5. 泰勒多项式、级数与误差控制

学习目标与准备

本章假设读者熟悉所有初等函数的导数、定积分、分部积分与数列极限。我们将切线近似推广到更高次多项式：构造泰勒多项式、推导并界定余项、区分有限近似与收敛的无穷表示，并只在有依据的定义域内使用展开。

写出若干项和省略号并不能证明无穷级数等于函数。可靠的近似包含余项说明；可靠的级数恒等式还要证明余项趋零。

5.1 数列、级数与等比模型

若对每个 $\varepsilon>0$，充分靠后的项都满足 $|s_n-S|<\varepsilon$，数列 $(s_n)$ 收敛到 $S$。无穷级数 $\sum_{k=0}^\infty a_k$ 收敛到 $S$，是指其部分和 $s_n=\sum_{k=0}^n a_k$ 收敛到 $S$。

有限等比恒等式为

$$1+x+\cdots+x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\quad(x\ne1).$$

从和减去该和的 $x$ 倍即可得到，因此

$$\frac1{1-x}=\sum_{k=0}^n x^k+\frac{x^{n+1}}{1-x}.$$

若 $|x|<1$，余项趋零，$\sum_{k=0}^\infty x^k=1/(1-x)$。在 $x=1$ 时部分和增长，在 $x=-1$ 时振荡。不能仅因端点接近收敛区间就将其包含。

例 1：有保证的等比近似。 在 $x=0.1$，使用到 $x^3$ 的各项得到 $1.111$。精确误差为 $0.1^4/(1-0.1)=1/9000$，约 $0.0001111$。有限恒等式证明了误差，而非仅依赖计算器上的数值相符。

5.2 泰勒系数由导数匹配决定

以 $a$ 为中心的次数至多为 $n$ 的多项式为 $P(x)=c_0+c_1(x-a)+\cdots+c_n(x-a)^n$。在 $a$ 处计算各阶导数得到 $P^{(k)}(a)=k!c_k$。因此与 $f$ 及其前 $n$ 阶导数在 $a$ 匹配的唯一此类多项式为

$$T_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k.$$

这称为 $n$ 阶泰勒多项式。当 $a=0$ 时称麦克劳林多项式。$n=1$ 是切线近似；更高阶匹配更多导数，不只是更多样本值。

例 2：以非零点展开。 $f(x)=\ln x$ 在 $a=1$ 的各阶导数为 $f(1)=0$、$f'(1)=1$、$f''(1)=-1$、$f'''(1)=2$，故

$$T_3(x)=(x-1)-\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(x-1)^3}{3}.$$

中心是近似的一部分。若将 $(x-1)$ 换成 $x$，便得到不同多项式，甚至在匹配点也不成立。

5.3 推导余项公式

在 $a$ 处的 $n$ 阶 Taylor 多项式为 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高阶导数值为零，它的次数可以小于 $n$。

定理：Taylor 积分余项

设 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭区间上具有直到 $n+1$ 阶的连续导数，则

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若该区间上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，则 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

证明。 当 $n=0$ 时，恒等式就是微积分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。当 $n\ge1$ 时，对余项分部积分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 处的边界项为零，在 $a$ 处的贡献为 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的积分是 $(n-1)$ 阶余项。由归纳法得到恒等式。这里使用有向积分，所以 $x<a$ 时也成立。取绝对值，必要时反转积分上下限，再积分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高阶导数连续保证各次分部积分及估计有效。

此定理给出充分的正则性条件，并非最弱假设。Taylor 级数要在固定的 $x$ 处表示 $f$，必须当 $n\to\infty$ 时余项趋于零。若不控制有限阶误差界对 $n$ 的依赖，仅凭该界不能证明余项趋零。

