§3泰勒展开式

§3泰勒展开式一、问题提出1.何谓泰勒展开式？有何意义？2.如何求泰勒展开式？3.泰勒展开式有哪些应用？二、主要事实1.带皮亚诺余项的泰勒展开式若)(xf在0xx处有直至n阶导数，那么有)())(()()(00xxxxoxTxfnn.其中!2/))(())(()()(200000xxxfxxxfxfxTn!/))((00)(nxxxfnn，称之为f在0x处的泰勒多项式.注（i）（背景介绍）泰勒展开式（也称泰勒公式）最早以泰勒级数的形式出现在泰勒（Taylor,1685-1731,[英]）在1715年出版的著作《增量及其逆》中，泰勒没有给予证明.现在的形式及其严格的证明是由柯西在十九世纪初才给出.泰勒公式的特殊情形即00x时的泰勒公式称为马克劳林（Maclaurin,1698-1746，[英]）公式.（ii）带皮亚诺（Peano,1858-1932，[意]）余项的泰勒展开式的实质是局部增量公式的深化.即把局部地用“线性函数替代”改作“用多项式替代”，将产生一个高阶无穷小.值得注意的事项是既使存在多项式)(xPn使得))()(()()(00xxxxoxPxfnn，也未必能保证泰勒多项式)(xTn存在.例如考虑函数)()(1xDxxfn（其中)(xD是狄利克雷函数）即可.（iii）带皮亚诺余项的泰勒公式仅是一个定性估计式，但它在近似计算尤其是计算一些比较复杂的极限非常有效.（iv）易见)()(0)(0)(xfxTiin),,2,1,0(ni.证令)()()(xTxfxRnn，nnxxxQ)()(0，那么有0)(0)(xRin，ni,,2,1,00)(0)(xQin，1,,2,1,0ni；!)(0)(nxQnn再对)(xRn与)(xQn连续使用)1(n次罗比塔法则，再用一次n阶导数的定义就可证得)()(lim)()(lim00xQxRxQxRnnxxnnxx)(2)1())(()()(lim000)(0)1()1(0xxnnxxxfxfxfnnnxx0)]()()([lim!10)(00)1()1(0xfxxxfxfnnnnxx.2.带拉格朗日余项的泰勒公式若)(xf在],[ba上有直至n阶连续导数，而且)()1(xfn在),(ba内存在，那么有)()()(xRxTxfnn其中10)1())(()!1/(1)()()(nnnnxxfnxTxfxR（介在0x与x之间），并称其为泰勒公式的拉格朗日余项.注（i）（背景介绍）带拉格朗日余项的泰勒公式首次出现在拉格朗日在1813年出版的著作《解析函数论》中，该公式证明所用的常数变易法是拉格朗日首创的.（ii）带拉格朗日余项的泰勒公式的实质是拉格朗日微分中值定理的深化，它是一个定量估计式，该公式在不等式证明、近似估算、微分不等式证明及较为复杂的极限计算中有着广泛的应用.证用常数变易法证之.令!2/))(())(()(()()(2txtftxtftfxftF)!/))(()(ntxtfnn1)()(ntxtG，不妨设xx0，对)(tF与)(tG在],[0xx上应用柯西中值定理，存在],[),(0baxx使得)!1()()()()()()()()()()1(0000nfGFxGxGxFxFxGxFn再把0xt代入)(tF与)(tG的表达式重新整理即得.3.常见函数的马克劳林公式（带皮亚诺余项）（1）)0)((1112xxoxxxxnn（2）)0)((!1!2112xxoxnxxennx（3）323121)1ln(xxxx)0)(()1(1xxoxnnnn（4）53!51!31sinxxxx)0)(()!12()1(2121xxoxmmmm（5）42!41!211cosxxx)0)(()!2()1(122xxoxmmmm（6）2)1(!211)1(xxx)0)(()1()1(!1xxoxnnnn注（i）上述公式可直接通过求被展开函数的高阶导数获得，这种求展开式的方法称之为直接法.如果通过函数的四则运算、变量代换（函数的复合运算），利用已知的展开式求展开式的方法称为间接展开法，在实际应用中普遍使用间接法.（ii）上述公式如果改作带拉格朗日余项只须注意到各个函数的n阶导数表达式及余项的表示方式即可.三、例题选讲1.求泰勒（马克劳林）展开式例题选例1求函数xxfln)(在2x处的泰勒展开式（带皮亚诺余项）.解)2/)2(1ln(2ln)22ln(lnxxx22)2(221)2(212lnxx)2)()2(()2(2)1(1xxoxnnnnn例2求下列函数的马克劳林展开式（到4x项）（1）)1ln()(xexfx，（2）xxfcos)(，（3）)1/()(xexxf解（1）)1ln(xex))(432))((!3!21(4432332xoxxxxxoxxx)0)((6131214432xxoxxxx.（2）)1(cos1)(xxf8/)1(cos2/)1(cos12xx)0)()1((cos2xxo)0()(!41!211cos442xxoxxx)0()(961411)(442xxoxxxf（3）补充1)0(f.