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知识点

泰勒公式与麦克劳林展开

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定义

设函数 ff 在点 x0x_0 的某个邻域内具有直到 nn 阶的导数。以 x0x_0 为展开点，称

Pn(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)2!(x−x0)2+⋯+f(n)(x0)n!(x−x0)nP_n(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n

为 ff 在 x0x_0 处的 nn 次泰勒多项式，并把

f(x)=Pn(x)+Rn(x)f(x)=P_n(x)+R_n(x)

称为 ff 在 x0x_0 处的泰勒公式，其中 Rn(x)R_n(x) 是余项，表示用多项式代替函数时产生的误差。

泰勒多项式在 x0x_0 处与原函数有相同的函数值和直到 nn 阶的导数值，所以它在展开点附近贴近原函数；离 x0x_0 越远，误差通常越大。

两种余项

佩亚诺余项：

Rn(x)=o((x−x0)n)(x→x0).R_n(x)=o\bigl((x-x_0)^n\bigr)\qquad(x\to x_0).

这里 oo 表示高阶无穷小，即 lim⁡x→x0Rn(x)(x−x0)n=0\lim_{x\to x_0}\dfrac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}=0。它只说明误差是比 (x−x0)n(x-x_0)^n 高阶的无穷小，适合讨论 x→x0x\to x_0 时的极限与无穷小阶。

拉格朗日余项：若 ff 在 x0x_0 与 xx 之间还有 n+1n+1 阶导数，则对介于 x0x_0 与 xx 之间的某个 ξ\xi，

Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−x0)n+1.R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.

它给出了误差的表达式，适合估计近似计算的上界。

麦克劳林公式

取展开点 x0=0x_0=0，泰勒公式成为麦克劳林公式：

f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!xn+Rn(x).f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_n(x).

常用展开

以下展开式都在 x→0x\to0 时成立，余项写成佩亚诺形式。

函数麦克劳林展开式
exe^x1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+o(xn)1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+o(x^n)
sin⁡x\sin xx−x33!+x55!−⋯+(−1)k−1x2k−1(2k−1)!+o(x2k)x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{k-1}\dfrac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}+o(x^{2k})
cos⁡x\cos x1−x22!+x44!−⋯+(−1)kx2k(2k)!+o(x2k+1)1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^{k}\dfrac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2k+1})
ln⁡(1+x)\ln(1+x)x−x22+x33−x44+⋯+(−1)n−1xnn+o(xn)x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+o(x^n)
(1+x)α(1+x)^\alpha1+αx+α(α−1)2!x2+⋯+α(α−1)⋯(α−n+1)n!xn+o(xn)1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2+\cdots+\dfrac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n+o(x^n)
arctan⁡x\arctan xx−x33+x55−x77+⋯+(−1)k−1x2k−12k−1+o(x2k)x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}-\dfrac{x^7}{7}+\cdots+(-1)^{k-1}\dfrac{x^{2k-1}}{2k-1}+o(x^{2k})
arcsin⁡x\arcsin xx+12⋅x33+1⋅32⋅4⋅x55+1⋅3⋅52⋅4⋅6⋅x77+⋯+o(x2k)x+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{1\cdot3}{2\cdot4}\cdot\dfrac{x^5}{5}+\dfrac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}\cdot\dfrac{x^7}{7}+\cdots+o(x^{2k})

arctan⁡x\arctan x 与 arcsin⁡x\arcsin x 的展开不由逐阶求导直接得到，而是先展开导函数再逐项积分：

(arctan⁡x)′=11+x2=1−x2+x4−x6+⋯ ,(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots,

右边是公比为 −x2-x^2 的几何级数；

(arcsin⁡x)′=11−x2=(1−x2)−1/2,(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=(1-x^2)^{-1/2},

右边用 α=−12\alpha=-\dfrac12 的广义二项式展开。逐项积分后分别得到上表中的两个展开式，积分常数由 x=0x=0 处函数值为 00 确定。

(1+x)α(1+x)^\alpha 的展开称为广义二项式展开，α\alpha 为任意实数。当 α\alpha 是正整数 mm 时，k>mk>m 的各项系数为零，展开式退化为普通的二项式定理。

