微積分/泰勒級數

泰勒級數

定義：泰勒級數

如果一個函式 $f(x)$ 可以用一個無限冪級數表示

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

那麼，該函式的泰勒展開或泰勒級數表示為

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

sin(x) 和泰勒逼近，階數為 1、3、5、7、9、11 和 13 的多項式。

這裡，$n!$ 是 $n$ 的 階乘，$f^{(n)}(a)$ 表示 $n$ 階 導數 在點 $a$ 處的值。如果這個級數對於區間 $(a-r,a+r)$ 中的每個 $x$ 都收斂，並且和等於 $f(x)$，那麼函式 $f(x)$ 被稱為解析函式。為了檢查級數是否收斂到 $f(x)$，通常使用 泰勒定理 餘項的估計。一個函式是解析函式當且僅當一個 冪級數 收斂到該函式；該冪級數中的係數必然是上述泰勒級數公式中給出的係數。

如果 $a=0$，該級數也稱為麥克勞林級數。

這種冪級數表示的重要性有三方面。首先，冪級數的微分和積分可以逐項進行，因此特別容易。其次，解析函式可以唯一地擴充套件到定義在複平面上的一個開圓盤上的一個 全純函式，這使得整個 複分析 機制可用。第三，（截斷的）級數可以用來逼近展開點附近函式的值。

函式 $f(z)=e^{-{\frac {1}{z^{2}}}}$ 不是解析函式：泰勒級數為 0，雖然該函式本身不為 0。

注意，存在一些無限次可微函式 $f(x)$ 它們的泰勒級數收斂，但不等於 $f(x)$ 。例如，對於分段定義的函式，當 $f(x)={\begin{cases}0&x=0\\e^{-{\frac {1}{x^{2}}}}&x\neq 0\end{cases}}$ 時，所有導數在 $x=0$ 處都為 0，因此 $f(x)$ 的泰勒級數為 0，並且它的收斂半徑為無窮大，即使該函式絕對不為 0。這種特殊的病態現象不會影響到復變數的複數值函式。請注意，$f(z)=e^{-{\frac {1}{z^{2}}}}$ 不會隨著 $z$ 沿著虛軸趨近於 0 而趨近於 0。

某些函式無法寫成泰勒級數，因為它們具有奇點；在這些情況下，如果允許變數 $x$ 的負冪，則通常仍然可以實現級數展開；參見洛朗級數。例如，$f(z)=e^{-{\frac {1}{z^{2}}}}$ 可以寫成洛朗級數。

最近在尋找微分方程的泰勒級數解方面取得了一項重大進展，即帕克-索卡斯基定理。該定理是對皮卡迭代的擴充套件。

推導

假設我們想要將一個函式表示為一個無限冪級數，或者換句話說，一個具有無限個項的“無窮次方”多項式。假設這些項中的每一個都具有唯一的係數，就像大多數有限多項式那樣。我們可以用以下形式的無限求和表示它

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

其中 $a$ 是收斂半徑，而 $c_{0},c_{1},c_{2},\dots ,c_{n},\dots$ 是係數。接下來，使用求和符號，我們可以有效地將這個級數表示為

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

這在後面會變得更加有用。目前，除了手動找到級數中的每一個係數之外，我們沒有找到係數的方案。這種方法不會特別有用。那麼，讓我們嘗試找到一個模式和一個通用的解來找到係數。目前，我們有一個簡單的方法來找到第一個係數。如果我們將 $a$ 代入 $x$，那麼我們得到

$f(a)=c_{0}$

這給了我們 $c_{0}$ 。這很有用，但我們仍然希望有一個通用方程來找到級數中的任何係數。我們可以嘗試對級數關於 x 求導以得到

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

我們可以假設 $c_{n}$ 和 $a$ 是常數。這被證明是有用的，因為如果我們再次將 $a$ 代入 $x$，我們得到

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

注意到一階導數有一個常數項（$c_{1}(x-a)^{0}=c_{1}$），我們可以找到二階導數來找到 $c_{2}$ 。它是

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

如果我們再次將 $a$ 代入 $x$ 

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

請注意，$c_{2}$ 的初始指數是 2，而 $c_{1}$ 的初始指數是 1。這多少讓人有點明白，但關於到底發生了什麼，仍然有些模糊。根據之前的例子，如果我們再次求導，我們會得到

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

如果我們代入 $x=a$，我們再次發現

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

現在，規律應該越來越清晰了。 $(n)(n-1)(n-2)$ 看起來非常像 $n!$ 。的確如此！如果我們繼續進行 $n$ 次求導，我們會發現係數的倍數是 $n!$ 。因此，對於某個 $c_{n}$，對於任何整數 $n\geq 0$，

