3泰勒公式多项式函数是各类函数中最简单的一种，用多项式逼近函数是近似计算和理论分析的一个重要内容。带有佩亚诺型余项的泰勒公式定理6.8 若函数f在点 Xo存在直至n阶导数，则有f(x)= T,(x)+o(x－x）)即f(x) = f(x)+ f(xo)(x -xo)f"(xo(x -x) + ..42!n!
3 泰勒公式 多项式函数是各类函数中最简单的一种，用多项式逼近函数是近似计算和理论分析 的一个重要内容。 一 带有佩亚诺型余项的泰勒公式 定理6.8 若函数f在点 0 x 存在直至n阶导数，则有 0 ( ) ( ) (( ) ), n f x T x o x x = + − 即 0 0 0 0 2 0 ( ) 0 0 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 ! ( ) ( ) . ! n n f x f x f x x x f x x x f x x x n = + − + − + − （4）
证设R,(x)= f(x)-T,(x),Q,(x)=(x-xo)"现在只要证R,(x): 0limx→xoQn(x)由关系式（3）可知，R,(xo)= R, (xo) =... = R(n)(xo) = 0并易知
证 设 0 ( ) ( ) ( ), ( ) ( ) , R x f x T x Q x x x n n n = − = − 现在只要证 0 ( ) lim 0. ( ) n x x n R x → Q x = 由关系式（3）可知， ( ) 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0, n R x R x R x n n n = = = = 并易知
Qn(xo) = Q"(xo) =... =Q,n-l)(x) =0, Qnn (x)= n!因为 (n)(x）存在，所以在点 Xo 的木邻域 U(x)内f存在n-1阶导数 f(x).于是，当x U°（xo）且 x→Xo 时，允许接连使用洛必达法则n-1次，得到R,(x)R, (n-1)(R,(x)(x)limlim1imQ,(nr-l)(x)Q,(x)x→xox-→xox→XoO,(x)(n-l'(x)- f(n-1i(x)- f("(xo)(x-xo)= limx→xon(n -1)... 2(x - xo)(n-"(x)- f(n-(x) - f(m)(- limXon! x→xox- Xo= 0
( 1) ( ) 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) 0, ( ) !. n n Q x Q x Q x Q x n n n n n − = = = = = 因为 ( ) 0 ( ) n f x 存在，所以在点 0 x 的木邻域 0 U x( ) 内f存在n-1阶导数 f x( ).于是，当 0 x U x ( ) 且 0 x x → 时，允许接连使用洛必达法则n-1次，得到 0 0 0 0 0 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( ) 0 0 0 0 ( 1) ( 1) 0 ( ) 0 0 ( ) ( ) ( ) lim lim lim ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) lim ( 1) 2( ) 1 ( ) ( ) lim ( ) ! 0. n n n n n x x x x x x n n n n n n x x n n n x x R x R x R x Q x Q x Q x f x f x f x x x n n x x f x f x f x n x x − → → → − − − → − − → = = = − − − = − − − = − − =
定理所证明的（4）式称为函数f在点X处的泰勒公式，R(x)=f(x)-T(x）称为泰勒公式的余项，形如o（x一x）"）的余项称为佩亚诺型余项。所以（4）式又称为带有佩亚诺型余项的泰勒公式以后用的较多的是泰勒公式（4）在x。=0的特殊形式：r(n) (0)(x) = f(0) + f(0)x+ f"(0)(6)x""+o(x")X2!n!它也称为（带有佩亚诺型余项的）麦克劳林公式。例1验证下列函数的麦克劳林公式2rh二+o(x")e =l+x+(1）+2!n!
定理所证明的（4）式称为函数f在点 0 x 处的 泰勒公式 ， ( ) ( ) ( ) R x f x T x n n = − 称为 泰勒公式的余项，形如 (( ) ) n o o x x − 的余项称为 佩亚诺型余项。所以（4）式又称为 带有佩亚诺型余项的泰勒公式。 以后用的较多的是泰勒公式（4）在 0 x = 0 的特殊形式： ( ) 2 (0) (0) ( ) (0) (0) ( ). 2! ! n n n f f f x f f x x x o x n = + + + + + （6） 它也称为（带有佩亚诺型余项的）麦克劳林公式。 例1 验证下列函数的麦克劳林公式： （1） 2 1 ( ); 2! ! n x n x x e x o x n = + + + + +
sf2m-1)m- r2m..+(-1)+o(x(2) sin x =--++3!5!(2m- 1)!1xx.2mx2m+1(3)cos x = + 0(x2n(2m)!2!4!2xx3-- +0(x),(4) ln(1 + x) =+X2￥3nα(α-1)α(α -1)...(α-n+1)(5)(1 + x) =1 +αx +X2!n!]+0(x"),(6)1+x+x? +...+x"+o(x")
3 5 2 1 1 2 2 4 2 2 1 2 3 1 2 (2) sin ( 1) ( ); 3! 5! (2 1)! (3) cos 1 ( 1) ( ); 2! 4! (2 )! (4)ln(1 ) ( 1) ( ); 2 3 ( 1) ( 1) ( 1) (5)(1 ) 1 2! ! ] ( ); m m m m m m n n n n n x x x x x o x m x x x x o x m x x x x x o x n n x x x x n o x − − + − = − + + + − + − = − + + + − + + = − + + + − + − − − + + = + + + + + 1 2 (6) 1 ( ). 1 n n x x x o x x = + + + + + −
