§3 Taylor:公式和插值多项式 带 Peano余项的Tay1or公式 定理5.3.1(带 Peano余项的 Taylor公式)设f(x)在x处有n阶 导数,则存在x的一个邻域,对于该邻域中的任一点x,成立 x f(x)=f(x0)+f(x0(x-x0)+ (x-x0)2+…+ (x-x0)"+rn(x) 其中余项r(x)满足 (x)=o(x-x) 上述公式称为f(x)在x=x处的带Pean余项的 Taylor公式,它的 前n+1项组成的多项式 Pn(x)=f(xo)+f(o(x-x). f"(o) (n) (x-x0)2+…+ x-xo) n 称为f(x)的n次 Taylor多项式,余项n(x)=0(x-x0)称为 Peano余项
带Peano余项的Taylor公式 定理5.3.1（带Peano余项的Taylor公式） 设 f x( )在 x0 处有n阶 导数，则存在 x0的一个邻域，对于该邻域中的任一点 x ，成立 ),()( ! )( )( !2 )( ))(()()( 0 0 )( 2 0 0 0 0 0 xrxx n xf xx xf xxxfxfxf n n n ++− +− ′′ += ′ +− " 其中余项r x n ( )满足 ))(()( 0 n n −= xxoxr 上述公式称为 f x( )在 x x = 0处的带Peano余项的Taylor公式，它的 前n +1项组成的多项式 p x n ( ) = n n xx n xf xx xf xxxfxf )( ! )( )( !2 )( ))(()( 0 0 )( 2 0 0 0 0 0 ++− − ′′ + ′ +− " 称为 f x( )的n次Taylor多项式，余项 ))(()( 0 n n −= xxoxr 称为Peano余项。 §3 Taylor公式和插值多项式
证考虑r(x)=f(x)-∑1“(Xx-x),只要证明 kl rn(x)=o(x-x)。显然 r(xo)=r(o=rn(xo) )=0 反复应用 L'Hospital法则,可得 (x r() r(x) 1-+xo(x-x)" xxo n(x-x -=lim Im m x→x X-X (n-1) (x) n-1 (n-1) (x n) lin lim )-f(x0)(x-x x→ n(n-1)……2·(x-x0)nl I lim or ( x)-/on (xo)-foCxo-1LroI( o)-fo(ao]=0 x→ 因此 rn(x)=0(x-x0)”). 证毕
证 考虑 n = xfxr )()( − ∑= − n k k k xxxf 0 k 0 0 )( ))(( ! 1 ，只要证明 ))(()( 0 n n −= xxoxr 。显然 )()()( .0)( 0 )1( 0 = ′ 0 = ′′ 0 == = − xrxrxrxr n n n n " n 反复应用L’Hospital法则，可得 0 lim →xx n n xx xr )( )( − 0 = 0 lim →xx = − ′ −1 0 )( )( n n xxn xr 0 lim →xx 2 0 ))(1( )( − −− ′′ n n xxnn xr = … = 0 lim →xx )(2)1( )( 0 )1( nn xx xr n n −⋅⋅⋅− − " = ! 1 n 0 lim →xx ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − − − 0 0 0 )( 0 )1( )1( ))(()()( xx xxxfxfxf n n n = ! 1 n 0 lim →xx ⎥ = ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − − − )( )()( 0 )( 0 0 )1( )1( xf xx xfxf n n n ! 1 n [ − 0 )()( ] = )( 0 )( xfxf n n 0. 因此 ))(()( 0 n n −= xxoxr . 证毕
带 Lagrange余项的Tay1or公式 定理5.32(带 Lagrange余项的 Taylor公式)设f(x)在[a,b]上具 有n阶连续导数,且在(ab)上有n+1阶导数。设x∈[ab]为一定点,则 对于任意x∈[ab],成立 f(x)=f(x0)+f(x0)x-x)+f"(x) (n) (X (x-x0)2+…+ 0(x-x0)”+r(x) 其中余项r(x)满足 (n+1 n+1 7n (x-x0) 在x和x0之间 (n+1) 上述公式称为f(x)在x=x处的带 Lagrange余项的 Taylors公式。余 项 (n+1) (5) (x-x)(在x和x0之间) n+ 称为 Lagrange余项
