1泰勒展開：多項式逼近函數

1 泰勒展開：多項式逼近函數

多項式是一個很棒的函數，好處之一是它可以求導無限多次。這種函數應該發予良⺠

證，實在太棒了！不過就這點而言還不夠特別，指數函數、三⻆函數也都可以發予良⺠證。

多項式還有一個好處是比較好代值，譬如說_{p(x)= x}²³_{− 5x}¹⁸_{+ 7x}¹¹_{+ 6x}³_{− 8}，如果我

們要算_p(3.01)，很煩，但起碼還能算。那如果是遇到其它函數呢？譬如說_sin(1)，就不會

算那麼久了，因為根本不會。

數學上常常是化繁為簡、化未知為已知。所以就有個想法，當我遇到一個函數 _{f (x)}， 可不可以寫出一個多項式p(x)，是可以跟它非常接近的呢？至少，在我要算的點的附近 是很接近的。譬如說剛剛的sin(1)，如果我的多項式只能在[−1,2]上跟sin(x)很接近，那 其實也夠用了。待我將這個多項式寫出來之後，凡是在這「附近」裡面，我就可以將原本

想對 _{f (x)}做的事情，改對_p(x)做，舉凡加、減、乘、除、次方、代入、微分、積分等等。

所以當然，這個「附近」的範圍，能越大就越好。

舉個例子，下圖有條曲線 _{f (x)=}^{x3−6x2+9x+3}

1.58^x ，它並不是多項式。現在，我找到一個 三次多項式_p(x)= 12.241687 − 8.2648x + 1.7988x²− 0.1065x³，它與 _{f (x)}在 _{x= 3}的附近還 蠻接近的。離x= 3遠一點之後，兩條曲線才越差越多。千萬不要被我的例子的函數⻑相 嚇到了，在後面我們並不需要找出⻑這麼醜的多項式。

y

x f (x) p(x)

3

圖 1: 以多項式逼近函數

牛頓在處裡某些函數時，用了一些奇技淫巧寫出多項式來逼近¹。後來他的一個學生，

Brook Taylor

如果我們現在想找個 _p(x)在 _{x= a} 的附近去逼近 _{f (x)}。這個逼近的想法是這樣的：

首先，兩個函數值 _{f (a)}與_p(a)當然希望能一樣。接著，假如 _{f (x)}可導的話，若它們在 x= a處的切線斜率也能夠一樣，那麼這兩個就更接近了。也就是說，兩者一階導數相等 f^′(a)= p^′(a)，這叫做一階切近。再來，假如 f (x)二階可導，如果又有 f^′′(a)= p^′′(a)，那 麼這兩個便更加接近了，這叫做二階切近。以此類推、得寸進尺。只要 f (x)是k 階可導，

我都希望 _f^(k)_(a)與_p^(k)_(a)能夠相等，這叫做_k階切近。如果 _{f (x)}在_{x= a}處無窮可導的 話，那我就希望寫一個冪級數，可以與 _{f (x)}在_{x= a}處的任意階導數都相等。

1事實上，在微積分草創時期，除了牛頓也有其它許多數學家諸如Gregory^{、萊布尼茲、}Johan Bernoulli^、

隸美弗等等，都寫出某些函數的多項式逼近。

k階切近 f (x) p(x) f (a) = p(a) f^′(a) = p^′(a)

...

f^k(a) = f^k(a)

按此想法，便可以將一個無窮可導的函數 _{f (x)}在_{x= a}處展開成：

f (x)= f (a) + f^′(a)(x− a) + f^′′(a)

2! (x− a)²+ ··· + f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x− a)ⁿ+ ...

= ∑^∞

n=0

f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x− a)ⁿ

(1.1)

它的一般項形式是 ^fn(a)

n! (x− a)ⁿ。為什麼會這樣呢？為了檢驗等號右邊的確就是我們理想 中的p(x)，我們試著在等號右邊代x= a、微分之後代 x= a、微分兩次之後代x= a、_···

看看是否分別都等於 f (a)、f^′(a)、f^′′(a)、_···。

直接代_a，一次項以上全部都有_{(x− a)}，所以代入以後全是零，只剩 _{f (a)}：

f (a)= f (a) + 0 + 0 + ··· (1.2)

若是我們對等號兩邊先微分一次，得到

f^′(x)= 0 + f^′(a)+f^′′(a)

2! × 2(x − a) + ··· +f⁽ⁿ⁾(a)

n! × n(x − a)ⁿ⁻¹+ ··· (1.3) 此時常數項 _{f (a)}微分後不見了。至於二次以上的項，微分完都至少還有一個_{(x− a)}。接 著代_{x= a}，得到

f^′(a)= 0 + f^′(a)+ 0 + ··· + 0 + ··· (1.4) 所以在微分完之後代a 時，二次以上的項也全跟著不見了，於是只剩一次項。而原 來一次項 f^′(a)(x− a)微分後，就是 f^′(a)。

