泰勒公式复习

预备知识：小o记号

我们用

f (x) = o (g (x)) (x \to a)

表示

lim_{x \to a} \frac{f (x)}{g (x)} = 0.

即 $f (x)$ 为比 $g (x)$ 高阶的无穷小。
我们用

a_{n} = o (b_{n}) (n \to \infty)

表示

lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}} = 0.

记 $a_{n}$ 为比 $b_{n}$ 高阶的无穷小。

性质：小o记号可以参与四则运算

由于极限的四则运算性质，小o记号同样也可以参与四则运算。运算的规则是：

等价无穷小替换

若 $f (x) \sim g (x)$ ，则 $o (f (x)) = o ((g (x))$ 。

例： $x \to 1$ 时， $o (\ln x) = o (x - 1)$ ，因为 $\ln x \sim x - 1$ 。

例子：吞掉常数倍

设 $C$ 为非零常数，则 $C \cdot o (h (x)) = o (C \cdot h (x)) = o (h (x))$ 。

例： $x \to 0$ 时， $4 \cdot o (e^{x} - 1) = o (4 (e^{x} - 1)) = o (e^{x} - 1)$ 。

有限加/减法

如果 $f_{1} (x) = g_{1} (x) + o (h_{1} (x))$ ， $f_{2} (x) = g_{2} (x) + o (h_{2} (x))$ ，且 $h_{2}$ 是比 $h_{1}$ 同阶或高阶的无穷小，则 $$
f_1(x)+f_2(x)=g_1(x)+g_2(x)+o(h_1(x)).

* * 例 ： * * $ x \to 0 $ 时 ， 如 果 $ f (x) = x + o (x) $ ， $ g (x) = \sin x + o (x^{2}) $ ， $ h (x) = \tan x + o (4 \ln (1 + x)) $ ， 请 写 出 $ f (x) + g (x) $ 、 $ f (x) + h (x) $ 。 * * 解 ： * * $ x \to 0 $ 时 ， $ o (x^{2}) $ 是 比 $ o (x) $ 高 阶 的 无 穷 小 ， 因 为 $ lim_{x \to 0} \frac{x^{2}}{x} = 0 $ 。 因 此

f(x)+g(x)=(x+o(x))+(\sin x+o(x^2))=(x+\sin x)+o(x).

$ o (4 \ln (1 + x)) $ 与 $ o (x) $ 是 同 阶 无 穷 小 ， 因 为 $ lim_{x \to 0} \frac{4 \ln (1 + x)}{x} = 4 $ 为 有 限 的 实 数 。 因 此

f(x)+g(x)=x+\tan x+o(x).\quad \biggl(=x+\tan x+o(4\ln(1+x))\biggr)

一般用形式简单的那一个。 ### 乘除法 如果 $f_1(x)=g_1(x)+o(h_1(x))$，$f_2(x)=g_2(x)+o(h_2(x))$，则

f_1(x)f_2(x)=g_1(x)g_2(x)+o(g_1(x)h_2(x))+o(g_2(x)h_1(x))+o(h_1(x)h_2(x))

然 后 按 加 法 规 则 合 并 这 三 个 小 o 记 号 。 特 别 地 ， 如 果 $ f_{1} (x) = g_{1} (x) $ 不 带 小 o 记 号 ， 则

f_1(x)f_2(x)=g_1(x)g_2(x)+o(g_1(x)h_2(x)).

* * 例 ： * * $ x \to 1 $ 时 ， $ f (x) = x + o ((x - 1)^{2}) $ ， $ g (x) = \frac{1}{x - 1} + o ((x - 1)^{3}) $ ， $ h (x) = \frac{1}{(x - 1)^{2}} $ ， 求 $ f (x) g (x) $ ， $ f (x) h (x) $ 。 * * 解 ： * * 由 乘 除 法 运 算 有

f(x)g(x)=\dfrac{x}{x-1}+o(x(x-1)^3)+o(x-1)+o((x-1)^5)

由 于 $ x \to 1 $ 时 $ \frac{x (x - 1)^{3}}{x - 1} \to 0 $ ， $ \frac{(x - 1)^{5}}{x - 1} \to 0 $ ， $ \frac{(x - 1)^{5}}{x (x - 1)^{3}} \to 0 $ ， 因 此 无 穷 小 的 阶 数

