函数在 x = 0处的 Taylor 公式
函数 ()xf 在 x = 0处的 Taylor 公式
)(
!
)0(
!2
)0(
)0()0()(
)(
2
xrx
n
f
x
f
xffxf
n
n
n
+++
′′
+
′
+= ",
其中 )(xr
n
有 Peano 余项与 Lagrange 余项两种表示形式，即有
)()(
n
n
xoxr =,或
1
)1(
)!1(
)(
)(
+
+
+
=
n
n
n
x
n
xf
xr
θ
,(0,1)θ∈ 。
函数 ()xf 在 x = 0处的 Taylor 公式又称为函数 ( )xf 的 Maclaurin 公式。下面我们求几个最基本的初等函数的 Maclaurin 公式。
§ 4 函数的 Taylor公式及其应用例 5.4.1 求 fx
x
() e= 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 对函数 fx
x
() e= 有
xn
xfxfxfxf e)()()()(
)(
===
′′
=
′
= ",
于是
1)0()0()0()0(
)(
===
′′
=
′
=
n
ffff ",
因此,e
x
在 x = 0处的 Taylor 公式
!!3!2
1e
32
n
xxx
x
n
x
+++++= " +rx
n
(),
它的余项为
)()(
n
n
xoxr =,或 )1,0(,
)!1(
e
)(
1
∈
+
=
+
θ
θ
n
x
n
x
n
xr 。
例 5.4.2 求 fx x() sin= 和 fx x() cos= 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 先考虑 fx x() sin= 。
由于对 k = 012,,, ",有
()
() sin π
2
k
k
fx x
=+
,
于是
+=?
=
=
,12,)1(
,2,0
)0(
)(
nk
nk
f
n
k
因此 sin x在 x = 0处的 Taylor 公式为
)!12(
)1(
!5!3
sin
1253
+
+?+?=
+
n
xxx
xx
n
n
" +
+
rx
n22
(),
相应的余项为
)()(
22
22
+
+
=
n
n
xoxr,或
23
22
23
() sin π,(0,1)
(2 3)! 2
n
n
xn
rx x
n
θθ
+
+
+
=+∈
+
。
同理可以求出 cos x 在 x = 0处的 Taylor 公式为
)!2(
)1(
!4!2
1cos
242
n
xxx
x
n
n
+?+?= " +
+
rx
n21
(),
相应的余项为
)()(
12
12
+
+
=
n
n
xoxr,或
22
21
22
() cos π,(0,1)
(2 2)! 2
n
n
xn
rx x
n
θθ
+
+
+
=+∈
+
。
例 5.4.3 求
α
)1()( xxf += （ α为任意实数）在 x = 0处的 Taylor
公式。
解 因为
1)1()0(
0
=+=
=x
xf
α
,
αα
α
=+=
′
=
0
1
)1()0(
x
xf,
)1()1)(1()0(
0
2
=+?=
′′
=
αααα
α
x
xf,
……
对任意正整数 k,一般地有
)1()1()0(
)(
+= kf
k
ααα " 。
记
,
!
)1()1(
k
k
k
+
=
ααα
α
"
并规定
1
0
=
α
。
当 α 为正整数 n时，
n
j
n
j
= C,nj ≤≤1,因而它是组合数的推广。
由此得到
n
x
n
xxxx
++
+
+
+
=+
ααααα
α
"
32
3210
)1( +rx
n
(),
它的余项为
)()(
n
n
xoxr =,或 )1,0(,)1(
1
)(
1)1(
∈?+
+
=
++?
θθ
α
α nn
n
xx
n
xr 。
下面是几种最常见的情况。
(a)当 α 为正整数 n时，上式即成为
() C1
00
+=
=
==
∑∑
x
n
k
xx
n
k
n
k
n
kk
k
n
,
这是熟知的二项式展开定理，此时的余项为零。
(b)当 1?=α 时，易知
=?
1
1
k
k
(),因此
nn
xxxxx
x
)1(1
1
1
432
+?+?+?=
+
" +rx
n
(),
余项为
)()(
n
n
xoxr =,或
1
1
2
( ) ( 1),(0,1)
(1 )
n
n
n
n
x
rx
x
θ
θ
+
+
+
=? ∈
+
。
下面是几种最常见的情况。
(a)当 α 为正整数 n时，上式即成为
() C1
00
+=
=
==
∑∑
x
n
k
xx
n
k
n
k
n
kk
k
n
,
这是熟知的二项式展开定理，此时的余项为零。
(c) 当
2
1
=α 时，对 1≥k,有
!
)1()1(
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
k
+
=
"
!2
))1(21()41)(21(
k
k
k
=
"
>
=
=
,1,
!)!2(
!)!32(
)1(
,1,
2
1
1
k
k
k
k
k
其中记号 !!k 为
+=
=
=
.12,135)4)(2(
,2,246)4)(2(
!!
nkkkk
nkkkk
k
"
"
因此,
nn
x
n
n
xxxx
!)!2(
!)!32(
)1(
642
31
42
1
2
1
11
132
+?
+
+=+
" +rx
n
(),
余项为
)()(
n
n
xoxr =,或
1
2
1
(2 1)!!
( ) ( 1),(0,1)
(2 2)!!
(1 )
n
n
n
n
nx
rx
n
x
θ
θ
+
+
=? ∈
+
+
。
(d) 当
2
1
=α 时，对 1≥k,有
,
!)!2(
!)!12(
)1(
!2
))1(21()41)(21)(1(
!
)1()1)((
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
=
=
+
=
"
"
因此
nn
x
n
n
xxx
x
!)!2(
!)!12(
)1(
642
531
42
31
2
1
1
1
1
32
+?
+?=
+
" +rx
n
(),
余项为
)()(
n
n
xoxr =,或 )1,0(,
)1(
!)!22(
!)!12(
)1()(
2
3
1
1
∈
+
+
+
=
+
+
+
θ
θ
n
n
n
n
x
x
n
n
xr 。
例 5.4.4 求 fx
x
()= 2 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 将 2
x
写成 e
(ln )2 x
，令 ux= (ln )2 并对 e
u
使用例 5.4.1 的 Taylor 公式，代回变量即有
)(
!
