实分析/泰勒多项式

实分析
数列和级数

一个非常扎实的介绍性主题，它利用数列和级数，那就是泰勒级数。在本节中，我们将涵盖泰勒多项式，它为泰勒级数的行为提供了大部分解释。一个普遍的记忆方法是，泰勒多项式是在一个区间上的有限近似，而泰勒级数是在一个区间上的无限表示。重要的是要明白，泰勒多项式和泰勒级数只在一定区间内是精确的。我们将在下面的标题中解释原因，但在此之前，让我们先介绍泰勒多项式。

本页只涵盖泰勒多项式。泰勒级数在单独的页面中被涵盖，以反映无限级数和有限数列之间的类似划分。然而，本页更好地解释了性质，因为泰勒级数是泰勒多项式的极端情况。

定义

f 在 a 处的 n 次泰勒多项式 的定义

给定一个自然数 n，一个可 n 次微分的函数 f，以及一个数 a，其中 f^(k)(a) 输出一个有效的数，f 在 a 处的 n 次泰勒多项式 定义为以下数列的求和

a_{k}={\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}

泰勒多项式，以求和形式表示，可以写成

P_{n,a,f}={\frac {f(a)}{0!}}+{\frac {f'(a)}{1!}}(x-a)+{\frac {f''(a)}{2!}}(x-a)^{2}+\cdots +{\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n}

以及以大西格玛形式表示

P_{n,a,f}=\sum _{k=0}^{n}{{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}}

用 $P_{n,a,f}$ 表示时，函数 $f$ 通常被省略，因为可以通过上下文推断出来。

这个定义本身并不能解释其来源。然而，其性质将展现出惊人的效果，而这本质上仅仅是具有特定倍数的幂函数的求和。此外，我们将在定理之前提及以下定义，这些定义在后面会很重要。

$n$ 次余项对 $f$ 在 $a$ 处的定义

给定一个自然数 $n$ ，一个 $n$ 次可微的函数 $f$ 和一个数 $a$ ，其 $f^{(k)}(a)$ 输出一个有效数字，则 $n$ 次余项对 $f$ 在 $a$ 处 定义为一个函数，它满足以下性质：

f=P_{n,a,f}+R_{n,a,f}

成立。

用 $R_{n,a,f}$ 表示时，函数 $f$ 通常会被省略，甚至比 $P_{n,a,f}$ 更容易，因为可以通过上下文推断出来。

$n$ 阶相等在 $a$ 处的定义

给定一个自然数 $n$ ，两个函数 $f$ 和 $g$ 进行比较，以及一个数 $a$ ，函数 $f$ 和 $g$ 在 $a$ 处 关于阶数 $n$ 相等 当

\lim _{x\rightarrow a}{\frac {f-g}{(x-a)^{n}}}=0

成立。

当然，除非给出一些上下文，以定理的形式给出一些属性，否则这些定义很难使用或理解。本节的其余部分将提供这些内容；它将向你证明为什么泰勒多项式作为估计工具可以像它们那样工作。

属性

基本属性

我们将提到的第一个属性将是一系列简短的要点。只需注意以下几点

$P_{n,a,f}(a)=f(a)$ 无论使用什么值 $n$ 或函数。: 这意味着泰勒多项式将始终完美地估计a处的函数值。
$P_{n,a,f}(a)$ 是一个多项式。: 记住，多项式被定义为一系列实数值 $\{a_{n}\}$ ，使得 $P=a_{n}x^{n}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ ，当然，它的输入值可以被一些值 $a$ 平移，形成 $P=a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}$

唯一性属性

当然，对于某个数学类别来说，唯一性很重要。泰勒多项式也不例外。但是，正如你将在本定理中看到的那样，我们需要进一步对泰勒多项式进行分类才能做到这一点。毫不奇怪，这些更专业的形式将是我们研究的内容。毕竟，唯一性是一个开始高等数学之旅的棘手概念。

我们将会进一步提示你，这个定理分为两个部分。前半部分将处理两个多项式的一个非常普遍的情况。下一个定理将通过稍微修改这个定理来专门处理泰勒多项式，同时也会对其进行论证。