令 $h=x-a$，代换 $t=a+sh$ 将积分余项写成

$$R_n(x)=\frac{h^{n+1}}{n!}\int_0^1(1-s)^nf^{(n+1)}(a+sh)ds.$$

此式同时适用于 $h$ 的两种符号。若导数绝对值至多为 $M$，则 $|R_n|\le M|h|^{n+1}/(n+1)!$。设 $n$ 为非负整数，$f^{(n+1)}$ 在 $a$ 与 $x$ 之间的闭线段上连续，且上述积分余项已成立。若 $h\ne0$，令 $w(s)=f^{(n+1)}(a+sh)$。权 $(1-s)^n$ 在 $[0,1)$ 上为正，积分为 $1/(n+1)$。当 $n=0$ 时，它在整个 $[0,1]$ 上是常数多项式 $1$。若 $w$ 非常值，连续性使 $w-\min w$ 和 $\max w-w$ 各在某个内部小区间上严格为正；权在这些区间为正，所以相应两个积分均严格为正。故加权平均严格介于最小值与最大值之间，由介值定理可在某个 $s_*\in(0,1)$ 取到；若 $w$ 为常值，任选内部 $s_*$。因此

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(a+s_*h)}{(n+1)!}h^{n+1}.$$

这对 $h<0$ 同样成立，符号保留在 $h^{n+1}$ 中。若 $h=0$，直接有 $R_n(a)=0$，不需要中间点。

未知的 $\xi$ 不是可以随意选择的输入；计算时，整段上的界更有用。

例 3：以保证的误差近似指数。 对 $e^{0.2}$ 使用 $T_3=1+0.2+0.2^2/2+0.2^3/6=1.221333\ldots$。在 $[0,0.2]$，每阶导数均为 $e^t<2$，故

$$|R_3|\le\frac{2(0.2)^4}{4!}=\frac1{7500}<0.000134.$$

导数界不必最紧也可以有用。对任意泰勒近似，仅找出下一项系数而没有余项定理，本身不能保证精度。

为什么幂级数可在收敛半径内部作微积分

设 $a\in\mathbb R$，$(c_n)_{n\ge0}$ 为实系数。令 $S=\{r\ge0:\sum_{n=0}^{\infty}|c_n|r^n<\infty\}$，在 $r=0$ 将常数项解释为 $|c_0|$，并令 $R=\sup S\in[0,\infty]$。对 $0\le r<s<R$，选有限的 $M$ 使所有 $n$ 都有 $|c_n|s^n\le M$。这样的 $s$ 确有绝对收敛性：上确界定义给出一个大于 $s$ 的 $S$ 中元素，再以比较判别将收敛性传给 $s$。因此在 $|x-a|\le r$ 上，

$$|c_n(x-a)^n|\le M(r/s)^n.$$

尾和由与 $x$ 无关的等比尾和控制。实数完备性给出逐点极限，而同一估计证明在每个较小闭区间上一致收敛。若原级数在满足 $|h|>R$ 的 $h=x-a$ 处收敛，其项必有界，例如 $|c_nh^n|\le B$。与 $B(t/|h|)^n$ 比较便知，每个 $0\le t<|h|$ 都属于 $S$，与 $R<|h|$ 矛盾。这证明收敛半径的断言，但不决定两个端点。若 $R=0$，就没有可应用微积分断言的开收敛区间。

对 $0<r<s<R$，令 $q=r/s<1$。导数项满足

$$|nc_n(x-a)^{n-1}|\le (M/s)nq^{n-1}\qquad(n\ge1,\ |x-a|\le r).$$

该数值优级数可求和：相邻项之比趋于 $q<1$，故其尾部可由等比尾和控制。因此多项式部分和的导数 $P_N'$ 在 $[a-r,a+r]$ 上一致收敛到连续函数 $g$。连续性可直接由三个误差的估计得到：以一个固定连续多项式导数一致逼近 $g$，再用该多项式的连续性。由于 $P_N(a)=c_0$，微积分基本定理给出

$$P_N(x)=c_0+\int_a^xP_N'(t)\,dt.$$

积分误差至多为 $r\sup|P_N'-g|$，故取极限得 $f(x)=c_0+\int_a^xg(t)dt$。基本定理于是证明在该区间内部 $f'=g$。每个 $|x-a|<R$ 都属于这样的内部。同理，$P_N$ 一致收敛将积分误差控制为 $r\sup|P_N-f|$，从而证明

$$f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}nc_n(x-a)^{n-1},\qquad \int_a^xf(t)dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{c_n(x-a)^{n+1}}{n+1}.$$