)2(ln
!3
)2(ln
!2
)2(ln
)2(ln12
3322
n
nn
x
xo
n
xxx
x ++++++= " 。
例 5.4.5 求 fx x() cos=?2
3
在 x = 0 处的 Taylor 公式（展开至 4
次）。
解 令 ux=?1cos，则当 x → 0时 u→ 0，于是
2
233
3
2
2
2 cos 1 (1 cos ) 1 1 ( )
39
1cos (1cos)
1((cos.
39
uu
xxuou
xx
ox
=+? =+=+?+
=+? +?
由于
)(
242
cos1
4
42
xo
xx
x +?=?,
代入上式，得到展开式
)(
246
1cos2
4
42
3
xo
xx
x +?+=? 。
请读者思考一下,为什么不能将 2
3
cosx 化为 2
3
1
2
3
cosx
，
再对 1
2
3
cosx
使用例 5.4.3 的结论。
例 5.4.5 求 fx x() cos=?2
3
在 x = 0 处的 Taylor 公式（展开至 4
次）。
解 令 ux=?1cos，则当 x → 0时 u→ 0，于是
2
233
3
2
2
2 cos 1 (1 cos ) 1 1 ( )
39
1cos (1cos)
1((cos.
39
uu
xxuou
xx
ox
=+? =+=+?+
=+? +?
由于
)(
242
cos1
4
42
xo
xx
x +?=?,
代入上式，得到展开式
)(
246
1cos2
4
42
3
xo
xx
x +?+=? 。
定理 5.4.1 设 fx()在 x
0
的某个邻域有 n+ 2阶导数存在,则它的
n+1次 Taylor 多项式的导数恰为 ′fx()的 n次 Taylor 多项式 。
证明留作习题。这个性质给我们带来很大的方便。
例 5.4.6 求 fx x() ln( )= +1 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 由于 [ln( )]1
1
1
+ ′=
+
x
x
，设 ln( )1+ x 的 Taylor 公式为
)()1ln(
2
210
nn
n
xoxaxaxaax +++++=+ ",
则由定理 5.4.1,
)(32])1[ln(
112
321
+++++=
′
+
nn
n
xoxnaxaxaax " 。
由于 [ln( )]1
1
1
+ ′=
+
x
x
，而由例 5.4.3 的 (b)，
1
1+ x
的 Taylor 公式为
)()1(1
1
1
111432
+?+?+?+?=
+
nnn
xoxxxxx
x
",
比较两式，便得到
a
j
j
j
=
()1
1
,j n= 12,,, ",
同时可以明显看出 a
0
10= =ln,因此可得
)()1(
432
)1ln(
1
432
n
n
n
xo
n
xxxx
xx +?++?+?=+
" 。
例 5.4.7 求 xxf tanarc)( = 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 由例 5.4.3 的 (b)，函数
1
1
2
+ x
在 x = 0的 Taylor 公式为
)()1(1
1
1
1228642
2
+
+?+?+?+?=
+
nnn
xoxxxxx
x
",
因为
2
1
1
)tan(arc
x
x
+
=
′
，按例 5.4.6 同样的方法，易知
)(
12
)1(
53
tanarc
22
1253
+
+
+
+
+?+?=
n
n
n
xo
n
xxx
xx " 。
函数 fx()在
0
xx = 处的 Taylor 公式可以通过对它在 x = 0 处的
Taylor 公式作适当的变换后直接得到，而不需要按定义去计算。
例 5.4.7 求 xxf tanarc)( = 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 由例 5.4.3 的 (b)，函数
1
1
2
+ x
在 x = 0的 Taylor 公式为
)()1(1
1
1
1228642
2
+
+?+?+?+?=
+
nnn
xoxxxxx
x
",
因为
2
1
1
)tan(arc
x
x
+
=
′
，按例 5.4.6 同样的方法，易知
)(
12
)1(
53
tanarc
22
1253
+
+
+
+
+?+?=
n
n
n
xo
n
xxx
xx " 。
例 5.4.8 求 fx x()= 在 x =1处的 Taylor 公式。
解 将 x 改写成 11+?()x,用例 5.4.3 的 (c)的结论，即有
xx=+?11()
).)1(()1(
!)!2(
!)!32(
)1(
)1(
642
31
)1(
42
1
)1(
2
1
1
1
32
nnn
xox
n
n
xxx
+?
+
+?
+=
"
Taylor 公式的应用
一、近似计算
例 5.4.9 用 e
x
的 10 次 Taylor 多项式求 e 的近似值,并估计误差。
解 在 e
x
的 Taylor 公式（例 5.4.1）中取 x =1,n =10，则可算得
,718281801.2
!10
1
!3
1
!2
1
11e " " =+++++≈
关于计算的误差，则有如下的估计
8
1
11
108.6
!11
3
!11
e
=
×≈<
=
x
xd
ξ
。
注意,Taylor 公式只是一种局部性质，因此在用它进行近似计算时,x不能远离 x
0
，否则效果会比较差。
二、求极限
对于待定型的极限问题,Taylor 公式往往是比 L'Hospital 法则更为有效的求极限工具。
例 5.4.10 求 lim
cos e
x
x
x
x
→
0
2
4
2
。
解 这是个
0
0
待定型的极限问题。如果用 L'Hospital 法则，则分子分母需要求导 4 次，但若采用 Taylor 公式，则有
2
2
24 2 2
44
2
44
00
44
4
0
1
1()1 ()
2! 4! 2 2! 2
cos e
lim lim
1
()
1
12
lim,
12
x
xx
x
xx x x
ox ox
x
xox
x
→→
→
++?+? +? +
=
+
==?
