By Long Luo

在数学、物理学、工程和计算机领域中，泰勒公式¹ 是一种广泛使用的分析方法，用来计算函数的近似值。在实践中，很多函数非常复杂，而且某些函数是不可积的，想求其某点的值，直接求无法实现。

泰勒公式可以将复杂的函数近似地表达为简单的多项式函数，用一个多项式函数去逼近一个给定的函数(即尽量使多项式函数图像拟合给定的函数图像)。注意在逼近的时候一定是从函数图像上的某个点展开。

下图所示就是不同项数的泰勒公式对 \(\sin x\) 的逼近：

泰勒级数的定义为：

\[ f(x) = \sum _{n=0}^{\infty}{\frac{f^{(n)}(a)}{n!}}(x-a)^{n} = f(a) + {\frac {f'(a)}{1!}}(x - a) + {\frac {f''(a)}{2!}}(x - a)^{2} + {\frac {f'''(a)}{3!}}(x - a)^{3} + \cdots \]

这里，\(n!\) 表示 \(n\) 的阶乘，而 \(f^{(n)}(a)\) 表示函数 \(f\) 在点 \(a\) 处的 \(n\) 阶导数。如果 \(a = 0\) ，这个级数也被称为麦克劳林级数(Maclaurin series)² 。

泰勒展开式有很多，那么如何记忆呢？首先我们需要明白，泰勒公式之间都是有相互关联的，我们可以通过推导来理解性记忆这些公式。泰勒公式的具体推导过程可以参考数学分析教材或者网络³ 。

下面我们就推导这些公式，以便更好的记忆⁴ ！

几何级数 Geometric series

对于 \(-1 < x < 1\) 的情况，几何级数⁵ 由等比数列求和公式可得：

\[ \frac{1}{1 - x} = \sum _{n=0}^{\infty}x^{n} = 1 + x + x^{2} + \cdots + x^{n} \]

用 \(-x\) 代入 \(x\) 上式，则：

\[ \frac{1}{1 + x} = \sum _{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{n} = 1 - x + x^{2} - x^3 + \cdots + (-1)^n x^{n} \]

用 \(x^2\) 替代 \(x\) , 由于 \(\arctan x = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + x^2} \mathrm{d}x\) ，对于 \(-1 \le x \le 1, x \neq \pm i\) ，

\[ \arctan x = \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}}{2n + 1}}x^{2n + 1} = x - {\frac {x^3}{3}} + {\frac {x^5}{5}} - \cdots + \frac{(-1)^n}{2n + 1}x^{2n + 1} \]

因为 \(\frac{1}{(1 - x)^2} = (\frac{1}{1 - x})'\) ，则：

\[ \begin{aligned} \frac {1}{(1-x)^2} &= \sum _{n=1}^{\infty }n x^{n-1} \\ &= 1 + 2x + 3x^2 + \cdots + n x^{n-1} \end{aligned} \]

同 \(\frac{1}{(1 - x)^3} = \frac{1}{2} (\frac{1}{(1 - x)^2})'\) ，则有：

\[ \frac {1}{(1 - x)^3} = \sum _{n=2}^{\infty }{\frac {n(n - 1)}{2}}x^{n - 2} \]

指数函数 Exponent function

由于 \(\frac{\mathrm{d} e^x}{\mathrm{d} x} = e^x\) ，\(e^0 = 1\) 那么：

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

很明显：

\[ \begin{aligned} (e^x)' &= (\frac{1}{0!}+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots)' \\ e^x &= 0+1+\frac{x}{1}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}\cdots \\ &= 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \end{aligned} \]

对于普通指数函数 \(a^x\) , 由于 \(a^x=e^{x\ln a}\) ，如果将 \(x\) 换为 \(x\ln a\) ，那么 \(a^x\) 的泰勒展开式：

\[ \begin{aligned} a^x &= e^{x \ln a} \\ &= 1 + x \ln a + \frac{(x \ln a)^2}{2!} + \frac{(x \ln a)^3}{3!} + \cdots + \frac{(x \ln a)^n}{n!} \\ \end{aligned} \]