所得两个级数的收敛半径都恰为 $R$。上述论证已给出 $|x-a|<R$ 内的收敛性。反过来，导数级数在 $h\ne0$ 处收敛，会使 $nc_nh^{n-1}$ 有界，进而使 $c_nh^n$ 有界；等比比较于是保证原级数在每个更小半径处绝对收敛。积分级数在 $h\ne0$ 处收敛，会使 $c_nh^{n+1}/(n+1)$ 有界；当 $0\le t<|h|$ 时得到 $|c_n|t^n\le B(n+1)(t/|h|)^n/|h|$，其和同样由等比比值界保证有限。因此两个新级数都不能有更大的半径。该论证也涵盖半径为零及无穷的情形。端点收敛仍须另行检查。

定理：一致完备性

实值函数列一致收敛，当且仅当它一致 Cauchy。

证明。 一致收敛时，两个大小为 $\varepsilon/2$ 的误差给出 Cauchy 估计。反之，一致 Cauchy 蕴含每个固定 $x$ 的 $(f_n(x))$ 都是实数 Cauchy 序列，故定义 $f(x)=\lim_n f_n(x)$。固定 $\varepsilon>0$，使用容差 $\varepsilon/2$ 的一致 Cauchy 条件。对每个 $x$ 和 $n\ge N$，在估计中令 $m\to\infty$，得到 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。同一 $N$ 对所有点有效，故一致收敛。值域空间 $\mathbb R$ 的完备性提供逐点极限。

定理

一致极限保持连续

若每个 $f_n$ 相对 $A$ 在 $a\in A$ 连续，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收敛，则 $f$ 在 $a$ 连续。

证明

三项估计

给定 $\varepsilon>0$，选 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函数 $f_N$ 在 $a$ 连续，选 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 时 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。则

$$|f(x)-f(a)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(a)|+|f_N(a)-f(a)|<\varepsilon.$$

不假设 $C^1$ 的求导与极限交换

定理

设 $a<b$。假设每个 $f_n$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微；若在一个固定点 $x_0\in[a,b]$ 处 $f_n(x_0)$ 收敛，且 $f_n'$ 在 $(a,b)$ 一致收敛到 $g$，则 $f_n$ 在 $[a,b]$ 一致收敛到连续函数 $f$，后者在 $(a,b)$ 可微且 $f'=g$。不要求各导数函数连续。

存在性的证明。 导数一致收敛，故一致 Cauchy。当 $m,n$ 充分大时，对 $f_n-f_m$ 在 $x_0$ 与任意 $x$ 之间应用中值定理，得到

$$|f_n(x)-f_m(x)|\le|f_n(x_0)-f_m(x_0)|+(b-a)\sup_{(a,b)}|f_n'-f_m'|.$$

锚点值序列为 Cauchy 序列，因此右侧一致地趋小。一致完备性给出一致极限 $f$；连续函数的一致极限连续。

导数恒等式的证明。 固定内部点 $x$ 和 $\varepsilon>0$。选取 $N$，使所有内部点 $t$ 和所有 $n\ge N$ 均满足 $|f_n'(t)-f_N'(t)|\le\varepsilon$，并且 $|g(x)-f_N'(x)|\le\varepsilon$。对充分小的非零 $h$，在从 $x$ 到 $x+h$ 的线段上对 $f_n-f_N$ 应用中值定理：

$$\left|\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}h-\frac{f_N(x+h)-f_N(x)}h\right|\le\varepsilon.$$