例 5.4.11 求
( )
4
3
2
0
1cos26)sin1ln(
lim
x
xx
x
+
→
。
解 这也是个
0
0
待定型的极限问题。由例 5.4.5 和例 5.4.6，有
)(
246
1cos2
4
42
3
xo
xx
x +?=,
)(sin
2
sin
sin)sin1ln(
4
4
22
xo
x
xx +?=+ 。
用
2
4
3
2
)(
6
sin
+?= xo
x
xx 代入，即有
)(
6
5
)sin1ln(
4
4
22
xo
x
xx +?=+ 。
于是,
2 3
4
0
24 4 2 4 4
5 11
66
4
0
ln(1 sin ) 6( 2 cos 1)
lim
() 6 ()
7
lim,
12
x
x
xx
x
x x ox x x ox
x
→
→
+
+ +
==?
三、证明不等式
下面举例说明，Taylor 公式也是证明不等式的重要方法 。
例 5.4.12 设 1>α 。证明：当 1?>x 时成立
xx α
α
+≥+ 1)1(,
且等号仅当 0=x 时成立。
证
α
)1()( xxf += 在 ),1( +∞? 上二阶可导，且有
1)0( =f ；
1
)1()(
+=
′
α
α xxf,α=′ )0(f ；以及
2
)1)(1()(
+?=
′′
α
αα xxf 。
对 )(xf 应用在 0=x 处的带 Lagrange 余项的 Taylor 公式，得
22
)1(
2
)1(
1)1( xxxx
+
++=+
αα
θ
αα
α,1?>x 。
注意到上式中最后一项是非负的，且仅当 0=x 时为零。所以
xx α
α
+≥+ 1)1(,1?>x,
且等号仅当 0=x 时成立。
例 5.4.13 设 )(xf 在 ]1,0[ 上具有二阶导数，且 ]1,0[ 上成立
Axf ≤|)(|,Bxf ≤
′′
|)(| 。证明
BAxf
2
1
2|)(| +≤
′,
]1,0[∈x 。
证 对于任意 ]1,0[∈c,由 )(xf 在 cx = 处的带 Lagrange 余项的 Taylor
公式，得
2
))((
2
1
))(()()( cxfcxcfcfxf?
′′
+?
′
+= ξ,]1,0[∈x,
其中 ξ在 c与 x之间，因此 ]1,0[∈ξ 。特别地有
2
1
)0)((
2
1
)0)(()()0( cfccfcff?
′′
+?
′
+= ξ,
2
2
)1)((
2
1
)1)(()()1( cfccfcff?
′′
+?
′
+= ξ,
其中 ]1,0[,
21
∈ξξ 。将以上两式相减得
[ ]
2
1
2
2
)()1)((
2
1
)0()1()( cfcfffcf ξξ
′′
′′
=
′,
于是由已知条件得
[ ]
[].)1(
2
2
|)(|)1(|)(|
2
1
|)0(||)1(||)(|
22
2
1
2
2
cc
B
A
cfcfffcf
+?+≤
′′
+?
′′
++≤
′
ξξ
注意到在 ]1,0[ 上成立 1)1(
22
≤+? xx,因此
BAcf
2
1
2|)(| +≤
′ 。
由 c在 ]1,0[ 上的任意性，即得结论。
四、求曲线的渐近线方程
直线 yaxb= + 是曲线 yfx= ()的渐近线的充分必要条件为
lim [ ( ) ( )]
x
fx ax b
→+∞
+ = 0
或
lim [ ( ) ( )]
x
fx ax b
→?∞
+ = 0 。
如果 yaxb= + 是曲线 yfx= ()的渐近线，则
+∞→x
lim
() ( )
0
fx ax b
x
+
= （或
∞→x
lim
() ( )
0
fx ax b
x
+
= ）,
因此首先有
lim
x
a
→+∞
=
x
xf )(
（或 lim
x
a
→?∞
=
x
xf )(
）。
其次，再由
+∞→x
lim [() ( )] 0fx ax b? +=（或
∞→x
lim [() ( )] 0fx ax b? +=）可得
lim
x
b
→+∞
= ])([ axxf? （或 lim
x
b
→?∞
= ])([ axxf? ）。
注意：如果上面的极限计算对于 ∞→x 成立，则说明直线 baxy +=
关于曲线 yfx= ()在 x → +∞和?∞两个方向上都是渐近线。
除上述情况外，如果当 +→ ax 或?a 时,fx()趋于 +∞或?∞,即
±∞=
+→
)(lim xf
ax
或
±∞=
→
)(lim xf
ax
,
则直线 xa= 是曲线 yfx= ()的一条垂直渐近线。
例 5.4.14 求曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的渐近线方程。
解 由于
=a
3
1
)1(3
)1(
limlim
2
=
+
=
∞→∞→
xx
x
x
y
xx
,
+
=
+
=
∞→∞→
x
x
x
ax
x
x
b
xx
3
1
)1(3
)1(
lim
)1(3
)1(
lim
22
1
1
13
lim
3
1
=
+
+?
=
∞→
x
x
x
,
因此 y
x
=?
3
1为曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的斜渐近线。又由于
+∞=
+
+?→
)1(3
)1(
lim
2
1
x
x
x
,?∞=
+
→
)1(3
)1(
lim
2
1
x
x
x
,
可知 1?=x 是曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的垂直渐近线。
显然,y
x
=?
3
1在 x →+∞和?∞两个方向上都是曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的斜渐近线,而 1?=x 在 +→ ax 和?a 两个方向上都是曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的垂直渐近线。
例 5.4.15 求曲线 yxxx=+
32
3
1的渐近线方程。
解 设 yxxx=+
32
3
1的渐近线方程为 baxy +=,则由定义
=a =
+
=
∞→∞→
x
xxx
x
y
xx
3 23
1
limlim 1
1
1lim
3
3
2
=
+
∞→
x
xx
x
,
( )xxxxb
x
+=
∞→
3 23
1lim
+
=
∞→
1
1
1lim
3
3
2
x
xx
x
x
+
+
=
∞→
1
11
3
1
1lim
3
2
x
o
x
xx
x
x
3
1
)1(
3
1
lim?=
+?=
∞→
o
x
,
因此 yxxx=+
32
3
1的渐近线方程为
yx=?
