微积分/泰勒级数

泰勒级数

定义：泰勒级数

如果一个函数 $f(x)$ 可以用一个无限幂级数表示

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(x-a)^{n}$

那么，该函数的泰勒展开或泰勒级数表示为

$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}$

sin(x) 和泰勒逼近，阶数为 1、3、5、7、9、11 和 13 的多项式。

这里，$n!$ 是 $n$ 的 阶乘，$f^{(n)}(a)$ 表示 $n$ 阶 导数 在点 $a$ 处的值。如果这个级数对于区间 $(a-r,a+r)$ 中的每个 $x$ 都收敛，并且和等于 $f(x)$，那么函数 $f(x)$ 被称为解析函数。为了检查级数是否收敛到 $f(x)$，通常使用 泰勒定理 余项的估计。一个函数是解析函数当且仅当一个 幂级数 收敛到该函数；该幂级数中的系数必然是上述泰勒级数公式中给出的系数。

如果 $a=0$，该级数也称为麦克劳林级数。

这种幂级数表示的重要性有三方面。首先，幂级数的微分和积分可以逐项进行，因此特别容易。其次，解析函数可以唯一地扩展到定义在复平面上的一个开圆盘上的一个 全纯函数，这使得整个 复分析 机制可用。第三，（截断的）级数可以用来逼近展开点附近函数的值。

函数 $f(z)=e^{-{\frac {1}{z^{2}}}}$ 不是解析函数：泰勒级数为 0，虽然该函数本身不为 0。

注意，存在一些无限次可微函数 $f(x)$ 它们的泰勒级数收敛，但不等于 $f(x)$ 。例如，对于分段定义的函数，当 $f(x)={\begin{cases}0&x=0\\e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}&x\neq 0\end{cases}}$ 时，所有导数在 $x=0$ 处都为 0，因此 $f(x)$ 的泰勒级数为 0，并且它的收敛半径为无穷大，即使该函数绝对不为 0。这种特殊的病态现象不会影响到复变量的复数值函数。请注意，$f(z)=e^{-{\frac {1}{z^{2}}}}$ 不会随着 $z$ 沿着虚轴趋近于 0 而趋近于 0。

某些函数无法写成泰勒级数，因为它们具有奇点；在这些情况下，如果允许变量 $x$ 的负幂，则通常仍然可以实现级数展开；参见洛朗级数。例如，$f(z)=e^{-{\frac {1}{z^{2}}}}$ 可以写成洛朗级数。

最近在寻找微分方程的泰勒级数解方面取得了一项重大进展，即帕克-索卡斯基定理。该定理是对皮卡迭代的扩展。

推导

假设我们想要将一个函数表示为一个无限幂级数，或者换句话说，一个具有无限个项的“无穷次方”多项式。假设这些项中的每一个都具有唯一的系数，就像大多数有限多项式那样。我们可以用以下形式的无限求和表示它

$f(x)={c_{0}}(x-a)^{0}+c_{1}(x-a)^{1}+c_{2}(x-a)^{2}+c_{3}(x-a)^{3}+\cdots +c_{n}(x-a)^{n}+\cdots$

其中 $a$ 是收敛半径，而 $c_{0},c_{1},c_{2},\dots ,c_{n},\dots$ 是系数。接下来，使用求和符号，我们可以有效地将这个级数表示为

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(x-a)^{n}$

这在后面会变得更加有用。目前，除了手动找到级数中的每一个系数之外，我们没有找到系数的方案。这种方法不会特别有用。那么，让我们尝试找到一个模式和一个通用的解来找到系数。目前，我们有一个简单的方法来找到第一个系数。如果我们将 $a$ 代入 $x$，那么我们得到

$f(a)=c_{0}$

这给了我们 $c_{0}$ 。这很有用，但我们仍然希望有一个通用方程来找到级数中的任何系数。我们可以尝试对级数关于 x 求导以得到

$f'(x)=c_{1}(x-a)^{0}+2c_{2}(x-a)^{1}+3c_{3}(x-a)^{2}+4c_{4}(x-a)^{3}+\cdots +nc_{n}(x-a)^{(n-1)}+\cdots$