一般而言，微分n 次後

f⁽ⁿ⁾(x)= 0 + 0 + ··· + f⁽ⁿ⁾(a)+ f⁽ⁿ⁺¹⁾(a)× (x − a) + ··· (1.5) 再代_a。微分_n次以後所有_n−1次以下的項全部變成零，而_n+1次以上的項，在微分完 以後全部都還有至少一個_{(x− a)}，所以之後再代_a時，它們也全跟著不見了，於是只剩_n 次項。而n次項 ^f(n)(a)

n! (x− a)ⁿ 微分n 次以後，也成為常數。值是多少呢？因為微分n次 以後會乘以_n!²，所以就是 ^f(n)(a)

n! ×n! = f⁽ⁿ⁾(a)。在以上的檢驗過程中，你大概就能明白

為什麼一般項⻑那樣了，擺個_n!在分⺟就是特意要拿來消的。

現在知道用_k 階切近的辦法來將函數展開成多項式了，刻不容緩，我們馬上來試刀 吧！

2微分第一次會乘以_n，微分第二次乘以_{n− 1}，微分第三次乘以_{n− 2}，_···

試求e^x 的馬克勞林展開。

解

所謂的馬克勞林 (Maclaurin) 展開，意思只不過是在x= 0處的泰勒展開，也就是 說

f (x)= f (0) + f^′(0)x+f^′′(0)

2! x²+ ... + f⁽ⁿ⁾(0)

n! xⁿ+ ... (1.6)

我們想要寫出這個出來，就必須知道_e^x 在_{x= 0}處的各階導數。不過這太容易了，_e^x 不管怎麼微分都還是_e^x，代₀以後就是₁。於是有

e^x=1 + x +x² 2! +x³

3! + ... +xⁿ n! + ...

=∑^∞

n=0

xⁿ n!

例題 11

試求sin(x)的馬克勞林展開。

解

sin(x)的高階導函數具有規律

f (x) = sin(x) f^′(x) = cos(x) f^′′(x) = −sin(x) f⁽³⁾(x) = −cos(x) f⁽⁴⁾(x) = sin(x) f⁽⁵⁾(x) = cos(x)

... ...

再配合_{sin(0)= 0}、_{cos(0)= 1}，便易知

sin(x)=x −x³ 3! +x⁵

5! −x⁷ 7! + ...

=∑^∞

n=0

(−1)ⁿx²ⁿ⁺¹ (2n+ 1)!

cos(x)的情況十分類似，你就自己動手寫吧！

例題 12

e^x 與_sin(x)及_cos(x)的高階導函數都有很簡單的規律，所以用一般的方法寫出馬克

勞林展開都是很容易的。而且收斂區間都是整個實數 ’³，所以就算代一百萬，兩邊也是 相等的。現在我們來檢查一件事，我剛剛說，只要在收斂區間內，本來想對 f (x)，做的一 些事，可以改對p(x)做。我們知道e^x 求導後是自己，於是我們將

1+ x +x² 2! +x³

3! + ... +xⁿ n! + ...

作逐項求導，得到

0+ 1 + x +x² 2! +x³

3! + ... +xⁿ n! + ...

3判斷收斂區間的方法留待後面介紹。

真的等於自己。我們再檢查_sin(x)求導後是_cos(x)，將

x−x³ 3! +x⁵

5! −x⁷ 7! + ...

作逐項求導，得到

1−x² 2 +x⁴

4! −x⁶ 6! + ...

果然就是_cos(x)的展開。

式子 (1.1) 好用在它具有一般性。一般而言，只要 ^{f (x)}能夠求導k次，我就可以照著 操作寫出一個k 次多項式來逼近它。卻不代表我們只能這樣做，有時候用這個方法會因 為高階導數不太好寫而變得較為繁複。

事實上，我們還是可以根據各種不同函數的不同⻑相，用一些特殊的方法來寫出逼 近多項式出來。在 Brook Taylor 於 1715 年提出他的理論以前，那些十七世紀的微積分先 鋒們就各自寫出_sin(x)、_cos(x)、_arctan(x)等等函數的展開，各自用了些奇奇怪怪的辦法。

不過放心，在此我們只介紹些基本、好掌握的辦法。

譬如說 ¹

1− x，除了用那個一般的做法外，也可直接寫出 1+ x + x²+ x³+ ... + xⁿ+ ... = ∑^∞

n=0

xⁿ

為什麼呢？因為這就是無窮等比級數的和呀。從此還得知了，收斂區間就是−1 < x < 1⁴。 那麼 ¹

1+ 2x 呢？把它看成 ¹

1− (−2x) 就可以了，也就是說，將_−2x 代在 ¹

1− x 中的 x裡 面。於是就成為

1+ (−2x) + (−2x)²+ ... + (−1)ⁿ2ⁿxⁿ+ ... =∑^∞

n=0(−1)ⁿ2ⁿxⁿ

至於收斂區間，我們也將_−2x 代入−1 < x < 1，得到−1 < −2x < 1，再化簡成₋¹

2< x <¹₂。 至於_{ln(1+ x)}呢？我們知道它的導函數是 ¹

1+ x，所以我們先寫出 1− x + x²− x³+ ... =∑^∞

n=0

(−1)ⁿxⁿ

然後作逐項積分，得到

C+ x −x² 2 +x³

3 − ... = C +∑^∞

n=0

(−1)ⁿxⁿ⁺¹ n+ 1

為了決定C 是多少，代x= 0，得到ln(1+ 0) = 0 = C + 0 + 0 + ...，所以C= 0。於是

ln(1+ x) =∑^∞

n=0

(−1)ⁿxⁿ⁺¹ n+ 1 = ∑^∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹xⁿ n

5

4公比的絕對值要小於1

5這裡對足碼做了一點平移，新的_n是舊的_n加上1，原來的_n從0開始，那麼新的_n就會從1開始。而 (−1)ⁿ⁻¹若改寫成(−1)ⁿ⁺¹亦可，畢竟(−1)²= 1。

至於收斂區間的問題，原本 ¹

1+ x 的收斂區間是−1 < x < 1，我們是拿它作積分來的，所以 範圍大致一樣，唯有端點可能發生改變，變成−1 < x ≤ 1⁶。如果你想知道為什麼會多個 1，你可以將₁代入冪級數，得到 ^∑∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹

n ，交錯級數收斂⁷。

那如果是sin(x) cos(x)呢？可以先各自展開再相乘。也可以看成 ^sin(2x)

2 ，所以從_sin(x) 的展開用_2x代，然後整個除以₂，便有

sin(2x)

2 =1

2

(2x−2³x³ 3! + ...)