1
3
。
例 5,4,16 求曲线
11
3
(e e 2)
xx
yx
= +? 的渐近线方程。
解 设
11
3
(e e 2)
xx
yx
=+ 的渐近线方程为 baxy +=,则由定义
=a =
∞→
x
y
x
lim
11
2
lim (e e 2)
xx
x
x
→∞
+?
++?+
+++=
∞→
2
1
2
11
1
1
2
11
1lim
2222
2
x
o
xxx
o
xx
x
x
1=,
11
3
lim (e e 2)
xx
x
bx x
→∞
= +
3
23 3 23 3
11 1 1 11 1 1
lim 1 1 2
26 26
x
xo ox
xx x x xx x x
→∞
= ++ + + +?+? +
0])1([lim =?+=
∞→
xox
x
。
因此 xy = 为曲线
11
3
(e e 2)
xx
yx
= +?的斜渐近线。
由于
11 1
33
00
lim (e e 2) lim e
xx x
xx
→+ →+
+?= =+∞,
11 1
lim (e e 2) lim e
xx x
→? →?
+?= =+∞,
可知 0=x 是曲线
11
3
(e e 2)
xx
yx
= +?的垂直渐近线。
五、外推
若对于某个值 a，按参数 h算出的近似值 ah
1
()可以展开成
"++++=
3
3
2
211
)( hchchcaha
那么按参数
h
2
算出的近似值
2
1
h
a 就是
"++++=
3
3
2
211
8
1
4
1
2
1
2
hchchca
h
a,
ah
1
()和
2
1
h
a 与准确值 a的误差都是 )(hO 阶的。
现在，将后一式乘上 2 减去前一式，便得到
"+++=
=
3
3
2
2
11
2
12
)(
2
2
)( hdhda
ha
h
a
ha,
也就是说，对两个 )(hO 阶的近似值化了少量几步四则运算进行组合之后，却得到了具有 )(
2
hO 阶的近似值 ah
2
()。这样的过程就称为 外推。
若进行了一次外推之后精度仍未达到要求，则可以从 ah
2
()出发再次外推,
"+++=
=
4
4
3
3
22
3
14
)(
2
4
)( hehea
ha
h
a
ha,
得到 )(
3
hO 阶的近似值 ah
3
()。这样的过程可以进行 k?1步，直到
)(
12
)(
2
2
)(
1
11
1
k
k
kk
k
k
hOa
ha
h
a
ha +=
=
满足预先给定的精度。
外推方法是一种非常重要的近似计算技术。
我们来看一个具体的例子。
古人很早就知道用“割圆术”，即计算圆的内接或外切正多边形的周长或面积来求圆周率 π。
例 5.4.17 单位圆的内接正 n边形的面积可以表示为
Sh
h
h() sin( )=
1
2
2 π,
这里 h
n
=
1
，按照 Taylor 公式
35
246
123
1(2π)(2π)
() [2π ]
23!5!
π
hh
Sh h
h
ch ch ch
=?+?
=+ + + +
" "
" "，
因此，其内接正 2n边形的面积可以表示为
35
246
123
1(π)(π)1
ππ
23!5!4
hhh
Sh chchch
h
=?+?=++++
" ",
用它们作为 π的近似值，误差都是 )(
2
hO 量级的。
现在将这两个近似的程度不够理想的值按以下方式组合,
3
)(
2
214
)(
2
4
)(
~
hS
h
S
h
S
hS
h
S
hS
+
=
=,
那么通过简单的计算就可以知道
46
23
() πSh dh dh= +++
",
h
2
项被消掉了！也就是说，用
~
()Sh近似表示 π，其精度可以大大提高。
我国三国时的著名数学家刘徽曾对半径为 10 的圆算出
1 584 1 64
100 313 100 314
96 625 192 625
SS
=? =
，,
接着他“以十二觚之幂为率消息”，“取此分寸之三十六”，用
现在的话来说,即以
36
625
加到
192
1
100 S 上去，便得到了当时最精确的圆周率
16436
π 314 3.1416
100 625 625
≈+=
。
后人发现，他用的增量
36
625
与
~
()Sh表达式中对
2
h
S 的修正量
=
3
)(
2
hS
h
S
314
64
625
313
584
625
3
35
625
=
相当接近，因此有理由认为，他在当时已经掌握了某种与外推方法 类似的计算技术。
例 5.4.18 证明,e是无理数。
证 用反证法。假设 e是有理数，那么显而易见，一定存在充分大的自然数 m，使得 (!)em 是正整数。
在 e
x
的 Taylor 公式
!!3!2
1e
32
n
xxx
x
n
x
+++++= "
1
e
,(0,1)
(1)!
x
n
x
n
θ
θ
+
+∈
+
中，将 n取为 m，并令 x = 1。即有
!
1
!3
1
!2
1
11e
m
+++++= "
e
,(0,1)
(1)!m
θ
θ+∈
+
。
两边同乘上 m!，便得到
(!)em
+++++=
!
1
!3
1
!2
1
11)!(
m
m "
(!)e
(1)!
m
m
θ
+
+
,
即
)!(m
+++++?
!
1
!3
1
!2
1
11e
m
"
e
1m
θ
=
+
。
按假设，等式的左端是正整数。
但由于 (0,1)θ∈,因此
1e 3
θ
< <,
代入上式的右端，就得到估计式
1e 3
111mmm
θ
<<
+ ++
。
于是，对于任意正整数 2≥m,都有
e
1m
θ
+
∈(,)01，也就是说，上述等 式的右端决不可能是正整数，这样就导出了矛盾。
所以假设 e是有理数不成立，即 e 是无理数。
函数 ()xf 在 x = 0处的 Taylor 公式
)(
!