在这两个固定输入处令 $n\to\infty$，相同不等式对以 $f$ 代替 $f_n$ 的情形成立。固定的 $f_N$ 在 $x$ 可微，故当 $h$ 足够小时，它的差商与 $f_N'(x)$ 相差小于 $\varepsilon$。三角不等式说明 $f$ 的差商与 $g(x)$ 之差的绝对值至多为 $3\varepsilon$。$\varepsilon$ 任意，便证明可微且导数相等。此论证没有对 $g$ 积分，因此没有暗中假设 $g$ 连续或 Riemann 可积。

学习目标与所需已有结果

构造而不是预设初等函数，证明它的代数规律，并说明对数作为反函数的合理性。我们使用已证明的比值判别法、幂级数及其导数级数在紧区间上的一致收敛、中值定理与介值定理。

定义

$$E(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!},\qquad x\in\mathbb R.$$

对固定的 $x\ne0$，相邻绝对项的比为 $|x|/(n+1)\to0$，故级数绝对收敛；当 $x=0$ 时级数直接等于一。在任意固定区间 $|x|\le M$ 上，原级数及其导数级数都有可求和的阶乘优级数。因此一致求导定理适用于多项式部分和，得到处处 $E'(x)=E(x)$，且 $E(0)=1$。

定理：正性与指数加法定律

对任意实数 $x,y$，有 $E(x)>0$、$E(-x)=1/E(x)$ 及 $E(x+y)=E(x)E(y)$。

证明。 对 $H(x)=E(x)E(-x)$ 求导，得到 $H'(x)=E(x)E(-x)-E(x)E(-x)=0$。由中值定理，$H$ 为常数；在零处该常数为一，因此 $E$ 从不为零。它连续且 $E(0)>0$，由介值定理不可能在任何点变为负，得到正性和倒数恒等式。固定 $y$，对 $K(x)=E(x+y)E(-x)$ 求导，同样相消得导数为零。在零处 $K(0)=E(y)$，因此 $E(x+y)E(-x)=E(y)$；乘以 $E(x)$ 即得加法定律。这里不需要重排二重无穷级数。

由于 $E'=E>0$，该函数严格递增。当 $x\ge0$ 时，各项非负且 $E(x)\ge1+x$，所以在正无穷处 $E(x)\to\infty$。由倒数恒等式，负无穷处有 $E(x)\to0$。因此连续性和单调性使 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 成为双射。

定义 $\exp=E$、$e=E(1)$，并定义其反函数 $\ln:(0,\infty)\to\mathbb R$。反函数连续：若 $x_0=E(t_0)$，则对任意 $\varepsilon>0$，有 $E(t_0-\varepsilon)<x_0<E(t_0+\varepsilon)$；只要 $x$ 与该输出值的距离小于两侧差距中较小者，$\ln x$ 就落在相应输入之间。

定理：对数导数与运算法则

当 $x>0$ 时，$\ln'(x)=1/x$。对正数 $x,y$ 和实数 $r$，有 $\ln(xy)=\ln x+\ln y$ 和 $\ln(x^r)=r\ln x$，其中 $x^r$ 定义为 $E(r\ln x)$。

证明。 写 $x_0=E(t_0)$、$x=E(t)$，由反函数连续性，当 $x\to x_0$ 时 $t\to t_0$。于是

$$\frac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0}=\frac{t-t_0}{E(t)-E(t_0)}\longrightarrow\frac1{E'(t_0)}=\frac1{x_0}.$$

指数加法定律给出 $E(\ln x+\ln y)=xy$，反函数值的唯一性证明乘积法则。实数幂的定义及反函数恒等式给出另一公式。对定义求导，当 $x>0$ 时得到 $(x^r)'=rx^{r-1}$。这个推导没有先假设实数幂导数来定义对数。

例题与定量估计

近似所构造的常数。 求和至 $n=4$ 的部分和为 $1+1+1/2+1/6+1/24=65/24$。对从 $n=5$ 开始的尾项，写 $n=5+k$。由 $(5+k)!\ge5!6^k$，尾和至多为 $(1/120)\sum_{k\ge0}6^{-k}=1/100$，故 $65/24<e\le65/24+1/100$。这是一个有效的简单界，虽然可用更精细的阶乘估计。

