用數(shù)學(xué)歸納法證明泰勒公式

遲炳榮　王秀紅

1 引言

一般的高等數(shù)學(xué)教材中［1］都介紹了關(guān)于泰勒公式的如下兩個(gè)命題：

命題1 帶皮亞諾（Peano）余項(xiàng)的泰勒(Talor) 公式：

f(x)在［a,b］上具有n階導(dǎo)數(shù)，則衳∈［a,b］有

f(x)=f(a)+f ′(a)(x-a)+f(2)(a)2!(x-a)2+…+f(n)(a)n!(x-a)琻+Rn(x)(1)

其中Rn(x)=o((x-a)琻),

即﹍imx→x0Rn(x)(x-x0)琻=0.

命題2 帶拉格朗日（Langrange)余項(xiàng)的泰勒公式：

函數(shù)f(x)在x0的鄰域內(nèi)x∈U(x0)內(nèi)n+1階可導(dǎo)，對(duì)衳∈U(x0),靚巍剩踴0,x］使得f(x)=f(a)+f′(a)(x-a)+f(2)(a)2!(x-a)2+…+f(n)(a)n!(x-a)琻+Rn(x)(2)

其中Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x-x0)n+1

兩種余項(xiàng)的泰勒公式所表達(dá)的根本思想就是怎樣用多項(xiàng)式來逼近函數(shù)

公式（1）非普通的等式，而是反映了極限性質(zhì)的漸進(jìn)等式，因此公式（1）在求極限時(shí)很有用處，對(duì)余項(xiàng)可以提供充分小量的估計(jì)

公式（2）的余項(xiàng)有確定表達(dá)式，當(dāng)然也有不確定因素，即有中值，但不妨礙定理的使用，為近似計(jì)算的誤差估計(jì)提供了理論依據(jù)

這兩個(gè)命題的證明都需要多次使用柯西（cauchy）中值定理或者羅比達(dá)（LHospital）法則，非常繁瑣本文給出泰勒公式的一個(gè)簡(jiǎn)潔的證明，給出的余項(xiàng)既可以進(jìn)行誤差的階的估計(jì)，又可以進(jìn)行近似計(jì)算

2 主要結(jié)果

引理1 f(x)在［a,b］上可導(dǎo)，且f ′(x)≥0,則f(x)≥f(a)，x∈［a,b］

證明：由于f ′(x)≥0,所以f(x)在［a,b］上遞增，f(x)≥f(a)

推論1 f(x)和g(x)在［a,b］上可導(dǎo)，且ゝ ′(x)≥g ′(x)，

則f(x)-f(a)≥g(x)-g(a),x∈［a,b］

特別地f(a)=g(a)=0，則有f(x)≥g(x)，

x∈［a,b］

證明：令h(x)=f(x)-g(x)，對(duì)h(x)使用引理1

引理2 H(x)在［a,b］上可導(dǎo)，且有

（1）H(k)(a)=0,k=0,1,2,…，n-1,

（2）m≤H(n)(a)≤M，x∈［a,b］,

則有 m(x-a)琻n!≤H(x)≤M(x-a)琻n!.

證明：對(duì)n用數(shù)學(xué)歸納法證明

n=0時(shí)，顯然成立

若已有m(x-a)琻n!′≤H ′(x)≤M(x-a)琻n!′，

由推論1得到m(x-a)琻n!≤H(x)≤M(x-a)琻n!

定理 若函數(shù)f(x)在［a,b］上n+1階連續(xù)可導(dǎo)，則存在A和B，使得［a,b］中的任意x0和x，有下式成立

f(x)=f(x0)+f ′（x0)(x-x0)+f(2)(x0)2!(x-x0)2+…+

f(n)(x0)n!(x-x0)琻+Rn(x) （3）

其中Rn(x)介于A(x-x0)n+1(n+1)!和B(x-x0)n+1(n+1)!之間

特別地，若記M=max{|A|,|B|}，

則﹟Rn(x)|≤M|x-x0|n+1(n+1)!

