§ 11 Taylor 定理
第七節的均值定理, 曾經給我們帶來某些驚喜的結論, 諸如零導數定理, 由導數之正負 判別函數之增減等等. 本節的 Taylor 定理正是均值定理的推廣, 它也帶來相當精細的結論. 其中以極大極小的判別以及函數值近似值之求得最具代表性. 以下是Taylor定理[其中的(⋆) 稱為 Taylor 公式 (或展開式) ] :
設 I 為一區間, p ∈ I, f 於 I 上為 n 階可微, 則 ∀ x ∈ I \ {p} , 存在 c 介於 p 與 x 之間, 使得
f (x) = f (p) + f′(p)(x − p) + f′′(p)
2! (x − p)2+ · · ·
+ f(n−1)(p)
(n − 1)!(x − p)n−1+ f(n)(c)
n! (x − p)n. (⋆) 上式最後一項 f
(n)(c)
n! (x − p)n 稱為此展開式之餘項(remainder), 並記為 Rn(x).
♠ (11-1) 設 f (x) = ex+ e−x+ 2 cos x . (a) 試求 f 之四階Maclaurin 展開式; (b) 利用 (a) 證明 f 在點 0 有最小值.
分析 Maclaurin 展開式乃函數在點 0之 Taylor 展開式. 解 (a) 由於
f (x) = ex+ e−x+ 2 cos x, f (0) = 4, f′(x) = ex− e−x− 2 sin x, f′(0) = 0, f′′(x) = ex+ e−x− 2 cos x, f′′(0) = 0, f′′′(x) = ex− e−x+ 2 sin x, f′′′(0) = 0, f(4)(x) = ex+ e−x+ 2 cos x,
故 f 在點 0 之四階Maclaurin 展開式為 f (x) = f (0) + f′(0)
1! x +f′′(0)
2! x2 +f′′′(0)
3! x3+f(4)(c) 4! x4
= 4 + ec+ e−c+ 2 cos c 4! x4,
其中 c 介於 0與 x 之間, 右端第二項即為餘項 R4(x).
11 Taylor 定理 87
(b) 由於 ec + e−c + 2 cos c = 2(cosh c + cos c) > 0 , 故 ∀x ∈ R , f (x) = 4 + 1
4!(ec+ e−c + 2 cos c)x4 ≥ 4 = f (0).
故 f 在點 0 有最小值.
♠ (11-2) 設函數 f 於區間 I = [a, b] 為二階可微分, 又 f′′ > 0 . 試利用二階 Taylor 展開 式證明 : ∀ p ∈ [a, b], f 在點 (p, f (p))之切線必在 f 之圖形之下.
分析 f 在點 (p, f (p)) 之切線為 y = f (p) + f′(p)(x − p) , 因此我們應證明 :
∀x ∈ I \ {p} , f (x) > f (p) + f′(p)(x − p).
證 f 在點 p 之二階Taylor 展開式為
f (x) = f (p) + f′(p)(x − p) + f′′(c)
2! (x − p)2, 其中 x ∈ I \ {p} , c 介於x 與p 之間. 由原設知 f′′ > 0 , 故
f (x) > f (p) + f′(p)(x − p).
而y = f′(p)(x−p)+f (p)恰為函數f 在點(p, f (p))之切線, 故證得: f 在點(p, f (p)) 之切線必在f 之圖形之下. (註: 除切點外, 曲線皆在每一切線之上).
-X Y
6
p
f
圖 11–1
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♠ (11-3)
(a) 試求 f (x) = exp x 之n 階 Maclaurin 展開式 ;
(b) 設 e = exp(1) , ( Euler’s number ) , 試證 : 2.5 < e < 3.
11 Taylor 定理 88 分析 有關 Euler’s number e 的定義有幾種不同方法, 我們採用 e = exp(1) , 本題利用
Taylor 定理將exp 在原點展開為三階 Maclaurin 展開式即可解決.
解 (a) 由於 f (x) = f′(x) = · · · = f(n)(x) = exp x , 是以 exp 之 n 階 Maclaurin 展開 式為
exp x = f (x) = f (0) +f′(0)
1! x + · · · + f(n−1)(0)
(n − 1)! xn−1+ f(n)(c) n! xn
= 1 + x + x2
2! + · · · + xn−1
(n − 1)!+ ec n!xn. 其內 c 介於 0與 x 之間.
(b) 在 (a) 之展開式中令 n = 3, x = 1 , 則
e = exp 1 = 1 + 1 + 1 2!+ ec
3! (⋆)
其中 c ∈ (0, 1) .
1◦ 由 (⋆) 式, 顯然 e > 2.5 ;
2◦ 其次, 由(⋆) 左右兩各減 e/6 , 則 e − e
6 = 2.5 +1
6(ec− e) < 2.5 , ( ∵ e > ec), 是以e < 6
5× 2.5 = 3 .