(x-1)^5>x(x-1)^3>x-1

因此 $f(x)g(x)=\dfrac{x}{x-1}+o(x-1)$。 而 $f(x)h(x)=\dfrac{x}{(x-1)^2}+o(1)$。 ### 无限和 无限和的情形要依加多少项来讨论，事实上类似于乘除法的情形。 设对给定的 $n$ 及对 $k=1,2,\cdots,n$ 有 $f_k(x)=g_k(x)+o(h_n(x))$，则

\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{N(n)}f_k(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{N(n)}g_k(x)+o(N(n)h_n(x)).

**例：** $a_n=\dfrac{1}{2^n}+o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)$，求 $\displaystyle \lim\limits_{n\to 0}\sum_{k=1}^{n^2}a_k$。 **解：** $\displaystyle \lim\limits_{n\to 0}\sum_{k=1}^{n^2}a_k=\lim\limits_{n\to 0}\sum_{k=1}^{n^2}\dfrac{1}{2^k}+o\left(n^2\cdot\dfrac{1}{n^3}\right)=1+o\left(\dfrac1n\right)$。 # 泰勒级数的一般形式 若函数 $f(x)$ 在$x_0$ 处 $n$ 阶可导，则 $[a,b]$ 上可将 $f(x)$ 拆分为

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

这 里

P_n(x)=f(x_0)+\dfrac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\dfrac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n

称为 $f(x)$ 的 $n$ 阶泰勒多项式，而 $R_n(x)$ 称为余项。 如果 $x_0=0$，称为麦克劳林级数。 # 泰勒公式的余项 ## 皮亚诺（佩亚诺）余项：处理趋于 $x_0$ 的微观情形 保持原假设不变：$f(x)$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导。 则余项可写为：

R_n(x)=o((x-x_0)^n).

称为皮亚诺（Peano）余项。 这一余项常用于处理极限问题。 ## 拉格朗日余项：处理在区间内取值估计的宏观情形 把假设增强为：$f(x)$ 在 $(a,b)$ 上 $n+1$ 阶可导，$x_0\in(a,b)$。 则在 $(a,b)$ 上余项可写为

R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^

这 里 $ ξ $ 是 $ (x_{0}, x) $ 或 $ (x, x_{0}) $ 上 的 一 个 与 $ x $ 有 关 的 数 。 如 果 作 变 换 $ ξ = x_{0} + (x - x_{0}) θ $ ， 则 $ θ \in (0, 1) $ ， 从 而 可 写 成 类 似 于 有 限 增 量 公 式 的 形 式 ：

R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(x_0+(x-x_0)\theta)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.

这一余项常用于估计函数的取值范围。 ## 柯西余项：反正做题没啥大用* 把假设增强为：$f(x)$ 在 $(a,b)$ 上 $n+1$ 阶可导，$x_0\in(a,b)$。 则在 $(a,b)$ 上余项可写为

R_n(x)=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^n(x-x_0)

这里 $\xi$ 是 $(x_0,x)$ 或 $(x,x_0)$ 上的一个与 $x$ 有关的数。 这一余项常用于出偏门题。 ## 积分余项：后半学期出现的更精确的估计* 把假设增强为：$f(x)$ 在 $(a,b)$ 上 $n+1$ 阶可导且导函数连续，$x_0\in (a,b)$。 则在 $(a,b)$ 上余项可写为

R_n(x)=\dfrac{1}{n!}\int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^n\mathrm dt.

这一余项常用于更精确的估计；但更重要的是背后的「用分部积分作估计」的思想。 # 需要记忆的常见麦克劳林级数 以下的麦克劳林级数，多项式的部分务必记住，余项的部分不必强求。 ## 多项式函数 本身。 余项为 $0$。 ## $\mathrm e^x$ 与 $a^x$ $\mathrm e^x$ 的任意阶导数为 $\mathrm e^x$，因此在 $x=0$ 处的展开为 $$\mathrm e^x=\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{n!}x^k+R_n(x).

