有一位數學家叫泰勒，某天看到一個函數 \(y = cosx\)，瞬間眉頭一皺，心里面不斷犯嘀咕。有些函數它就是很惡心，本來這些函數具備很優秀的品質（可以輕松地無限次求導），但如果代入數值計算的話就比較困難了。比如這里的 \(f(x) = cosx\)，在沒有計算機的年代，很難計算出 \(x = 2\) 時 \(f(x)\) 的值。
為避免這種尷尬局面，泰勒就開始想：我能不能找到另一條曲線 \(g(x)\)，它和 \(f(x)\) 無限相似，但相比之下卻能更簡單地進行求值呢？所以面對 \(f(x) = cosx\)，泰勒的目的是仿造一條一模一樣的曲線，從而避免余弦計算。
想要復制這段曲線，首先得找一個切入點，可以是這條曲線最左端的點，也可以是最右端的點，亦或是這條線上任何一點，而泰勒選擇了 \((0, 1)\)。由於這段曲線經過 \((0, 1)\) 這個點，那么仿造的第一步就是讓仿造的曲線也經過這個點。並且仿造的曲線也要能夠很輕松地根據 x 進行求值，否則仿造就沒有意義了。
經過 \((0, 1)\) 的曲線有很多，比如 \(f(x) = x^2 + 1\)，但它們僅僅是經過了 \((0, 1)\) 這個點，至於其它的部分則和 \(f(x) = cosx\) 沒有任何相似之處。所以泰勒不僅要保證仿造的曲線過 \((0, 1)\) 點，還要保證在這一點導數和原曲線也是相等的，導數相同意味着變化趨勢相同。
還沒結束，起始點相同，變化趨勢相同，還要考慮曲線的凸凹性。我們知道表征曲線的凸凹性的參數被稱為"導數的導數"，所以還要保證導數的導數相等。於是泰勒開始動手計算了，首先他知道自己要仿照一段曲線，從 \((0, 1)\) 入手，要保證：
- 初始值相同：\(g(0) = f(0)\)
- x = 0 處的一階導相同：\(g'(0) = f'(0)\)
- x = 0 處的二階導相同：\(g''(0) = f''(0)\)
- ............
- x = 0 處的 n 階導相同：\(g^{'''...}(0) = f^{'''...}(0)\)，光有一階和二階是不夠的
這時候，泰勒思考了兩個問題：
1）余弦函數能夠無限次求導，為了讓這兩條曲線無限相似，自己仿造出來的 g(x) 必須也能夠無限次求導，那 g(x) 得是什么樣類型的函數呢？2）實際操作過程中，肯定不能無限次求導，只需要求幾次，就可以達到想要的精度。那么，實際過程中應該求幾次比較合適呢？
綜合考慮這兩個問題以后，泰勒給出了一個比較折中的方法：令 \(g(x)\) 為多項式，多項式能求幾次導數取決於多項式本身。比如五次多項式 \(g(x) = ax^5 + bx^4 + cx^3 + dx^2 + ex + f\) 能求 5 次導，再求就是 0 了，所以幾次多項式就能求幾次導數。
所以泰勒就開始使用多項式來模擬了，很明顯為了發現規律，要從最低次開始，所以選擇了 \(g(x) = 1\)。
由於 \(cos'x = -sinx，sin'x = cosx\)，所以 \(cosx\) 在 x = 0 處的一階導數為 0（\(-sin0\)）、二階導數為 -1（\(-cos0\)）、三階導數為 0（\(sin0\)）、四階導數為 1（\(cos0\)），以此類推。
除了都經過 \((0, 1)\)、以及在 x=0 處的導數均為 0 之外，沒有任何相似之處，那么下面要滿足二階導也相等。所以泰勒選擇了 \(g(x) = -{\frac 1 2}x^{2} + 1\)：
我們看到在 \((0, 1)\) 附近的一個小范圍內，二者擬合的比較好。那么多項式的階數再提高一些，也就是保證更高階的導數相等，比如 4 介導。於是泰勒經過一番計算之后，找到了一階到四階都和 \(cosx\) 相等的多項式：\(g(x) = {\frac 1 {24}}x^{4} - {\frac 1 2}x^{2} + 1\)。
可以看到兩條曲線擬合的程度變高了，因此不光是泰勒，相信我們也可以想到，如果繼續提高多項式的階數，只要使得它們在 n 次求導之后的導數都相同，那么無窮高階后，兩條曲線一定是無限相似的。
