上，我们可以将泰勒展开公式展开到无限项，即

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}$

现在我们来考虑一下等式右端的级数在 $x_{0}$ 多大的邻域上与左端相等。首先，等式右端与左端相等的前提是右端的级数收敛。这使得我们先得考虑 $x$ 的收敛半径。我们令

$Q_{i}(x)=\frac{1}{i!}f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}$

根据等比数列的理论我们知道无穷等比数列的公比绝对值小于 $1$ 时级数会收敛。因此当

$\lim\limits_{i\rightarrow\infty}|\frac{Q_{i}(x)}{Q_{i-1}(x)}|=\lim\limits_{i\rightarrow\infty}|\frac{f^{(i)}(x)(x-x_{0})}{if^{(i-1)}(x)}|<1\Longleftrightarrow |x-x_{0}|<\lim\limits_{i\rightarrow\infty}|\frac{if^{(i-1)}(x)}{f^{(i)}(x)}|$

这里

$r=\lim\limits_{i\rightarrow\infty}|\frac{if^{(i-1)}(x)}{f^{(i)}(x)}|$

就是 $x$ 的收敛半径。当然收敛半径的求解方法不止一种，我们也可以令

$\lim\limits_{i\rightarrow\infty}\sqrt[i]{|\frac{f^{(i)}(x_{0})(x-x_{0})^{i}}{i!}|}<1\Longleftrightarrow|x-x_{0}|<\sqrt[i]\frac{i!}{f^{(i)}(x_{0})}$

求得收敛半径。

在收敛半径内，级数一定收敛。但是在收敛半径上，级数可能收敛，也可能不收敛。例如以下函数在 $x=0$ 处的泰勒展开式为

$\ln(1+x)=\sum\limits_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\frac{1}{i}x^{i}$

在 $x=0$ 个收敛半径为 $1$ , 但当 $x=1$ 级数收敛，而 $x=-1$ 时级数发散；再如 $\frac{1}{1-x}$ 在 $x=0$ 处的泰勒展开式为

$\frac{1}{1-x}=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n}+\cdots$

在 $x=\pm 1$ 均发散。

12.泰勒展开的应用举例

泰勒展开的应用在各种科学领域无处不在。

例1 相对论物理中的运动学公式在光速趋于无穷大时或我们的速度远小于光速的一阶近似可以退化到经典力学，以质能方程的一阶泰勒展开为例，质能方程的四速度在四维时空中的模长是一个四维时空中的不变量，其时间维度的分量

$\frac{m_{0}c^{2}}{\sqrt{1-\frac{\upsilon^{2}}{c^{2}}}}\approx m_{0}c^{2}(1+\frac{\upsilon^{2}}{c^{2}})^{\frac{1}{2}}=m_{0}c^{2}+\frac{1}{2}m_{0}\upsilon^{2}$

其中第二步用到了当 $x\rightarrow 0$ 时

$(1+x)^{-\frac{1}{2}}\approx 1-\frac{1}{2}x$

第一项只与物质的静态质量有关，是质能方程；第二项正是经典力学中的动能项。

例2 对自然底数 $\mathbb{e}$ 的近似求解，根据

$\mathbb{e}^{x}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!}x^{i}$

由于它的收敛半径为无穷大，因此我们可令 $x=1$ 得

$\mathbb{e}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{1}{i!}$

因此我们可以取足够多的项得到任意精度的 $\mathbb{e}$ .

例3 我们通过

$\arctan x=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$

我们容易得到它的收敛半径 $r=1$ . 并且 $x=1$ 时，右端是正负交错并且绝对值递减的级数，因此右端收敛。由此我们立即可得

$\frac{\pi}{4}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{2n-1}$

因此我们可以取足够多的项得到任意精度的 $\pi$

13.泰勒展开的推广——洛朗级数展开简介

如果我们掌握复变函数论知识或者自悟出了复变函数论思想，收敛半径问题会变得更加自然直观。限于篇幅，我们在这里不作严格证明，读者可以去学习复变函数论知识或者持续关注本人的知乎专栏“数学妙谈”，以后有时间本人也会继续采用简洁、严谨、出神入化之风继续写相关的文章，下面将定理陈述如下。

洛朗级数展开定理 如果复数域上的函数 $f(z)$ 在圆环区域 $R_{1}<|z-z_{0}|<R_{2}$ 内处处解析，则 $f(z)$ 在该区域内可以展开成洛朗级数

$f(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}c_{n}(z-z_{0})^{n}$

其中

$c_{n}=\oint_{C}\frac{f(\xi)}{(\xi-z_{0})^{n+1}}\mathbb{d}\xi$

积分路径 $C$ 为圆环区域内任意一个绕点 $z_{0}$ 的简单封闭曲线。

结论 根据洛朗级数展开定理，我们立即知道，泰勒展开不过是洛朗展开的特殊形式。而且我们也会知道，如果 $f(x)$ 在 $|z-z_{0}|<R$ 的区域上没有奇点，则在 $|x-x_{0}|<R$ 范围内 $f(x)$ 的泰勒展开恒成立，且在复平面上的收敛圆的边界上必然存在奇点。