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

或者，經過簡單的變換，更實用的是：

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

其中 $f^{(0)}(x)=f(x)$ 且 $f^{(1)}(x)=f'(x)$，依此類推。有了這個，我們可以找到“無限多項式”的任何係數。使用之前給出的“多項式”的求和定義，

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

我們可以用 $c_{n}$ 代替，得到

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

這就是任何泰勒級數的定義。但是現在我們有了這個級數，我們如何推匯出給定解析函式的定義？我們可以按照定義的要求，填入所有必要的資訊。但我們也希望找到一個*特定的*模式，因為有時我們會有很多項簡化為 0。

首先，我們必須找到 $f(a)$ 。因為我們現在正在推匯出我們自己的泰勒級數，所以我們可以為 $f(x)$ 選擇任何我們想要的，但請注意，並非所有函式都能工作。使用一個我們可以輕鬆找到其 $n$ 次導數的函式將很有用。一個很好的例子是 $\sin(x)$ 。選擇 $\sin(x)$ 後，我們可以開始求導數。在我們開始之前，我們還應該注意到 $a$ 本質上是函式沿 x 軸的“偏移”，因為對於任何多項式，這在本質上也是如此。考慮到這一點，我們可以假設，在這個特殊情況下，偏移量為 $0$，所以 $a=0$。考慮到這一點，“第 0 次”導數或函式本身將是

$\sin(0)=0$

如果我們將其代入級數中第一項的定義，再次注意到 $a=0$，我們得到

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

其中 $0!=1$ 。這意味著級數的第一項為 0，因為任何數乘以 0 都等於 0。注意，並非所有泰勒級數都以 0 項開頭。接下來，要找到下一項，我們需要找到函式的一階導數。記住 $\sin(x)$ 的導數是 $\cos(x)$，我們得到

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

這意味著級數中的第二項為

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

接下來，我們需要找到第三項。我們重複這個過程。

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

因為 $\cos(x)=-\sin(x)$ 。我們繼續

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

第四項

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

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

重複這個過程，我們可以得到序列

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

簡化為

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

因為我們最終處理的是一個級數，所以可以忽略零項，得到新的序列

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

這裡有一個規律，但是如果我們分別看分子和分母，可能更容易看出來。分子

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

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

對於項的 $x$ 部分，我們有序列

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

到目前為止，至少對於分母和 $x$ 部分，規律應該是很明顯的。對於分母

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

$x$ 項

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

最後，分子可能不像那麼明顯，但它遵循這個模式

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

發現了所有這些東西后，我們可以將它們組合在一起，找到序列的第 $n$ 項的規則

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

因此，我們對 $\sin(x)$ 的泰勒（麥克勞林）級數是

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

泰勒級數列表

以下是一些重要的泰勒級數展開式。所有這些展開式也適用於複數引數 $x$ 。

指數函式 和 自然對數

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

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

等比級數:

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

二項式定理:

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

三角函式:

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

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

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

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

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

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

雙曲函式:

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

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

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

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

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

蘭伯特W函式:

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

在展開式中出現的數字$B_{k}$ 是伯努利數。在二項式展開式中的${\binom {\alpha }{n}}$ 是二項式係數。在展開式中的$E_{k}$ 是尤拉數。

多維

泰勒級數可以推廣到多元函式，其中

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

歷史

泰勒級數以數學家布魯克·泰勒的名字命名，他於 1715 年首次發表了冪級數公式。

構造泰勒級數

存在幾種方法可以計算大量函式的泰勒級數。可以嘗試使用泰勒級數本身並概括係數的形式，也可以使用替換、乘除、加減標準泰勒級數（如上述那些）等操作來建構函式的泰勒級數，因為泰勒級數是冪級數。在某些情況下，還可以透過重複應用分部積分法來推匯出泰勒級數。使用計算機代數系統來計算泰勒級數是常見的，因為它可以消除繁瑣的替換和操作。

示例 1

考慮函式

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

我們需要在 0 處找到它的泰勒級數。

對於自然對數，我們有

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

以及對於餘弦函式

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

我們可以簡單地將第二個級數代入第一個級數。這樣做得到

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

利用多項式係數展開後得到所需的泰勒級數。注意餘弦函式，以及因此的 $f$ 是偶函式，意味著 $f(x)=f(-x)$，因此奇數次冪 $x$，$x^{3}$，$x^{5}$，$x^{7}$ 等必須為零，不需要計算。級數的前幾項是

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

可以使用Faà di Bruno 公式表示一般係數。但是，這種表示方式似乎並不特別有啟發性，因此這裡省略了。

示例 2

假設我們想要函式在 0 處的泰勒級數

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

對於指數函式，我們有

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

以及，與第一個示例類似，

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

假設冪級數為

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

然後用分母相乘，並將餘弦級數代入，得到

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

收集最高到四階的項，得到

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

將係數與上面的指數函式級數進行比較，得到所需的泰勒級數

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