高等微积分笔记 Lesson 20

高等微积分 Lesson 20

带 Peano 余项 Taylor 公式

设$f(x)$在$x_0$处有$n$阶导数，则$f$在$x_0$附近可近似为$n$次多项式，

$$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{(1)}}{1!}(x-x_0)+\cdots+\frac{f^{(n)}}{n!}(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)\text{ as }x\to x_0$$

问：如何判断$f$有高阶导数？

一般而言没有普适的方法，我们在这里会常用归纳法.

/Example/ （习题课中的一个例子）

$$f(x)=\left\{\begin{array}{lr} e^{-\frac{1}{x^2}}\,,\quad x>0\\ 0\,,\quad x\leq0 \end{array}\right.$$

则：1. $f$在$\R$上有$n$阶导（$\forall n\in\Z_+$）；2. $f^{(n)}(0)=0$，$\forall n\geq1$.

/Proof/

$f$在$\R_-$上恒为$0$ $\Longrightarrow$ $f^{(n)}$在$\R_-$上恒为$0$.

在$\R_+$上，$f(x)=e^{-\frac{1}{x^2}}=e^{-x^{-2}}$，得到：

$$\begin{aligned} f(x)&=e^{-x^{-2}}\\ f'(x)&=e^{-x^{-2}}((-1)(-2)x^{-3})=e^{-x^{-2}}(2x^{-3})\\ f''(x)&=e^{-x^{-2}}(+4)x^{-6}+e^{-x^{-2}}(2(-3))x^{-4}=e^{-x^{-2}}(\cdots) \end{aligned}$$

发现如下规律：

/Claim/

$\exist$多项式$P_n(y)$，使得在$\R_+$上有

$$f^{(n)}(x)=e^{-\frac{1}{x^2}}P_n(\frac{1}{x})$$

/Proof/

设已经有前面$n$阶结论成立，下证$n+1$阶结论也成立（归纳）.

$$\begin{aligned} f^{(n+1)}(x)&=e^{-x^{-2}}(2x^{-3})P_n(\frac{1}{x})+e^{-x^{-2}}P'_n(\frac{1}{x})(-x^{-2})\\ &=e^{-x^{-2}}(2x^{-3}P_n(\frac{1}{x})-x^{-2}P_n'(\frac{1}{x}))\\ &=e^{-x^{-2}}P_{n+1}(\frac{1}{x}) \end{aligned}$$

得证.

证毕.

特别地，要证明在$x=0$处的各阶导数存在，仍然使用归纳证明：

/Proof/

对于$1$阶导数，$f'(0-)=0$，

$$\begin{aligned} f'(0+)&=\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to0+}\frac{e^{-x^{-2}}}{x}\\\\ &\overset{x=1/y}{=}\lim_{y\to+\infty}\frac{y}{e^{y^2}}=0 \end{aligned}$$

得到$f'(0)=0$.

设已经证明$f^{(m)}(0)=0$，则$f^{(m+1)}(0-)=0$，

$$\begin{aligned} f^{(m+1)}(0+)&=\lim_{x\to0+}\frac{e^{-x^{-2}}P_m(\frac{1}{x})}{x}\\\\ &=\lim_{y\to+\infty}\frac{yP_m(y)(\text{polynomial})}{e^{y^2}(\text{exponential})}=0 \end{aligned}$$

得到$f^{(m+1)}(0)=0$. 得证.

证毕.

证毕.

上面结论的应用在于表明，有时 Taylor 公式的多项式部分完全不含有信息，只在$o(x^n)$中含有原来函数的信息.

在上次课的最后讲到复合函数的 Taylor 公式，总结为下面的定理：

/Theorem/

设$f$，$g$在$0$处有$n$阶导数（如果不是在$0$处，平移坐标即可），设在$0$处 Taylor 公式分别为：

$$\begin{aligned} f(x)&=a_1x^1+\cdots+a_nx^n+o(x^n)\\\\ g(x)&=b_0+b_1y+\cdots+b_ny^n+o(y^n) \end{aligned}$$

注意$f(x)$能够通过移动坐标的方式去掉常数项.