)0(
!2
)0(
)0()0()(
)(
2
xrx
n
f
x
f
xffxf
n
n
n
+++
′′
+
′
+= ",
其中 )(xr
n
有 Peano 余项与 Lagrange 余项两种表示形式，即有
)()(
n
n
xoxr =,或
1
)1(
)!1(
)(
)(
+
+
+
=
n
n
n
x
n
xf
xr
θ
,(0,1)θ∈ 。
函数 ()xf 在 x = 0处的 Taylor 公式又称为函数 ( )xf 的 Maclaurin 公式。下面我们求几个最基本的初等函数的 Maclaurin 公式。
§ 4 函数的 Taylor公式及其应用例 5.4.1 求 fx
x
() e= 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 对函数 fx
x
() e= 有
xn
xfxfxfxf e)()()()(
)(
===
′′
=
′
= ",
于是
1)0()0()0()0(
)(
===
′′
=
′
=
n
ffff ",
因此,e
x
在 x = 0处的 Taylor 公式
!!3!2
1e
32
n
xxx
x
n
x
+++++= " +rx
n
(),
它的余项为
)()(
n
n
xoxr =,或 )1,0(,
)!1(
e
)(
1
∈
+
=
+
θ
θ
n
x
n
x
n
xr 。
例 5.4.2 求 fx x() sin= 和 fx x() cos= 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 先考虑 fx x() sin= 。
由于对 k = 012,,, ",有
()
() sin π
2
k
k
fx x
=+
,
于是
+=?
=
=
,12,)1(
,2,0
)0(
)(
nk
nk
f
n
k
因此 sin x在 x = 0处的 Taylor 公式为
)!12(
)1(
!5!3
sin
1253
+
+?+?=
+
n
xxx
xx
n
n
" +
+
rx
n22
(),
相应的余项为
)()(
22
22
+
+
=
n
n
xoxr,或
23
22
23
() sin π,(0,1)
(2 3)! 2
n
n
xn
rx x
n
θθ
+
+
+
=+∈
+
。
同理可以求出 cos x 在 x = 0处的 Taylor 公式为
)!2(
)1(
!4!2
1cos
242
n
xxx
x
n
n
+?+?= " +
+
rx
n21
(),
相应的余项为
)()(
12
12
+
+
=
n
n
xoxr,或
22
21
22
() cos π,(0,1)
(2 2)! 2
n
n
xn
rx x
n
θθ
+
+
+
=+∈
+
。
例 5.4.3 求
α
)1()( xxf += （ α为任意实数）在 x = 0处的 Taylor
公式。
解 因为
1)1()0(
0
=+=
=x
xf
α
,
αα
α
=+=
′
=
0
1
)1()0(
x
xf,
)1()1)(1()0(
0
2
=+?=
′′
=
αααα
α
x
xf,
……
对任意正整数 k,一般地有
)1()1()0(
)(
+= kf
k
ααα " 。
记
,
!
)1()1(
k
k
k
+
=
ααα
α
"
并规定
1
0
=
α
。
当 α 为正整数 n时，
n
j
n
j
= C,nj ≤≤1,因而它是组合数的推广。
由此得到
n
x
n
xxxx
++
+
+
+
=+
ααααα
α
"
32
3210
)1( +rx
n
(),
它的余项为
)()(
n
n
xoxr =,或 )1,0(,)1(
1
)(
1)1(
∈?+
+
=
++?
θθ
α
α nn
n
xx
n
xr 。
下面是几种最常见的情况。
(a)当 α 为正整数 n时，上式即成为
() C1
00
+=
=
==
∑∑
x
n
k
xx
n
k
n
k
n
kk
k
n
,
这是熟知的二项式展开定理，此时的余项为零。
(b)当 1?=α 时，易知
=?
1
1
k
k
(),因此
nn
xxxxx
x
)1(1
1
1
432
+?+?+?=
+
" +rx
n
(),
余项为
)()(
n
n
xoxr =,或
1
1
2
( ) ( 1),(0,1)
(1 )
n
n
n
n
x
rx
x
θ
θ
+
+
+
=? ∈
+
。
下面是几种最常见的情况。
(a)当 α 为正整数 n时，上式即成为
() C1
00
+=
=
==
∑∑
x
n
k
xx
n
k
n
k
n
kk
k
n
,
这是熟知的二项式展开定理，此时的余项为零。
(c) 当
2
1
=α 时，对 1≥k,有
!
)1()1(
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
k
+
=
"
!2
))1(21()41)(21(
k
k
k
=
"
>
=
=
,1,
!)!2(
!)!32(
)1(
,1,
2
1
1
k
k
k
k
k
其中记号 !!k 为
+=
=
=
.12,135)4)(2(
,2,246)4)(2(
!!
nkkkk
nkkkk
k
"
"
因此,
nn
x
n
n
xxxx
!)!2(
!)!32(
)1(
642
31
42
1
2
1
11
132
+?
+
+=+
" +rx
n
(),
余项为
)()(
n
n
xoxr =,或
1
2
1
(2 1)!!
( ) ( 1),(0,1)
(2 2)!!
(1 )
n
n
n
n
nx
rx
n
x
θ
θ
+
+
=? ∈
+
+
。
(d) 当
2
1
=α 时，对 1≥k,有
,
!)!2(
!)!12(
)1(
!2
))1(21()41)(21)(1(
!
)1()1)((
2
1
2
1
2
1
2
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
=
=
+
=
"
"
因此
nn
x
n
n
xxx
x
!)!2(
!)!12(
)1(
642
531
42
31
2
1
1
1
1
32
+?
+?=
+
" +rx
n
(),
余项为
)()(
n
n
xoxr =,或 )1,0(,
)1(
!)!22(
!)!12(
)1()(
2
3
1
1
∈
+
+
+
=
+
+
+
θ
θ
n
n
n
n
x
x
n
n
xr 。
例 5.4.4 求 fx
x
()= 2 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 将 2
x
写成 e
(ln )2 x
，令 ux= (ln )2 并对 e
u
使用例 5.4.1 的 Taylor 公式，代回变量即有
)(
!