我们可以假设 $c_{n}$ 和 $a$ 是常数。这被证明是有用的，因为如果我们再次将 $a$ 代入 $x$，我们得到

$f'(a)=c_{1}$

注意到一阶导数有一个常数项（$c_{1}(x-a)^{0}=c_{1}$），我们可以找到二阶导数来找到 $c_{2}$ 。它是

$f''(x)=2c_{2}+(2\times 3)c_{3}(x-a)^{1}+(3\times 4)c_{4}(x-a)^{2}+\cdots +(n)(n-1)c_{n}(x-a)^{(n-2)}+\cdots$

如果我们再次将 $a$ 代入 $x$ 

$f''(a)=2c_{2}$

请注意，$c_{2}$ 的初始指数是 2，而 $c_{1}$ 的初始指数是 1。这多少让人有点明白，但关于到底发生了什么，仍然有些模糊。根据之前的例子，如果我们再次求导，我们会得到

$f'''(x)=(2\times 3)c_{3}(x-a)^{0}+(2\times 3\times 4)c_{4}(x-a)^{1}+(3\times 4\times 5)c_{5}(x-a)^{2}+\cdots +(n)(n-1)(n-2)c_{n}(x-a)^{n-3}$

如果我们代入 $x=a$，我们再次发现

$f'''(a)=(2\times 3)c_{3}$

现在，规律应该越来越清晰了。 $(n)(n-1)(n-2)$ 看起来非常像 $n!$ 。的确如此！如果我们继续进行 $n$ 次求导，我们会发现系数的倍数是 $n!$ 。因此，对于某个 $c_{n}$，对于任何整数 $n\geq 0$，

$n!\times c_{n}={\frac {d^{n}}{dx^{n}}}f(a)$

或者，经过简单的变换，更实用的是：

$c_{n}={\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}$

其中 $f^{(0)}(x)=f(x)$ 且 $f^{(1)}(x)=f'(x)$，依此类推。有了这个，我们可以找到“无限多项式”的任何系数。使用之前给出的“多项式”的求和定义，

$\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(x-a)^{n}$

我们可以用 $c_{n}$ 代替，得到

$f(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}$

这就是任何泰勒级数的定义。但是现在我们有了这个级数，我们如何推导出给定解析函数的定义？我们可以按照定义的要求，填入所有必要的信息。但我们也希望找到一个*特定的*模式，因为有时我们会有很多项简化为 0。

首先，我们必须找到 $f(a)$ 。因为我们现在正在推导出我们自己的泰勒级数，所以我们可以为 $f(x)$ 选择任何我们想要的，但请注意，并非所有函数都能工作。使用一个我们可以轻松找到其 $n$ 次导数的函数将很有用。一个很好的例子是 $\sin(x)$ 。选择 $\sin(x)$ 后，我们可以开始求导数。在我们开始之前，我们还应该注意到 $a$ 本质上是函数沿 x 轴的“偏移”，因为对于任何多项式，这在本质上也是如此。考虑到这一点，我们可以假设，在这个特殊情况下，偏移量为 $0$，所以 $a=0$。考虑到这一点，“第 0 次”导数或函数本身将是

$\sin(0)=0$

如果我们将其代入级数中第一项的定义，再次注意到 $a=0$，我们得到

${\frac {0}{0!}}x^{0}=0$

其中 $0!=1$ 。这意味着级数的第一项为 0，因为任何数乘以 0 都等于 0。注意，并非所有泰勒级数都以 0 项开头。接下来，要找到下一项，我们需要找到函数的一阶导数。记住 $\sin(x)$ 的导数是 $\cos(x)$，我们得到

${\frac {d}{dx}}\sin(0)=\cos(0)=1$

这意味着级数中的第二项为

${\frac {1}{1!}}x^{1}=x$

接下来，我们需要找到第三项。我们重复这个过程。

${\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\sin(0)=-\sin(0)=0$

因为 $\cos(x)=-\sin(x)$ 。我们继续

${\frac {0}{2!}}x^{2}=0$

第四项

${\frac {d^{3}}{dx^{3}}}\sin(0)=-\cos(0)=-1$

${\frac {-1}{3!}}x^{3}={\frac {-x^{3}}{6}}$

重复这个过程，我们可以得到序列

${\frac {0}{0!}}x^{0},{\frac {1}{1!}}x^{1},{\frac {0}{2!}}x^{2},{\frac {-1}{3!}}x^{3},{\frac {0}{4!}}x^{4},{\frac {1}{5!}}x^{5},{\frac {0}{6!}}x^{6},{\frac {-1}{7!}}x^{7},\dots$

