n2n(n)2n(k)(k)n2nnnn2n(n)2n(k)(k)n2nnn第章分值理其用泰公講)一帶佩諾余的勒式若f在x有f(x)=f(x’)+o(x-x00000點x附近用f(x)逼f(x)為)的00000量為))考0P)+…+a)則n01020n0PP’(xP”；(x.n00n01n02n0na(x)；=0n01

a=2

=n若f點到n階的導數0T)+n0

)+)+…00

)0數f點x的泰勒項(x)的各項系0n

(k=1,2,,n)為勒數。f(x)式T(x)在x至n0即f(x(x0n0定若f在到有f(x)=To((x-x))，0n0即)+)+)+…+000證記(x)，)nnn0

)+o)00

(n)n-1(n)(n)(n-1)nn2nnnn2nn+1n2nnn2nn(n)n-1(n)(n)(n-1)nn2nnnn2nn+1n2nnn2nnR(x’(x)=…R(x)=0；’(x)=)=0，Qn0n0n0n0n0n0n0∵f(x)，在域)內f存(n-1)階f000=

=…==∴R(x)=(x))=))f(x)=T(x)+o))nnn0n0)+0

)+)+…00

)+)(泰公)00注1、(x)稱為泰勒式余，形如o((x-x))的nn0為佩亞型項為有亞型項泰公。2、若f(x)在點x附近足f(x)=P(x)+))0n0P)n01020

+…+a)，則n0P(x)未是f的泰勒多式T如：n∈Nnn+D(x)為在x=0處除’(0)=0存在高階導數，式T(x)但因n

=f(x)=(x)取P(x)=0+0·x+0·x++0·x≡n(x)+o))對任何N恒立n0+3、(x)+o((x-x))中的式P(x)是唯一的n0n4、在x=00f(x)=f(0)+fx+…x+(x),為帶佩諾項)麥克勞林式

xnm-12mm2m+1nan2nn2nnx(k)x(n)xn(k)k-1m-12m(k)(2k)k(2k-1)m2m+1(k)(k)k-1na(k)(k)an(k)(k)2nnxnm-12mm2m+1nan2nn2nnx(k)x(n)xn(k)k-1m-12m(k)(2k)k(2k-1)m2m+1(k)(k)k-1na(k)(k)an(k)(k)2nn例：驗證下列函數的麥克勞林公式：+++(x)++…

+o(x)；++)；+

+(-1)

+o(x)；

+…+(x(6)

+…+x+(x證：f(x)=f(0)+f’x++x+o(x),下k=1,2,…(1)設f(x)=ef得f(0)=f’”(0)=…(0)=1，e+++(2)設f(x)=sinx，由f

得f

(2k)

(0)=0，f

(2k-1)

，又f(0)=0，++…+(-1)(3)設f(x)=cosx，f

f

+(x).，(0)=0，又f(0)=1，cosx=1++(4)設f(x)=ln(1+x)，由

+(x).得f(k-1)!，又f(0)=0，+

+(-1)n-1

+o(x(5)設，又f(0)=1，

f+…

+o(x(6)設f(x)=

f

得f(0)=k!，又f(0)=1，

+…+o(x

2m2m+1(98)(99)xnn2n(98)(99)n552m2m+1(98)(99)xnn2n(98)(99)n55注有(x)，∴項o(x)相于o).2m2m+1例出f(x)=

求(0)與解由+…+(x)++…

+(++…+(x∴f與f

=

例求在x=2式解

由+

+(-1)

+o(x)得

+

+

+(-1)+o()+(-1)+o(例解(則=

====解(式取n=4則cosx=1++o(x)，==.

++(x).

2nn+1nn+1nn0nn+12nn+1n+1nn00002nn+102nn+1nn+1nn0nn+12nn+1n+1nn00002nn+10二帶拉朗型項泰公定6.9勒理若f在[a,b]上存在到n在(階的[a,b]0ξ∈(a,b)，(泰)+)+…+000

)+0

)0證記F(t)=f(x)-[f(t)+f’(t)(x-t)+…],.設x，則與G(t)在x,x]上連在x,x)內000F’，’又F(x)=G(x)=0，

===,ξ?’)+…+0000

))00

=)0即)+0

)+)+…)000

).0項R)ξ=x+θ)(0<<1)，為拉格日余以上式也稱帶拉朗型項泰公當：f(x)-f(x’ξ

).0當x時f(x)=f(0)+f’x+…+x+x(0<θ為帶拉朗余的麥勞公.是性定

x(n+1)xxn+1mm-1m2m+1(2m+2)mmm2m+2(n+1)nna(n+1)a-n-1an+1(n+1)2nn+1-6xn+1-6x(n+1)xxn+1mm-1m2m+1(2m+2)mmm2m+2(n+1)nna(n+1)a-n-1an+1(n+1)2nn+1-6xn+1-6例例.解,由,得e+…+x,0<θ

<1,x(2)f(x)=sinx,由f

(2m+1)

++…

x,0<θ<1,x∈由f

得++…(4)f(x)=ln(1+x),由

x,0<θ<1,x∈+

+(-1)

,0<θ

,由f(x)=a(a-1)…(θ

+…+x

,由f

+…+

x,0<三在似算的用例算過(2)證明e為無數(1)解e+++

x,0<當x=1時，+…+,R<,當nR=從得e+…+≈285.9(2)證由+…++

n!e-(n!+n!+3·

.若)，則當，n!e數.

<<

n

數

-3-3-3