[註] :證明中提到 e > ec, 更詳細的理由是 :
exp′x = exp x > 0 ⇒ exp 為遞增 ⇒ exp 1 > exp c.
♠ (11-4) (續上題) 試證 : Euler 數e 為一無理數.
分析 有理數就是分數, 無理數乃非分數之實數, 證明某數為一無理數的方法通常利用矛盾 證法, 假設其為一分數, 最後導得矛盾之結論.
證 我們將以反證法證之. 假定 e 為一有理數, 即存在二互質自然數 p, q 使得 e = p/q . 由上題之 (a) 我們知
e = 1 + 1 + 1 2!+ 1
3!+ · · · + 1
(n − 1)! + Rn(1), 內Rn(1) = e
c
n!, c ∈ (0, 1).
1◦ (n − 1)! Rn(1) = ec n > 0.
2◦ (n − 1)! Rn(1) = ec n < e
n < 1 , 當 n ≥ 3 時.
11 Taylor 定理 89
3◦ (n − 1)! Rn(1) = (n − 1)!
e − (1 + 1 + · · · + 1 (n − 1)!)
= (n − 1)!p
q − (n − 1)!
1 + 1 + 1
2!+ · · · + 1 (n − 1)!
. 當 n − 1 ≥ q 時, 上式右端之二項均為整數.
由以上三點知, 當 n ≥ max{q + 1, 3} 時, (n − 1)! Rn(1) 既為一整數, 又介於 0 與 1之間, 顯為矛盾.
♠ (11-5) 設 f : R → R : f (x) = sin x . (a) 試求 f 之n 階Maclaurin 展開式 ; (b) 試求 f 之1, 3, 5, 6 階優良近似多項式 ;
(c) 試繪出f, P1, P3, P5 之圖.
分析 所謂函數f 之n 階優良近似多項式, 係指 n 次多項式 Pn(x) 滿足
x→plim
f (x) − Pn(x) (x − p)n = 0.
在此應為 f 之 n 次Maclaurin 多項式. Pn(x) =
n
X
j=0
f(j)(0) j! xj, (參閱拙著 《 微積分學．電子書 2.1 版》 第四章 §4.1 ) 解 (a) 由於
f (x) = sin x, f (0) = 0,
f′(x) = cos x, f′(0) = 1, f′′(x) = − sin x, f′′(0) = 0, f′′′(x) = − cos x, f′′′(0) = −1, f(4)(x) = sin x, f(4)(0) = 0,
... ...
f(2k)(x) = (−1)ksin x, f(2k+1)(x) = (−1)kcos x, 顯然sin 在點 0之偶數階導數皆為 0.
若n 為奇數, 令n = 2k + 1, k ∈ N , 則∀ x ∈ R∗, ∃ c ∈ (0, x) or (x, 0) 使得 f (x) = f (0) +f′(0)
1! x + · · · + f(2k−1)(0)
(2k − 1)!x2k−1+f(2k)(0)
(2k)! x2k+ R2k+1(x)
= x 1! −x3
3! + x5
5! − · · · + (−1)k−1
(2k − 1)!x2k−1 +(−1)kcos c (2k + 1)! x2k+1.
11 Taylor 定理 90 此乃為 sin x 之n = 2k + 1 階 Maclaurin 展開式.
若n 為偶數, 令n = 2k, k ∈ N , 則 ∀ x ∈ R∗, ∃ c ∈ (0, x) or (x, 0)使得 f (x) = f (0) + f′(0)
1! x + · · · + f(2k−1)(0)
(2k − 1)!x2k−1+ R2k(x)
= x 1! −x3
3! + x5
5! − · · · + (−1)k−1
(2k − 1)!x2k−1+ (−1)ksin c (2k)! x2k. 此乃為 sin x 之n = 2k 階Maclaurin 展開式.
(b) f 之1, 3, 5, 6 階優良近似多項式分別為 P1(x) = x, P3(x) = x − x3
3!, P5(x) = x − x3
3! +x5 5!, P6(x) = x − x3
3! +x5
5! + 0 = P5(x).
(c) f, P1, P3, P5 之圖:
圖 11–2 粗線為 sin
♠ (11-6) 試證 : ∀ x > 0 , x − x2 2 +x3
3 · 1
1 + x < ln(1 + x) < x − x2 2 +x3
3 .
分析 本題含有二不等式, 利用ln(1+x)之Maclaurin展開式, 可以證明第二不等式, 但 第一不等式必須另想辦法.
