010 泰勒级数的应用 Applications of Taylor Series

二项式级数

$f(x)=(1+x)^m$ 的泰勒级数是 $$\begin{aligned} 1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2&+\frac{m(m-1)(m-2)}{3!}x^3+\cdots\\ &+\frac{m(m-1)(m-2)\cdots(m-k+1)}{k!}x^k+\cdots \end{aligned}$$ 这个级数称为二项式级数（binomial series）。当 $|x|<1$ 时绝对收敛。对这个级数求导可以得到以下函数及其导数 $$\begin{aligned} f(x)&=(1+x)^m\\ f'(x)&=m(1+x)^{m-1}\\ f''(x)&=m(m-1)(1+x)^{m-2}\\ f'''(x)&=m(m-1)(m-2)(1+x)^{m-3}\\ &\vdots\\ f^{(k)}(x)&=m(m-1)(m-2)\cdots(m-k+1)x^{m-k} \end{aligned}$$ 将 $x=0$ 代入上面各个式子就能得到泰勒级数的公式了。

如果 $m$ 是大于等于零的正整数，那么这个系列有 $m+1$ 项，因为从 $k=m+1$ 开始系数是零。

如果 $m$ 不是正整数或零，这个级数无穷多项，且在 $|x|<1$ 时收敛。证明很简单，令 $u_k$ 涉及 $x_k$ 的项，根据比值测试 $$\bigg|\frac{u_{k+1}}{u_k}\bigg|=\bigg|\frac{m-k}{k+1}x\bigg|\to |x|$$ 这仅仅证明了 $(1+x)^m$ 的泰勒级数在 $|x|<1$ 时成立。下面证明其收敛于 $(1+x)^m$。

令 $f(x)=1+\sum_{k=1}^\infty\begin{pmatrix}m\\k\end{pmatrix}x^k$，展开记作 $$\begin{aligned} f(x)=1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}x^2&+\frac{m(m-1)(m-2)}{3!}x^3\cdots\\ &+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)}{(k-1)!}x^{k-1}\\ &+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)(m-k+1)}{k!}x^k\\ &+\cdots \end{aligned}$$ 求导 $$\begin{aligned} f'(x)=m+m(m-1)x&+\frac{m(m-1)(m-2)}{2!}x^2+\cdots\\ &+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)}{(k-2)!}x^{k-2}\\ &+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)(m-k+1)}{(k-1)!}x^{k-1}\\ \cdots \end{aligned}$$ 两边同时乘以 $x$ $$\begin{aligned} xf'(x)=mx+m(m-1)x^2&+\frac{m(m-1)(m-2)}{2!}x^3+\cdots\\ &+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)}{(k-2)!}x^{k-1}\\ &+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)(m-k+1)}{(k-1)!}x^{k}\\ \cdots \end{aligned}$$ 两式相加，下面只处理 $x^{k-1}$ 项 $$\begin{aligned} \frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)(m-k+1)}{(k-1)!}x^{k-1}&+\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)}{(k-2)!}x^{k-1}\\ &=\frac{m(m-1)(m-k+2)}{(k-2)!}x^{k-1}(\frac{m-k+1}{k-1}+1)\\ &=\frac{m(m-1)(m-k+2)}{(k-2)!}x^{k-1}(\frac{m-k+1+k-1}{k-1})\\ &=m\frac{m(m-1)(m-k+2)}{(k-1)!}x^{k-1} \end{aligned}$$ 除去前面的系数 $m$，恰好是 $f(x)$ 关于 $x^{k-1}$这一项，那么 $$(1+x)f'(x)=mf(x)$$ 即 $$f'(x)=\frac{mf(x)}{(1+x)}$$ 令 $g(x)=(1+x)^{-m}f(x)$，求导 $$g'(x)=-m(1+x)^{-m-1}f(x)+(1+x)^{-m}\frac{mf(x)}{1+x}=f(x)(1+x)^{-m-1}(-m+m)=0$$ 那么 $g(x)=C$，令 $x=0$， $g(0)=C=1\cdot 1=1$，因此 $$g(x)=1$$ 那么 $$f(x)=(1+x)^m$$

二项式级数

$-1<x<1$ 时 $$(1+x)^m=1+\sum_{k=1}^\infty\begin{pmatrix} m\\k \end{pmatrix}x^k$$

例1 如果 $m=-1$，那么 $$\begin{pmatrix} -1\\1 \end{pmatrix}=1$$ $$\begin{pmatrix} -1\\2 \end{pmatrix}=\frac{(-1)(-2)}{2!}=1$$ $$\begin{pmatrix} -1\\k \end{pmatrix}=\frac{(-1)(-2)(-3)\cdots(-1-k+1)}{k!}=(-1)^k$$ 此时，二项式级数是等比级数 $$(1+x)^{-1}=1+\sum_{k=1}^\infty(-1)^kx^k=1-x+x^2-x^3+\cdots+(-1)^kx^k+\cdots$$