但問題是泰勒當時沒有計算機，只能手算，和我們一樣算到四階就算不動了，他就開始發呆：我在哪？我是誰？我在做什么？哦對了，是為了找一個多項式，方便計算 cos2。但問題他是從 \(x=0\) 開始算的，距離 \(x=2\) 還有一段距離，必須得繼續算才能將兩曲線重合的范圍輻射到 \(x=2\) 處。站在上帝視角的我們從上圖中可以看到，兩條曲線在 \(x=2\) 處還是沒有擬合的，如果想擬合，那么至少需要再找一個 5 階多項式，保證讓它們的五階導也相同。
但很明顯它算不下去了，咋辦呢？突然他一拍腦門，恍然大悟，既然我選的點離着我想要的點比較遠，那我為啥不直接選個近的點呢，反正能從這條曲線上任何一個點作為切入，開始仿造，近了能省很多計算量啊。比如上圖是從 \((0, 1)\) 切入的，雖然計算 \(x=2\) 還有誤差，但計算 \(x=1\) 是可以的，因為 \(x=1\) 離選擇的點要更近。
x = 1
print(np.cos(x)) # 0.5403023058681398
print(x ** 4 / 24 - x ** 2 / 2 +1) # 0.5416666666666667
保留兩位小數的話，顯然是相等的。於是為了計算 \(cos2\) 的泰勒，不從 \((0, 1)\) 開始切入了，他選擇了從 \(({\frac π 2}, 1)\)、也就是 \(x={\frac π 2}\) 處開始切入。
所以這就是泰勒展開式，相信你已經理解了。本質上就是"仿造"，即：把一個三角函數、指數函數、亦或是其它比較難纏的函數用多項式替換掉。也就是說，有一個原函數 \(f(x)\)，再造一個圖像與之相似的函數 \(g(x)\)，為了保證兩者圖像相似，只需要保證在某一點的初始值、以及一階導函數的值、二階導函數的值、......、n 階導函數的值相等即可。只要能保證這一點，那么兩個函數的圖像就是相似的。
但是泰勒算到四階之后就不想算了，所以他想把這種計算過程推廣到 n 階，算出一個代數式，然后直接代數就可以了，於是就有了下面的推導過程。
首先要在原曲線 \(f(x)\) 上選擇一個點，為了方便就選 \((0, f(0))\)，而仿造的曲線是一個能求 n 介導的多項式，所以它的最高次數一定也是 n，所以其解析式肯定是下面這種形式：
\(g(x) = a_{0} +a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3}...... + a_{n}x^{n}\)
首先要保證初始值相同，由於我們選擇的是 \((0, f(0))\)，那么一定有 \(f(0) = g(0) = a_{0}\)。然后保證 n 階導數相等，即\(g^{n}(0) = f^{n}(0)\)，因為對 \(g(x)\) 求 n 階導數時，只有最后一項非零值，所以我們只看最后一項。
- \(a_{n}x^{n}\) 求一階導，得到 \(na_{n}x^{n-1}\)；
- \(a_{n}x^{n}\) 求二階導，得到 \(n(n-1)a_{n}x^{n-2}\)；
- \(a_{n}x^{n}\) 求三階導，得到 \(n(n-1)(n-2)a_{n}x^{n-3}\)；
- \(a_{n}x^{n}\) 求 n 階導，得到 \(n(n-1)(n-2)··· 2*1*a_{n}x^{0}\)，即 \(n!a_{n}\)；
所以 \(g^{n}(0) = n!a_{n} = f^{n}(0)\)，由此得出 \(a_{n} = {\frac {f^{n}(0)} {n!}}\)。然后根據規律，對 \(g(x)\) 中的 \({a_{i}}\) 進行替換，即可得出：
\(g(x) = g(0) + {\frac {f^{1}(0)} {1!}}x + {\frac {f^{2}(0)} {2!}}x^{2} + {\frac {f^{3}(0)} {3!}}x^{3}...... + {\frac {f^{n}(0)} {n!}}x^{n}\)
以上就是整個推導過程，還是很簡單的，但是到這里泰勒又想到了一個問題，那就是不一定非要從 \(x=0\) 的位置切入，也可以從 \(x=x_{0}\) 處開始。只要將 0 換成 \(x_{0}\) 再按照上面的流程重來一遍，即可得到如下結果：
