高等微积分笔记 Lesson 21

本文最后更新于 2024年12月10日晚上

高等微积分 Lesson 21

Taylor 公式的应用

设 $f$ 在 $I$ 处处有 $n$ 阶导，则

f(b)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(b-a)^i+R_n

其中 $R_n$ 可以表示为

Lagrange 余项， $\exist\xi$ 介于 $a,b$ 之间使得
$R_n=\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(b-a)^n$
Cauchy 余项， $\exist\xi$ 介于 $a,b$ 之间使得
$R_n=\frac{f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}(b-\xi)^{n-1}(b-a)$

记忆方法：对于多项式 $P$ ， $\deg P\leq n-1$ ，可以推出

P(b)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{P^{(i)}(a)}{i!}(b-a)^i

此亦为 Taylor 公式，对一般的 $f(x)$ ，可以定义

F(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(x)}{i!}(b-x)^i

对 $F$ 和任意的一个 $g(x)$ ，可以用 Cauchy 中值定理，产生

\begin{aligned} \frac{F(b)-F(a)}{g(b)-g(a)}&=\frac{F'(\xi)}{g'(\xi)}\\\\ \Longrightarrow f(b)-\sum_{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(a)}{i!}(b-a)^i&=\frac{g(b)-g(a)}{g'(\xi)}\frac{f^{(n)}(\xi)}{(n-1)!}(b-\xi)^{n-1} \end{aligned}

得到任何一种余项. 对于 Cauchy 余项，就是取 $g(x)=x$ .

为了更好的应用 Taylor 公式，我们从不同角度解读公式的含义，有以下几点解释：

把 $f$ 近似为多项式；
用 $f$ 的高阶导数信息刻画 / 描述 $f$ .（微分学的任务）

下面讲讲应用.

/Claim/

$\forall x\in\R$ ，有
$e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}=\lim_{n\to\infty}(1+\frac{x^1}{1!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots)$

/Claim/

$\forall x\in\R$ ，有
$\begin{aligned} \sin x&=x-\frac{x^3}{3!}+\cdots=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ \cos x&=1-\frac{x^2}{2!}+\cdots=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$
实际上有的偏代数书籍中会用上面的式子定义三角函数，但是这样比较缺乏几何含义.

/Proof/

对称，只证明 $\sin x$ 的结论. 导函数是周期变化的，有
$f^{(1)}=\cos x\,,\quad f^{(2)}=-\sin x\,,\quad f^{(3)}=-\cos x\,,\quad f^{(4)}=\sin x$
用 Taylor 公式，但是注意到展开至 $2n$ 阶和 $2n+1$ 阶，多项式部分并无区别，但是余项的阶数相差一阶，所以展开至 $2n+1$ 阶比较划算.
由 Lagrange 余项得：
$R_{2n+1}(x)=\frac{f^{(2n+1)}(\xi)}{(2n+1)!}x^{2n+1}=\frac{\pm\cos\xi}{(2n+1)!}x^{2n+1}$
注意 $\xi$ 依赖于 $x$ 和 $n$ . 只需证明上式在 $n\to\infty$ 时趋于 $0$ ，理由是
$0\leq|R_{2n+1}(x)|\leq\frac{1}{(2n+1)!}|x|^{2n+1}=b_n$
然后考虑到 $\underset{n\to\infty}{\lim}b_{n+1}/b_n=0$ ，所以 $\underset{n\to\infty}{\lim}b_n=0$ ，根据夹逼定理证明余项趋于 $0$ . 得证.

证毕.

/Example/

求 $\sin x$ 的近似表达式，要求 $\forall|x|<1$ ，误差 $<10^{-3}$ .

/Solution/

用 $f(x)=\sin x$ 的 Taylor 公式，得到
$\sin x=\underset{P(x)}{\underline{x-\frac{x^3}{3!}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}}}+\frac{f^{(2n+1)}(\xi_x)}{(2n+1)!}x^{2n+1}$
Feynman 在 Manhattan 计划期间，觉得非常无聊，于是挑战计划中的各种数学家，要他们出题测试自己，然后有一位数学家让他在 1 分钟内算出 $2^{1/3}$ ，Feynman 发现这可以用 $(1.728+0.272)^{1/3}$ 来算，因为他熟知 $1728=12^3$ ，并估算 $0.272/1.728\sim0.1$ .
但是当有人问他 $\tan10^{1000}$ 时，他无法回答了. 这位问倒 Feynman 的数学家曾经还用钢尺反复抽出打自己的手，并装作不痛，诱骗 Feynman 做同样的事（？）
为什么 Feynman 会熟知 $1728=12^3$ 呢？因为 Ramanujan 的老师曾经生病，住在编号为 $1729$ 的房间里，向他抱怨说这个房间号并没有什么特点. 但是 Ramanujan 在 1 分钟之内向他说明这个数字相当有特点，它是“最小的能被表达为两种不同立方和的数”（因为 $1729=10^3+9^3$ 或者 $1729=12^3+1^3$ . 这个故事被很多人熟知.

