實分析/泰勒多項式

實分析
數列和級數

一個非常紮實的介紹性主題，它利用數列和級數，那就是泰勒級數。在本節中，我們將涵蓋泰勒多項式，它為泰勒級數的行為提供了大部分解釋。一個普遍的記憶方法是，泰勒多項式是在一個區間上的有限近似，而泰勒級數是在一個區間上的無限表示。重要的是要明白，泰勒多項式和泰勒級數只在一定區間內是精確的。我們將在下面的標題中解釋原因，但在此之前，讓我們先介紹泰勒多項式。

本頁只涵蓋泰勒多項式。泰勒級數在單獨的頁面中被涵蓋，以反映無限級數和有限數列之間的類似劃分。然而，本頁更好地解釋了性質，因為泰勒級數是泰勒多項式的極端情況。

定義

f 在 a 處的 n 次泰勒多項式 的定義

給定一個自然數 n，一個可 n 次微分的函式 f，以及一個數 a，其中 f^(k)(a) 輸出一個有效的數，f 在 a 處的 n 次泰勒多項式 定義為以下數列的求和

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

泰勒多項式，以求和形式表示，可以寫成

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}

以及以大西格瑪形式表示

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

用 $P_{n,a,f}$ 表示時，函式 $f$ 通常被省略，因為可以透過上下文推斷出來。

這個定義本身並不能解釋其來源。然而，其性質將展現出驚人的效果，而這本質上僅僅是具有特定倍數的冪函式的求和。此外，我們將在定理之前提及以下定義，這些定義在後面會很重要。

$n$ 次餘項對 $f$ 在 $a$ 處的定義

給定一個自然數 $n$ ，一個 $n$ 次可微的函式 $f$ 和一個數 $a$ ，其 $f^{(k)}(a)$ 輸出一個有效數字，則 $n$ 次餘項對 $f$ 在 $a$ 處 定義為一個函式，它滿足以下性質：

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

成立。

用 $R_{n,a,f}$ 表示時，函式 $f$ 通常會被省略，甚至比 $P_{n,a,f}$ 更容易，因為可以透過上下文推斷出來。

$n$ 階相等在 $a$ 處的定義

給定一個自然數 $n$ ，兩個函式 $f$ 和 $g$ 進行比較，以及一個數 $a$ ，函式 $f$ 和 $g$ 在 $a$ 處 關於階數 $n$ 相等 當

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

成立。

當然，除非給出一些上下文，以定理的形式給出一些屬性，否則這些定義很難使用或理解。本節的其餘部分將提供這些內容；它將向你證明為什麼泰勒多項式作為估計工具可以像它們那樣工作。

屬性

基本屬性

我們將提到的第一個屬性將是一系列簡短的要點。只需注意以下幾點

$P_{n,a,f}(a)=f(a)$ 無論使用什麼值 $n$ 或函式。: 這意味著泰勒多項式將始終完美地估計a處的函式值。
$P_{n,a,f}(a)$ 是一個多項式。: 記住，多項式被定義為一系列實數值 $\{a_{n}\}$ ，使得 $P=a_{n}x^{n}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ ，當然，它的輸入值可以被一些值 $a$ 平移，形成 $P=a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}$

唯一性屬性

當然，對於某個數學類別來說，唯一性很重要。泰勒多項式也不例外。但是，正如你將在本定理中看到的那樣，我們需要進一步對泰勒多項式進行分類才能做到這一點。毫不奇怪，這些更專業的形式將是我們研究的內容。畢竟，唯一性是一個開始高等數學之旅的棘手概念。

我們將會進一步提示你，這個定理分為兩個部分。前半部分將處理兩個多項式的一個非常普遍的情況。下一個定理將透過稍微修改這個定理來專門處理泰勒多項式，同時也會對其進行論證。

泰勒多項式是唯一的

如果存在兩個多項式 $P$ 和 $Q$ ，以 $(x-a)$ 形式寫成，使得 $\deg(P)\leq n\land \deg(Q)\leq n$ ——它們的次數都小於或等於某個自然數 $n$ ——並且它們在 $a$ 處最多到 $n$ 階相等，那麼 $P=Q$
來自 (1.) 的定理透過用多項式 $P$ 和 $Q$ 替代定理中的多項式來證明唯一性，該多項式也是 n 次可微的，以及泰勒多項式 $P_{n,a,f}$ 。

總結：為了直接證明這一點，我們將採用這兩個多項式在 $a$ 處最多到 $n$ 階相等 的斷言。然後，我們將使用一些屬性來證明，為了使這兩個多項式在 $a$ 處最多到 $n$ 階相等，它們在減法後必須完全抵消，這意味著它們是相等的。

