泰勒公式

1第一章引言泰勒公式是数学分析和高等数学中一个非常重要的内容，它将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，这种化繁为简的功能，使它成为分析和研究其它数学问题的有力杠杆。本文以大量的例题进行讲解说明。2第二章预备知识2.1泰勒()Taylor多项式和泰勒系数()20000000()()()()()()()()1!2!!nnnfxfxfxTxfxxxxxxxn称为函数()fx在点0x处的泰勒多项式，()0()!kfxk(1,2,,)kn称为泰勒系数。2.2带有佩亚诺型余项的泰勒公式2.21带有佩亚诺型余项的泰勒公式和佩亚诺型余项()200000000()()()()()()()()(())1!2!!nnnfxfxfxfxfxxxxxxxxxn(1)称为函数()fx在点0x处的泰勒公式，()()()nnRxfxTx称为泰勒公式的余项，形如0(())nxx的余项称为佩亚诺型余项，所以(1)式又称为带有佩亚诺型余项的泰勒公式。2.22（带有佩亚诺余项的）麦克劳林公式泰勒公式(1)在00x时的特殊形式：()2(0)(0)(0)()(0)()1!2!!nnnffffxfxxxxn称为（带有佩亚诺余项的）麦克劳林公式。2.23常用的（带有佩亚诺余项的）麦克劳林公式)(!212nnxxnxxxe3)()!12()1(!3sin121213nnnxnxxxx)()!2()1(!21cos1222nnnxnxxx)(!)1()1(!2)1(1)1(2nnxxnnxxx)()1(2)1ln(12nnnxnxxxx211()1nnxxxxx2.3带有拉格朗日型余项的泰勒公式2.31带有拉格朗日型余项的泰勒公式和拉格朗日型余项()(1)21000000000()()()()()()()()()(())()1!2!!(1)!nnnnnfxfxfxffxfxxxxxxxxxxxnn（2）其中00()xxx(01)称为函数()fx在点0x处的泰勒公式，(1)10()()()()()(1)!nnnnfRxfxTxxxn，其中00()xxx(01)称为拉格朗日型余项，所以（2）式又称为带有拉格朗日型余项的泰勒公式。2.32（带有拉格朗日余项的）麦克劳林公式泰勒公式(2)在00x时的特殊形式：()(1)21(0)(0)(0)()()(0)1!2!!(1)!nnnnffffxfxfxxxxnn(01)称为（带有拉格朗日余项的）麦克劳林公式。42.33常用的（带有拉格朗日余项的）麦克劳林公式2112!(1)!nxxnxxeexxnn01(,)x321121cossin(1)(1)3!(21)!(21)!nnnnxxxxxxnn01(,)x22122coscos1(1)(1)2!(2)!(22)!nnnnxxxxxnn01(,)x211(1)(1)(1)(1)()(1)1(1)2!!(1)!nnnnnxxxxxxnn011x2111ln(1)(1)(1)2(1)(1)nnnnnxxxxxnnx011x122111(1)nnnxxxxxx011x5第三章泰勒公式的应用3.1求泰勒公式3.11求函数在指定点处的泰勒公式例1：求lnx在2x处的泰勒公式。解：由于2lnln[2(2)]ln2ln(1)2xxx，因此2121112lnln2(2)(2)(1)(2)(())22222nnnnxxxxxn例2：求432()534fxxxxx在点4x处的泰勒公式。解：因为432(4)454434456f324(4)4152321xfxxx24(4)(12302)74xfxx4(4)(2430)66xfx(4)(4)24f，(5)()(4)(4)0nff所以432()534fxxxxx2347466245621(4)(4)(4)(4)2!3!4!xxxx2345621(4)37(4)11(4)(4)xxxx3.12求初等函数的幂级数展开式利用基本初等函数的幂级数展开式，通过加减乘等运算进而可以求得一些较为复杂的初等函数的幂级数展开式。例1：求211xx的幂级数展开式。解：利用泰勒公式得3693467910(1)(1)1xxxxxxxxxxx231111xxxx63467910233333333()222222223xxxxxxx022(1)[sin]33nnnx1x3.13将已知多项式表为指定幂的形式例1：将多项式23()1352fxxxx表为(1)x的幂的多项式。