简化为

$0,x,0,{\frac {-x^{3}}{6}},0,{\frac {x^{5}}{120}},0,{\frac {-x^{7}}{5040}},\dots$

因为我们最终处理的是一个级数，所以可以忽略零项，得到新的序列

$x,{\frac {-x^{3}}{6}},{\frac {x^{5}}{120}},{\frac {-x^{7}}{5040}},\dots$

这里有一个规律，但是如果我们分别看分子和分母，可能更容易看出来。分子

$1,-1,1,-1,\dots$

$1!,3!,5!,7!,\dots$

对于项的 $x$ 部分，我们有序列

$x,x^{3},x^{5},\dots$

到目前为止，至少对于分母和 $x$ 部分，规律应该是很明显的。对于分母

$(2n-1)!={\text{denom}}_{n}$

$x$ 项

$x^{2n-1}={\text{xterm}}_{n}$

最后，分子可能不像那么明显，但它遵循这个模式

$(-1)^{n-1}$

发现了所有这些东西后，我们可以将它们组合在一起，找到序列的第 $n$ 项的规则

${\frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}}x^{2n-1}={\text{sumterm}}_{n}$

因此，我们对 $\sin(x)$ 的泰勒（麦克劳林）级数是

$f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}}x^{2n-1}$

泰勒级数列表

以下是一些重要的泰勒级数展开式。所有这些展开式也适用于复数参数 $x$ 。

指数函数 和 自然对数

$e^{x}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\quad {\text{ for all }}x$

$\ln(1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{n}}x^{n}\quad {\text{ for }}|x|<1$

等比级数:

${\frac {1}{1-x}}=\sum _{n=0}^{\infty }x^{n}\quad {\text{ for }}|x|<1$

二项式定理:

$(1+x)^{\alpha }=\sum _{n=0}^{\infty }{\binom {\alpha }{n}}x^{n}\quad {\text{ for all }}|x|<1\quad {\text{ and all complex }}\alpha$

三角函数:

$\sin(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}}x^{2n-1}\quad {\text{ for all }}x$

$\cos(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n)!}}x^{2n}\quad {\text{ for all }}x$

$\tan(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {B_{2n}(-4)^{n}(1-4^{n})}{(2n)!}}x^{2n-1}\quad {\text{ for }}|x|<{\frac {\pi }{2}}$

$\sec(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}E_{2n}}{(2n)!}}x^{2n}\quad {\text{ for }}|x|<{\frac {\pi }{2}}$

$\arcsin(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(2n)!}{4^{n}(n!)^{2}(2n+1)}}x^{2n+1}\quad {\text{ for }}|x|<1$

$\arctan(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n+1}}x^{2n+1}\quad {\text{ for }}|x|<1$

双曲函数:

$\sinh(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{2n-1}}{(2n-1)!}}\quad {\text{ for all }}x$

$\cosh(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{2n}}{(2n)!}}\quad {\text{ for all }}x$

$\tanh(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {B_{2n}2^{2n}(2^{2n}-1)}{(2n)!}}x^{2n-1}\quad {\text{ for }}|x|<{\frac {\pi }{2}}$

${\rm {arsinh}}(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}(2n)!}{2^{2n}(n!)^{2}(2n+1)}}x^{2n+1}\quad {\text{ for }}|x|<1$

${\rm {artanh}}(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{2n-1}}{2n-1}}\quad {\text{ for }}|x|<1$

兰伯特W函数:

$W_{0}(x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-n)^{n-1}}{n!}}x^{n}\quad {\text{ for }}|x|<{\frac {1}{e}}$

在展开式中出现的数字$B_{k}$ 是伯努利数。在二项式展开式中的${\binom {\alpha }{n}}$ 是二项式系数。在展开式中的$E_{k}$ 是欧拉数。

多维

泰勒级数可以推广到多元函数，其中

$\sum _{n_{1}=0}^{\infty }\cdots \sum _{n_{d}=0}^{\infty }{\frac {\partial ^{n_{1}}}{\partial x_{1}^{n_{1}}}}\cdots {\frac {\partial ^{n_{d}}}{\partial x_{d}^{n_{d}}}}{\frac {f(a_{1},\dots ,a_{d})}{n_{1}!\cdots n_{d}!}}(x_{1}-a_{1})^{n_{1}}\cdots (x_{d}-a_{d})^{n_{d}}$