则$g(f(x))$的 Taylor 公式为

$$\begin{aligned} g(f(x))&=b_0+\sum_{k=1}^nb_k(a_1x+\cdots+a_nx^n)^k+o(x^n)\text{ as }x\to0\\ &\longrightarrow\text{delete those }x^{\geq n+1} \end{aligned}$$

/Proof/

RHS 中，$x^m$（$m>1$）的系数为

$$\sum_{k=1}^nb_k\sum_{\underset{i_1+\cdots+i_k=m}{(i_1,\cdots,i_k)}}a_{i_1}\cdot a_{i_2}\cdot\cdots\cdot a_{i_k}$$

回忆，有

$$a_{i_k}=\frac{f^{(i_k)}(0)}{i_k!}\,,\quad b_k=\frac{g^{(k)}(0)}{k!}$$

所以上面的系数是

$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}g^{(k)}(0)\sum_{\underset{i_1+\cdots+i_k=m}{(i_1,\cdots,i_k)}}\frac{f^{(i_k)}(0)g^{(k)}(0)}{i_k!k!}\overset{\text{marked as}}{=}R$$

现在要验证，是否有

$$R=\frac{(g\circ f)^{(m)}(0)}{m!}$$

用到我们之前在 Lesson 16 中讲到过的高阶导数的链式法则，能够证明相等.

证毕.

/Example/

$f(x)=\arctan x$，在$0$附近的 Taylor 公式.

/Solution/

先补充一个结论：$g(y)=(1+y)^\alpha$在$y=0$附近的 Taylor 公式，为

$$\begin{aligned} g^{(1)}(y)&=\alpha(1+y)^{\alpha-1}\\\\ g^{(2)}(y)&=\alpha(\alpha-1)(1+y)^{\alpha-2}\\\\ \cdots&\\\\ \Longrightarrow g^{(k)}(y)&=\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)(1+y)^{\alpha-k}\\\\ \Longrightarrow g(y)&=\sum_{k=0}^n\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-k+1)}{k!}x^k+o(x^n) \end{aligned}$$

这里用到延拓的组合数概念：

$$\begin{pmatrix} m\\k \end{pmatrix}=\frac{m(m-1)\cdots(m-k+1)}{k!}$$

被视为$m$的$k$次多项式，这里的$m$不一定为整数.

所以当$|y|<1$时，我们的 Taylor 公式为

$$(1+y)^\alpha=1+\sum_{k=1}^\infty\begin{pmatrix} \alpha\\k \end{pmatrix}y^k$$

回到$f(x)=\arctan x$，$f'(x)=(1+x^2)^{-1}$，用到我们刚刚证明的命题，得到

$$f'(x)=(1+x^2)^{-1}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots+(-1)^nx^{2n}+o(x^{2n})$$

然后还用到上次课证明的命题，推出$f$的 Taylor 公式：

$$\arctan x=\arctan0+x-\frac{x^3}{3}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+o(x^{2n+1})$$

用处：用于极限计算，可以用 Taylor 公式简化计算（这等价于多次 $\text{L'H}\hat{\text{o}}\text{pital}$ 法则）.

一个之前的考试题：

/Example/

$$f(x)=\left\{\begin{array}{lr} (1+x)^{1/x}\,,\quad\forall x\neq0,x>-1\\ e\,,\quad x=0 \end{array}\right.$$

求在$0$附近的 Taylor 公式.

/Solution/

其实这个题是为了更好的求出$e$. 但是计算难度比较大.

$$\begin{aligned} f'(0)&=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{1/x}-e}{x}\\\\ &\overset{\text{L'H}\hat{\text{o}}\text{pital}}{=}\lim_{x\to0}(1+x)^{1/x}(\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2})\\\\ &=e\lim_{x\to0}\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}\longrightarrow \text{marked as }A\\\\ &=e\lim_{x\to0}\frac{x(1-x+o(x))-(x-\frac{x^2}{2}+o(x^2))}{x^2}\\\\ &=-\frac{1}{2}e \end{aligned}$$

或者$A$再用一次 $\text{L'H}\hat{\text{o}}\text{pital}$ 法则.