应用

  1. 确定展开点与阶数

    把极限化成 x→0x\to0 的形式，按分母的最低次幂确定要展开到哪一阶；分子出现同阶项相消时，再往下一阶展开。

  2. 代入展开式

    用已知的麦克劳林展开替换各个函数，余项统一写成 o(xn)o(x^n)，只保留到所需阶数。

  3. 合并同类项

    约去公因子，比较剩下的最低次幂，得到极限值或无穷小的阶。

三种典型用法：

  • 极限计算：遇到 00\dfrac{0}{0} 型不定式，若洛必达法则需要反复求导，可把分子分母展开成多项式后比较最低次幂，详见极限的四则运算与比较法则。
  • 无穷小阶的比较：展开式中最低次非零项的幂次就是无穷小的阶；只取最低阶非零项，就得到等价无穷小。
  • 近似计算与误差估计：用 Pn(x)P_n(x) 作为 f(x)f(x) 的近似值，用拉格朗日余项给出误差上界——先取 ∣f(n+1)(ξ)∣\bigl|f^{(n+1)}(\xi)\bigr| 在 x0x_0 与 xx 之间的最大值，再乘 ∣x−x0∣n+1(n+1)!\dfrac{|x-x_0|^{n+1}}{(n+1)!}。

例子

用麦克劳林展开求极限

求

lim⁡x→0ln⁡(1+x)−xx2.\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}.

由 ln⁡(1+x)=x−x22+o(x2)\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)，得

ln⁡(1+x)−xx2=−x22+o(x2)x2=−12+o(1),\frac{\ln(1+x)-x}{x^2} =\frac{-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2} =-\frac12+o(1),

所以极限为 −12-\dfrac12。

用拉格朗日余项估计误差

用 P2(x)=1+x+x22P_2(x)=1+x+\dfrac{x^2}{2} 近似 exe^x。当 ∣x∣≤1|x|\le1 时，拉格朗日余项为

R2(x)=eξ3!x3,R_2(x)=\frac{e^{\xi}}{3!}x^3,

其中 ξ\xi 介于 00 与 xx 之间。因为此时 eξ≤ee^{\xi}\le e、∣x∣3≤1|x|^3\le1，所以

∣R2(x)∣≤e6≈0.454.|R_2(x)|\le\frac{e}{6}\approx0.454.

这就是用二次多项式近似 exe^x 在 [−1,1][-1,1] 上的误差上界；∣x∣|x| 越小，误差越小。

复合函数的展开：e−x2e^{-x^2}

在 et=1+t+t22+o(t2)e^t=1+t+\dfrac{t^2}{2}+o(t^2) 中令 t=−x2t=-x^2。当 x→0x\to0 时 t→0t\to0，于是

e−x2=1−x2+x42+o(x4).e^{-x^2}=1-x^2+\frac{x^4}{2}+o(x^4).

把展开式中的变量整体替换，是处理复合函数展开的常用办法；替换后要检查新变量是否仍趋于 00。

题集

练习

  1. cos⁡x\cos x 的麦克劳林展开中，x4x^4 项的系数是：

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    cos⁡x=1−x22!+x44!−⋯\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots，x4x^4 项为 x424\dfrac{x^4}{24}。

  2. lim⁡x→0ex−1−xx2=\lim_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}= 。

    参考解答

    由 ex=1+x+x22+o(x2)e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)，分子为 x22+o(x2)\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)，除以 x2x^2 后极限为 12\dfrac12。

  3. lim⁡x→0sin⁡x−xx3=\lim_{x\to0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}=

    选择答案
    参考解答

    由 sin⁡x=x−x36+o(x3)\sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)，分子为 −x36+o(x3)-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)，除以 x3x^3 得 −16-\dfrac16。若只把 sin⁡x\sin x 展开到 xx，分子会被误算成 00，说明阶数不足。

  4. (1+x)1/2(1+x)^{1/2} 的麦克劳林展开中，x2x^2 项的系数是：

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    参考解答

    α=12\alpha=\dfrac12 时，x2x^2 项的系数为 α(α−1)2!=12⋅(−12)2=−18\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}=\dfrac{\dfrac12\cdot\left(-\dfrac12\right)}{2}=-\dfrac18。

  5. 关于泰勒公式的余项，下列叙述正确的是：

    选择答案
    参考解答

    佩亚诺余项只说明误差的阶，给不出上界；拉格朗日余项有具体表达式，可用来估计误差。

本题集已答对 0 / 5 个可判分项

交互探索

多项式怎样贴合曲线？

提高泰勒多项式的次数，观察它在一段区间上逼近正弦曲线。

正在准备演示…