泰勒多项式是唯一的

如果存在两个多项式 $P$ 和 $Q$ ，以 $(x-a)$ 形式写成，使得 $\deg(P)\leq n\land \deg(Q)\leq n$ ——它们的次数都小于或等于某个自然数 $n$ ——并且它们在 $a$ 处最多到 $n$ 阶相等，那么 $P=Q$
来自 (1.) 的定理通过用多项式 $P$ 和 $Q$ 替代定理中的多项式来证明唯一性，该多项式也是 n 次可微的，以及泰勒多项式 $P_{n,a,f}$ 。

总结：为了直接证明这一点，我们将采用这两个多项式在 $a$ 处最多到 $n$ 阶相等 的断言。然后，我们将使用一些属性来证明，为了使这两个多项式在 $a$ 处最多到 $n$ 阶相等，它们在减法后必须完全抵消，这意味着它们是相等的。

还要注意，这个定理与下一个定理非常密切相关。尽管下一个定理在技术上不能用于这个定理，因为函数 $f$ ，即泰勒多项式所来自的那个，可能不是一个多项式，我们将在下一个定理中证明，在这个特定情况下，这个问题可以很容易地被忽略。

证明

首先，我们知道这两个多项式在 $n$ 阶之前是相等的，在 $a$ 处。这意味着我们可以将该判据的定义作为我们的起点。我们还知道，由于它们是两个以 $P=a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}$ 的形式写成的两个多项式，多项式 $P$ 和 $Q$ 之差也将具有形式 $a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}$ ，尽管 $a_{n}$ 的值可能不同。

\lim _{x\rightarrow a}{\frac {P-Q}{(x-a)^{n}}}=0\implies \lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}}{(x-a)^{n}}}=0

给定一组实数

\{a_{n}\}

.

现在，验证类似这样的有理函数的极限是否等于 0 的一个简单方法是，了解分子是否等于 0。在这种情况下，我们知道如果一个有理函数的极限等于 0，那么具有较低次幂分母的有理函数也成立，一直到 0 次幂的都有效。

\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}}{(x-a)^{n}}}=0\implies

\left[\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{0}}}=0\right]\land \left[\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{1}}}=0\right]\land \left[\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{2}}}=0\right]\land \cdots \land \left[\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{n}}}=0\right]

首先看第一个需要验证的等式（分母为 0 次方，实际上等于 1），我们注意到为了使极限等于 0（这在我们的假设中是成立的），我们可以将极限分配到多项式的每一项上，得到一系列 0，并省略常数项 $a_{0}$ 。由于整个极限必须等于 0，因此 $a_{0}$ 变量必须等于 0。对于下一个等式，我们看到即使有 $(x-a)$ 分母，我们实际上可以使用上面的多项式的每一项来将其约掉，因为 $a_{0}=0$ ，然后对分子求极限，这仍然不会影响下一个新的常数项 $a_{1}$ 。这个变量现在也取值为 0。分析下一个等式，我们可以有效地做同样的事情。代入我们已知值的变量，约掉分母，然后声明序列中的下一个元素为 0。

(1{\text{st}})\;\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{0}}}=\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{1}}=\lim _{x\rightarrow a}{a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}=0+0+\cdots +a_{0}=0\implies a_{0}=0

(2{\text{nd}})\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{1}}}=\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+0}{(x-a)}}=\lim _{x\rightarrow a}{a_{n}(x-a)^{n-1}+\cdots +a_{1}}=0+0+\cdots +a_{1}=0\implies a_{1}=0

(3{\text{rd}})\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{0}}{(x-a)^{2}}}=\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)^{2}+0(x-a)+0}{(x-a)^{2}}}=\lim _{x\rightarrow a}{a_{n}(x-a)^{n-1}+\cdots +a_{2}}=0+0+\cdots +a_{2}=0\implies a_{2}=0

重复此操作，我们很快就会发现多项式中每一项的系数都是 0。这意味着两个多项式 $P$ 和 $Q$ 之间的差必须为 0，我们知道只有当它们从一开始就是相同的多项式时，才会成立。得证。