=(

x−2²x³ 3! + ...)

那如果是_arctan(x)怎麼辦呢？它求導後是 ¹

1+ x² 嘛，所以我們先寫出 1− x²+ x⁴− ... = ∑^∞

n=0

(−1)ⁿx²ⁿ

然後做逐項積分，得到

C+ x −x³ 3 +x⁵

5 − ... = C +∑^∞

n=0

(−1)ⁿx²ⁿ⁺¹ 2n+ 1 為了決定 C 是多少，代^x= 0，得到

arctan(0)= C + 0 + 0 + ...

所以C= 0，便知arctan(x)的展開就是

arctan(x)= x −x³ 3 +x⁵

5 − ... =∑^∞

n=0

(−1)ⁿx²ⁿ⁺¹ 2n+ 1

接著各自將₋₁和₁代入冪級數，都有交錯級數收斂，因此收斂區間也是從原本的−1 < x < 1 變成_{−1 ≤ x ≤ 1}。

那如果是 ^p_{1+ x}又怎麼辦呢？它就是_{(1+ x)}¹²，高中曾學過二項式定理

(x+ y)ⁿ= C₀ⁿyⁿ+C₁ⁿyⁿ⁻¹x+C₂ⁿyⁿ⁻²x²+ ... +C_nⁿxⁿ (1.7) 若 y= 1就是

(x+ 1)ⁿ= C₀ⁿ+C₁ⁿx+C₂ⁿx²+ ... +C_nⁿxⁿ

那是用在次方_n 是正整數的情況，我們現在次方不是正整數，也可以用嗎？牛頓在處理 這問題的時候，將二項式定理推廣了，所以答案是可以的！所以我重寫一次

(x+ 1)^α= C₀^α+C₁^αx+C₂^αx²+ ... (1.8) 這對任何實數_α都成立。這樣你可能產生一個問題，像C

1 2

3 該如何計算？回想一下，

C₃⁷=7× 6 × 5 1× 2 × 3

6不包含₋₁是顯而易見的，因為代入ln(1+ x)會變成ln 0，然而對數裡必須是正的。

7一般來說，冪級數收斂不代表它就會收斂到原來函數，後面會再談這部份。

推廣方法就是照著寫

C

1 2

3 =

1

2× (−¹₂)× (−³₂) 1× 2 × 3 = 1

16

從這推廣方法也可得知，本來式子 (1.7) 的寫法會停在C_nⁿxⁿ。但次方非正整數的時候，式 子 (1.8) 可以一直寫下去，無窮多項。

於是我們現在就來處理 ^p1+ x，寫成

(1+ x)¹²= C₀¹²+C₁¹²x+C₂¹²x²+C₃¹²x³+ ...

前兩項的係數都不須特地算，因為任何數取0都是1、任何數取1都是自己。另外算一下

C

1 2

2 =

1

2× (−¹₂) 1× 2 = −1

8

C

1 2

3 = 1 2× (−1

2)× (−3 2) 1× 2 × 3 = 1

16

假如你還要繼續多算幾項的話，其實不須要慢慢寫，只要每次都在分子分⺟各補一項就 好了。以_C¹²

4 為例，

C

1 2

4 = 1 2× (−1

2)× (−3

2)×(−⁵₂)

1× 2 × 3×4 =1×(−⁵₂) 16×4 以此類推，要計算_C5¹² 時，就分子補上₋⁷

2，分⺟補上₅。所以 (1+ x)¹² = 1 +x

2−x² 8 +x³

16− ... =∑^∞

n=0

C

1

n2xⁿ

至於arcsin(x)，它求導後是 _p ¹

1− x²，我們可以先做(1+ t)⁻¹² 的展開 1−t

2+C₂⁻¹²t²+C₃⁻¹²t³+ ... = 1 −t 2+3t²

8 −5t³ 16 + ...

接著代_{t= −x}²，便有

1+x² 2 +x⁴

8 +5x⁶ 16 + ...

好啦，接著可以做逐項積分啦，

C+ x + x³ 2· 3+ x⁵

8· 5+ 5x⁷ 16· 7+ ...

代x= 0，得到

arcsin(0)= 0 = C + 0 + 0 + ...

所以_{C= 0}，於是_arcsin(x)的展開就是

arcsin(x)= x + x³ 2· 3+ x⁵

8· 5+ 5x⁷ 16· 7+ ...