带Lagrange余项的Taylor公式 定理5.3.2（带Lagrange余项的Taylor公式） 设 f x( )在 ba ],[ 上具 有n阶连续导数，且在 ba ),( 上有n+1阶导数。设 ],[ 0 ∈ bax 为一定点，则 对于任意 ∈[ ] ,bax ，成立 )()( ， ! )( )( !2 )( ))(()()( 0 0 )( 2 0 0 0 0 0 xrxx n xf xx xf xxxfxfxf n n n ++− +− ′′ += ′ +− " 其中余项r x n ( )满足 ( 1) 1 0 ( ) () ( ) ( 1)! n n n f rx x x n ξ + + = − + ， ξ 在 x 和x0之间。 上述公式称为 f x( )在 x x = 0处的带Lagrange余项的Taylor公式。余 项 ( 1) 1 0 ( ) () ( ) ( 1)! n n n f rx x x n ξ + + = − + （ξ 在x 和x0 之间） 称为Lagrange余项
证考虑辅助涵数 G(t)=f(x)- (0(x-1和H(O)=(x-1)m 那么定理的结论(即需要证明的)就是 G(x0) fo(5) H(x0) (n+ l) 不妨设x<x。则G()和H()在xn,x上连续,在(x,x)上可导,且 (n+1) G(o (x-1)",H()=-(n+1)(x-1)”。 n 显然H()在(x0,x)上不等于零。因为G(x)=H(x)=0,由 Cauchy中值定 理可得 G(xo) G(x)-G(xo) G H(x0)H(x)-H(x0)H()(n+1)’sx), 因此G( +)()H(x)° (n+ 证毕
证 考虑辅助函数 = xftG )()( − ∑= − n k k k txtf 0 k )( ))(( ! 1 和 1 )()( + −= n txtH 。 那么定理的结论(即需要证明的)就是 )( )!1( )( )( 0 )1( 0 xH n f xG n + = + ξ 。 不妨设 < xx0 。则 tG )( 和 tH )( 在 ],[ 0 xx 上连续，在 ),( 0 xx 上可导，且 n n tx n tf tG )( ! )( )( )1( ′ −= − + ， n ′ −+−= txntH ))(1()( 。 显然 ′ tH )( 在 ),( 0 xx 上不等于零。因为 = xHxG = 0)()( ，由Cauchy中值定 理可得 )!1( )( )( )( )()( )()( )( )( )1( 0 0 0 0 + = ′ ′ = − − = + n f H G xHxH xGxG xH xG n ξ ξ ξ ， ),( 0 ξ ∈ xx ， 因此 )( )!1( )( )( 0 )1( 0 xH n f xG n + = + ξ 。 证毕
特别地,当n=0时,定理5.3.2成为 f(x)=f(x)+f()x-x),5在x和x0之间, 这恰为 Lagrange中值定理的结果。所以,带 Lagrange余项的 Taylor公式 可以看成是 Lagrange中值定理的推广。 当x→x时,带 Lagrange余项的 Taylor公式蕴涵了带 Peano余项的 Taylor公式。但采用带 Peano余项的 Taylor公式时,对f(x)的要求比采 用带 Lagrange余项的 Taylor公式时稍弱一些
特别地，当n = 0时，定理5.3.2成为 0 0 f ( ) ( ) ( )( ) x = f x + − f ′ ξ x x ， ξ 在 x 和x0 之间， 这恰为Lagrange中值定理的结果。所以，带Lagrange余项的Taylor公式 可以看成是Lagrange中值定理的推广。 当 x x → 0时，带Lagrange余项的Taylor公式蕴涵了带Peano余项的 Taylor公式。但采用带Peano余项的Taylor公式时，对 f x( )的要求比采 用带Lagrange余项的Taylor公式时稍弱一些
在实际使用时,经常将 Taylor公式写成(带 Lagrange余项) f(x+△x)=f(x)+f(x)△x+ △x2+… 2 P(x+04x) e∈(0,1)) (n+1) 或是(带 Peano余项) f(x+△Ax)=f(x)+/(x)r×"(x) f((x) △x2+…+ △x"+o(△x") n! 的形式
在实际使用时，经常将Taylor公式写成（带Lagrange余项） n n x n xf x xf xxfxfxxf Δ++Δ ′′ +=Δ+ ′ +Δ ! )( !2 )( )()()( )( 2 " 1 )1( )!1( )( + + Δ + Δ+ + n n x n θ xxf （θ ∈(0,1)）， 或是（带Peano余项） +Δ++Δ ′′ +=Δ+ ′ +Δ n n x n xf x xf xxfxfxxf ! )( !2 )( )()()( )( 2 " ( ) n o x Δ 的形式
插值多项式和余项 定义5.3.1设函数f(x)在[a上的m+1个互异点x,x1,…,xn上 的函数值和若千阶导数值f(x)(i=0,1,2,…,m,j=0,1…,n1-1)是已 知的,这里 ni =n 若存在一个n次多项式pn(x),满足如下的插值条件 () p"(x)=∫(x,)(i=0,1,2 j=0,1,2,…,n1-1) 则称pn(x)是f(x)在[b]上关于插值节点(一般就简称节点) x的n次插值多项式,而 (x)=f(x)-P(x) 称为插值余项
