用数学归纳法证明泰勒公式

迟炳荣　王秀红

1 引言

一般的高等数学教材中［1］都介绍了关于泰勒公式的如下两个命题：

命题1 带皮亚诺（Peano）余项的泰勒(Talor) 公式：

f(x)在［a,b］上具有n阶导数，则衳∈［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.

命题2 带拉格朗日（Langrange)余项的泰勒公式：

函数f(x)在x0的邻域内x∈U(x0)内n+1阶可导，对衳∈U(x0),靓巍剩踴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

两种余项的泰勒公式所表达的根本思想就是怎样用多项式来逼近函数

公式（1）非普通的等式，而是反映了极限性质的渐进等式，因此公式（1）在求极限时很有用处，对余项可以提供充分小量的估计

公式（2）的余项有确定表达式，当然也有不确定因素，即有中值，但不妨碍定理的使用，为近似计算的误差估计提供了理论依据

这两个命题的证明都需要多次使用柯西（cauchy）中值定理或者罗比达（LHospital）法则，非常繁琐本文给出泰勒公式的一个简洁的证明，给出的余项既可以进行误差的阶的估计，又可以进行近似计算

2 主要结果

引理1 f(x)在［a,b］上可导，且f ′(x)≥0,则f(x)≥f(a)，x∈［a,b］

证明：由于f ′(x)≥0,所以f(x)在［a,b］上递增，f(x)≥f(a)

推论1 f(x)和g(x)在［a,b］上可导，且ゝ ′(x)≥g ′(x)，

则f(x)-f(a)≥g(x)-g(a),x∈［a,b］

特别地f(a)=g(a)=0，则有f(x)≥g(x)，

x∈［a,b］

证明：令h(x)=f(x)-g(x)，对h(x)使用引理1

引理2 H(x)在［a,b］上可导，且有

（1）H(k)(a)=0,k=0,1,2,…，n-1,

（2）m≤H(n)(a)≤M，x∈［a,b］,

则有 m(x-a)琻n!≤H(x)≤M(x-a)琻n!.

证明：对n用数学归纳法证明

n=0时，显然成立

若已有m(x-a)琻n!′≤H ′(x)≤M(x-a)琻n!′，

由推论1得到m(x-a)琻n!≤H(x)≤M(x-a)琻n!

定理 若函数f(x)在［a,b］上n+1阶连续可导，则存在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)!之间

特别地，若记M=max{|A|,|B|}，

则﹟Rn(x)|≤M|x-x0|n+1(n+1)!

证明：由于f(n+1)(x)连续，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，

则有：

（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，命题2可以看成定理的一个推论，但比较而言，定理的证明不需要较多的中值定理的知识，证明简单

由定理, 可以直接写出以下几个基本初等函数的泰勒公式：

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 应用举例

例1 求e的近似值，使得其误差<10-6

解 取f(x)=e瑇

由于e瑇在［0,1］上具有任意阶连续导数，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，此时e≈2.718282即为所求

例2 求极限﹍imx→0sinx-xx3

解 由于sinx=x-x33！+R4（x)，因为﹟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 证明二项式展开定理：(a+b)琻=∑nk=0C琸na琸bn-k.

证明：设函数f(x)=(x+b)琻,则函数f(x)存在任意阶的导函数

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.

参考文献

［1］ 高等数学第四版上册，同济大学数学教研室主编，高等教育出版社

［2］ 数学分析第三版上册，华东师范大学数学系编，高等教育出版社

作者简介 迟炳荣（1972—），女，潍坊工商职业学院建筑工程系讲师，鲁东大学数学与信息学院教育硕士，主要从事高等数学教学研究

注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文