)2(ln
!3
)2(ln
!2
)2(ln
)2(ln12
3322
n
nn
x
xo
n
xxx
x ++++++= " 。
例 5.4.5 求 fx x() cos=?2
3
在 x = 0 处的 Taylor 公式（展开至 4
次）。
解 令 ux=?1cos，则当 x → 0时 u→ 0，于是
2
233
3
2
2
2 cos 1 (1 cos ) 1 1 ( )
39
1cos (1cos)
1((cos.
39
uu
xxuou
xx
ox
=+? =+=+?+
=+? +?
由于
)(
242
cos1
4
42
xo
xx
x +?=?,
代入上式，得到展开式
)(
246
1cos2
4
42
3
xo
xx
x +?+=? 。
请读者思考一下,为什么不能将 2
3
cosx 化为 2
3
1
2
3
cosx
，
再对 1
2
3
cosx
使用例 5.4.3 的结论。
例 5.4.5 求 fx x() cos=?2
3
在 x = 0 处的 Taylor 公式（展开至 4
次）。
解 令 ux=?1cos，则当 x → 0时 u→ 0，于是
2
233
3
2
2
2 cos 1 (1 cos ) 1 1 ( )
39
1cos (1cos)
1((cos.
39
uu
xxuou
xx
ox
=+? =+=+?+
=+? +?
由于
)(
242
cos1
4
42
xo
xx
x +?=?,
代入上式，得到展开式
)(
246
1cos2
4
42
3
xo
xx
x +?+=? 。
定理 5.4.1 设 fx()在 x
0
的某个邻域有 n+ 2阶导数存在,则它的
n+1次 Taylor 多项式的导数恰为 ′fx()的 n次 Taylor 多项式 。
证明留作习题。这个性质给我们带来很大的方便。
例 5.4.6 求 fx x() ln( )= +1 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 由于 [ln( )]1
1
1
+ ′=
+
x
x
，设 ln( )1+ x 的 Taylor 公式为
)()1ln(
2
210
nn
n
xoxaxaxaax +++++=+ ",
则由定理 5.4.1,
)(32])1[ln(
112
321
+++++=
′
+
nn
n
xoxnaxaxaax " 。
由于 [ln( )]1
1
1
+ ′=
+
x
x
，而由例 5.4.3 的 (b)，
1
1+ x
的 Taylor 公式为
)()1(1
1
1
111432
+?+?+?+?=
+
nnn
xoxxxxx
x
",
比较两式，便得到
a
j
j
j
=
()1
1
,j n= 12,,, ",
同时可以明显看出 a
0
10= =ln,因此可得
)()1(
432
)1ln(
1
432
n
n
n
xo
n
xxxx
xx +?++?+?=+
" 。
例 5.4.7 求 xxf tanarc)( = 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 由例 5.4.3 的 (b)，函数
1
1
2
+ x
在 x = 0的 Taylor 公式为
)()1(1
1
1
1228642
2
+
+?+?+?+?=
+
nnn
xoxxxxx
x
",
因为
2
1
1
)tan(arc
x
x
+
=
′
，按例 5.4.6 同样的方法，易知
)(
12
)1(
53
tanarc
22
1253
+
+
+
+
+?+?=
n
n
n
xo
n
xxx
xx " 。
函数 fx()在
0
xx = 处的 Taylor 公式可以通过对它在 x = 0 处的
Taylor 公式作适当的变换后直接得到，而不需要按定义去计算。
例 5.4.7 求 xxf tanarc)( = 在 x = 0处的 Taylor 公式。
解 由例 5.4.3 的 (b)，函数
1
1
2
+ x
在 x = 0的 Taylor 公式为
)()1(1
1
1
1228642
2
+
+?+?+?+?=
+
nnn
xoxxxxx
x
",
因为
2
1
1
)tan(arc
x
x
+
=
′
，按例 5.4.6 同样的方法，易知
)(
12
)1(
53
tanarc
22
1253
+
+
+
+
+?+?=
n
n
n
xo
n
xxx
xx " 。
例 5.4.8 求 fx x()= 在 x =1处的 Taylor 公式。
解 将 x 改写成 11+?()x,用例 5.4.3 的 (c)的结论，即有
xx=+?11()
).)1(()1(
!)!2(
!)!32(
)1(
)1(
642
31
)1(
42
1
)1(
2
1
1
1
32
nnn
xox
n
n
xxx
+?
+
+?
+=
"
Taylor 公式的应用
一、近似计算
例 5.4.9 用 e
x
的 10 次 Taylor 多项式求 e 的近似值,并估计误差。
解 在 e
x
的 Taylor 公式（例 5.4.1）中取 x =1,n =10，则可算得
,718281801.2
!10
1
!3
1
!2
1
11e " " =+++++≈
关于计算的误差，则有如下的估计
8
1
11
108.6
!11
3
!11
e
=
×≈<
=
x
xd
ξ
。
注意,Taylor 公式只是一种局部性质，因此在用它进行近似计算时,x不能远离 x
0
，否则效果会比较差。
二、求极限
对于待定型的极限问题,Taylor 公式往往是比 L'Hospital 法则更为有效的求极限工具。
例 5.4.10 求 lim
cos e
x
x
x
x
→
0
2
4
2
。
解 这是个
0
0
待定型的极限问题。如果用 L'Hospital 法则，则分子分母需要求导 4 次，但若采用 Taylor 公式，则有
2
2
24 2 2
44
2
44
00
44
4
0
1
1()1 ()
2! 4! 2 2! 2
cos e
lim lim
1
()
1
12
lim,
12
x
xx
x
xx x x
ox ox
x
xox
x
→→
→
++?+? +? +
=
+
==?