插值多项式和余项 定义5.3.1 设函数 xf )( 在[ ,ba ]上的m +1个互异点 m , , , xxx 10 " 上 的函数值和若干阶导数值 )1,,1,0 ,,,2,1,0( )()( i = = i − j ixf " jm " n 是已 知的，这里 1 0 ∑ += = nn m i i 。 若存在一个 n 次多项式 xp )( n ，满足如下的插值条件 px f x i mj n n j i j i i ( ) ( ) ( ) ( ) ( ,, , , , ,, , , ) == =− 012 012 1 " " ， 则称 xp )( n 是 xf )( 在[ ,ba ]上关于插值节点(一般就简称节点) m , , , xxx 10 " 的n次插值多项式，而 rx fx px n n () () () = − 称为插值余项
例如,若在xn,x,x2,x:24个点处(即m=3),已知f(x)的函数值和 若千阶导数值如下表: x x x I f(xo)f(x,f(x2) f(x f(x)|f(x)3 j=2 x x f"(x3) f"(x2) 3 4 n+1=1 这里,n表示在点x,处所知道的值的个数,而m表示已知j阶导数值 的点的个数(为了叙述问题方便,当maxn}≤j≤n+1时,我们认为 m=0)。显然 n1=n+ 如果能找到一个10次多项式p0(x),在这4个点处相应的11个值与上表 相同,那么按定义5.3.1,它就是f(x)的10次插值多项式
例如，若在 x0 , x1 , x2 , x3 4个点处(即m = 3),已知 f x( ) 的函数值和 若干阶导数值如下表： x0 x1 x2 x3 mj j = 0 f x( )0 f x( )1 f x( )2 f x( )3 4 j = 1 f x ′( )0 ─ f x ′( ) 2 f x ′( )3 3 j = 2 f x ′′( )0 ─ f x ′′( ) 2 f x ′′( )3 3 j = 3 ─ ─ f x ′′′( ) 2 — 1 ni 3 1 4 3 n + 1 11 = 这里, ni 表示在点 xi处所知道的值的个数，而mj表示已知 j 阶导数值 的点的个数（为了叙述问题方便，当max{ }≤ ≤ njn +1 i 时，我们认为 mj =0）。显然 mj j n = + ∑ = 0 1 1 0 ∑ += = nn m i i 。 如果能找到一个10次多项式 p x 10 ( )，在这4个点处相应的11个值与上表 相同,那么按定义5.3.1，它就是 f x( )的10次插值多项式
利用 Rolle定理,读者很容易自行证明下述结果: 引理设函数g(x)在[ab上连续,在(a,b)上可导,在[ab]上的l个 不同的点上有g(x)=0,同时在其中的l1个点上有g(x)=0,则g(x)在 ab]内至少有b+1-1个不同的零点
利用Rolle定理，读者很容易自行证明下述结果： 引理 设函数 g( ) x 在 ba ],[ 上连续，在 ba ),( 上可导，在 ba ],[ 上的l0个 不同的点上有 g( ) x =0，同时在其中的l1个点上有 g x ′( ) = 0，则 g x ′( ) 在 ba ],[ 内至少有l0 +l1 -1个不同的零点
利用上述引理,即可导出下面的重要定理: 定理5.33(插值多项式的余项定理)设f(x)在[a,b上具有n 阶连续导数,在(a,b)上有n+1阶导数,且f(x)在[ab上的m+1个互异 点x,x1,…,xmn上的函数值和若干阶导数值 f(x)(=0,1,2,…,m,j=0,1,…,n1-1∑n=n+1是已知的,则对于 任意x∈[a,,上述插值问题有余项估计 r,(x)=f(x)-p,(x) f n5 (n+1)!1 ∏(x-x,) 这里是介于xm=mi(xn,x1…xn,x)和xm=max(x0,x12…xn,x)之间 的一个数(一般依赖于x)
利用上述引理，即可导出下面的重要定理： 定理5.3.3（插值多项式的余项定理） 设 f x( ) 在 ba ],[ 上具有 n 阶连续导数，在 ba ),( 上有 n+1阶导数，且 xf )( 在[ ,ba ]上的 m + 1个互异 点 m , , , xxx 10 " 上的函数值和若干阶导数值 ;1,,1,0 ,,,2,1,0( )()( i = = i − j ixf " " njm )1 0 ∑ += = nn m i i 是已知的，则对于 任意 ∈[ ] ,bax ,上述插值问题有余项估计 ∏= + − + =−= m i n i n n n i xx n f xpxfxr 0 )1( )( )!1( )( )()()( ξ ， 这里 ξ 是介于 x xx x x min = min( , , , ) 0 1 " m 和 x xx x x max = max( , , , ) 0 1 " m 之间 的一个数（一般依赖于 x ）