看完這篇讓你高數不掛科之——泰勒公式

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今天的文章我們來討論大名鼎鼎的泰勒公式，泰勒公式真的非常有名，我相信上過高數課的一定都記得它的大名。即使你翹掉了所有的課，也一定會在考前重點里見過。

我對它的第一映像就是比較難，而且感覺沒有太多意思，就是一個近似的函數而已。最近重溫了一下有了一些新的心得，希望盡我所能講解清楚。

泰勒公式的用途

在看具體的公式和證明之前，我們先來了解一下它的用途，然后帶着對用途的理解再去思考它出現的背景以及原理會容易許多。這也是我自學這么久總結出來的規律。

泰勒公式本質解決的是近似的問題，比如說我們有一個看起來很復雜的方程，我們直接計算方程本身的值可能非常麻煩。所以我們希望能夠找到一個近似的方法來獲得一個足夠近似的值。

從這里，我們得到了兩個重點，一個是近似的方法，另一個是近似的精度。我們既需要找到合適的方法來近似，同時也需要保證近似的精度是可控的。否則一切都沒有意義，結合實際其實很好理解，比如我們用機床造一個零件。我們都知道世界上不存在完美的圓，實際上我們也並不需要完美，但是我們需要保證偏差是可控的，並且在一定的范圍內。泰勒公式也是一樣，它既可以幫助我們完成近似，也可以保證得到的結果是足夠精確的。

泰勒公式的定義

我們下面來看看泰勒公式的定義，我們已經知道了它的用途是求一個函數的近似值。但是我們怎么來求呢，其實一個比較朴素的思路是通過斜率逼近。

舉個例子：

這是一張經典的導數圖，從上圖我們可以看到，隨着\(\Delta x\)的減小，點\(P_0\)和\(P\)也會越來越接近，這就帶來了\(\Delta y\)越來越接近\(\Delta x \cdot f'(x_0)\)。

當然，當\(\Delta x\)比較大的時候顯然誤差就會比較大，為了縮小誤差，我們可以引入二階導數、三階導數以及高階導數。由於我們並不知道函數究竟可以有多少階導數，我們不妨假設f(x)在區間內一直有(n+1)階導數，我們試着寫出一個多項式來逼近原函數：

\[P_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n \]

我們希望這個式子與原值的誤差越小越好，究竟要多小才算足夠好呢？數學家們給出了定義，希望它是\((x-x_0)^n\)的高階無窮小。也就是說誤差比上\((x-x_0)^n\)的極限是0。

我們前面說了，我們是通過導數來逼近的，所以我們假設:

\[\begin{aligned} P_n(x_0) &= f(x_0), P_n'(x_0) = f'(x_0) \\ P_n''(x_0) &= f''(x_0), \cdots, P_n^{(n)} = f^{(n)}(x_0) \end{aligned} \]

按照這個假設我們可以很方便地得到系數了，其實很簡單，我們構造系數使得求導之后相乘的常數項全部約掉。

\[\begin{aligned} a_0 = f(x_0), 1\cdot a_1 = f'(x_0) \\ 2!\cdot a_2 = f''(x_0), \cdots, n!\cdot a_n = f^n(x_0) \end{aligned} \]

我們把這兩個式子帶入一下，可以得到：

\[P_n(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x - x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}}{n!}(x-x_0)^n \]

泰勒公式的證明

其實上面的式子就是泰勒公式的內涵了，也就是說我們通過高階導數來逼近了原函數。最后我們只需要證明這個式子就是我們想要的，也就是它的誤差足夠小。

我們同樣用一個函數\(R(x)\)來表示\(P_n(x)\)與原函數\(f(x)\)的差值。我們直接比較比較困難，所以數學家采取了一系列花里胡哨、嘆為觀止的操作。