皮亚诺余项： $R_{n} (x) = o (x^{n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{n} (x) = \frac{e^{ξ}}{(n + 1)!} x^{n + 1} (ξ \in (0, x)) = \frac{e^{θ x}}{(n + 1)!} x^{n + 1} (θ \in (0, 1))$ .
$a^{x}$ 的 $n$ 阶导数为 $a^{x} (\ln a)^{n}$ ，因此在 $x = 0$ 处的展开为

a^{x} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(\ln a)^{k}}{n!} x^{k} + R_{n} (x) .

皮亚诺余项： $R_{n} (x) = o (x^{n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{n} (x) = \frac{a^{ξ} (\ln a)^{n + 1}}{(n + 1)!} x^{n + 1}$ ， $ξ \in (0, x)$ 。

一种对 $a^{x}$ 的记忆方法是： $a^{x} = e^{x \ln a}$ ，再用 $e^{x}$ 的方法级数展开。

对数函数 $\ln (1 + x)$ 与 $\log_{a} (1 + x)$

$f (x) = \ln (1 + x)$ 的任意阶导数为 $f^{(n)} (x) = (- 1)^{n - 1} \frac{(n - 1)!}{x^{n}}$ ，因此在 $x = 0$ 处的展开为

\ln (1 + x) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} x^{k} + R_{n} (x) .

皮亚诺余项： $R_{n} (x) = o (x^{n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{n} (x) = \frac{(- 1)^{n}}{(n + 1) ξ^{n + 1}} x^{n + 1}$ ， $ξ \in (0, x)$ 。
一种记忆方法是：在后文中介绍的广义二项式定理的推论中，对其Taylor多项式积分，不必管余项部分。

由 $\log_{a} (1 + x) = \frac{\ln (1 + x)}{\ln a}$ ，可得

\log_{a} (1 + x) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k \ln a} x^{k} + R_{n} (x) .

皮亚诺余项： $R_{n} (x) = o (x^{n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{n} (x) = \frac{(- 1)^{n}}{(n + 1) ξ^{n + 1} \ln a} x^{n + 1}$ ， $ξ \in (0, x)$ 。

$\sin x$ 与 $\cos x$

二者在 $x = 0$ 处的展开为

\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n + 1}}{(2 n + 1)!} + R_{2 n + 1} (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)!} x^{2 k + 1} + R_{2 n + 1} (x)

\cos x = 1 - \frac{x}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + \dots + (- 1)^{n} \frac{x^{2 n}}{(2 n)!} + R_{2 n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k)!} x^{2 k} + R_{2 n} (x)

$\sin x$ 的余项 $R_{2 n + 1} (x)$ 为：

皮亚诺余项： $R_{2 n + 1} (x) = o (x^{2 n + 1})$ ；
拉格朗日余项： $R_{2 n + 1} (x) = \frac{(- 1)^{n + 1} \sin ξ}{(2 n + 2)!} x^{2 n + 2}$ 。
$\cos x$ 的余项 $R_{2 n} (x)$ 为：
皮亚诺余项： $R_{2 n + 1} (x) = o (x^{2 n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{2 n} (x) = \frac{(- 1)^{n + 1} \sin ξ}{(2 n + 1)!} x^{2 n + 1}$ 。

$(1 + x)^{α}$ ：广义二项式定理

$x = 0$ 处的展开为

(1 + x)^{α} = 1 + α x + \frac{α \cdot (α - 1)}{1 \cdot 2} x^{2} + \frac{α \cdot (α - 1) \cdot (α - 2)}{1 \cdot 2 \cdot 3} x^{3} + \dots + \frac{\prod_{k = 0}^{n - 1} (α - k)}{n!} x^{n} + R_{n} (x) .

如果推广组合数记号 $C_{α}^{m} := \frac{α (α - 1) (α - 2) \dots (α - m)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \dots m}$ ，并规定 $C_{α}^{0} = 1$ ，这里 $α$ 为任意实数，则上式可以写成

(1 + x)^{α} = 1 + C_{α}^{1} x + C_{α}^{2} x^{2} + \dots + C_{α}^{n} x^{n} + R_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} C_{α}^{k} x^{k} + R_{n} (x) .