\(g(x) = g(x_{0}) + {\frac {f^{1}(x_{0})} {1!}}(x-x_{0}) + {\frac {f^{2}(x_{0})} {2!}}(x-x_{0})^{2} + {\frac {f^{3}(x_{0})} {3!}}(x-x_{0})^{3}...... + {\frac {f^{n}(x_{0})} {n!}}(x-x_{0})^{n}\)
寫到這里，泰勒長舒一口氣，寫下結論：有一條解析式很惡心的曲線 \(f(x)\)，那么可以用多項式仿照一條曲線 \(g(x)\)，並且滿足：
\(f(x) ≈ g(x) = g(x_{0}) + {\frac {f^{1}(x_{0})} {1!}}(x-x_{0}) + {\frac {f^{2}(x_{0})} {2!}}(x-x_{0})^{2} + {\frac {f^{3}(x_{0})} {3!}}(x-x_{0})^{3}...... + {\frac {f^{n}(x_{0})} {n!}}(x-x_{0})^{n}\)
泰勒指出：在實際操作過程中，可根據精度要求選擇 n 值，只要 n 不是正無窮，那么一定要保留上式中的約等號。若想去掉約等號，需要寫成下面形式：
\(f(x) = g(x) = g(x_{0}) + {\frac {f^{1}(x_{0})} {1!}}(x-x_{0}) + {\frac {f^{2}(x_{0})} {2!}}(x-x_{0})^{2} + {\frac {f^{3}(x_{0})} {3!}}(x-x_{0})^{3}...... + {\frac {f^{n}(x_{0})} {n!}}(x-x_{0})^{n} + ······\)
以上就是泰勒展開式，只要理解了背后的思想還是很好推理的。
那么根據泰勒展開式，像 \(e^{x}\)、\(sin(x)\)、\(cos(x)\) 這些函數我們可以很輕松地用多項式進行替代，舉個栗子：
- 當 \(x_{0}\) 取 \(0\) 時， \(e^{x} = 1 + x + {\frac 1 {2!}}x^{2}+{\frac 1 {3!}}x^{3}+···\)
- 當 \(x_{0}\) 取 \(0\) 時，\(sinx = x - {\frac 1 {3!}}x^{3}+{\frac 1 {5!}}x^{5}+···\)；
- 當 \(x_{0}\) 取 \(0\) 時，\(cosx = 1-{\frac 1 {2!}}x^{2}+{\frac 1 {4!}}x^{4}···\)
以上也被成為麥克勞林公式，當然麥克勞林公式只是泰勒展開式在 \(x_{0}\) 取 \(0\) 時的一種特殊形式。但這不是關鍵，如果將 \(e^{x}\) 里面的 \(x\) 換成 \(ix\)，其中 \(i\) 為虛數，那么就有：
\(e^{ix} = 1 + ix -{\frac 1 {2!}}x^{2}-i{\frac 1 {3!}}x^{3}+{\frac 1 {4!}}x^{4}+i{\frac 1 {5!}}x^{5}+···= cosx + i*sinx\)
所以我們就得到了著名的公式，歐拉公式：\(e^{ix} = cosx + i*sinx\)，如果將 \(x\) 換成 \(π\)，那么便可得到一個最美的式子：\(e^{iπ} + 1 = 0\)。這個式子它美在哪兒呢？我們看到 \(e\) 是自然對數的底數、\(i\) 是虛數、\(pi\) 是無理數、\(1\) 是有理數，這幾個看起來毫無關系的數組合起來，相加居然等於 \(0\)。
后續
但是故事還沒有結束，泰勒雖然留下了這個式子，但是他沒有告訴你到底該求導幾次，所以便有了一幫人幫他擦屁股。
第一個幫他擦屁股的人叫佩亞諾，泰勒只將展開式寫到了第 n 項，佩亞諾將省略號的部分給補全了。
\(f(x) = g(x) = g(x_{0}) + {\frac {f^{1}(x_{0})} {1!}}(x-x_{0}) + {\frac {f^{2}(x_{0})} {2!}}(x-x_{0})^{2} + {\frac {f^{3}(x_{0})} {3!}}(x-x_{0})^{3}+··· + {\frac {f^{n}(x_{0})} {n!}}(x-x_{0})^{n} + {\frac {f^{(n+1)}(x_{0})} {(n+1)!}}(x-x_{0})^{n+1}+···+{\frac {f^{(∞)}(x_{0})} {∞!}}(x-x_{0})^{∞}\)