還要注意，這個定理與下一個定理非常密切相關。儘管下一個定理在技術上不能用於這個定理，因為函式 $f$ ，即泰勒多項式所來自的那個，可能不是一個多項式，我們將在下一個定理中證明，在這個特定情況下，這個問題可以很容易地被忽略。

證明

首先，我們知道這兩個多項式在 $n$ 階之前是相等的，在 $a$ 處。這意味著我們可以將該判據的定義作為我們的起點。我們還知道，由於它們是兩個以 $P=a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}$ 的形式寫成的兩個多項式，多項式 $P$ 和 $Q$ 之差也將具有形式 $a_{n}(x-a)^{n}+\cdots +a_{1}(x-a)+a_{0}$ ，儘管 $a_{n}$ 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

給定一組實數

\{a_{n}\}

.

現在，驗證類似這樣的有理函式的極限是否等於 0 的一個簡單方法是，瞭解分子是否等於 0。在這種情況下，我們知道如果一個有理函式的極限等於 0，那麼具有較低次冪分母的有理函式也成立，一直到 0 次冪的都有效。

\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]

首先看第一個需要驗證的等式（分母為 0 次方，實際上等於 1），我們注意到為了使極限等於 0（這在我們的假設中是成立的），我們可以將極限分配到多項式的每一項上，得到一系列 0，並省略常數項 $a_{0}$ 。由於整個極限必須等於 0，因此 $a_{0}$ 變數必須等於 0。對於下一個等式，我們看到即使有 $(x-a)$ 分母，我們實際上可以使用上面的多項式的每一項來將其約掉，因為 $a_{0}=0$ ，然後對分子求極限，這仍然不會影響下一個新的常數項 $a_{1}$ 。這個變數現在也取值為 0。分析下一個等式，我們可以有效地做同樣的事情。代入我們已知值的變數，約掉分母，然後宣告序列中的下一個元素為 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

重複此操作，我們很快就會發現多項式中每一項的係數都是 0。這意味著兩個多項式 $P$ 和 $Q$ 之間的差必須為 0，我們知道只有當它們從一開始就是相同的多項式時，才會成立。得證。

(\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

$\blacksquare$

第二部分將使用下一個定理來展示。

最佳冪逼近定理

承接上一個定理，我們將提供一個具體方法來展示如何將第一個定理的結構用於一般函式 $f$ 和泰勒多項式 $P_{n,a,f}$ 。這個定理可以理解為泰勒多項式比任何度數為 $n$ 或更低的冪函式更能逼近函式 $f$ 。用數學語言來說，

定理

如果一個函式是一個有效的泰勒多項式 $P_{n,a,f}$ ，那麼它必須在 $a$ 處與階數為 $n$ 的函式相等； $\lim _{x\rightarrow a}{\frac {f-P_{n,a,f}}{(x-a)^{n}}}=0$

總結: 為了直接證明這一點，我們將用一個對重複使用洛必達法則友好的格式重寫這個表示式，記住一個冪函式是無限可微的，以及上面提到的泰勒多項式的一些基本性質對我們有利。

證明

首先，我們將找到一種方法來重新表達問題。我們知道泰勒多項式的最後一項包含分母中表示的冪函式。考慮到泰勒多項式是一個求和，我們可以從求和中移除一項，並重寫表示式，這樣我們就可以得到一個獨立的項。

\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

由於我們可以將極限分佈到減法運算中（我們隱含地假設極限中的兩項都是有效數字，正如方程所暗示的那樣），我們就會這樣做。注意，由於泰勒多項式是連續的，我們可以透過簡單的變數替換輕鬆計算出極限。

\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!}}

我們將透過檢視等式左側的極限語句來評估等式是否確實相等。為了滿足洛必達法則的條件，我們將測試分子極限和分母極限是否都等於一對匹配的無窮大或 0。分母，一個冪函式，是一個有效的連續函式。因此，極限可以簡單地替換 $x$ 輸入變數並計算為 0。分子的第一項， $f$ ，由於是 n 次可微的，因此是連續的。分子的第二項， $P_{n-1,a,f}$ ，由於其定義是連續的。因此，這兩個極限本質上可以等同於 $f(a)-f(a)$ ，結果是 0。因此，洛必達法則適用。

\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}}}

由於我們知道分子和分母都是 n 次可微的，並且洛必達法則在整個過程中有效，因此我們將選擇僅對 $n-1$ 次進行微分，然後再進行第 n 次微分。在這裡，我們知道 $P_{n-1,a,f}^{(n-1)}=f^{(n-1)}(a)$ ，它是一個常數。所以，這意味著洛必達法則的另一次迭代將使我們剩下一個函式減去 0，除以一個簡單的 n 階乘分母。在第 n 次微分時，我們最終正常計算極限，揭示等式成立。QED。