收斂區間由−1 < x < 1變成_{−1 ≤ x ≤ 1}。判斷方法較難，但不知道亦無妨。

目前為止寫了這一堆，就是想呈現給你看，在許多時候我們都避開了需要高階求導 的辦法。因為那好用歸好用，但寫起來常常很麻煩。幸好我們常可以透過求導、積分、代 入、加減乘除等等手段，來將所要處理的函數，用更基本、我們知道如何展開的函數來導 出它的展開。以下將一些基本常見的函數展開整理在下面：

函數 冪級數展開 收斂區間

⋆ ^{ex 1}+ x +^x_2!²+^x_3!³+ ... +^x_n!ⁿ + ··· ’

⋆ ^{sin(x) x}−^x_3!³+^x_5!⁵−^x_7!⁷+ ··· ’

⋆ ^cos(x) 1−^x_2!²+^x_4!⁴−^x_6!⁶+ ··· ’

⋆ _{1− x}^{1 1}+ x + x²+ x³+ ··· + xⁿ+ ··· (−1,1)

⋆ _{1+ x}¹ 1− x + x²− x³+ ··· + (−1)ⁿxⁿ+ ··· (−1,1)

⋆ ln(1+ x) x−^x₂²+^x₃³− ··· (−1,1]

arctan(x) x−^x₃³+^x₅⁵− ··· [−1,1]

⋆ ^(x+ 1)^α C₀^α+C₁^αx+C₂^αx²+ ··· (−1,1) p1+ x 1+^x₂−^x₈²+^x₁₆³− ··· [−1,1]

arcsin(x) x+_2·3^x3 +_8·5^x5 + ··· [−1,1]

⋆ 請你背起來，其它的便可由這些推得。

⋆ 可以不背，能背起來更好。

只有五個要背而已，而且第一個實在很好記，第二、三個⻑得和第一個很像可以一起背，

第四個是無窮等比級數，第五個也只是二項式定理的推廣，所以記誦的負擔並不大。

試求_xe^x 的馬克勞林展開。

解

先展開

e^x= 1 + x +x² 2! +x³

3! + ···

接著整個乘以_x，便有

xe^x= x + x²+x³ 2! +x⁴

3! + ···

例題 13

求_e^−x2 的馬克勞林展開。

解 例題 14

先展開

e^t= 1 + t +t² 2!+t³

3!+ ···

接著用t= −x²代入，便有

e^−x2= 1 − x²+x⁴ 2! −x⁶

3! + ···

求 ^x2

1+ x³ 的馬克勞林展開。

解

我們可以將 ^x2

1+ x³ 拆成x²·_{1+ x}¹ ₃，所以先展開 1

1− (−x³)= 1 − x³+ x⁶− x⁹+ ···

然後跟x²相乘，也就是說每一項的次方都增加二，變成 x²

1+ x³= x²− x⁵+ x⁸− x¹¹+ ···

也可以將其視為ln(1+ x³)的導函數再除以3，但應該還是前一個方法快些。

這題若以^∑的形式來寫，就是 x²· 1

1+ x³= x²·∑^∞

n=0

(−x³)ⁿ= x²·∑^∞

n=0

(−1)ⁿx³ⁿ= ∑^∞

n=0

(−1)ⁿx³ⁿ⁺² 例題 15

求 ¹

3− 2x 的馬克勞林展開。

解

注意分⺟那邊是3不是1，所以沒辦法直接套我們有背的那個。但這很容易解決，

只要將₃提出來，便有 1 3· 1

1−^2x₃ =1 3·

(

1+ (2x 3 )+ (2x

3 )²+ (2x 3 )³+ ···

) 例題 16

將_e^x 於_{x= 2}處做泰勒展開。

解

這次不是馬克勞林展開了，而是要在 x= 2的地方展開。有個小技巧！我先設 t= x − 2，那麼e^x= e^t+2，在x= 2處就是在t= 0處。因此我們就有

e^t+2= e²· e^t= e² (

1+ t +t² 2!+t³

3!+ ...

) 例題 17

此時再用_{t= x − 2}代回去

e²+ e²(x− 2) +e²

2!(x− 2)²+e²

3!(x− 2)³+ ...

若以^∑的形式來寫，就是

e²· e^t= e²·∑^∞

n=0

tⁿ n!

用t= x − 2代回去

e²·∑^∞

n=0

(x− 2)ⁿ n! = ∑^∞

n=0

e²

n!(x− 2)ⁿ

將ln(x)於x= 3處做泰勒展開。

解

這題也類似，在x= 3處做泰勒展開會做出形如^∑a_n(x−3)ⁿ的冪級數，所以我們

就設 _{t= x − 3}，使_ln(x)變成_{ln(t+ 3)}，然後作馬克勞林展開，做完再代回 _x。由於是

t+ 3不是_{t+ 1}，所以寫成

ln(t+ 3) =ln3 + ln( 1+ ₃^t)

=ln3 + (

(^t

3)−(^t

3)² 2 +(^t

3)³ 3 − ···

)

接著代_{t= x − 3}回去

=ln3 +(x− 3)

3 −(^{(x− 3)}

3 )²

2 +(^{(x− 3)}

3 )³ 3 + ···

=ln3 +(x− 3)

3 −(x− 3)²

18 +(x− 3)³ 81 + ···

若以^∑的形式來寫，就是

ln(t+ 3) =ln3 + ln(1 +t 3)

=ln3 +∑^∞

n=1

(−1)ⁿ⁺¹ 3n tⁿ 接著代_{t= x − 3}回去

=ln3 +∑^∞

n=1

(−1)ⁿ⁺¹

3n (x− 3)ⁿ

用這樣寫好像比較好喔。不但寫的人比較簡便，看的人也較一目了然。

例題 18

求_ln^{( √1+ x}

1− x

)的馬克勞林展開。

解

不要被_ln

( √1+ x 1− x

)

的⻑相嚇到了，對數裡的乘除就是加減、對數裡的次方就是 乘。所以

ln( √1+x 1− x

)=1 2·(

ln(1+ x) − ln(1 − x))