现在来计算二阶导数，

$$\begin{aligned} f''(0)&=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^{1/x}\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}+\frac{1}{2}e}{x} \end{aligned}$$

其实分母是一次的，所以分子 Taylor 展开只用到一次就可以. 其中，

$$\begin{aligned} (1+x)^{1/x}&=e-\frac{e}{2}x+o(x)\\\\ \frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}&=\frac{x(1-x+x^2+o(x^2))-(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3))}{x^2}\\\\ &=\frac{-\frac{x^2}{2}+\frac{2}{3}x^3+o(x^3)}{x^2}=-\frac{1}{2}+\frac{2}{3}x\\\\ f''(0)&=\lim_{x\to0}\frac{(e-\frac{e}{2}x+o(x))(-\frac{1}{2}+\frac{2}{3}x+o(x))+\frac{1}{2}e}{x}\\\\ &=\lim_{x\to0}(\frac{1}{4}e+\frac{2}{3}e+o(x))=\frac{11}{12}e \end{aligned}$$

所以前面两阶 Taylor 公式为

$$(1+x)^{1/x}=e(1-\frac{1}{2}x+\frac{11}{24}x^2+\cdots)$$

---

第二种方法是用复合函数的 Taylor 公式，假设

$$\begin{aligned} g(x)&=\left\{\begin{array}{lr} \frac{1}{x}\ln(1+x)\,,\quad\forall x\neq0,x>-1\\\\ \underset{x\to0}{\lim}g(x)=1\,,\quad x=0 \end{array}\right.\\\\ h(y)&=e^y \end{aligned}$$

则直接计算$g$的导数即可.

我们之前说过，Taylor 公式有“定量”的版本，余项能够具体地表出，我们对比“定性”和“定量”的版本，有：

\	定性	定量
1阶	$f'(x)h+o(h)$	$f'(\xi)h$
2阶	$f''(x)/2!\cdot h^2+o(h^2)$	$f''(\xi)/2!\cdot h^2$

/Theorem/

设$f$在区间$I$上处处有$n$阶导，则对$I$中的任意两点$a\neq b$，存在$\xi$严格介于$a$、$b$之间，使得

$$f(b)=f(a)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(b-a)^n$$

这里的多项式 part 是$n-1$次的，所以有的人会将这个公式叫做$n-1$阶的，但是有的时候有人会叫这个是$n$阶的 Taylor 公式，因为最后的 Lagrange 余项中还有一个$n$次项.

这是我们这门课遇到的第一个不太好证的定理.
——艾神

/Proof/ （证法 1）

考虑一个特例，$f^{(1)}(a)=\cdots=f^{(n-1)}(a)=0$，$f(a)=f(b)$，则上面定理的结论等价于$\exist\xi\in(a,b)$使得$f^{(n)}(\xi)=0$.

/Lemma/ （高阶 Rolle 定理）

设$a\neq b$，$h(x)$在$[a,b]$上处处有$n$阶导数，且$h(a)=h(b)$，$h^{(1)}(a)=\cdots=h^{(n-1)}(a)=0$，则存在$\xi\in(a,b)$使得$h^{(n)}(\xi)=0$.

/Proof/

用一次 Rolle 定理，得到$\exist x_1\in(a,b)$使得$h'(x_1)=0$，又有$h'(a)=h'(x_1)$，再次使用 Rolle 定理，之后递推到$n$阶，就能证明这一引理.

用引理证明 Taylor 公式：

构造

$$h(x)=f(x)-(f(a)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k)-\lambda(x-a)^n$$

显然有

$$\begin{aligned} h^{(k)}(a)=f^{(k)}(a)-\frac{f^{(k)}(a)}{k!}\cdot k!(x-a)^0|_{x=a}=0\,,\quad\forall1\leq k\leq n-1 \end{aligned}$$

取$\lambda$使得$h(b)=0$，则和我们上面证明的引理的条件完全一致.