皮亚诺余项： $R_{n} (x) = o (x^{n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{n} (x) = C_{α}^{n + 1} (1 + ξ)^{α - n - 1} x^{n + 1}$ 。

推论： $\frac{1}{1 - x}$ 的展开

在上面令 $α = - 1$ ，把 $x$ 用 $- x$ 代替，代入得

\frac{1}{1 - x} = 1 + x + x^{2} + \dots + x^{n} + R_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} x^{k} + R_{n} (x) .

皮亚诺余项： $R_{n} (x) = o (x^{n})$ ；
拉格朗日余项： $R_{n} (x) = (1 - ξ)^{- n - 2} x^{n + 1}$ 。

一般函数的泰勒多项式的计算

使用求导法计算泰勒多项式的系数

也即使用定义的方法来计算泰勒多项式的系数。

例题

求 $e^{x}$ 在 $x = 1$ 处带拉格朗日余项的三阶泰勒展开式。

解

$f (x) = e^{x}$ ，其任意阶导为 $f^{(n)} (x) = e^{x}$ ，由

f (x) = f (1) + f^{'} (1) (x - 1) + \frac{f^{″} (1)}{2} (x - 1)^{2} + \frac{f^{‴} (1)}{6} (x - 1)^{3} + R_{3} (x)

计算各阶导数

f (1) = f^{'} (1) = f^{″} (1) = f^{‴} (1) = e

代入得

e^{x} = e + e (x - 1) + \frac{e}{2} (x - 1)^{2} + \frac{e}{6} (x - 1)^{3} + R_{3} (x)

在 $x = 1$ 处展开，三阶泰勒展开的拉格朗日余项表达式为

R_{3} (x) = \frac{f^{(4)} (ξ)}{4!} (x - 1)^{4} = \frac{e^{ξ}}{24} (x - 1)^{4} .

使用加减法计算泰勒展开式的系数

由于函数的泰勒展开式是唯一的，我们可以得到这样的结论：若 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式是 $p (x)$ ， $g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式是 $q (x)$ ，则

$f (x) + g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式是 $p (x) + q (x)$ ；
$f (x) - g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式是 $p (x) - q (x)$ ；
若 $λ, μ$ 为实数，则 $λ f (x) + μ g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式是 $λ p (x) + μ q (x)$ 。

例题

求 $f (x) = e^{x} - 2 \ln (1 + x) + \sin x + 2 x^{2} - x - 1$ 带皮亚诺余项的四阶麦克劳林级数。

解

$e^{x}$ 带皮亚诺余项的四阶麦克劳林级数为

e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4}) .

$\ln (1 + x)$ 带皮亚诺余项的四阶麦克劳林级数为

\ln (1 + x) = x - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{3} x^{3} - \frac{1}{4} x^{4} + o (x^{4}) .

$\sin x$ 带皮亚诺余项的四阶麦克劳林级数为

\sin x = x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{4})

$2 x^{2} - x - 1$ 的四阶麦克劳林级数为

2 x^{2} - x - 1 = - 1 - x + 2 x^{2}

因此 $f (x)$ 带皮亚诺余项的四阶麦克劳林级数为

\begin{aligned} f (x) & = (1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})) - 2 (x - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{3} x^{3} - \frac{1}{4} x^{4} + o (x^{4})) \\ + (x - \frac{1}{6} x^{3} + o (x^{4})) + (- 1 - x + 2 x^{2}) \\ = - x + \frac{3}{2} x^{2} - \frac{2}{3} x^{3} + \frac{13}{24} x^{3} + o (x^{4}) . \end{aligned}

使用乘法计算泰勒展开式的系数

设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒展开式为 $p (x)$ ， $g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒展开式为 $q (x)$ ，则 $f (x) g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒展开式为

p (x) q (x) 的 前 n 次 项 。

例题1

求 $x e^{x}$ 带皮亚诺余项的四阶泰勒展开式。

解

$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})$ ， $x = x$ ，因此 $x e^{x}$ 带皮亚诺余项的四阶泰勒展开式为

x e^{x} = x (1 + x + \frac{x}{2} + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{4}}{24} + o (x^{4})) = x + x^{2} + \frac{x^{3}}{2} + \frac{x^{4}}{6} + o (x^{4}) .