證明：由于f(n+1)(x)連續(xù)，必有A≤f(n+1)(x)≤B

令Rn(x)=f(x)-f(x0)+f ′(x0)(x-x0)

+f(2)(x0)2!(x-x0)2+…+f(n)(x0)n!(x-x0)琻，

則有：

（1）R(k)n(x0）=0，k=0,1，2，…，n

（2）A≤R(n+1)n(x)=f(n+1)(x)≤B

由引理2，有|Rn(x)|≤M|x-x0|n+1(n+1)!，M=max{|A|,|B|}

注：由|Rn(x)|≤M|x-x0|n+1(n+1)!，有Rn(x)=o((x-x0)琻),(x→x0)

因此，命題2可以看成定理的一個(gè)推論，但比較而言，定理的證明不需要較多的中值定理的知識(shí)，證明簡(jiǎn)單

由定理, 可以直接寫出以下幾個(gè)基本初等函數(shù)的泰勒公式：

1)e瑇=1+x+x22!+…+x琻n!+Rn(x)

2)sinx=x-x33!+x55!+…+(-1)n-1x2n-1(2n-1)!+R2n(x)

3)cosx=1-x22!+x44!+…+(-1)nx2n(2n)!+R2n(x)

4)ln(1+x)=x-x22+x33+…+(-1)n-1x琻n+Rn(x)

5)(1+x)α=1+αx+α(α-1)2!x2+…+α(α-1)…(α-n+1)n!x琻+Rn(x)

6)11-x=1+x+x2+…+x琻+Rn(x)

3 應(yīng)用舉例

例1 求e的近似值，使得其誤差<10-6

解 取f(x)=e瑇

由于e瑇在［0,1］上具有任意階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且

|(e瑇)n+1|=|e瑇|≤e，所以M≤e，由公式（3）

e瑇=1+x+…+1n!x琻+Rn(x),

取x=1，有e≈1+1+12!+13!+…+1n!

|Rn(1)|≤M(n+1)!≤e(n+1)!<3(n+1)!取n=9，可得3(n+1)!<10-6，此時(shí)e≈2.718282即為所求

例2 求極限﹍imx→0sinx-xx3

解 由于sinx=x-x33！+R4（x)，因?yàn)椹|sin(n)x|=|sin(x+nπ2)|≤1

所以|R4(x)|≤x44!，因此R4(x)=o(x3)，所以

﹍imx→0sinx-xx3=﹍imx→0-x33!+o(x3)x3=-16

例3 證明二項(xiàng)式展開定理：(a+b)琻=∑nk=0C琸na琸bn-k.

證明：設(shè)函數(shù)f(x)=(x+b)琻,則函數(shù)f(x)存在任意階的導(dǎo)函數(shù)

f(k)(x)=n(n-1)…(n-k+1)(x+b)n-k (k=0,1,…,n),

f(k)(0)=n(n-1)…(n-k+1)bn-k (k=0,1,…,n)

且f(n+1)(x)=0,由定理得

f(x)=f(0)+f ′(0)x+f ″(0)2!x2+…+f (n)(0)n!x琻

=∑nk=0f (k)(0)k!x琸

=∑nk=0n(n-1)…(n-k+1)bn-kk!x琸

=∑nk=0C琸nbn-kx琸

所以f(a)=∑nk=0C琸nbn-kx琸

又f(a)=(a+b)琻,所以(a+b)琻=∑nk=0C琸na琸bn-k.

參考文獻(xiàn)

［1］ 高等數(shù)學(xué)第四版上冊(cè)，同濟(jì)大學(xué)數(shù)學(xué)教研室主編，高等教育出版社

［2］ 數(shù)學(xué)分析第三版上冊(cè)，華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系編，高等教育出版社

作者簡(jiǎn)介 遲炳榮（1972—），女，濰坊工商職業(yè)學(xué)院建筑工程系講師，魯東大學(xué)數(shù)學(xué)與信息學(xué)院教育碩士，主要從事高等數(shù)學(xué)教學(xué)研究

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請(qǐng)以PDF格式閱讀原文