=1 2·(∑∞

n=1

(−1)ⁿ⁺¹xⁿ

n −∑^∞

n=1

−xⁿ n

)

=1 2·∑^∞

n=1

(−1)ⁿ⁺¹+ 1

n xⁿ

觀察當_n是奇數的時候，₍₋₁₎ⁿ⁺¹+1 = 1+1 = 2，然而當_n是偶數的時候，₍₋₁₎ⁿ⁺¹_{+1 =}

−1 + 1 = 0。所以

=1 2·∑^∞

n=0

2

2n+ 1x²ⁿ⁺¹

=∑^∞

n=0

x²ⁿ⁺¹ 2n+ 1 例題 19

求_tan(x)的馬克勞林展開。

解

由於_tan(x)= ^sin(x)

cos(x) 所以可以拿_sin(x)與_cos(x) 的展開來相除。這裡介紹另外一

招，待定係數法。就是先設

tan(x)= a0+ a1x+ a2x²+ a3x³+ ···

注意到_tan(x)是奇函數，所以它必然只有奇次項。於是可以寫成

tan(x)= a1x+ a3x³+ ···

沒注意到也沒關係，等下還是會解出a₀= a2= ··· = 0。然後我們寫成 sin(x)= tan(x) · cos(x)

所以就有

x−x³

3! + ··· =(

a₁x+ a3x³+ ···)

· (

1−x² 2! + ···

)

比較等號兩邊的一次項，我們有

1= a1× 1 例題 110

接著再比較三次項，我們有

−1

6= a1×(

−1 2

)+ a3× 1

看我們需要將_tan(x)展開到幾次項，就比較到幾次項。

2 泰勒展開的應用

在一開始介紹為什麼要做泰勒展開時，便已提過我們可以很好代值。譬如說_sin(1)， 我們可以寫出它的泰勒展開

x−x³ 3! +x⁵

5! −x⁷ 7! + ···

然後將x= 1代入

1− 1 3!+1

5!− 1 7!+ ···

你如果做這無窮多次的加減乘除，便可以得到sin(1)的精確值了。當然，我是說笑的，實 務上怎麼可能真的做無窮多項。實際上我們可以只做幾項就好，雖然只做前幾項就不是

sin(1)的精確值了，但所做出來的近似值與精確值通常相差不遠⁸。

估計_e 的近似值。

解

我們可以利用_e^x_{= 1 + x +}^x2

2! + ···，代入_{x= 1}，便有 e= 1 + 1 +1

2+1 6+ 1

24+ ···

≑¹+ 1 +1 2+1

6+ 1

24 = 2.7083

只取前五項加起來是2.7083，而精確值是2.718281828 . . .，看起來已經頗為接近。

例題 21

估計ln 2的近似值。

解

從_{ln(1+ x)}代_{x= 1}之後就是_{ln 2}了。檢查一下收斂區間，的確有包含到₁，所以 可以代。假使要估計_{ln 3}，便不可以直接從_{ln(1+ x)}代了，因為_{x= 2}並不在收斂區間 內。

ln 2=1 −1 2+1

3−1 4+ ···

≑¹−1 2+1

3−1 4

= 7 12 例題 22

8實際上有些級數可能會收斂得很慢，以致於我們要算很多項才有辦法讓誤差夠小。因此在微積分課程 裡我們要學會估算誤差大約是多少，這留待後面介紹。

但這個級數收斂得很慢，_{ln 2}的精確值大約是_0.693，然而我們只算前四項的結果 ⁷

約是_0.583，這誤差有點大。若想估得更精確的話，須要算很多項才行。 12

估計_π的近似值。

解

想估計 _π 有很多種辦法，其中一個方法是利用 arctan(1)= ^π₄，也就是說 _{π =} 4 arctan(1)，所以我們先做arctan(x)的展開

x−x³ 3 +x⁵

5 − ···

然後代_{x= 1}，再乘以₄，於是

π =4arctan(1)

=4 (

1−1 3+1

5− ···

)

不過用這個方法也是有收斂得很慢的問題，算到一千項了才精確到小數點後三位。想 估計_π還可以有很多其它辦法，譬如說_sin(^π

2)= 1，那麼π = 2·arcsin(1)。於是就可以

先將_arcsin(x)展開後代₁，再兩倍。但很不幸地，這個方法也收斂得挺慢。

例題 23

估計^{∫ 1}

0 e^x2d x的近似值。

解

e^x2 並沒有初等反導函數，所以我們無法利用微積分基本定理，來求出這個積分 的精確值。但是我們可以利用泰勒展開，計算前幾項，來求近似值：

∫ ₁

0

e^x2d x=

∫ ₁

0

(

1+ x²+x⁴ 2! + ···)

d x

=( x+x³

3 + x⁵

5· 2!+ ···)¯¯

¯¯¹

0

=1 +1 3+ 1

5· 2!+ ···

≑¹+1 3+ 1

5· 2!+ 1

7· 3!+ 1 9· 4!