例 5.4.11 求
( )
4
3
2
0
1cos26)sin1ln(
lim
x
xx
x
+
→
。
解 这也是个
0
0
待定型的极限问题。由例 5.4.5 和例 5.4.6，有
)(
246
1cos2
4
42
3
xo
xx
x +?=,
)(sin
2
sin
sin)sin1ln(
4
4
22
xo
x
xx +?=+ 。
用
2
4
3
2
)(
6
sin
+?= xo
x
xx 代入，即有
)(
6
5
)sin1ln(
4
4
22
xo
x
xx +?=+ 。
于是,
2 3
4
0
24 4 2 4 4
5 11
66
4
0
ln(1 sin ) 6( 2 cos 1)
lim
() 6 ()
7
lim,
12
x
x
xx
x
x x ox x x ox
x
→
→
+
+ +
==?
三、证明不等式
下面举例说明，Taylor 公式也是证明不等式的重要方法 。
例 5.4.12 设 1>α 。证明：当 1?>x 时成立
xx α
α
+≥+ 1)1(,
且等号仅当 0=x 时成立。
证
α
)1()( xxf += 在 ),1( +∞? 上二阶可导，且有
1)0( =f ；
1
)1()(
+=
′
α
α xxf,α=′ )0(f ；以及
2
)1)(1()(
+?=
′′
α
αα xxf 。
对 )(xf 应用在 0=x 处的带 Lagrange 余项的 Taylor 公式，得
22
)1(
2
)1(
1)1( xxxx
+
++=+
αα
θ
αα
α,1?>x 。
注意到上式中最后一项是非负的，且仅当 0=x 时为零。所以
xx α
α
+≥+ 1)1(,1?>x,
且等号仅当 0=x 时成立。
例 5.4.13 设 )(xf 在 ]1,0[ 上具有二阶导数，且 ]1,0[ 上成立
Axf ≤|)(|,Bxf ≤
′′
|)(| 。证明
BAxf
2
1
2|)(| +≤
′,
]1,0[∈x 。
证 对于任意 ]1,0[∈c,由 )(xf 在 cx = 处的带 Lagrange 余项的 Taylor
公式，得
2
))((
2
1
))(()()( cxfcxcfcfxf?
′′
+?
′
+= ξ,]1,0[∈x,
其中 ξ在 c与 x之间，因此 ]1,0[∈ξ 。特别地有
2
1
)0)((
2
1
)0)(()()0( cfccfcff?
′′
+?
′
+= ξ,
2
2
)1)((
2
1
)1)(()()1( cfccfcff?
′′
+?
′
+= ξ,
其中 ]1,0[,
21
∈ξξ 。将以上两式相减得
[ ]
2
1
2
2
)()1)((
2
1
)0()1()( cfcfffcf ξξ
′′
′′
=
′,
于是由已知条件得
[ ]
[].)1(
2
2
|)(|)1(|)(|
2
1
|)0(||)1(||)(|
22
2
1
2
2
cc
B
A
cfcfffcf
+?+≤
′′
+?
′′
++≤
′
ξξ
注意到在 ]1,0[ 上成立 1)1(
22
≤+? xx,因此
BAcf
2
1
2|)(| +≤
′ 。
由 c在 ]1,0[ 上的任意性，即得结论。
四、求曲线的渐近线方程
直线 yaxb= + 是曲线 yfx= ()的渐近线的充分必要条件为
lim [ ( ) ( )]
x
fx ax b
→+∞
+ = 0
或
lim [ ( ) ( )]
x
fx ax b
→?∞
+ = 0 。
如果 yaxb= + 是曲线 yfx= ()的渐近线，则
+∞→x
lim
() ( )
0
fx ax b
x
+
= （或
∞→x
lim
() ( )
0
fx ax b
x
+
= ）,
因此首先有
lim
x
a
→+∞
=
x
xf )(
（或 lim
x
a
→?∞
=
x
xf )(
）。
其次，再由
+∞→x
lim [() ( )] 0fx ax b? +=（或
∞→x
lim [() ( )] 0fx ax b? +=）可得
lim
x
b
→+∞
= ])([ axxf? （或 lim
x
b
→?∞
= ])([ axxf? ）。
注意：如果上面的极限计算对于 ∞→x 成立，则说明直线 baxy +=
关于曲线 yfx= ()在 x → +∞和?∞两个方向上都是渐近线。
除上述情况外，如果当 +→ ax 或?a 时,fx()趋于 +∞或?∞,即
±∞=
+→
)(lim xf
ax
或
±∞=
→
)(lim xf
ax
,
则直线 xa= 是曲线 yfx= ()的一条垂直渐近线。
例 5.4.14 求曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的渐近线方程。
解 由于
=a
3
1
)1(3
)1(
limlim
2
=
+
=
∞→∞→
xx
x
x
y
xx
,
+
=
+
=
∞→∞→
x
x
x
ax
x
x
b
xx
3
1
)1(3
)1(
lim
)1(3
)1(
lim
22
1
1
13
lim
3
1
=
+
+?
=
∞→
x
x
x
,
因此 y
x
=?
3
1为曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的斜渐近线。又由于
+∞=
+
+?→
)1(3
)1(
lim
2
1
x
x
x
,?∞=
+
→
)1(3
)1(
lim
2
1
x
x
x
,
可知 1?=x 是曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的垂直渐近线。
显然,y
x
=?
3
1在 x →+∞和?∞两个方向上都是曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的斜渐近线,而 1?=x 在 +→ ax 和?a 两个方向上都是曲线 y
x
x
=
+
()
()
1
31
2
的垂直渐近线。
例 5.4.15 求曲线 yxxx=+
32
3
1的渐近线方程。
解 设 yxxx=+
32
3
1的渐近线方程为 baxy +=,则由定义
=a =
+
=
∞→∞→
x
xxx
x
y
xx
3 23
1
limlim 1
1
1lim
3
3
2
=
+
∞→
x
xx
x
,
( )xxxxb
x
+=
∞→
3 23
1lim
+
=
∞→
1
1
1lim
3
3
2
x
xx
x
x
+
+
=
∞→
1
11
3
1
1lim
3
2
x
o
x
xx
x
x
3
1
)1(
3
1
lim?=
+?=
∞→
o
x
,
因此 yxxx=+
32
3
1的渐近线方程为
yx=?