我们刚刚在讲什么来着？
——艾神

/Theorem/

$(1+x)^\alpha=\sum_{n=0}^\infty\begin{pmatrix} \alpha\\n \end{pmatrix}x^n\,,\quad x\in(-1,1)$

/Proof/

我们会发现这个定理无法用 Lagrange 余项证明，因为 Lagrange 余项在这里写成：
$R_{n+1}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}(1+\xi)^{\alpha-n-1}x^{n+1}$
但是
$(\frac{x}{1+\xi})^{n+1}$
可能大于 $1$ ，所以不能解决问题. 我们选择使用 Cauchy 余项，
$R_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{n!}(x-\xi)^n(x-0)$
在叙述 Taylor 公式时，可以用另外一种方式来写出 $\xi$ ，即定比分点的写法（这就是一种无量纲化！）：
$\xi-a=\theta(b-a)\,,0<\theta<1$
用 $\theta$ 改写 $\xi$ .
在这里就可以把 Cauchy 余项写成
$R_{n+1}=\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{n!}(1+\theta x)^{\alpha-n-1}x^{n+1}(1-\theta)^n$
改写一下：
$R_{n+1}=\underset{A}{\underline{\frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{n!}x^{n+1}}}\cdot\underset{B}{\underline{(\frac{1-\theta}{1+\theta x})^n}}\cdot\underset{C}{\underline{(1+\theta x)^{\alpha+1}}}$
分开考虑 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 三个部分，
$A$ 部分， $\underset{n\to\infty}{\lim}|A_{n+1}|/|A_n|=0$ ，趋于零.
$B$ 部分，因为 $0<\theta(1+x)$ ， $0<\theta<1$ ，可得 $0<1-\theta<1+\theta x$ . 这导致 $B$ 部分的底数小于 $1$ ，所以 $B$ 部分也趋于零.
$C$ 部分， $(1+\theta x)^{\alpha-1}$ 有界，它介于 $(1-|x|)^{\alpha-1}$ 和 $(1+|x|)^{\alpha-1}$ 之间.
所以结合在一起得到 $R_{n+1}\to0$ .

证毕.

从上面这个题能够看出，两种不同的余项虽然表达的是同样的含义，但是实际使用时并不相同，在不同情况下应该有选择地应用不同表达式.

下面来看一些更加低阶的例子.

/Example/ （一个流传广泛的例子）

设 $f$ 在 $\R$ 上处处有二阶导数，且 $|f(x)|\leq A$ ， $|f''(x)|\leq B$ ，则 $|f'(x)|\leq\sqrt{2AB}$ .

/Proof/

用 $f$ 和 $f^{(2)}$ 控制 $f^{(1)}$ ，这显然不平凡. 但是注意到这三者均在 Taylor 公式中间出现，考虑二阶 Taylor 公式，得到
$f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)}{2!}h^2$
得到
$\begin{aligned} |f'(x)|&=|\frac{f(x+h)-f(x)-\frac{1}{2}f''(\xi)h^2}{h}|\\\\ &\leq\frac{2A}{h}+\frac{Bh}{2}\quad\forall h>0\\\\ \Longrightarrow|f'(x)|&\leq\min(\frac{2A}{h}+\frac{Bh}{2}) \end{aligned}$
这里能用到均值不等式，上式在 $h=\sqrt{4A/B}$ 时取最小值，代回知 $|f'(x)|\leq2\sqrt{AB}$ .
但是这个结论不够强，为了强化结论，我们考虑下面的方法：
$\begin{aligned} f(x+h)&=f(x)+f'(x)h+\frac{f''(\xi)}{2}h^2\\ f(x-h)&=f(x)-f'(x)h+\frac{f''(\eta)}{2}h^2 \end{aligned}$
作差得到
$|f'(x)|=|\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}-\frac{f''(\xi)-f''(\eta)}{4}h^2|\leq\frac{A}{h}+\frac{Bh}{2}$
获得证明.

证毕.

下面一个例子来自于去年的期末考试.

上次出了这个题之后我意识到同学们的水平是很高的.
——艾神

/Example/

设 $f$ 在 $\R$ 上有连续的二阶导，且 $f(0)=f(1)=0$ . 求证 $\forall a\in(0,1)$ 有 $|f(a)|\leq\frac{1}{8}\underset{x\in[0,1]}{\max}|f''(x)|$ .

/Proof/

证法 1：由 $|f''|$ 连续和最值定理，知道 $\underset{[0,1]}{\max}|f''(x)|$ 存在，记为 $M$ ，目标是证明 $-M/8\leq f(a)\leq M/8$ ，只看 $f(a)\leq M/8$ .
考虑最值在何处取到，如果是在端点，那么肯定满足条件，所以只考虑不在端点取到最值的情况. 最值点是极值点， $f'(x_0)=0$ ，Taylor 公式得到：
$\begin{aligned} f(1)&=f(x_0)+f'(x_0)(1-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2}(1-x_0)^2\\ f(0)&=f(x_0)+f'(x_0)(-x_0)+\frac{f''(\eta)}{2}x_0^2 \end{aligned}$
做差得到
$f(x_0)=-\frac{f''(\xi)}{2}(1-x_0)^2=-\frac{f''(\eta)}{2}x_0^2$
于是
$f(x_0)\leq\min(\frac{1}{2}(1-x_0)^2M,\frac{1}{2}x_0^2M)$
但是 $(1-x_0)$ 和 $x_0$ 必有一项是 $\in[0,\frac{1}{2}]$ ，所以
$f(x_0)\leq\frac{1}{8}M$