≑^1.4618

用數學軟體去估這個積分，大約是_1.46265，我們取前五項做起來就已經頗接近了。

例題 24

求 lim x→0

tan(x)− sin(x)

x³ 。

解 例題 25

我們將_tan(x)與_sin(x)都展開，得到

xlim→0

(

x+^x₃³+ ···)

−(

x−^x_3!³+ ···) x³

= lim

x→0 x³

2 + ···

x³ =1 2

因為x→ 0，所以我們直接只比較次方最小的，因此展開到三次項就可以了。

由此題可見，在做極限時使用泰勒展開，可能會簡化不少過程。反觀羅必達法則，

它許多時候好用，但有一些缺點。其一是，你可能事先不知道要求導幾次才結束，甚 至可能根本沒有結束的時候。其二是，就算你知道要求導七次好了，你有那個勇氣做 下去嗎？等你做完一題，秦始皇都已經把萬里⻑城蓋好了。因此，許多時候用泰勒展 開也是處理極限式的一個好選擇。

求 lim x→0

sin(x) e^x− 1。 解

這題用羅必達也可很快做出來，不過沒關係，我們還是拿來練習用泰勒展開解。

上下各展開成

xlim→0

x− ···

(1+ x + ···)

− 1= 1

實在很快，才展開到一次項而已。像這種題目簡直可以不拿筆算，直接盯著題目就心 算出來了。然後對著題目說：「我一眼就把你看穿了！」。

例題 26

判斷級數 ^∑∞

n=1

[p_n n− 1]

的斂散性。

解

nⁿ¹ − 1 =e^{ln nn} − 1

=[

1+ln n n +1

2 (lnn

n )₂

+ ···]

− 1

=ln n n +1

2 (lnn

n )₂

+ ··· >ln n n > 1

n 因 ^∑∞

n=1 1

n 發散，故原級數發散。

例題 27

高階導數的規律有時是不容易找出來的，所以前面便演示了，如何一直避開高階求 導來泰勒展開。而巧妙地，我們卻可因此回頭來解決高階導數問題。就是說，若展開出

f (x)= a0+ a1x+ a2x²+ ··· + anxⁿ+ ···

而如果我們要用一般的方法

f (x)= f (0) + f^′(0)x+ f^′′(0)

2! x²+ ··· + f⁽ⁿ⁾(0) n! x+ ···

也會做出一樣的展開。於是，我可以兩相比較，得到 f (0)=a0

f^′(0)=a1

f^′′(0) 2! =a2

... f⁽ⁿ⁾(0)

n! =an

所以，如果我們想知道 f⁽²³⁾(0)，我就可以將f (x)做馬克勞林展開，然後將第23階係數乘 以23!，便會等於 f⁽²³⁾(0)。這是因為

f⁽²³⁾(0) 23! = a23

而如果是想知道 f⁽²³⁾(3)，便不能用馬克勞林展開，必須使用a= 3的泰勒展開

f (x)= f (3) + f^′(3)(x− 3) + f^′′(3)

2! (x− 3)²+ ··· + f⁽ⁿ⁾(3)

n! (x− 3)ⁿ+ ...

接著因為

f⁽²³⁾(3) 23! = a23

所以將第₂₃階係數乘以_23!，便是 _f⁽²³⁾₍₃₎。 若 _{f (x)= x}⁶_e^x3，求 _f⁽⁶⁰⁾₍₀₎。 解

先展開出

e^t= 1 + t +t²

2!+ ··· +tⁿ n!+ ···

然後代t= x³，得到

e^x3= 1 + x³+x⁶

2! + ··· +x³ⁿ n! + ...

再整個乘以_x⁶，也就是每一項的次方都加₆，得到

x⁶e^x3= x⁶+ x⁹+x¹²

2! + ··· +x³ⁿ⁺⁶ n! + ...

從中找出第₆₀階，就是 ^x60

18!。將它的係數乘以_60!，得到 f⁽⁶⁰⁾(0)= 1

18!× 60!

例題 28

3 泰勒定理與餘項

如前所示，雖然我們實際上沒辦法寫出無窮多項出來，但常常只要寫個前幾項就已 有不錯的近似，寫越多項就越逼近。如下圖所示，_sin(x)的馬克勞林展開，寫得越多項，

在x= 0附近就與sin(x)越像。

y

x

f(x) = sin(x) P1 = x P3 = x −^x_3!³ P5 = x −^x3!³ + ^x_5!⁵ P7 = x −^x3!³ + ^x_5!⁵ −

x⁷ 7!

圖 2: sin(x) 與k 階切近

現在我們來討論，如果我們預想好要近似到某種準確度，譬如說想要準確到小數點 後四位，那我們能不能在展開前，預先估一下我們大概要算幾項呢？或者是，當我寫了n 項出來，我如何知道我估的近似值跟精確值的誤差有多少呢⁹？

定理 3.1 泰勒定理

若 _{f (x)}在某個包含_a點的開區間_I 上_n+1階可導，則對於任意的_{x∈ I}，_{f (x)}都可 以展開為

f (x)= f (a) + f^′(a)(x− a) + ··· + f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x− a)ⁿ+ Rn(x) 其中

R_n(x)= f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)

n! (x− a)ⁿ⁺¹ , c 介於x和a之間

這個定理告訴我們，如果一個函數在某個開區間上可以求導₁₇ 次的話，那麼我們就 可以照著這個一般式來寫出泰勒展開，寫到第₁₆階。至於它與原來的函數的差，我們就 用R₁₆(x)來代表這個差。就是說

R16(x)= f (x) − p16(x) , p16(x)是展開到第₁₆階的泰勒多項式 一般來說，展開出_n 階的話，便有_Rn(x)來代表差。也就是說

R_n(x)= f (x) − pn(x) , p_n(x)是展開到第n 階的泰勒多項式

這叫做餘項 ( remainder )，也可稱之為誤差項 ( error term )。在這定理中還告訴我們餘項

⻑什麼樣子，只要先照著泰勒多項式的一般項寫法，寫出下一項 fⁿ⁺¹(c)