三角级数 Trigonometric functions

由欧拉公式 \(e^x = \cos x + i \sin x\) ，可以推导 \(\sin x\) 和 \(\cos x\) 的泰勒展开式：

\(\sin x\) 是奇函数，只有奇数项，\(\sin 0 = 1\) ，同时 \(-1 \le \sin x \le 1\) ，所以不同多次项的正负号要依次出现：

\[ \sin x = \sum _{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n + 1)!} x^{2n + 1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!} \]

\(\sin x\) 求导为 \(\cos x\) ，同时 \(\cos x\) 是偶函数，只有偶数项，\(\cos 0 = 1\) ，

\[ \begin{aligned} \cos x &= \frac{\mathrm{d} \sin x}{\mathrm{d} x} \\ &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \cdots + (-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!} \\ \end{aligned} \]

自然对数 Natural logarithm

由几何级数求和公式：

\[ \frac{1}{1 - x} = \sum _{n=0}^{\infty}x^{n} = 1 + x + x^{2} + \cdots + x^{n} \quad \forall x \in (-1, 1) \]

代入 \((1- x)\) 则 \(\frac{1}{x}\) 在 \(a = 1\) 的泰勒展开式为：

\[ \frac{1}{x} = \sum _{n=0}^{\infty}(1 - x)^{n} = 1 - (x - 1) + (x - 1)^{2} + \cdots + (-1)^n(x - 1)^{n} \quad \forall x \in (0, 2) \]

因为 \(\frac {d}{dx}(ln(1-x)) = \frac {-1}{1-x}\) ，\(x < 1\) ，则：

\[ \frac{-1}{1-x} = -(1 - x)^{-1} = -(1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^n) \]

所以 \(\ln (1 - x)\) 泰勒展开式：

\[ \ln (1 - x) = -x - \frac {x^2}{2} - \frac {x^3}{3} - \frac {x^4}{4} - \cdots \]

用 $ 1- x$ 代入上式 \(x\) ，则 \(\ln x\) 在 \(a = 1\) 的泰勒展开式为：

\[ \ln (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n - 1} \frac{(x - 1)^n}{n} = (x - 1) - {\tfrac {1}{2}}(x - 1)^{2} + {\tfrac {1}{3}}(x - 1)^{3} - {\tfrac {1}{4}}(x - 1)^{4} + \cdots \]

对于 \(-1 < x \le 1\) ，\(\ln (1 + x) = \int \frac{1}{1 + x} \mathrm{d}x\) ，那么： \[ \begin{aligned} \ln(1 + x) &= \sum _{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n + 1}}{n}}x^{n} \\ &= x - \frac{x^2}{2} + \frac {x^3}{3} - \cdots + \frac {(-1)^{n + 1}}{n}x^n \end{aligned} \]

那么对于 \(-1 \le x < 1\) ，则有：

\[ \begin{aligned} \ln(1 - x) &= -\sum _{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n}} \\ &= -x - \frac {x^2}{2} - \frac {x^3}{3} -\cdots - \frac {x^n}{n} \end{aligned} \]

当 \(0 < x \le 1\) ， \(\ln x = \ln (1 + (x - 1))\) ，则：

\[ \ln x = \sum _{n=1}^{\infty}{\frac{(-1)^{n + 1}}{n}}x^{n} = (x - 1) - \frac{(x - 1)^2}{2} + \frac {(x - 1)^3}{3} - \cdots + \frac {(-1)^{n + 1}}{n}x^n \]

二项式 Binomial series

当 \(-1 \le x \le 1\) 时，对于任意 \(\alpha \in \mathbb {C}\) ，由二项式定理⁶ 即可得:

\[ \begin{aligned} (1 + x)^{\alpha} &= \sum _{n=0}^{\infty}{\binom{\alpha}{n}}x^{n} \\ &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha - 1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n!}x^{n} \end{aligned} \]

其中：

\[ {\binom {\alpha}{n}} = \prod _{k = 1}^{n}{\frac{\alpha - k + 1}{k}} = {\frac {\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - n + 1)}{n!}} \]

参考文献