例题2

求 $\cos x \ln (x + 1)$ 带皮亚诺余项的三阶泰勒展开式。

解

\cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{3})

\ln (x + 1) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})

因此

\begin{aligned} \cos x \ln (x + 1) & = (1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{3})) (x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})) \\ = x - \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}) . \end{aligned}

使用待定系数法计算除法的泰勒展开式系数

设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为 $p (x)$ ， $g (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为 $q (x)$ ，则 $\frac{f (x)}{g (x)}$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式可以这样计算：设

\frac{f (x)}{g (x)} = a_{0} + a_{1} (x - x_{0}) + a_{2} (x - x_{0})^{2} + \dots + a_{n} (x - x_{0})^{n} + o ((x - x_{0})^{n})

由 $f (x) = \frac{f (x)}{g (x)} \cdot g (x)$ ，代入得

p (x) + o ((x - x_{0})^{n}) = (\sum_{k = 0}^{n} a_{k} (x - x_{0})^{k} + o ((x - x_{0})^{n}) \cdot (q (x) + o ((x - x_{0})^{n}))

将右边展开，比较等式两边的多项式的前 $n$ 次项系数即得。

例题

求 $\tan x$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开。

解

设 $\tan x$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开式为

\tan x = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + o (x^{3}) .

为了减少计算量，我们先做一点化简。在等式两边令 $x = 0$ ，得

0 = \tan 0 = a_{0} \Rightarrow a_{0} = 0

由于 $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ ，因此 $\sin x = \tan x \cdot \cos x$ ，代入 $\sin x, \cos x$ 的三阶麦克劳林展开得

\begin{aligned} x - \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3}) & = (a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + o (x^{3})) (1 - \frac{x^{2}}{2} + o (x^{3})) \\ = a_{1} x + a_{2} x^{2} + (a_{3} - \frac{a_{1}}{2}) x^{3} + o (x^{3}) \end{aligned}

比较两侧系数，得

{\begin{cases} a_{1} & = 1 \\ a_{2} & = 0 \\ a_{3} - \frac{a_{1}}{2} & = - \frac{1}{6} \end{cases}

解得 $a_{1} = 1, a_{2} = 0, a_{3} = \frac{1}{3}$ 。因此 $\tan x$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开为

\tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3}) .

使用代入法计算复合函数的泰勒展开式系数

设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式 $p (x)$ ， $g (x)$ 在 ${\tilde{x}}_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒展开式为 $q (x)$ ，且 $g ({\tilde{x}}_{0}) = q ({\tilde{x}}_{0}) = x_{0}$ ，则 $f (g (x))$ 在 ${\tilde{x}}_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为

p (q (x)) 的 前 n 次 项 系 数 。

例1

求 $\sin (2 x + 1)$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开式。

解

$g (x) = 2 x + 1$ 的麦克劳林展开式为 $2 x + 1$ 。

由于 $g (0) = 1$ ， $f (x) = \sin x$ 在 $x = 1$ 处带皮亚诺余项的泰勒展开式为

\sin x = \sin 1 + \cos 1 \cdot (x - 1) - \frac{\sin 1}{2} \cdot (x - 1)^{2} - \frac{\cos 1}{6} (x - 1)^{3} + o ((x - 1)^{3})

因此 $\sin (2 x + 1) = f (g (x))$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开式为

\begin{aligned} \sin (2 x + 1) & = \sin 1 + \cos 1 \cdot (2 x) - \frac{\sin 1}{2} \cdot (2 x)^{2} - \frac{\cos 1}{6} (2 x)^{3} + o ((2 x)^{3}) \\ = \sin 1 + 2 \cos 1 \cdot x - 2 \sin 1 \cdot x^{2} - \frac{4}{3} \cos 1 \cdot x^{3} + o (x^{3}) . \end{aligned}

例2

求 $e^{\ln (x + 1)}$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开式。

解

$g (x) = \ln (x + 1)$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开式为

g (x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})

$g (0) = 0$ ， $f (x) = e^{x}$ 在 $x = 0$ 处带皮亚诺余项的三阶泰勒展开式为

e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{6} + o (x^{3})