(n+ 1)!(x− a)ⁿ⁺¹

9在前面幾題我們直接列出精確值與近似值作比較，那是因為我用數學軟體跑出來的。實際上我們紙筆 計算時，當然不知道精確值是多少。

但注意 _fⁿ⁺¹_{( )}裡面，那邊不是照著抄_a，而是改成某一個_c。這個_c 是介於_x和_a 之間的 某個數。這樣寫就剛好會是原函數與_n 階泰勒多項式之間的差。接著再把這個差，掛上 絕對值，就是誤差。也就是說

誤差₌^¯¯R_n(x)¯¯=¯¯f (x)−pn(x)¯¯=¯¯

¯¯¯

fⁿ⁺¹(c)

(n+ 1)!(x− a)ⁿ⁺¹¯¯

¯¯¯

至於_c，我們只知道是_x和_a 間的某個數，並不知道到底是多少，這樣有用嗎？實際上我 們可以用估計的方式，來說：無論c 是何值，這個誤差都小於等於某個值，如此一來雖無 法確知誤差是多少，但至少可確定誤差不會超過那個值。

來點實際的例子讓你更了解我在說什麼。

以₅階泰勒多項式估計_sin(1)的近似值時，誤差大約是多少？

解

sin(x)的₅階馬克勞林展開是

x−x³ 3! +x⁵

5!

代入x= 1，得到

1− 1 3!+ 1

5! = 101

120 ≑ ^0.8416667

這就是我們對sin(1)的估計值。現在我們想知道，這個估計值與精確值的誤差大概是 多少。我們知道餘項

R5(x)= f⁽⁶⁾(c) 6! x⁶

因是馬克勞林展開所以_{a= 0}，接著代_{x= 1}，並且誤差要掛絕對值，所以應該寫

¯¯R5(1)¯¯=¯¯

¯¯¯ f⁽⁶⁾(c)

6!

¯¯¯¯

¯

而sin(x)的六階導函數就是_−sin(x)，所以是

¯¯R5(1)¯¯=¯¯

¯¯sin(c) 6!

¯¯¯¯

不知道c 是多少沒有關係，反正我們知道|sin(x)| ≤ 1恆成立，所以我們可以說

¯¯R₅(1)¯¯=¯¯

¯¯sin(c) 6!

¯¯¯¯≤ 1

6!≑^0.0013889

這樣寫的意思是說，我不知道誤差的大小究竟如何。但最少最少，可以確定的是它不

會超過0.0013889。也許事實上c 離0很近，使得sin(c)很小，也就是說誤差值實際上

又遠小於_0.0013889。但我不管那麼多，反正我也求不出_c。至少我能確定，它一定不

會超過_0.0013889就對了。

實際用數學軟體去求^¯¯_{¯¯sin(1)−}¹⁰¹

120

¯¯¯¯，得到大約是0.000195682。還真的比0.0013889 小了許多，不到它的六分之一。

例題 31

以4階泰勒多項式估計e 的近似值時，誤差大約是多少？

解

e^x 的₄階馬克勞林展開，並且代 _{x= 1}，得到 1+ 1 + 1

2!+1 3!+ 1

4!≑2.708333333 誤差則是

¯¯R₄(1)¯¯=¯¯

¯¯¯ e^c

5!

¯¯¯¯

¯

e^x 的₅階導函數仍是_e^x，接著代_c。_x是代₁，所以₀< c < 1，這代表_e⁰_{< e}^c_{< e}¹。_e 大約是2.7，為了簡便，我說它小於3也沒關係。所以

¯¯R4(1)¯¯=¯¯

¯¯¯ e^c

5!

¯¯¯¯

¯ <

e 5!< 3

5!= 0.025

我 們 不 知 道 誤 差 是 多 少， 但 至 少 有 信 心 說 誤 差 不 超 過 0.025。 而 精 確 誤 差 值 是 2.718281828− 2.708333333≑0.009948495，的確沒有超過。

例題 32

請估計_sin(1)的近似值使誤差小於_0.0001。

解

剛剛是指定寫出₅階泰勒展開，估計誤差是多少。現在是反過來，指定誤差應控 制在一定範圍內，我們要估一下我們必須至少寫到幾階。

我們知道誤差

¯¯R_2k+1(1)¯¯=¯¯

¯¯ sin(c) (2k+ 2)!

¯¯¯¯< 1 (2k+ 2)!

所以只要 ¹

(2k+ 2)!< 0.0001，便可確保誤差也小於0.0001。所以我們解

1

(2k+ 2)!< 1

10000 ⇒ (2k + 2)! > 10000

動手算算看，_{6!= 720}不夠，_8!= 720×56 >^a700×50 = 35000 > 10000。所以只要_{2k+2 = 8} 就可滿足誤差要求，也就是說_{2k+ 1 = 7}，我們要寫出₇階泰勒展開。

a只是要確認大於10000，並不關心精確值。所以不必傻傻地慢慢算，直接說它大於某個好算的值。

例題 33

請估計^{∫ 1}

0 e^−x2dx使其誤差小於0.001。 解

e^−x2 並沒有初等反導函數，所以我們沒辦法套用微積分基本定理來做出這個積 例題 34

分的精確值。但我們可以將它展開

∫ ₁

0

(1− x²+x⁴ 2! −x⁶

3! + ···) dx

=x −x³ 3 + x⁵

5· 2!− x⁷

7· 3!+ ···¯¯¯¹

0

=1 −1 3+ 1

5· 2!− 1 7· 3!+ 1

9· 4!− ···

≑^0.7475

最後那個無窮級數，它是個交錯級數，我只加到 ¹

9· 4! 那一項。而根據交錯級數的誤差 估計法，誤差會小於將下一項掛絕對值，所以我們這裡的誤差會小於

1

11· 5!= 1

1320< 0.001 這樣的確就確保誤差值小於0.001了。

你可能有疑問，我怎麼那麼厲害知道要加到 ¹

9· 4! 那一項？這是因為我首先知道交 錯級數的誤差估計法，誤差會小於將下一項掛絕對值。於是我就直接看看哪一項我是 可以很確定它掛絕對值會小於0.001的，便看到₋ ¹

