𝑷𝒂𝒊𝒂𝒅

外观

泰勒展开

约 938 字大约 3 分钟

2025-11-20

泰勒展开（Taylor Expansion） 是用多项式逼近光滑函数的重要数学工具。对于一个在某点附近足够光滑的函数，我们可以用一个无限项的多项式来精确地表示这个函数。

基本定义

设函数 f(x)f(x) 在点 x=ax = a 处具有 n+1n+1 阶导数，则 f(x)f(x) 在 x=ax = a 处的泰勒展开为：

f(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+f′′(a)2!(x−a)2+f′′′(a)3!(x−a)3+⋯+f(n)(a)n!(x−a)n+Rn(x)f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \frac{f'''(a)}{3!}(x-a)^3 + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n + R_n(x)

其中 Rn(x)R_n(x) 为余项，常见的余项形式有：

  • 拉格朗日余项：Rn(x)=f(n+1)(ξ)(n+1)!(x−a)n+1R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}，其中 ξ\xi 介于 aa 与 xx 之间
  • 佩亚诺余项：Rn(x)=o((x−a)n)R_n(x) = o((x-a)^n)

麦克劳林展开

麦克劳林展开（Maclaurin Expansion） 是泰勒展开在 a=0a = 0 处的特例：

f(x)=f(0)+f′(0)x+f′′(0)2!x2+f′′′(0)3!x3+⋯+f(n)(0)n!xn+Rn(x)f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + R_n(x)

两者的区别

特性泰勒展开麦克劳林展开
展开点任意点 x=ax = a固定点 x=0x = 0
适用性更广泛，可在任意点展开仅在 x=0x = 0 处展开
计算复杂度需要计算 f(a),f′(a),f′′(a),…f(a), f'(a), f''(a), \ldots需要计算 f(0),f′(0),f′′(0),…f(0), f'(0), f''(0), \ldots
使用场景函数在某点附近的分析函数在原点附近的分析，级数求和

常见函数的麦克劳林展开

  • 指数函数：ex=1+x+x22!+x33!+⋯e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots
  • 正弦函数：sin⁡x=x−x33!+x55!−⋯\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots
  • 余弦函数：cos⁡x=1−x22!+x44!−⋯\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots
  • 对数函数：ln⁡(1+x)=x−x22+x33−⋯\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots (∣x∣<1|x| < 1)

泰勒展开在数值计算、极限求解、积分计算等领域都有广泛应用。

例题 1

设函数 f(x)f(x) 在区间 [0,1][0,1] 上二阶可导，且 f′′(x)<0f''(x)<0。证明：

∫01f(x) dx<f ⁣(12).\int_0^1 f(x)\,dx < f\!\left(\tfrac12\right).

证明：

对任意 x∈[0,1]x\in[0,1]，在点 x0=12x_0=\tfrac12 处作泰勒展开（带拉格朗日余项）：

f(x)=f ⁣(12)+f′ ⁣(12)(x−12)+f′′(t)2(x−12)2,t 介于 12 与 x 之间。\begin{aligned} f(x) &= f\!\left(\tfrac12\right) + f'\!\left(\tfrac12\right)\bigl(x-\tfrac12\bigr) + \frac{f''(t)}{2}\bigl(x-\tfrac12\bigr)^2, \\ &\quad t \text{ 介于 } \tfrac12 \text{ 与 } x \text{ 之间。} \end{aligned}

因为 f′′(x)<0f''(x)<0，故 f′′(t)<0f''(t)<0，于是

f′′(t)2(x−12)2<0,\frac{f''(t)}{2}\bigl(x-\tfrac12\bigr)^2 < 0,

从而

f(x)<f ⁣(12)+f′ ⁣(12)(x−12).f(x) < f\!\left(\tfrac12\right) + f'\!\left(\tfrac12\right)\bigl(x-\tfrac12\bigr).

两边在 [0,1][0,1] 上积分：

∫01f(x) dx<∫01[f ⁣(12)+f′ ⁣(12)(x−12)]dx=f ⁣(12)∫01dx+f′ ⁣(12)∫01(x−12)dx.\begin{aligned} \int_0^1 f(x)\,dx &< \int_0^1 \left[ f\!\left(\tfrac12\right) + f'\!\left(\tfrac12\right)\bigl(x-\tfrac12\bigr) \right] dx \\ &= f\!\left(\tfrac12\right)\int_0^1 dx + f'\!\left(\tfrac12\right)\int_0^1 \bigl(x-\tfrac12\bigr) dx. \end{aligned}

注意

∫01dx=1,∫01(x−12)dx=0,\int_0^1 dx = 1, \qquad \int_0^1 \bigl(x-\tfrac12\bigr) dx = 0,

因此

∫01f(x) dx<f ⁣(12).\int_0^1 f(x)\,dx < f\!\left(\tfrac12\right).

证毕。

例题 2

设 g(x)g(x) 在 [0,1][0,1] 上为正值连续函数，证明：

∫01ln⁡g(x) dx<ln⁡∫01g(x) dx\int_{0}^{1} \ln g(x)\,dx < \ln \int_{0}^{1} g(x)\,dx

证明：

令 f(t)=ln⁡tf(t) = \ln t，其中 t>0t > 0。由于 f′′(t)=−1t2<0f''(t) = -\frac{1}{t^2} < 0，函数 f(t)f(t) 是严格凹函数。

根据琴生不等式（Jensen's Inequality），对于严格凹函数，有：

f ⁣(∫01g(x) dx)>∫01f(g(x)) dxf\!\left( \int_{0}^{1} g(x)\,dx \right) > \int_{0}^{1} f(g(x))\,dx

即：

ln⁡(∫01g(x) dx)>∫01ln⁡g(x) dx\ln \left( \int_{0}^{1} g(x)\,dx \right) > \int_{0}^{1} \ln g(x)\,dx

移项得到：

∫01ln⁡g(x) dx<ln⁡∫01g(x) dx\int_{0}^{1} \ln g(x)\,dx < \ln \int_{0}^{1} g(x)\,dx

等号成立条件：

等号成立当且仅当 g(x)g(x) 为常数函数，即 g(x)=cg(x) = c（其中 c>0c > 0）。

证毕。

注： 这个不等式实际上是Jensen 不等式的一个特例，体现了对数函数的凹性特征。从直观上理解，对数函数的增长速度是递减的，因此平均值的对数大于对数的平均值。