因此 $e^{\ln (x + 1)} = f (g (x))$ 带皮亚诺余项的三阶麦克劳林展开式为

\begin{aligned} e^{\ln (x + 1)} & = 1 + (x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3})) + \frac{1}{2} (x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3}))^{2} \\ + \frac{1}{6} (x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + o (x^{3}))^{3} + o (x^{3}) \\ = 1 + x + o (x^{3}) . \end{aligned}

注

神金。

使用求导和积分计算泰勒展开式系数（特别是反三角！）

设 $f (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为 $p (x)$ ，则

$f^{'} (x)$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为 $p^{'} (x)$ ；
$\int f (x) d x$ 在 $x_{0}$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式为 $\int p (x) d x$ 。

例题

求 $\arcsin x$ 带皮亚诺余项的 $2 n + 1$ 阶麦克劳林展开式。

解

$\arcsin x = \int \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x$ ，只需对 $\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ 的 $n$ 阶麦克劳林多项式积分即可。注意到

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = f (g (x)), f (x) = (1 + x)^{- \frac{1}{2}}, g (x) = - x^{2}

我们用代入法求这个复合函数的麦克劳林多项式。0由广义二项式定理

\begin{aligned} f (x) & = \sum_{k = 0}^{n} C_{- \frac{1}{2}}^{k} x^{k} + o (x^{n}) \\ = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- \frac{1}{2}) (- \frac{1}{2} - 1) \dots (- \frac{1}{2} - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot k} x^{k} + o (x^{n}) \\ = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} \cdot (1 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2 k - 1))}{2^{k} k!} x^{k} + o (x^{n}) \\ \overset{技巧time！}{=} \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot (2 k - 1) (2 k))}{2^{k} k! \cdot (2 \cdot 4 \cdot \dots \cdot (2 k))} x^{k} + o (x^{n}) \\ = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} (2 k)!}{2^{2 k} (k!)^{2}} x^{k} + o (x^{n}) . \end{aligned}

$g (x) = - x^{2}$ ，代入得

\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = f (g (x)) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} (2 k)!}{2^{2 k} (k!)^{2}} (- x^{2})^{k} + o (x^{n}) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(2 k)!}{2^{2 k} (k!)^{2}} x^{2 k} + o (x^{2 n}) .

因此

\begin{aligned} \arcsin x & = \int \frac{d x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{k = 0}^{n} \int \frac{(2 k)!}{2^{2 k} (k!)^{2}} x^{2 k} d x + o (\int x^{2 n} d x) \\ = & \sum_{k = 0}^{n} \frac{(2 k)!}{2^{2 k} (k!)^{2} (2 k + 1)} x^{2 k + 1} + o (x^{2 n + 1}) . \end{aligned}

建议的练习题：计算 $\arctan x$ 带皮亚诺余项的 $2 n + 1$ 阶麦克劳林展开式。

与泰勒公式有关的计算题

使用皮亚诺余项的泰勒公式计算某点处的极限

因为泰勒公式的皮亚诺余项是 $o (x^{n})$ 的形式，这种余项的泰勒公式天然适合求解 $\frac{0}{0}$ 型的极限。一般来说，计算 $lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)}$ ，使用泰勒公式求解的方法是：

首先写出 $f (x)$ 和 $g (x)$ 足够阶数的泰勒公式，并附上皮亚诺余项：$$\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{p(x)+o((x-x_0)^n)}{q(x)+o((x-x_0)^n)};$$
计算多项式的极限——只与暴露的最低次项有关。

例题1

求极限： $lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - x^{2} + x^{4}} - \cos x}{x^{3} \ln (1 + x)}$ 。

分析

原式是 $\frac{0}{0}$ 型不定式，很难直接做，也很难想像用洛必达法则怎么做。为此我们想到要用带皮亚诺余项的泰勒公式处理。一个问题是：展开到几阶？

看看分母。一个想法是对分母用等价无穷小代换： $\ln (1 + x) \sim x$ ，代换得到分母变成了 $x^{4}$ 。这就告诉我们：应当展开到四阶。

解

由泰勒公式，对分子展开到四阶得

\sqrt{1 - x^{2} + x^{4}} - \cos x = \frac{x^{4}}{3} + o (x^{4})

对分母，由等价无穷小

x^{3} \ln (1 + x) \sim x^{4}

因此

lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 - x^{2} + x^{4}} - \cos x}{x^{3} \ln (1 + x)} = lim_{x \to 0} \frac{\frac{x^{4}}{3} + o (x^{4})}{x^{4}} = lim_{x \to 0} \frac{1}{3} + o (1) = \frac{1}{3} .