例2 从 3.11 小节例 1 可知 $\sqrt{1+x}\approx 1+(x/2)$。令 $m=1/2$，使用二项式级数，可以得到更高阶的近似项。 $$\begin{aligned} (1+x)^{1/2}&=1+\frac{x}{2}+\frac{(1/2)(-1/2)}{2!}x^2\\ &+\frac{(1/2)(-1/2)(-3/2)}{3!}x^3\\ &+\frac{(1/2)(-1/2)(-3/2)(-5/2)}{4!}x^4\\ &+\cdots\\ &=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}-\frac{5x^4}{128}+\cdots \end{aligned}$$ 将 $x$ 替换成其他式子可以得到其他近似公式。比如 $$\sqrt{1-x^2}\approx 1-\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8},|x^2|\text{ small}$$ $$\sqrt{1-\frac{1}{2}}\approx 1-\frac{1}{2x}-\frac{1}{8x^2},|\frac{1}{x}|\text{ small}，|x| \text{ large}$$

求非初等积分

有时，我们可以用熟悉的泰勒级数来找到给定幂级数的和，结果使用已知很熟表示。比如 $$x^2-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^{10}}{5!}-\frac{x^{14}}{7!}+\cdots=(x^2)-\frac{(x^2)^3}{3!}+\frac{(x^2)^5}{5!}-\frac{(x^2)^7}{7!}+\cdots=\sin x^2$$

泰勒级数还可以应用于使用级数的形式表示非初等积分的结果。比如光的衍射中会涉及的积分 $\int\sin x^2 dx$。

例3 使用幂级数表示 $$\int\sin x^2 dx$$ 解：用 $x^2$ 代替 $x$ 代入 $\sin x$ 的级数可以得到 $$\sin x^2=x^2-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^{10}}{5!}-\frac{x^{14}}{7!}+\cdots$$ 所以 $$\int\sin x^2dx=C+\frac{x^3}{3}-\frac{x^7}{7\cdot 3!}+\frac{x^{11}}{11\cdot 5!}-\frac{x^{15}}{15\cdot 7!}+\cdots$$

例4 估算 $\int_0^1\sin x^2 dx$，误差小于 0.001。

解：从例 3 的不定积分中，可以容易得到 $$\int_0^1\sin x^2dx=\frac{1}{3}-\frac{1}{7\cdot 3!}+\frac{1}{11\cdot 5!}-\frac{1}{15\cdot 7!}+\cdots$$ 右边是交错级数，且 $$\frac{1}{11\cdot 5!}\approx 0.00076$$ 是第一项绝对值小于 0.001 项。因此前两项的和即满足要求。 $$\int_0^1\sin x^2dx\approx\frac{1}{3}-\frac{1}{42}\approx 0.310$$ 多加两项 $$\int_0^1\sin x^2dx\approx\frac{1}{3}-\frac{1}{42}+\frac{1}{1320}-\frac{1}{75600}\approx 0.310268$$ 误差小于 $10^{-6}$。再多加一项有 $$\int_0^1\sin x^2dx\approx\frac{1}{3}-\frac{1}{42}+\frac{1}{1320}-\frac{1}{75600}+\frac{1}{6894720}\approx 0.310268303$$ 误差大约是 $1.08\times 10^{-9}$。

反正切

9.7 节的例 5 给出了如下结论 $$\frac{d}{dx}\tan^{-1}x=\frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+\cdots$$ 积分得到 $$\tan^{-1}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots$$ 下面我们给出证明。从积分前的式子开始推导。 $$\frac{1}{1+t^2}=1-t^2+t^4-t^6+\cdots+(-1)^nt^{2n}+\frac{(-1)^{n+1}t^{2t+2}}{1+t^2}$$ 其中最后一项是首项是 $a=(-1)^{n+1}t^{2n+2}$ 公比是 $r=-t^2$ 的等比数列的和。两边对 $t=0$ 到 $t=x$ 积分 $$\tan^{-1}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}+R_n(x)$$ 其中 $$R_n(x)=\int_0^x\frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}dt$$ 被积分式子的分母大于等于 1，因此 $$|R_n(x)|\leq\int_0^{|x|}t^{2n+2}dt=\frac{|x|^{2n+3}}{2n+3}$$ 如果 $|x|<1$，当 $n\to\infty$ 时，不等式右边趋于零。因此 $|x|\leq 1$ 时 $\lim_{n\to\infty}R_n(x)=0$，且有 $$\tan^{-1}x=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1},|x|\leq 1$$ $$\tan^{-1}x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\frac{x^7}{7}+\cdots,|x|\leq 1$$ 当 $x=1$ 时，我们得到了莱布尼茨公式 $$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\cdots+\frac{(-1)^n}{2n+1}+\cdots$$ 这个级数收敛的很慢，所以我们不会使用这个式子来估算 $\pi$ 的值。当 $x$ 趋于零的时候，$\tan^{-1}x$ 的级数收敛的最快。因此，可以利用一些三角恒等变形来估算 $\pi$。