我們帶入一下可以發現，\(R(x_0)=0\)，不僅如此，\(R'(x_0)=R''(x_0)=\cdots=R^{(n)}(x_0)=0\)。

以上步驟完全不需要證明，我們直接帶入求導就可以得到。因為存在\(x-x_0\)的項，很明顯當\(x=x_0\)的時候，可以得到如上的結論。

到這里，我們需要進行一個猜測，這里的步驟有一點跳躍。就連課本上都沒有詳細的解釋，沒有詳細解釋的原因也很簡單，因為需要用到積分的知識。而讀者在這里是還沒有接觸過積分的，不過，我們不是嚴謹的論文，可以稍稍放松一些。其實根據上面的公式，我們是可以有些猜測的。根據上面的規律，以及我們的目標——證明這個\(R(x)\)函數是一個關於\((x-x_0)^n\)的無窮小，所以我們可以猜測它應該是一個與\((x-x_0)^{n+1}\)相關的函數。

有了這個猜測之后，我們套用一下柯西中值定理：

\[\frac{f(b) - f(a)}{F(b) - F(a)}=\frac{f'(\xi)}{F'(\xi)} \]

我們令\(f(x)=R_n(x), F(x)=(x-x_0)^{n+1}\)，套用中值定理可以得到：

\[\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{R_n(x)-R_n(x_0)}{(x-x_0)^{n+1}-0}=\frac{R'_n(\xi_1)}{(n+1)(\xi_1-x_0)^n}, (\xi_1 \in (x_0, x)) \]

有了這個結論之后，我們再對函數\(R_n'(x)\)和\((n+1)(x-x_0)^n\)在區間\((x_0, \xi_1)\)上再次應用柯西中值定理：

\[\frac{R_n'(\xi_1)}{(\xi_1 - x_0)^n}=\frac{R'_n(\xi_1)-R_n'(x_0)}{(n+1)(\xi_1-x_0)^n-0}=\frac{R''_n(\xi_2)}{n(n+1)(\xi_2-x_0)^{n-1}}, (\xi_2 \in (x_0, \xi_1)) \]

接下來就是熟悉的套娃環節了，經過一共n+1次套娃之后，我們可以得到：

\[\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}=\frac{R^{(n+1)}_n(\xi)}{(n+1)!}, (\xi \in (x_0, \xi_n)) \]

我們對\(P_n(x)\)求n+1次導數，可以得到0，因為所有項最多只有n次，求n+1次導數之后全部變成0。也就是說\(P^{(n+1)}_n(x)=0\)，所以\(R^{(n+1)}_n(x)=f^{(n+1)}_n(x)\)，我們把這項代入上式，可以得到：

\[R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}, (\xi \in (x_0, x)) \]

證明一下誤差

接下來我們要證明這個誤差\(R_n(x)\)是\((x-x_0)^{n+1}\)的高階無窮小。

到這里，證明就很簡單了，在固定的區間(a, b)中，很明顯函數\(f^{(n+1)}(x)\)存在最大值，我們假設這個最大值是M。也就是說\(f^{(n+1)}(x) \leq M, x \in (a, b)\)

那么：

\[\lim_{x\to x_0}\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n} \leq \lim_{x\to x_0} \frac{\frac{M(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}}{(x-x_0)^n}=\lim_{x\to x_0}\frac{M(x-x_0)}{(n+1)!} \]

由於x逼近\(x_0\)，M是一個常數，所以這個極限趨向於0，我們可以用極限的定義很容易證明。於是我們證明了，誤差\(R_n(x)\)是比\((x-x_0)^n\)更高階的無窮小。

所以我們可以得到：

\[f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x - x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x) \]

由於我們一共用到了n階導數來表達原函數，所以我們稱為這是原函數f(x)的n階泰勒展開。最后的\(R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}, (\xi \in (x_0, x))\)，我們稱它為拉格朗日余項。我們也可以簡寫為\(o[(x-x_0)^n]\)，它稱為佩亞諾型余項，其實和拉格朗日余項是一回事，只是寫的形式不同。