由引理，得到$\exist\xi\in(a,b)$使得$h^{(n)}(\xi)=0$，即$f^{(n)}(\xi)-n!\cdot\lambda=0$. 也就是说，

$$\exist f^{(n)}(\xi)=n!\lambda=n!\frac{f(b)-\underset{k=0}{\overset{n-1}{\sum}}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k}{(b-a)^n}$$

移项，就证明了 Taylor 公式.

证毕.

下面还有一种最强大的证法，能够产出一系列的 Taylor 公式，它的一种朴素想法就是让$f$的行为越来越靠近一个多项式.

/Proof/ （产出一系列 Taylor 公式）

回忆：对于任意多项式$P(x)$，$\deg P\leq n-1$，有

$$\begin{aligned} P(a+h)&=P(a)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{P^{(k)}(a)}{k!}h^k\\\\ \Longleftrightarrow P(b)&=P(a)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{P^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k \end{aligned}$$

上面的式子有两种看法，可以将$b$作为主元，也可以将$a$作为主元. 我们采用第二种观点，冻结$b$，就会发现

$$P(b)=P(x)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{P^{(k)}(x)}{k!}(b-x)^k$$

下面用这种视角证明 Taylor 公式，令

$$F(x)=f(x)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(x)}{k!}(b-x)^k$$

则

$$\begin{aligned} F'(x)&=f'(x)+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k+1)}(x)}{k!}(b-x)^k-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(x)}{(k-1)!}(b-x)^{k-1}\\\\ &=f'(x)+\frac{f^{(n)}(x)}{(n-1)!}(b-x)^{n-1}-f'(x)\\\\ &=\frac{f^{(n)}(x)}{(n-1)!}(b-x)^{n-1} \end{aligned}$$

中间全部裂项相消. 对$F(x)$和任意函数$g(x)$用 Cauchy 中值定理，得到$\exist\xi$满足

$$\frac{F(b)-F(a)}{g(b)-g(a)}\overset{\exist\xi}{=}\frac{F'(\xi)}{g'(\xi)}$$

所以

$$f(b)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\frac{\frac{f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}(b-\xi)^{n-1}}{g'(\xi)}(g(b)-g(a))$$

取不同的$g$形式，就能得到不同的 Taylor 展开公式.

证毕.

我们来看看我们喜欢什么样的$g$：

• 取$g(x)=x$，得到 remainder 为

  $$R=\frac{f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}(b-\xi)^{n-1}(b-a)$$

  这称为 Cauchy 余项，主要是我们在前面用到 Cauchy 中值定理.

• 取$g(x)=(b-x)^n$，则$g'(\xi)=n(b-\xi)^{n-1}(-1)$，有

  $$\begin{aligned} R&=\frac{f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}(b-\xi)^{n-1}\frac{g(b)-g(a)}{g'(\xi)}\\\\ &=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(b-a)^n \end{aligned}$$

  这正是 Lagrange 余项.

下面是 Taylor 公式的一些应用：

/Example/

证明：$\forall x\in\R$，有$\underset{n\to\infty}{\lim}(1+\frac{x}{1!}+\cdots+\frac{x^n}{n!})=e^x$.

/Proof/

设$f(x)=e^x$，在$(0,x)$中间用 Taylor 公式，余项记为：

$$R_n=f(x)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}$$

显然这个$\xi$依赖于$0$和$x$，记为$\xi_n$. 现在我们要证明$\underset{n\to\infty}{\lim}R_n=0$.

注意到，

$$|R_n|=\frac{e^{\xi_n}}{(n+1)!}|x|^{n+1}\leq\frac{\max\{e^0,e^x\}}{(n+1)!}|x|^{n+1}\to0$$

（这里用到$e^{\xi_n}$有界）

证毕.