证这里只验证其中两个公式，其余请读者自行证明K元元),因此(2) 设 f(x)= sin x,由于f(k)(x) = sin(x+=2f(2k)(0) = 0, f(2k-1)(0) =(-1)k-1,k =1,2,, n.把它们带入公式（6），便得到SinX的麦克劳林公式。需要说明的是：由于这里有T2m-I(x) = T2m(x),因此公式中的余项可以写作o(x2m+l),也可写作o(x2m)关于公式3）中的余项可作同样说明。(4)设f(x)= ln(1 +x). 由于1f(k) (x) =(-1)k-'(k -1)!(1 + x)-k,k = 1, 2,.*, n,Y1 + x因此f(k)(0) =(-1)k-(k-1)!, k = 1,2, -,n
证 这里只验证其中两个公式，其余请读者自行证明。 （2）设 ( ) ( ) sin , ( ) sin( ), 2 k k f x x f x x = = + 由于 因此 (2 ) (2 1) 1 (0) 0, (0) ( 1) , 1, 2, , . k k k f f k n − − = = − = 把它们带入公式（6），便得到 sin x 的麦克劳林公式。需要说明的是：由于这里有 2 1 2 ( ) ( ), T x T x m m − = 因此公式中的余项可以写作 2 1 ( ), m o x + 也可写作 2 ( ). m o x 关于公式3）中的余项可作同样说明。 (4) ( ) ln(1 ). 设f x x = + 由于 1 ( ) 1 ( ) , , ( ) ( 1) ( 1)!(1 ) , 1, 2, , , 1 k k k f x f x k x k n x − − = = − − + = + 因此 ( ) 1 (0) ( 1) ( 1)!, 1, 2, , . k k f k k n − = − − =
例3 求ln x 在 x=2处的泰勒公式。x-2解 由于 In x = In[2 +(x -2)] = In 2 + ln(1因此--21(x- 2)? +..In x = ln2 + -2.22210-x-1)" +o(x -2)")n.2n根据与例1的相同的理由，上式即为所求的泰勒公式。x?cosx-e 2lim例4求极限tx-→0解本题可用洛必达法则求解，在这里可应用泰勒公式求解。考虑到极限式的A分母为x4，我们可用麦可劳林公式表示极限的分子（取 n=4,并利用例2）：
例3 求 ln x 在 x = 2 处的泰勒公式。 解 2 2 1 2 ln ln 2 ( 2) ln 2 ln(1 ), 2 1 1 ln ln 2 ( 2) ( 2) 2 2 2 1 ( 1) ( 1) (( 2) ). 2 n n n n x x x x x x x o x n − − = + − = + + = + − − − + + − − + − 由于 因此 根据与例1的相同的理由，上式即为所求的泰勒公式。 例4 求极限 2 2 4 0 cos lim . x x x e x − → − 解 本题可用洛必达法则求解，在这里可应用泰勒公式求解。考虑到极限式的 分母为 4 x ，我们可用麦可劳林公式表示极限的分子（取 n = 4, 并利用例2）：
把它带入公式（6），便得In(1+x）的麦可劳林公式。x2例2 写出 f(x)=e 2 的麦可劳林公式, 并求 f(98)(O)与f(99)(0)解用（）替换公式1）中的x，便得22.2n4xx21福02"n!2?.2!2由泰勒公式系数的定义，在上述(3)的麦可劳林公式中,x98 与x的系数分别为111049(0) = 0249.49!'99!98!98!(99)C(98)由此0249.49!
把它带入公式（6），便得 ln(1 ) + x 的麦可劳林公式。 例2 写出 2 2 ( ) x f x e − = 的麦可劳林公式，并求 (98) (99) f f (0) (0). 与 解 用 2 ( ) 2 x − 替换公式1）中的x,便得 2 2 4 2 2 2 2 1 ( 1) ( ). 2 2 2! 2 ! x n n n n x x x e o x n − = − + + + − + 由泰勒公式系数的定义，在上述f(x)的麦可劳林公式中， 98 99 x x 与 的系数 分别为 (98) 49 (99) 49 1 1 1 (0) ( 1) , (0) 0. 98! 2 49! 99! f f = − = 由此 (98) (99) 49 98! (0) , 0. 2 49! f f = − =
4x0(x')+cOSx =十2242"f.2r24+0(e+e28?2+ 0(cosx-e-12因而求得1x22.21cosx-e12= limlimX412x-0x→0x
2 2 2 4 5 2 4 2 5 4 2 5 cos 1 ( ), 2 24 1 ( ), 2 8 cos ( ) 12 x x x x x o x x x e o x x x e o x − − = − + + = − + + − = − + 因而求得 2 4 5 2 4 4 0 0 1 ( ) cos 1 12 lim lim . 12 x x x x o x x e x x − → → − + − = = −
带有朗日型余项的泰勒公式拉格[a,b]（泰勒定理）若函数在定理6.9上存在直至n阶的连续导函数，在(a, b)内存在(n+1) 阶导函数,则对任意给定的x,X E[a,b],至少存在一点E (a,b),使得(xf(x)= f(x)+ f'(x)(x -xo.2!f(n)(xo)f(n+1X-(7)n!(n +1)!证作辅助函数
二 带有朗日型余项的泰勒公式拉格 定理6.9 （泰勒定理） 若函数f在 (a,b)内存在( 1) n + 阶导函数， a b, 上存在直至n阶的连续导函数，在 则对任意给定的 x x a b , , , 0 至少存在一点 (a b, ,) 使得 0 2 0 0 0 0 ( ) ( 1) 0 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 ! ( ) ( ) ( ) ( ) . ! ( 1)! n n n n f x f x f x f x x x x x f x f x x x x n n + + = + − + − + + − + − + （7） 证 作辅助函数