1
3
。
例 5,4,16 求曲线
11
3
(e e 2)
xx
yx
= +? 的渐近线方程。
解 设
11
3
(e e 2)
xx
yx
=+ 的渐近线方程为 baxy +=,则由定义
=a =
∞→
x
y
x
lim
11
2
lim (e e 2)
xx
x
x
→∞
+?
++?+
+++=
∞→
2
1
2
11
1
1
2
11
1lim
2222
2
x
o
xxx
o
xx
x
x
1=,
11
3
lim (e e 2)
xx
x
bx x
→∞
= +
3
23 3 23 3
11 1 1 11 1 1
lim 1 1 2
26 26
x
xo ox
xx x x xx x x
→∞
= ++ + + +?+? +
0])1([lim =?+=
∞→
xox
x
。
因此 xy = 为曲线
11
3
(e e 2)
xx
yx
= +?的斜渐近线。
由于
11 1
33
00
lim (e e 2) lim e
xx x
xx
→+ →+
+?= =+∞,
11 1
lim (e e 2) lim e
xx x
→? →?
+?= =+∞,
可知 0=x 是曲线
11
3
(e e 2)
xx
yx
= +?的垂直渐近线。
五、外推
若对于某个值 a，按参数 h算出的近似值 ah
1
()可以展开成
"++++=
3
3
2
211
)( hchchcaha
那么按参数
h
2
算出的近似值
2
1
h
a 就是
"++++=
3
3
2
211
8
1
4
1
2
1
2
hchchca
h
a,
ah
1
()和
2
1
h
a 与准确值 a的误差都是 )(hO 阶的。
现在，将后一式乘上 2 减去前一式，便得到
"+++=
=
3
3
2
2
11
2
12
)(
2
2
)( hdhda
ha
h
a
ha,
也就是说，对两个 )(hO 阶的近似值化了少量几步四则运算进行组合之后，却得到了具有 )(
2
hO 阶的近似值 ah
2
()。这样的过程就称为 外推。
若进行了一次外推之后精度仍未达到要求，则可以从 ah
2
()出发再次外推,
"+++=
=
4
4
3
3
22
3
14
)(
2
4
)( hehea
ha
h
a
ha,
得到 )(
3
hO 阶的近似值 ah
3
()。这样的过程可以进行 k?1步，直到
)(
12
)(
2
2
)(
1
11
1
k
k
kk
k
k
hOa
ha
h
a
ha +=
=
满足预先给定的精度。
外推方法是一种非常重要的近似计算技术。
我们来看一个具体的例子。
古人很早就知道用“割圆术”，即计算圆的内接或外切正多边形的周长或面积来求圆周率 π。
例 5.4.17 单位圆的内接正 n边形的面积可以表示为
Sh
h
h() sin( )=
1
2
2 π,
这里 h
n
=
1
，按照 Taylor 公式
35
246
123
1(2π)(2π)
() [2π ]
23!5!
π
hh
Sh h
h
ch ch ch
=?+?
=+ + + +
" "
" "，
因此，其内接正 2n边形的面积可以表示为
35
246
123
1(π)(π)1
ππ
23!5!4
hhh
Sh chchch
h
=?+?=++++
" ",
用它们作为 π的近似值，误差都是 )(
2
hO 量级的。
现在将这两个近似的程度不够理想的值按以下方式组合,
3
)(
2
214
)(
2
4
)(
~
hS
h
S
h
S
hS
h
S
hS
+
=
=,
那么通过简单的计算就可以知道
46
23
() πSh dh dh= +++
",
h
2
项被消掉了！也就是说，用
~
()Sh近似表示 π，其精度可以大大提高。
我国三国时的著名数学家刘徽曾对半径为 10 的圆算出
1 584 1 64
100 313 100 314
96 625 192 625
SS
=? =
，,
接着他“以十二觚之幂为率消息”，“取此分寸之三十六”，用
现在的话来说,即以
36
625
加到
192
1
100 S 上去，便得到了当时最精确的圆周率
16436
π 314 3.1416
100 625 625
≈+=
。
后人发现，他用的增量
36
625
与
~
()Sh表达式中对
2
h
S 的修正量
=
3
)(
2
hS
h
S
314
64
625
313
584
625
3
35
625
=
相当接近，因此有理由认为，他在当时已经掌握了某种与外推方法 类似的计算技术。
例 5.4.18 证明,e是无理数。
证 用反证法。假设 e是有理数，那么显而易见，一定存在充分大的自然数 m，使得 (!)em 是正整数。
在 e
x
的 Taylor 公式
!!3!2
1e
32
n
xxx
x
n
x
+++++= "
1
e
,(0,1)
(1)!
x
n
x
n
θ
θ
+
+∈
+
中，将 n取为 m，并令 x = 1。即有
!
1
!3
1
!2
1
11e
m
+++++= "
e
,(0,1)
(1)!m
θ
θ+∈
+
。
两边同乘上 m!，便得到
(!)em
+++++=
!
1
!3
1
!2
1
11)!(
m
m "
(!)e
(1)!
m
m
θ
+
+
,
即
)!(m
+++++?
!
1
!3
1
!2
1
11e
m
"
e
1m
θ
=
+
。
按假设，等式的左端是正整数。
但由于 (0,1)θ∈,因此
1e 3
θ
< <,
代入上式的右端，就得到估计式
1e 3
111mmm
θ
<<
+ ++
。
于是，对于任意正整数 2≥m,都有
e
1m
θ
+
∈(,)01，也就是说，上述等 式的右端决不可能是正整数，这样就导出了矛盾。
所以假设 e是有理数不成立，即 e 是无理数。