從第 n + 1 項開始的部分就是誤差，於是佩亞諾開始思考，怎么能讓誤差無限趨近於 0。因為一旦誤差趨近於 0 了，那么就可以省去了，泰勒展開只需要展開到 n 階就可以了。
於是這個小機靈鬼發現只要讓 \(x\) 趨近於 \(x_{0}\) 不就行了嗎？看到這，是不是一臉無語。總結一下皮亞諾的思路：首先它把泰勒展開式中沒寫出來的部分給補全，然后將這些項之和稱為誤差項，之后他想把誤差項變成 0。於是對式子做了一些變換，最后發現只有當 \(x\) 趨近於 \(x_{0}\) 的時候，誤差項才為 0。
說實話，感覺像是說了一堆廢話，但是為了紀念他，將這些誤差項稱為佩亞諾余項。
下面第二個擦屁股的人登場了，這個人叫拉格朗日，我們從頭說起。有一天拉格朗日閑得無聊，思考了一個特別簡單的問題：一輛車從 \(S_{1}\) 處走到了 \(S_{2}\) 處，用了時間 \(t\)，那么這輛車的平均速度就是 \(v={\frac {S_{1}-S_{2}} t}\)。
但車不是勻速直線運動，那么肯定有一個時刻的瞬時速度是小於 \(v\) 的，同理也會有一個時刻的瞬時速度是大於 \(v\) 的。由於車的速度不能突變，那么從小於 \(v\) 到大於 \(v\) 這一過程，肯定有一個瞬間，車的速度等於 \(v\)。
即使沒有聽過拉格朗日，相信也能想明白這個問題，但拉格朗日的牛逼之處在於，能把生活中的小事翻譯成數學語言，並畫成了圖像。
把上面這個簡單的問題用數學語言描述出來的話，就得到了拉格朗日中值定理：有一個函數 \(S(t)\)，如果在 \(t_{1}\) 到 \(t_{2}\) 范圍連續且可導，那么有：\({\frac {S(t_{2}) - S(t_{1})} {t_{2} - t{1}}} = S'(t)\)，其中 \(t∈[t_{1}, t_{2}]\)。
后來拉格朗日的中值定理被柯西看到了，柯西天生對於算式敏感。柯西認為，縱坐標是橫坐標的函數，那我也可以把橫坐標寫成一個函數啊，於是他提出了柯西中值定理：
\({\frac {S(t_{2}) - S(t_{1})} {T(t_{2}) - T(t_{1})}} = {\frac {S'(t) } {T'(t)}}\)
拉格朗日聽說了這事之后，心里憤憤不平，又覺得很可惜。明明是自己的思路，明明是我先的，結果差這么一步，就讓柯西撿便宜了，不過柯西確實說的有道理，這件事給拉格朗日留下了很深的心理陰影。
接下來，拉格朗日開始思考泰勒級數的誤差問題，他同佩亞諾一樣，也只考慮誤差部分。先把誤差項寫出來，記為 \(R(x)\)。
\(R(x) = {\frac {f^{(n+1)}(x_{0})} {(n+1)!}}(x-x_{0})^{n+1}+{\frac {f^{(n+2)}(x_{0})} {(n+2)!}}(x-x_{0})^{n+2}+···+{\frac {f^{(∞)}(x_{0})} {∞!}}(x-x_{0})^{∞}\)。
顯然 \(R(x_{0}) = 0\)。
誤差項 \(R(x)\) 中的每一項都是兩數的乘積，假如是你，你肯定是想兩邊同時除掉一個 \((x - x_{0})^{n+1}\) 對吧。為了簡單，我們將其記作 \(T(x)\)。
所以除過之后，就變成了：
等等，這一串東西怎么看着如此眼熟？咦，這不是柯西老哥推廣的我的中值定理么？剩下的不就是……
然后拉格朗日繼續嘗試，先看分子：
再看分母：
好巧，又可以用一次柯西的中值定理了。
總之，按照這種方法，可以一直求解下去，最終的結果就是：誤差項 = \({\frac {f^{n+1}(ξ)} {(n+1)!}}(x - x_{0})^{n+1}\)
至此，拉格朗日把后面無數多的誤差項給整合成了一項，而且比配諾亞更加先進的地方在於，不一定非要讓 \(x\) 趨近於 \(x_{0}\)，可以在二者之間的任何一個位置 ξ 處展開，極其好用。
本文來自於：知乎陳二喜，一個騷氣十足的美男子，擁有着萬里挑一的有趣靈魂。