方法一：待定系数法解：由于原式中x的最高次数为3，所以可设32()(1)(1)(1)fxaxbxcxd合并同类项得32()(3)(32)()fxaxabxabcxabcd，则2a，35ab，323abc，1abcd解得2,11.13,5abcd所以23()513(1)11(1)2(1)fxxxx方法二：利用泰勒公式解：由于原式中x的最高次数为3，所以在泰勒公式()20000000()()()()()()()()1!2!!nnfxfxfxfxfxxxxxxxn中取3n，即(3)230000000()()()()()()()()1!2!3!fxfxfxfxfxxxxxxx因为1(1)xx所以01x故0()(1)13525fxf201()(1)(3106)310613xfxfxx01()(1)(1012)101222xfxfx0()(1)12fxf所以232213()513(1)(1)(1)2!3!fxxxx723513(1)11(1)2(1)xxx3.2计算极限例1：求极限2240coslimxxxex分析：此题属于00型，可以用洛必达法则计算，但过程比较复杂，要分别对分母和分子求四阶导数，如果不细心的话，很容易出错。其求解过程如下：解：令224cos()xxefxx，则有223sin()4xxxefxx222222cos()()12xxxexefxx222223322222sin[(2)]sin3()2424xxxxxxxexexexxexefxxx2222222244222222(4)cos3()(3)cos3()2424xxxxxxxexexexexexefx22240222400coscos3cos030131limlim24242412xxxxxxexexeex求解本题还有第二种方法，就是用泰勒公式求解，其求解过程比较简单。其分析过程为：注意到原式分母为4x，是四阶无穷小，所以分子中的一切高于四阶的项均不用具体写出，由此知只要将分子中的cosx与22xe写到余项为4()x即可。其求解过程如下：解：对cosx与22xe在0x邻域内分别用具Peano余项的Taylor公式，得244cos1()2!4!xxxx222224224211()()(())1()22!2228xxxxxxex8故有2444442cos()()4!812xxxxxexx所以244244001()cos112limlim12xxxxxxexx例2：求极限21lim[ln(1)]xxxx分析：注意到式中有21ln(1)xx，且x，故应在1ln(1)x中写到余项为21()x即可。解：注意x时有10x，故由ln(1)t在0t点邻域内的带Peano余项的Taylor公式（令1tx）有2211111ln(1)()(())2xxxx故222111ln(1)(())2xxxxx于是22222111111lim[ln(1)]lim[(())]lim[(())]222xxxxxxxxxxxx例3：确定,ab，使2lim(241)0xxxaxb分析：这里需要确定在(1)x的泰勒公式中n的具体值，注意到待展开式12221[1()]2xx前有因子2x，且过程为x，应在确定n后整个式子中的余项为1()x，故可知取2n即可。解：因为考虑x，应有0x，故1222212412[1()]2xxxxx当x时有22102xx由12(1)y在0y邻域内的带Peano余项的Taylor公式有1222222211(1)21121212122[1()]1()()(())2222!22xxxxxxxx22211111()42xxxx221311()4xxx9122213212[1()]22()24xxxxxx所以2lim(241)xxxaxb321lim[(2)(2)()]4xaxbxx0故有2020ab且前有因子2x，且过程为x，应在确定n后整个式子即2,2ab3.3证明不等式或等式例1：证明不等式22233abcabc分析：本题可以利用柯西不等式证明，其过程如下：证明：由柯西不等式得2222()(111)()abcabc即2222()3abcabc上式两边同时除以3得2222()39abcabc两边同时开方得22233abcabc本题还可以利用泰勒公式证明，其过程如下：证明：设2()fxx，则()2,()20fxxfx20000()()()()()()2!ffxfxfxxxxx即000()()()()fxfxfxxx10取xa得220002()axxax取xb得220002()bxxbx取xc得220002()cxxcx将不等式两边相加得2222200032()6abcxxabcx取01()3xabc，则0x在,,abc之间，故22222033()3abcabcx即22233abcabc例2：当0x时，证明：31sin6xxx证明：取301()sin,06fxxxxx，则(0)0,(0)0,(0)0,()1cos,(0)0ffffxxf代人公式()23(0)(0)(0)()(0)(0)()2!3!!nnnffffxffxxxxxn其中3n，得2301cos()002!3!xfxxxx31cos3!xx故当0x时，得31sin6xxx例3：证明：limsin(2!)2nnen证明：由泰勒公式有011!(1)!nnkeekn(01)n10111!(1)!(2)!nnkeeknn1(01