(\cdots )

(n{\text{th}})\lim _{x\rightarrow a}{\frac {a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}}{(x-a)^{n}}}=\lim _{x\rightarrow a}{\frac {0}{(x-a)^{n}}}\implies

P-Q=0\implies P=Q

$\blacksquare$

第二部分将使用下一个定理来展示。

最佳幂逼近定理

承接上一个定理，我们将提供一个具体方法来展示如何将第一个定理的结构用于一般函数 $f$ 和泰勒多项式 $P_{n,a,f}$ 。这个定理可以理解为泰勒多项式比任何度数为 $n$ 或更低的幂函数更能逼近函数 $f$ 。用数学语言来说，

定理

如果一个函数是一个有效的泰勒多项式 $P_{n,a,f}$ ，那么它必须在 $a$ 处与阶数为 $n$ 的函数相等； $\lim _{x\rightarrow a}{\frac {f-P_{n,a,f}}{(x-a)^{n}}}=0$

总结: 为了直接证明这一点，我们将用一个对重复使用洛必达法则友好的格式重写这个表达式，记住一个幂函数是无限可微的，以及上面提到的泰勒多项式的一些基本性质对我们有利。

证明

首先，我们将找到一种方法来重新表达问题。我们知道泰勒多项式的最后一项包含分母中表示的幂函数。考虑到泰勒多项式是一个求和，我们可以从求和中移除一项，并重写表达式，这样我们就可以得到一个独立的项。

\lim _{x\rightarrow a}{\frac {f-P_{n,a,f}}{(x-a)^{n}}}=\lim _{x\rightarrow a}{{\frac {f-P_{n-1,a,f}}{(x-a)^{n}}}-{\frac {f^{(n)}}{n!}}}=0

由于我们可以将极限分布到减法运算中（我们隐含地假设极限中的两项都是有效数字，正如方程所暗示的那样），我们就会这样做。注意，由于泰勒多项式是连续的，我们可以通过简单的变量替换轻松计算出极限。

\lim _{x\rightarrow a}{{\frac {f-P_{n-1,a,f}}{(x-a)^{n}}}-{\frac {f^{(n)}}{n!}}}=0\implies \lim _{x\rightarrow a}{\frac {f-P_{n-1,a,f}}{(x-a)^{n}}}={\frac {f^{(n)}(a)}{n!}}

我们将通过查看等式左侧的极限语句来评估等式是否确实相等。为了满足洛必达法则的条件，我们将测试分子极限和分母极限是否都等于一对匹配的无穷大或 0。分母，一个幂函数，是一个有效的连续函数。因此，极限可以简单地替换 $x$ 输入变量并计算为 0。分子的第一项， $f$ ，由于是 n 次可微的，因此是连续的。分子的第二项， $P_{n-1,a,f}$ ，由于其定义是连续的。因此，这两个极限本质上可以等同于 $f(a)-f(a)$ ，结果是 0。因此，洛必达法则适用。

\because \left[\lim _{x\rightarrow a}{f-P_{n-1,a,f}}=f(a)-f(a)=0\right]\land \left[\lim _{x\rightarrow a}{(x-a)^{n}}=0^{n}=0\right]\implies

\lim _{x\rightarrow a}{\frac {f-P_{n-1,a,f}}{(x-a)^{n}}}\implies \lim _{x\rightarrow a}{\frac {f'-P'_{n-1,a,f}}{n(x-a)^{n-1}}}

由于我们知道分子和分母都是 n 次可微的，并且洛必达法则在整个过程中有效，因此我们将选择仅对 $n-1$ 次进行微分，然后再进行第 n 次微分。在这里，我们知道 $P_{n-1,a,f}^{(n-1)}=f^{(n-1)}(a)$ ，它是一个常数。所以，这意味着洛必达法则的另一次迭代将使我们剩下一个函数减去 0，除以一个简单的 n 阶乘分母。在第 n 次微分时，我们最终正常计算极限，揭示等式成立。QED。