设)0)(()(444332210xxoxaxaxaxaaxf)0()(!41!31!2114432xxoxxxxex代入相乘再比较两边的系数可得10a，211a，1212a，03a，72014a.例3写出22)(xexf的马克劳林公式，并求)0()98(f与)0()99(f.解422/!2212112xxex)0)((!2)1(22xxoxnnnnn.0)0(!991,!492)1()0(!981)99(4949)98(ff.2.泰勒展开式应用例题选例4试求下列极限（1）42/02coslimxexxx（2）1sin11lim442sin02xxexx（3）3sin0)(cos1limxxxx（4）)2(sin122))2/ln(3(limxxxx解（1）式121)()12/(lim4540xxoxx（2）式32)(sin4/)sin()(sin2/)(sinsinlim4444220xoxxoxxxx（3）式303coslnsin0)ln(cossinlim1limxxxxexxxx22020)sin1ln(21limcoslnlimxxxxxx21)(sinsinlim212220xxoxx.（4）式tttt2sin10)))2/(1ln(1(lim（令tx2）)(122022))()4/(1(limtotttot4222201)()()4/(limexpetottott.例5试确定常数ba,之值，使得函数))1/((sin)(2bxaxxxf在0x时是关于x的最高阶的无穷小量，并求这个最高阶的阶数.解]sin)1[(11)(22axxbxbxxf])(!5!3)(1[(1155322axxoxxxbxbx)]()!3!51()61()1[(11532xoxbxbxabx.因此当1a，6/1b时，)(xf是关于x的最高阶)5(n的无穷小量，此时55)360/7())!3/()!5/1((~)(xxbxf.例6（1）计算e的值，使其误差不超过610.（2）证明e为无理数.解（1）把1x代入xe的马克劳林公式得!)1(!1!31!2111nene（)10!)1(3!)1()1(nneRn，当9n时69101!103)1(R.（2）在e的马克劳林公式两边同时乘以!n可得)1/())1(43!!()!(nennnnen.若qpe/是有理数，则当n充分大时，左边是整数，而右边)1/(3)1/()1/(nnene不可能是整数.矛盾！例7设函数)(xf在1R上有连续三阶导数，而且0h有))2/((/))()((hxfhxfhxf.证明：)(xf是二次多项式.证分别对)(hxf与))2/((hxf在x处求二阶泰勒展开式，可推得存在),(hxx，))2/(,(hxx使得（经整理）4/)(3)(ff.由)(xf连续，令0h得x，x，于是有4/)(3)(xfxf.此时必有0)(xf)(1Rx，因此)(xf是二次多项式.例8设)()()(hafhafhaf.证明：（1）若)(xf连续而且0)(af，则2/1lim0h.（2）若)()3(xf连续而且0)(af，0)()3(af，则3/1lim0h证（1）)()()()(1hafhafhaf，2/)()()()(22hafhhafafhaf代入比较得2/)()(2212hafhhafh，再由连续性取极限即得.（2）2/)()()(1)3(22hafhafhaf6/)()()()(2)3(3hafhafhafhaf代入比较得)()(32)3(31)3(32hafhhafh.再由连续性取极限即得.3.泰勒展开式应用深化例题选例9设f在],[ba上有二阶导数而且0)()(bfaf.证明：存在),(ba使得2)(|)()(|4|)(|abafbff.证)2/)((baf分别在ax与bx处二阶展开，把所得两式相减，再取|})(||,)(max{||)(|ffcf即可.例10*设f在]1,0[上具有二阶导数，而且0)1()0(ff，1)(min]1,0[xfx.证明：8)(max]1,0[xfx.证设)(min)(]1,0[0xfxfx，则1)(,0)(),1,0(000xfxfx.)1(),0(ff在0x处二阶展开，求得：)),0((2)(020xxf，))1,(()1(2)(020xxf.若2/10x，则8)(f，若2/10x，则8)(f.例11*设)(xf在某)(aU存在，证明：存在)1,1(使得)()()(2)(2hafhhafafhaf.证令2)()(2)()(kxxafafxafxg，其中k由0)(hg确定.易见0)0()0(gg，由泰勒公式，存在)1,0(1使得)2/)(()(21xxgxg.注意到kxafxafxg2)()()(及0)(hg得0)(1hg，因而2/))()((11hafhafk，再由介值定理得.例12*设f在)1,1(内有二阶导数，而且|)(||)(||)(|,0)0()0(xfxfxfff.证明：存在0使得在),(内有0)(xf.证xfxfxfxf)()(),2/)(()(2，在]4/1,4/1[上存在0x使得Mxfxfxfxfx|))(||)((|max|)(||)(|]4/1,4/1[00由条件得2/MM，因而0M.四、基本题训练1