历史

泰勒级数以数学家布鲁克·泰勒的名字命名，他于 1715 年首次发表了幂级数公式。

构造泰勒级数

存在几种方法可以计算大量函数的泰勒级数。可以尝试使用泰勒级数本身并概括系数的形式，也可以使用替换、乘除、加减标准泰勒级数（如上述那些）等操作来构造函数的泰勒级数，因为泰勒级数是幂级数。在某些情况下，还可以通过重复应用分部积分法来推导出泰勒级数。使用计算机代数系统来计算泰勒级数是常见的，因为它可以消除繁琐的替换和操作。

示例 1

考虑函数

$f(x)=\ln {\big (}1+\cos(x){\big )}$

我们需要在 0 处找到它的泰勒级数。

对于自然对数，我们有

$\ln(1+x)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}x^{n}=x-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {x^{4}}{4}}+\cdots \quad {\text{ for }}|x|<1$

以及对于余弦函数

$\cos(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{(2n)!}}x^{2n}=1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-\cdots \quad {\text{ for all }}x\in \mathbb {C}$

我们可以简单地将第二个级数代入第一个级数。这样做得到

$\left(1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-\cdots \right)-{\frac {1}{2}}\left(1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-\cdots \right)^{2}+{\frac {1}{3}}\left(1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-\cdots \right)^{3}-\cdots$

利用多项式系数展开后得到所需的泰勒级数。注意余弦函数，以及因此的 $f$ 是偶函数，意味着 $f(x)=f(-x)$，因此奇数次幂 $x$，$x^{3}$，$x^{5}$，$x^{7}$ 等必须为零，不需要计算。级数的前几项是

$\ln {\big (}1+\cos(x){\big )}=\ln(2)-{\frac {x^{2}}{4}}-{\frac {x^{4}}{96}}-{\frac {x^{6}}{1440}}-{\frac {17x^{8}}{322560}}-{\frac {31x^{10}}{7257600}}-\cdots$

可以使用Faà di Bruno 公式表示一般系数。但是，这种表示方式似乎并不特别有启发性，因此这里省略了。

示例 2

假设我们想要函数在 0 处的泰勒级数

$g(x)={\frac {e^{x}}{\cos(x)}}$

对于指数函数，我们有

$e^{x}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{3}}{3!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}+\cdots$

以及，与第一个示例类似，

$\cos(x)=1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-\cdots$

假设幂级数为

${\frac {e^{x}}{\cos(x)}}=c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^{2}+c_{3}x^{3}+\cdots$

然后用分母相乘，并将余弦级数代入，得到

$e^{x}$	$={\big (}c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^{2}+c_{3}x^{3}+\cdots {\big )}\cos(x)$
	$=\left(c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^{2}+c_{3}x^{3}+c_{4}x^{4}+\cdots \right)\left(1-{\frac {x^{2}}{2!}}+{\frac {x^{4}}{4!}}-\cdots \right)$
	$=c_{0}-{\frac {c_{0}}{2}}x^{2}+{\frac {c_{0}}{4!}}x^{4}+c_{1}x-{\frac {c_{1}}{2}}x^{3}+{\frac {c_{1}}{4!}}x^{5}+c_{2}x^{2}-{\frac {c_{2}}{2}}x^{4}+{\frac {c_{2}}{4!}}x^{6}+c_{3}x^{3}-{\frac {c_{3}}{2}}x^{5}+{\frac {c_{3}}{4!}}x^{7}+\cdots$

收集最高到四阶的项，得到

$=c_{0}+c_{1}x+\left(c_{2}-{\frac {c_{0}}{2}}\right)x^{2}+\left(c_{3}-{\frac {c_{1}}{2}}\right)x^{3}+\left(c_{4}+{\frac {c_{0}}{4!}}-{\frac {c_{2}}{2}}\right)x^{4}+\cdots$

将系数与上面的指数函数级数进行比较，得到所需的泰勒级数

${\frac {e^{x}}{\cos(x)}}=1+x+x^{2}+{\frac {2x^{3}}{3}}+{\frac {x^{4}}{2}}+\cdots$