我們如果令\(x_0=0\)的話，還可以將式子進一步化簡。由於\(\xi\)在0和x中間，所以我們可以令$\xi=\theta x, (0 < \theta < 1) $，原公式可以寫成：

\[f(x)=f(0)+f'(0)x + \frac{f''(0)}{2!}x^2+\cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}, (0 < \theta < 1) \]

和上面的式子相比，這個式子要簡單許多，它也有一個名字，叫做麥克勞林公式。在麥克勞林公式下的佩亞諾余項寫成\(o(x^n)\)，看起來非常簡單。

如果覺得上面的式子有點多記不過來可以忽略原式，只需要記住麥克勞林公式即可。對於拉格朗日余項，我們也只會在計算誤差的時候用到，在不需要考慮誤差的場景下也可以忽略。

舉例

下面我們來看一個實際的例子，來感受一下泰勒公式的強大。

我們都知道有一些函數的值我們很難直接計算，比如\(f(x)=e^x\)，和正弦余弦函數等。由於e本身就是一個無理數，有沒有想過我們怎么來求一個帶e的函數值？其實很多時候，就是用的泰勒公式。

我們就用\(f(x)=e^x\)舉例，看看怎么利用泰勒公式來計算\(e^x\)。

為了簡化計算，我們顯然考慮麥克勞林公式。由於\(x=0\)時，\(e^x=0\)，並且\(f'(x)=e^x\)。

所以我們可以得到：

\[f'(0)=f''(0)=f'''(0)=\cdots =f^{(n)}(0)=1 \]

我們代入泰勒公式，可以得到：

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

我們如果把最后一項當成誤差，那么可以得到：

\[e^x\approx 1 + x + \frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\cdots+\frac{1}{n!}x^n \]

當n=10時，x=1，產生的誤差為：

\[\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1}\leq \frac{e}{11!}<\frac{3}{11!} \]

我們稍微算一下就可以知道，這個誤差小於\(10^{-6}\)，已經足夠接近了。也就是說我們把原本不太好計算的函數轉化成了若干個多項式的和，可以非常簡單地獲得一個足夠接近的近似值。並且除此之外，我們還能算出它的最大誤差，實在是非常完美了。

思考

到這里還沒有結束，看完所有的推導和計算之后，不知道你們有沒有一個疑惑，這么一個牛叉並且復雜並且有用的公式，泰勒是怎么靈光一閃想到的？好像用一時的靈感很難解釋。畢竟人的靈感往往都是一瞬間對某個點的頓悟，而這么多公式和結論是很難頓悟的。

之前上學的時候我完全沒有意識到這個問題，這次重溫的時候才覺得不對。當然你可能會說這里有這么多數學家的名字，顯然不是一個人的功勞。但即使是這樣，我仍然好奇，究竟是什么起因引出了這么偉大的公式？

直到我無意間看到知乎撒歡大神的回答才恍然大悟。

我們設想一個問題，如果f(x)=g(x)，那么顯然f(x)和g(x)的各階導數全都相等。那么問題來了，如果我們人為地構造一個函數h(x)，使得它的各階導數和g(x)吻合，那么是不是可以認為這個我們人為構造出來的函數也和g(x)相等呢？

然而有些函數的高階導數是無窮無盡的，我們不可能人工全部擬合，所以只能退而求其次，擬合其中的n項。顯然這樣會有誤差，那么我們需要知道誤差的大小。於是就有了后面的拉格朗日余項大小的推算。

泰勒公式的出現和推導過程正是基於這樣的思路，想到這里，我又有了新的想法。如果把各階導數的項看成是特征，那么這個問題其實轉化成了機器學習當中的回歸問題，只不過在機器學習當中我們是設定優化目標和優化方法，讓模型自行訓練來擬合逼近，而泰勒公式其實是通過思維和數學的力量推算出了結果，兩者的目的和結果是一樣的，但是過程完全迥異，兩個看似完全風馬牛不相及的問題殊途同歸，不得不說數學的魅力真的令人折服。

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