随后得到积分表示。 由 $(\ln x)'=1/x$ 和 $\ln1=0$，微积分基本定理给出对每个 $x>0$ 有 $\ln x=\int_1^xdt/t$。也可从该积分出发构造其反函数，但若不证明等价就同时使用两个定义会造成循环；这里的等式由已经建立的导数性质得到。

5.4 常见级数及其有依据的定义域

对每个实数 $x$，

$$e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!},\qquad \sin x=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!},\qquad \cos x=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}.$$

系数规律来自反复求导。要证明相等，固定有限的 $x$。指数函数在线段上的导数由 $e^{|x|}$ 界定，且 $e^{|x|}|x|^{n+1}/(n+1)!\to0$。正弦与余弦的各阶导数的模至多为一，得到同样的阶乘控制。阶乘支配固定幂，因为相邻项的比最终小于例如 $1/2$。

对数级数为

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots\qquad(-1<x\le1).$$

一种推导是从零到 $x$ 对 $1/(1+t)$ 的有限等比恒等式积分，并保留积分余项。当 $|x|<1$，几何级数界使余项趋零。在 $x=1$，适当截断后其模至多为 $1/(n+1)$，因为 $[0,1]$ 上 $1/(1+t)\le1$。在 $x=-1$，对数无定义，负调和项也不给出有限和。端点须另行检查，不能直接继承内部论证。

幂级数 $\sum c_k(x-a)^k$ 有以 $a$ 为中心的绝对收敛区间，端点需要单独分析。对 $1/(1-2x)$ 的级数，等比条件为 $|2x|<1$，即 $|x|<1/2$，而不是 $|x|<1$。将表达式代入已知级数时，也须代入其收敛条件。

3. 二进凝聚：单调性的作用

定理 2。 若 $a_n\ge0$ 且 $a_n$ 非递增，则

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n\quad\text{收敛当且仅当}\quad\sum_{k=0}^{\infty}2^k a_{2^k}\quad\text{收敛}.$$

证明。 分块 $B_k=\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n$ 恰有 $2^k$ 项。每项至多为 $a_{2^k}$，至少为 $a_{2^{k+1}}$，因此

$$\frac12\bigl(2^{k+1}a_{2^{k+1}}\bigr)\le B_k\le2^k a_{2^k}.$$

若凝聚级数收敛，上界使分块级数的部分和有界。若分块级数收敛，下界使凝聚级数从 $k=1$ 开始的部分和有界；加回遗漏的一项不改变收敛性。最后，分块端点的部分和构成原非负项部分和的子列。任何中间部分和都位于相邻端点的部分和之间，故端点有界也使它有界。因此分块级数收敛当且仅当原级数收敛。$\square$

以二进分组证明完整 p 级数阈值

当实数 $p\le0$，有 $n^{-p}\ge1$，所以项不趋零，级数发散。当 $p>0$，$a_n=n^{-p}$ 非负且非递增，可用已证二进凝聚判别法。凝聚项为 $2^k a_{2^k}=2^{k(1-p)}$，其等比级数收敛当且仅当 $2^{1-p}<1$，亦即 $p>1$。当 $0<p\le1$，凝聚项至少为一，凝聚级数发散，原级数也发散。这对每个实数 $p$ 证明了阈值，并未引用未经证明的瑕积分判别法。

包括端点的有限对数余项

对每个整数 $m\ge1$ 和 $t\ne-1$，有限除法给出

$$\frac1{1+t}=\sum_{k=0}^{m-1}(-t)^k+\frac{(-t)^m}{1+t}.$$

固定 $-1<x\le1$，沿零到 $x$ 的有向线段积分。由微积分基本定理及 $\ln1=0$，

$$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^{k-1}x^k}{k}+\int_0^x\frac{(-t)^m}{1+t}\,dt.$$