11· 5! 這一項。既然這一項掛絕對值

會小於0.001，那麼我加到它的前一項，誤差就會小於0.001了。

現在知道餘項該怎寫，便可以用它來看收斂區間了。首先必須慎重強調的是，同樣是

「收斂區間」，泰勒展開的收斂區間 與冪級數的收斂區間，意義並不相同。

冪級數的收斂區間是指，只要_x 在這區間內，代入冪級數以後，所形成的無窮級數 會收斂。而泰勒展開的收斂區間是指，只要_x在這區間內，代入泰勒級數以後，所形成的 無窮級數不但會收斂，還要等於直接將x代在原函數。

兩者真的有區別嗎？舉例來說，這個函數 f (x)=

{e⁻

1

x2 , x,⁰

0 , x= 0 (3.1) 它在_{x= 0}處的各階導數都是₀

f (0)= f^′(0)= f^′′(0)= ··· = 0 於是它的馬克勞林展開便是

0+ 0 + 0 + ···

這個⻑相很特別的「冪級數」，不管x代多少，都是每項皆0，所以冪級數的收斂區間是

’。但函數 f (x)只有在_{x= 0}的時候函數值才是₀，其它時候函數值皆不為₀，所以泰勒 展開的收斂區間只有 _{x= 0}處。

求sin(x)馬克勞林展開的收斂區間。

解

將sin(x)展開至第2k+ 1階^a，則餘項為 R_2k+1(x)= sin(c)

(2k+ 2)!x^2k+2 例題 35

所以_{2k+ 1}階泰勒多項式與原函數的誤差是

¯¯R_2k+1(x)¯¯=¯¯

¯¯ sin(c)

(2k+ 2)!x^2k+2¯¯

¯¯≤¯¯

¯¯¯

x^2k+2 (2k+ 2)!

¯¯¯¯

¯

如果我們做出無窮多項，那麼誤差便是

k→∞lim ¯¯R_2k+1¯¯≤ lim

k→∞

¯¯¯¯

¯

x^2k+2 (2k+ 2)!

¯¯¯¯

¯ =0

這意思是說，無論_x 是多少，餘項都會隨著_k 越來越大而趨近到₀。也就是收斂區間 是整個實數。

a因為sin(x)的泰勒展開只有奇次項。

前面在求泰勒展開的收斂區間時，直接求展開出來的冪級數收斂區間。但現在又說，

泰勒展開的收斂區間與冪級數收斂區間是不同一回事，應該要用 lim

n→∞R_n= 0來確認。這 並不是因為我還沒介紹餘項，所以前面姑且用錯誤的方法求出錯誤的區間。而是因為，雖 然對於有些函數，例如前面的 (3.1) ，其泰勒展開的收斂區間與冪級數收斂區間並不相同，

但還是有某些函數，這兩區間是一模一樣的。像這種函數，實在太棒了！將它寫出泰勒級 數出來，只要冪級數收斂的地方，也必然就收斂到原來的函數。這種函數，我們稱之為解 析函數，並且頒予特級良⺠證，以資感謝。一般常見的多項式、指數函數、對數函數、三

⻆函數等等，都是解析函數。而解析函數彼此拿來做加減乘除、合成，出來的結果也是解 析函數。既然是解析函數，那我只須求泰勒級數的冪級數收斂區間，就會等同於泰勒展開 的收斂區間了。

最後做點補充，一般讀者不一定要看。其實，餘項有不止一種寫法。前面所介紹的，

叫做拉格朗日型餘項 ( Lagrange form of the remainder)。我們回想一下拉格朗日均值定理：

f (b)− f (a) = f^′(c)(b− a), b > c > a 仔細一看，它根本就是做零階泰勒展開

f (x)= f (a) + R0(x)

然後再代x= b嘛！所以帶有拉格朗日型餘項的泰勒定理，其實就是更高階的均值定理。

餘項的另一種寫法，叫做皮亞諾型餘項 ( Peano form of the remainder)。

定理 3.2 皮亞諾型餘項的泰勒定理

若 _{f (x)}在某個包含_a點的開區間_I 上_n+1階可導，則對於任意的_{x∈ I}，_{f (x)}都可 以展開為

f (x)= f (a) + f^′(a)(x− a) + ··· + f⁽ⁿ⁾(a)

n! (x− a)ⁿ+ Rn(x) 其中

R_n(x)= o(

(x− a)ⁿ)

這個寫法，涉及了 Landau 小 o 記號，這是德國數學家

Edmund Landau

數的漸近行為的符號。如果 lim x→0

f (x)

x³ = 0，我們就記為_{f (x)= o}⁽_x³⁾，意思是說 _{f (x)}是比_x³ 更高階的無窮小。換句話說，f (x)跑到0比x³跑到0還快！