泰勒公式的推导思路.pdf

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1、泰勒公式的推导思路00.1引：已知e=1，求如f()=xe此类的函数值是比较困难的，那么是否有一种比较简单的方法求解呢？泰勒公式正式为此而出现的。在学习微分的时候我们曾经使用过，当x比接近于x时f(x)f(x)+f(x)(x-x)，0000这样用一次多项式来表达函数f(x)的值，在计算时就相对简单了。但是其精度就比较大，那么如何构造一个多项式使其计算比较简单，且精度又很高呢？设想如果将该式的右边变成n次多项式会不会使其精度得到明显的提高呢？这就是泰勒公式要解决的问题。从f(x)f(x)+f(x)(x-

2、x)该式出发，此为关于x的一次多项式，设000p(x)=f(x)+f(x)(x-x)，1000当x=x时，f(x)与p(x)有以下的关系：01p(x)f(x)=；100p(x)=f(x)+f(x)(x-x)[]=0+f(x)1=f(x)1000000即函数值和1阶导数均相等现在我们使用n次多项式来构筑f(x)的表达式2n设f(x)f(x)+a(x-x)a(x-x)+++a(x-x)，01020n02n令p(x)=f(x)+a(x-x)a(x-x)+++a(x-x)n20100n0（很

3、多人会问：你怎么就知道用n次方来组合呢？我感觉是首先我们推导这个过程是看到其上面一次多项式出现p(x)f(x)=和p(x)=f(x)也就是说组合的过程要考虑到函数100100的导数，因为n次函数才能有n+1阶导数。其次指数n采用的是自然数的排列而不是奇数或者是等比数列等等的方式呢？因为这样排列在求导数时的计算比较简单）现在的aaa,均不知道，怎么求呢？既然在一次项中p(x)=f(x)，那么当x=x12n1000时fx()和p(x)也应该有这样类似的效果，于是得出如下过程0n0p(x)=()fxn0

4、0p(x)=(f(x)+a(x-x)a(x-x)a(x-x)+23++a(x-x)n)n2010030n03-1n-1………=0+a1+2a(x-x)a(x-x)+3+na(x-x)10230n0………xx=0………p()==()xafxn010p(x)=(0+a1+2a(x-x)a(x-x)+33-1+na(x-x)n-1)n21030n0n-2=0+0+2a1+32a(x-x)++n（n-1)a(x-x)230n0xx=0p()=2=()xafxn020p

5、(x)=(00+2+a1+32a(x-x)++n（n-1)a(x-x)n-2)n230n0n-3=00+0+32++a+n（（n-1)n-2)a(x-x)3n0xx=0p()=32=()xafxn030(n)(n)p()x=n!=()afxn0n0即：p(x)=()fxn00p()==()xafxn010p()=2=()xafxn020p()=32=()xafxn030(n)(n)p()=n!=xafx()n0n0求得：afx=()101

6、af=(x)2021af=(x)30321(n)afx=()n0n!则11231(n)np(x)=f(x)+fx(x-x)()+fx(x-x)()+f()x(x-x)+f()x(x-x)n000000000232n!现在多项式已经构造完成，但是fx()p(x)中间仍然为约等，也就是还不能完全相等，n那么他们之间的差值是多少呢？f(x)=p(x)+R(x)，其中R(x)即为他们之间的差值。nnn根据拉格朗日中值定理可知：(n+1)n+1f()(x-x)0ff(x)-f(x)=

7、()(x-x);(x,x),于是有R(x)=000n(+1)!n(n+1)n+1f()(x-x)0接下来如果能证明当xx时R(x)=0就能证明0n(+1)!nf(x)=p(x)，该步骤用的是柯西中值定理和罗比达法则，不在一一赘述n