例题2

求极限 $lim_{n \to \infty} n^{2} (\ln (n^{2} + 1) - 2 \ln n)$ 。

分析

虽然是 $\infty \cdot 0$ 的数列型极限问题，我们也可以试试：能不能化为 $\frac{0}{0}$ 型，再用泰勒公式来做。为此我们把原式写成

lim_{n \to \infty} \frac{\ln (1 + \frac{1}{n^{2}})}{\frac{1}{n^{2}}} \overset{t = 1 / n}{=} lim_{t \to 0^{+}} \frac{\ln (1 + t^{2})}{t^{2}}

这样我们就把数列极限问题化为了一点处函数极限的问题，从而也可以泰勒展开去做。

解

略。

使用泰勒多项式巧算某点处的高阶导

由于泰勒多项式的定义为

P_{n} (x) = f (x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + \frac{f^{″} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + \dots + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n}

如果我们可以通过别的方法得到泰勒多项式的系数，就可以巧算出在展开的点处的高阶导数。

例题

已知 $f (x) = (1 + x + x^{2}) \cos 2 x$ ，求 $f^{(2024)} (0), f^{(2025)} (0)$ 。

解

我们考虑去计算 $f (x)$ 的 2025 阶麦克劳林多项式。一方面，

\cos 2 x = \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + o (x^{2025})

因此

\begin{aligned} f (x) & = (1 + x + x^{2}) \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + o (x^{2025}) \\ = \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 1} + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 2} + o (x^{2025}) \\ = (\sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 2}) + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 1} + o (x^{2025}) \\ \overset{调 整 次 数 合 并}{=} (\sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + \sum_{k = 1}^{1013} \frac{(- 1)^{k - 1} \cdot 2^{2 (k - 1)}}{(2 (k - 1))!} x^{2 k}) + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 1} + o (x^{2025}) \\ \overset{x^{2026} 扔 掉}{=} (\sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + \sum_{k = 1}^{1012} \frac{(- 1)^{k - 1} \cdot 2^{2 (k - 1)}}{(2 (k - 1))!} x^{2 k}) + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 1} + o (x^{2025}) \\ = (1 + \sum_{k = 1}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k} + \sum_{k = 1}^{1012} \frac{(- 1)^{k - 1} \cdot 2^{2 (k - 1)}}{(2 (k - 1))!} x^{2 k}) + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 1} + o (x^{2025}) \\ = 1 + \sum_{k = 1}^{1012} (\frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} + \frac{(- 1)^{k - 1} \cdot 2^{2 (k - 1)}}{(2 (k - 1))!}) x^{2 k} + \sum_{k = 0}^{1012} \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} x^{2 k + 1} + o (x^{2025}) \\ = \sum_{k = 0}^{2025} a_{k} x^{k} + o (x^{2025}) \end{aligned}

其中

a_{n} {\begin{cases} 1, & 若 n = 0 \\ \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!}, & 若 n 为 奇 数 ， n = 2 k + 1 \\ \frac{(- 1)^{k} \cdot 2^{2 k}}{(2 k)!} + \frac{(- 1)^{k - 1} \cdot 2^{2 (k - 1)}}{(2 (k - 1))!}, & 若 n 为 偶 数 ， n = 2 k \end{cases}

由泰勒多项式的定义

a_{n} = \frac{f^{(n)} (0)}{n!}

因此

f^{(2024)} (0) = 2024! \cdot (\frac{(- 1)^{1012} \cdot 2^{2024}}{2024!} + \frac{(- 1)^{1011} \cdot 2^{2022}}{2022!}) = 2^{2024} - 2^{2022} \times 2023 \times 2024

f^{(2025)} (0) = 2025! \cdot \frac{(- 1)^{1012} \cdot 2^{2024}}{(2024)!} = 2025 \times 2^{2024} .