若 $0\le x\le1$，余项绝对值至多为 $x^{m+1}/(m+1)\le1/(m+1)$。这包括 $x=1$，证明该端点处收敛到 $\ln2$。若 $-1<x<0$，令 $r=|x|<1$；积分线段上分母至少为 $1-r$，所以余项绝对值至多为 $r^{m+1}/[(m+1)(1-r)]$，趋于零。当 $x=-1$，每个级数项为 $-1/k$，由调和级数证明可知发散，实对数在此也无定义。若 $|x|>1$，取 $1<q<|x|$。项的绝对值 $|x|^k/k$ 的相邻比为 $|x|k/(k+1)$，最终大于 $q$。逐项迭代使这些绝对值至少为某个固定正常数乘以增长的 $q$ 的幂，因此项不趋零，级数发散。故实数收敛集合恰为 $-1<x\le1$，在此其和等于 $\ln(1+x)$。

5.5 光滑性不保证等于泰勒级数

定义 $f(0)=0$，且对 $x\ne0$ 令 $f(x)=e^{-1/x^2}$。其在零的每阶导数都为零。其机制是：在非零输入求导得到 $1/x$ 的多项式乘以 $e^{-1/x^2}$，每项趋零的速度快于所需倒数幂的增长。事实上令 $t=1/x^2$，对正 $t$ 的初等界 $e^t\ge t^N/N!$ 表明选取整数 $N>m$ 后有 $t^me^{-t}\to0$。通过导数定义作归纳，得零点的各阶导数均为零。

因此它在零的泰勒级数是零级数，但每个非零输入都满足 $f(x)>0$。这一区分表明“具有所有阶导数”不等于“等于其泰勒级数之和”。决定性条件是余项收敛，而非看起来光滑或多次成功求导。

平坦函数在零点的完整求导证明

使用先前已证的实指数级数、正性、倒数定律和导数恒等式 $\exp'=\exp$。定义 $F(0)=0$，并在 $x\ne0$ 时定义 $F(x)=\exp(-1/x^2)$。对每个实数 $r\ge0$，令 $u=1/x^2$，取整数 $k>r/2$。指数级数的非负项给出 $u>0$ 时 $\exp u\ge u^k/k!$，因此

$$|x|^{-r}\exp(-1/x^2)=u^{r/2}\exp(-u)\le k!u^{r/2-k}\longrightarrow0.$$

在非零输入处，归纳得到 $F^{(n)}(x)=P_n(1/x)\exp(-1/x^2)$，其中 $P_n$ 是多项式，$P_0=1$，且 $P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)$。假设 $n$ 阶导数在非零处满足此式、在零处取零。多项式次数有限，所以上述估计先给出 $F^{(n)}(x)\to0$，再给出 $F^{(n)}(h)/h\to0$。故 $F^{(n)}$ 在零处连续，并在零处可微且导数为零，递推式则给出下一阶的非零处公式。归纳可知 $F$ 光滑，且零点处每阶导数均为零。因此它在零处的 Taylor 级数恒为零，但每个 $x\ne0$ 均有 $F(x)>0$。这完整证明了所述反例，没有把光滑性当作解析性。

5.6 在计算中使用展开

例 4：带消去的极限。 由于

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5),$$

得到 $\lim_{x\to0}(\sin x-x)/x^3=-1/6$。相除后的余项是 $O(x^2)$ 并趋零。只写 $\sin x\approx x$ 会丢掉第一个非零项，无法对该商给出有用信息。

例 5：受控的积分近似。 对 $0\le x\le0.2$，展开

$$e^{-x^2}=1-x^2+\frac{x^4}{2}+R(x).$$

对 $e^{-u}$ 在 $u=0$ 使用泰勒定理，由于 $0\le u=x^2\le0.04$ 且相关导数的模至多为一，得到 $|R(x)|\le x^6/6$。积分得

$$\int_0^{0.2}e^{-x^2}dx\approx0.2-\frac{0.2^3}{3}+\frac{0.2^5}{10},$$

误差至多为 $0.2^7/42$。该计算无需非初等原函数，也不需要无依据地交换任意无穷和与积分；它积分的是有限近似和有界余项。

幂级数在收敛区间内部可逐项求导和积分，并保持收敛半径；之后仍须重新检查端点。例如对等比级数求导得到 $1/(1-x)^2=\sum_{k=1}^\infty kx^{k-1}$，其中 $|x|<1$；这不保证 $x=1$ 处收敛。