證 法一 : 由於
D ln(1 + x) = (1 + x)−1, D2ln(1 + x) = −(1 + x)−2, D3ln(1 + x) = 2! (1 + x)−3,
11 Taylor 定理 91 故ln(1 + x) 之三階Maclaurin 展開式為 :對於 0 < x < 1 , ∃ c ∈ (0, x)使得
ln(1 + x) = x − x2
2 + x3
3(1 + c)3 < x −x2 2 + x3
3. 其次證明第一不等式, 令 f (x) = ln(1 + x) − x +x2
2 − x3
3 + 3 x, 則因 f′(x) = (1 + x)−1 − 1 + x − x2
1 + x + x3
3 (1 + x)2 = x3
3 (1 + x)2 > 0, ∀x > 0, 知f 在[0,1] 上為遞增, 且因 f (0) = 0 , 故知 f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) , 亦即
ln(1 + x) > x + x2
2 − x3
3 + 3 x, ∀x ∈ (0, 1).
法二 : 為方便計, 令 f (x) = x −x2
2 + x3 3 · 1
1 + x, g(x) = ln(1 + x) , h(x) = x − x2 2 +x3
3, 只需證明 : 1 f (0) = g(0) = h(0) , 2 f′(x) < g′(x) < h′(x), ∀x > 0 即可.
1◦ 1 顯然為真. 2◦ 往證 2 . 由於
f′(x) = 1 − x + x2· 1
1 + x − x3 3(1 + x)2
= 1 − x2+ x2
1 + x − x3
3(1 + x)2
= 1
1 + x
1 − x3 3 + 3x
, g′(x) = 1
1 + x, h′(x) = 1 − x + x2, 今
g′(x) − f′(x) = 1
1 + x · x3
3 + 3x > 0, ∀x > 0, h′(x) − g′(x) = 1 − x + x2− 1
1 + x = x3
1 + x > 0, ∀x > 0,
♠ (11-7) 試求 f (x) =√1 − x之 n 階Maclaurin 展開式.
分析 本題之關鍵在於 : 由f 之一至四階導數推得 n − 1 階及n 階導數.
11 Taylor 定理 92
解 由於
f (x) = (1 − x)1/2, f (0) = 1,
f′(x) = −1
2(1 − x)−1/2, f′(0) = −1
2, f′′(x) = − 1
22(1 − x)−3/2, f′′(0) = − 1 22, f′′′(x) = −1 · 3
23 (1 − x)−5/2, f′′′(0) = −1 · 3 23 , f(4)(x) = −1 · 3 · 5
24 (1 − x)−7/2, f(4)(0) = −1 · 3 · 5 24 , ...
f(n−1)(x) = −1 · 3 · · · (2n − 5)
2n−1 (1 − x)−(2n−3), f(n−1)(0) = −1 · 3 · · · (2n − 5) 22n−1 , f(n)(x) = − 1 · 3 · · · (2n − 3)
2n (1 − x)−(2n−1),
是以f 之n 階Maclaurin 展開式為∀ x ∈ (−∞, 1) \ {0} , ∃ c ∈ (0, x)或(x, 0) 使得 f (x) = 1 −x
2 − x2
22· 2! − 1 · 3
23· 3!x3− · · · − 1 · 3 · · · (2n − 5)
2n−1(n − 1)! xn−1+ Rn(x)
= 1 − x 2 − x2
8 − x3
16 −5x4
128 − · · · − 1 · 3 · · · (2n − 5)
2n−1(n − 1)! xn−1+ Rn(x), 內Rn(x) = −1 · 3 · · · (2n − 3)
2nn!(1 − c)2n−1 xn.
♠ (11-8) 試證 : Taylor 定理 (參見本單元之始) 之餘項 Rn(x)滿足
x→plim
Rn(x)
(x − p)n−1 = 0.
亦即 Rn(x)趨近於 0較 (x − p)n−1 為快, 因此 Taylor 公式亦可寫為 f (x) = f (p) + f′(p)(x − p) + f′′(p)
2! (x − p)2+ · · ·
+f(n−1)(p)
(n − 1)! (x − p)n−1+ o (x − p)n−1.
分析 此處使用德國數學家Landau的 small o notation : o((x − p)n−1) , 因其涉及極限觀 念, 若可能引起誤解時, 應加說明 x → p (趨近於何點).
本題屬於理論性問題, 但對若能弄清楚, 對於Taylor 定理之了解肯定有相當幫助. 此外, 在 《機率論》 證明中央極限定理時, 需要使用本題之結論.
11 Taylor 定理 93 證
x→plim
Rn(x)
(x − p)n−1 = lim
x→p f(n)(c)
n! (x − p)n
(x − p)n−1 , ( c介於p 與x 之間)
= lim
x→p
f(n)(c)
n! (x − p)
= 0 , (見下註).
[註] : 見拙著《 微積分學．電子書 2.1 版》 第四章引理 4.6 : lim
x→pf(n)(c) = f(n)(p).