比如如果 $$\alpha=\tan^{-1}\frac{1}{2},\beta=\tan^{-1}\frac{1}{3}$$ 那么 $$\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}=1=\tan\frac{\pi}{4}$$ 因此 $$\frac{\pi}{4}=\alpha+\beta=\tan^{-1}\frac{1}{2}+\tan^{-1}\frac{1}{3}$$ 将 $x=\frac{1}{2},x=\frac{1}{3}$ 代入公式估算 $\tan^{-1}(1/2),\tan^{-1}(1/3)$ 的值，进而得到 $\pi$ 的值。

求不定式极限

例5 求 $$\lim_{x\to 1}\frac{\ln x}{x-1}$$ 解：将 $\ln x$ 表示为 $x-1$ 的幂次的泰勒级数。可以直接使用公式求 $\ln x$ 在 $x=1$ 处的泰勒级数，也可以利用 9.7 节例 6 的结论，用 $x$ 替代 $x-1$ 得到这里所需的泰勒级数。 $$\ln x=(x-1)-\frac{1}{2}(x-1)^2+\cdots$$ 那么 $$\lim_{x=1}\frac{\ln x}{x-1}=\lim_{x\to 1}(1-\frac{1}{2}(x-1)+\cdots)=1$$ 当然，这个极限可以使用洛必达法则求解。

例6 求 $$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}$$ 解：使用泰勒级数表示 $\sin x,\tan x$， $$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots$$ $$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}-\cdots$$ 相减 $$\sin x-\tan x=-\frac{x^3}{2}-\frac{x^5}{8}-\cdots=x^3(-\frac{1}{2}-\frac{x^2}{8}-\cdots)$$ 两边除以 $x^3$，取极限 $$\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\lim_{x\to 0}(-\frac{1}{2}-\frac{x^2}{8}-\cdots)=-\frac{1}{2}$$

例7 求 $$\lim_{x\to 0}(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x})$$ 解：泰勒级数表示 $\sin x$ 然后进行代数运算 $$\begin{aligned} \frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}&=\frac{x-\sin x}{x\sin x}\\ &=\frac{x-(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots)}{x(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots)}\\ &=\frac{x^3(\frac{1}{3!}-\frac{x^2}{5!}+\cdots)}{x^2(1-\frac{x^2}{3!}+\cdots)}\\ &=x\cdot\frac{\frac{1}{3!}-\frac{x^2}{5!}+\cdots}{1-\frac{x^2}{3!}+\cdots} \end{aligned}$$ 因此 $$\lim_{x\to 0}(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x})=\lim_{x\to 0}x\cdot\frac{\frac{1}{3!}-\frac{x^2}{5!}+\cdots}{1-\frac{x^2}{3!}+\cdots}=0$$ 从右边的商可以看出，如果 $|x|$ 很小，那么 $$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\approx x\cdot\frac{1}{3!}=\frac{x}{6}$$ 或者 $$\csc x=\frac{1}{\sin x}\approx\frac{1}{x}+\frac{x}{6}$$

欧拉恒等式

复数的形式是 $a+bi$，其中 $a,b$ 是实数，$i=\sqrt{-1}$。使用如下关系 $$i^2=-1,i^3=-i,i^4=1,i^5=i$$ 令 $x=i\theta$，$\theta$ 是实数，代入 $e^x$ 的泰勒级数 $$\begin{aligned} e^{i\theta}&=1+\frac{i\theta}{1!}+\frac{i^2\theta^2}{2!}+\frac{i^3\theta^3}{3!}+\frac{i^4\theta^4}{4!}+\frac{i^5\theta^5}{5!}+\frac{i^6\theta^6}{6!}+\cdots\\ &=(1-\frac{\theta^2}{2!}+\frac{\theta^5}{4!}-\frac{\theta^6}{6!}+\cdots)+i(\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\frac{\theta^5}{5!}-\cdots)\\ &=\cos\theta+i\sin\theta \end{aligned}$$ 这并不是证明 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$，因为我们还没有定义 $e$ 的复数次幂是什么含义。这只是告诉我们如何定义 $$e^{i\theta}$$ 使得和实数的指数次幂的属性一致。

定义

对于任意实数 $\theta$， $$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$$

这就是欧拉恒等式。利用 $e^{a+bi}=e^a\cdot e^{bi}$ 可以得到 $$e^{a+bi}=e^a(\cos b+i\sin b)$$ 这个恒等式的一个结论是 $$e^{i\pi}=-1$$ 换一种写法得到 $e^{i\pi}+1=0$，这个式子包含数学中最重要的五个常量。