5.7 分层练习

基础

1. 求 $e^x$ 的四阶麦克劳林多项式。
2. 求 $f(x)=1/x$ 以 $a=2$ 为中心的二阶泰勒多项式。
3. 写出 $1/(1+3x)$ 的等比级数及其开收敛区间。

核心

4. 用 $1-x^2/2$ 近似 $\cos(0.1)$，利用四阶导数和零三次系数给出误差界。
5. 用有依据的余项阶数求 $\lim_{x\to0}(e^x-1-x)/x^2$。
6. 求 $\ln(1+x)$ 在零的三阶泰勒多项式，并用四阶导数给出 $0\le x\le1/4$ 的误差界。
7. 对 $|x|<1$，从求导后的等比级数导出 $x/(1-x)^2$ 的级数。
8. 使用精确等比余项，求近似 $1/(1-0.2)$ 且误差至多为 $10^{-4}$ 所需的最低次数 $n$（包括到 $n$ 次的项）。

综合

9. 使用 $1-x^4/2$ 近似 $\int_0^{0.1}\cos(x^2)dx$，并给出严格余项界。
10. 解释为何列出泰勒系数不能证明无穷级数表示函数。使用平坦光滑例子指出确切失效的结论。

5.8 详解

1. 零处各阶导数均为一，故 $T_4=1+x+x^2/2+x^3/6+x^4/24$。
2. $f(2)=1/2$、$f'(2)=-1/4$、$f''(2)=1/4$，所以 $T_2=1/2-(x-2)/4+(x-2)^2/8$。
3. 在等比恒等式中令 $r=-3x$：当 $|x|<1/3$，$1/(1+3x)=\sum_{k=0}^\infty(-3x)^k$。
4. 由于三次系数为零，三阶泰勒多项式等于 $1-x^2/2$。四阶导数为余弦，模至多为一，所以在 $0.1$ 的误差至多为 $0.1^4/24=1/240000$。
5. 泰勒定理给出零附近 $e^x=1+x+x^2/2+O(x^3)$。相减再相除后为 $1/2+O(x)$，故极限为 $1/2$。
6. $T_3=x-x^2/2+x^3/3$。四阶导数为 $-6/(1+x)^4$，在 $[0,1/4]$ 上模至多为 $6$。因此 $|R_3(x)|\le6x^4/24=x^4/4$，在端点至多为 $1/1024$。
7. 在 $|x|<1$ 内对 $1/(1-x)=\sum_{k=0}^\infty x^k$ 求导，再乘以 $x$，得到 $x/(1-x)^2=\sum_{k=1}^\infty kx^k$，开区间相同。
8. 误差为 $0.2^{n+1}/0.8$。当 $n=4$，它为 $0.0004>0.0001$；当 $n=5$，它为 $0.00008\le0.0001$。误差随 $n$ 增大而减小，故最小值为 $n=5$，即从零次到五次共六项。
9. 对自变量 $u=x^2$ 的余弦使用泰勒定理：$\cos u=1-u^2/2+R$，且 $|R|\le u^4/24=x^8/24$。近似值为 $0.1-0.1^5/10$，积分误差至多为 $0.1^9/216$。
10. 系数确定在中心匹配导数的多项式，但与函数相等还要求在所考虑输入处 $R_n(x)=f(x)-T_n(x)\to0$。平坦例子中每个泰勒多项式均为零，而在非零 $x$ 处余项是不依赖 $n$ 的固定正值 $e^{-1/x^2}$，不会趋零。因此无穷可微本身不能保证级数表示。

总结与后续联系

泰勒系数来自导数匹配；有限余项公式给出可用的误差界。级数表示还需要随着次数增加余项消失。等比与阶乘余项在所述定义域上建立常见初等展开。端点检查、分支限制以及第一个保留下来的非零项，在极限、求导和积分中都很重要。