5. 泰勒多項式、級數與誤差控制

學習目標與準備

本章假設讀者熟悉所有初等函數的導數、定積分、分部積分與數列極限。我們將切線近似推廣到更高次多項式：構造泰勒多項式、推導並界定餘項、區分有限近似與收斂的無窮表示，並只在有依據的定義域內使用展開。

寫出若干項和省略號並不能證明無窮級數等於函數。可靠的近似包含餘項說明；可靠的級數恆等式還要證明餘項趨零。

5.1 數列、級數與等比模型

若對每個 $\varepsilon>0$，充分靠後的項都滿足 $|s_n-S|<\varepsilon$，數列 $(s_n)$ 收斂到 $S$。無窮級數 $\sum_{k=0}^\infty a_k$ 收斂到 $S$，是指其部分和 $s_n=\sum_{k=0}^n a_k$ 收斂到 $S$。

有限等比恆等式為

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

從和減去該和的 $x$ 倍即可得到，因此

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

若 $|x|<1$，餘項趨零，$\sum_{k=0}^\infty x^k=1/(1-x)$。在 $x=1$ 時部分和增長，在 $x=-1$ 時振蕩。不能僅因端點接近收斂區間就將其包含。

例 1：有保證的等比近似。 在 $x=0.1$，使用到 $x^3$ 的各項得到 $1.111$。精確誤差為 $0.1^4/(1-0.1)=1/9000$，約 $0.0001111$。有限恆等式證明了誤差，而非僅依賴計算器上的數值相符。

5.2 泰勒系數由導數匹配決定

以 $a$ 為中心的次數至多為 $n$ 的多項式為 $P(x)=c_0+c_1(x-a)+\cdots+c_n(x-a)^n$。在 $a$ 處計算各階導數得到 $P^{(k)}(a)=k!c_k$。因此與 $f$ 及其前 $n$ 階導數在 $a$ 匹配的唯一此類多項式為

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

這稱為 $n$ 階泰勒多項式。當 $a=0$ 時稱麥克勞林多項式。$n=1$ 是切線近似；更高階匹配更多導數，不只是更多樣本值。

例 2：以非零點展開。 $f(x)=\ln x$ 在 $a=1$ 的各階導數為 $f(1)=0$、$f'(1)=1$、$f''(1)=-1$、$f'''(1)=2$，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。若將 $(x-1)$ 換成 $x$，便得到不同多項式，甚至在匹配點也不成立。

5.3 推導餘項公式

在 $a$ 處的 $n$ 階 Taylor 多項式為 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高階導數值為零，它的次數可以小於 $n$。

定理：Taylor 積分餘項

設 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉區間上具有直到 $n+1$ 階的連續導數，則

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

因此，若該區間上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，則 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

證明。 當 $n=0$ 時，恆等式就是微積分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。當 $n\ge1$ 時，對餘項分部積分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 處的邊界項為零，在 $a$ 處的貢獻為 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的積分是 $(n-1)$ 階餘項。由歸納法得到恆等式。這裡使用有向積分，所以 $x<a$ 時也成立。取絕對值，必要時反轉積分上下限，再積分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高階導數連續保證各次分部積分及估計有效。

此定理給出充分的正則性條件，並非最弱假設。Taylor 級數要在固定的 $x$ 處表示 $f$，必須當 $n\to\infty$ 時餘項趨於零。若不控制有限階誤差界對 $n$ 的依賴，僅憑該界不能證明餘項趨零。

令 $h=x-a$，代換 $t=a+sh$ 將積分餘項寫成

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

此式同時適用於 $h$ 的兩種符號。若導數絕對值至多為 $M$，則 $|R_n|\le M|h|^{n+1}/(n+1)!$。設 $n$ 為非負整數，$f^{(n+1)}$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉線段上連續，且上述積分餘項已成立。若 $h\ne0$，令 $w(s)=f^{(n+1)}(a+sh)$。權 $(1-s)^n$ 在 $[0,1)$ 上為正，積分為 $1/(n+1)$。當 $n=0$ 時，它在整個 $[0,1]$ 上是常數多項式 $1$。若 $w$ 非常值，連續性使 $w-\min w$ 和 $\max w-w$ 各在某個內部小區間上嚴格為正；權在這些區間為正，所以相應兩個積分均嚴格為正。故加權平均嚴格介於最小值與最大值之間，由介值定理可在某個 $s_*\in(0,1)$ 取到；若 $w$ 為常值，任選內部 $s_*$。因此

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

這對 $h<0$ 同樣成立，符號保留在 $h^{n+1}$ 中。若 $h=0$，直接有 $R_n(a)=0$，不需要中間點。

未知的 $\xi$ 不是可以隨意選擇的輸入；計算時，整段上的界更有用。

例 3：以保證的誤差近似指數。 對 $e^{0.2}$ 使用 $T_3=1+0.2+0.2^2/2+0.2^3/6=1.221333\ldots$。在 $[0,0.2]$，每階導數均為 $e^t<2$，故

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

導數界不必最緊也可以有用。對任意泰勒近似，僅找出下一項系數而沒有餘項定理，本身不能保證精度。

為甚麼冪級數可在收斂半徑內部作微積分

設 $a\in\mathbb R$，$(c_n)_{n\ge0}$ 為實係數。令 $S=\{r\ge0:\sum_{n=0}^{\infty}|c_n|r^n<\infty\}$，在 $r=0$ 將常數項解釋為 $|c_0|$，並令 $R=\sup S\in[0,\infty]$。對 $0\le r<s<R$，選有限的 $M$ 使所有 $n$ 都有 $|c_n|s^n\le M$。這樣的 $s$ 確有絕對收斂性：上確界定義給出一個大於 $s$ 的 $S$ 中元素，再以比較判別將收斂性傳給 $s$。因此在 $|x-a|\le r$ 上，

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

尾和由與 $x$ 無關的等比尾和控制。實數完備性給出逐點極限，而同一估計證明在每個較小閉區間上一致收斂。若原級數在滿足 $|h|>R$ 的 $h=x-a$ 處收斂，其項必有界，例如 $|c_nh^n|\le B$。與 $B(t/|h|)^n$ 比較便知，每個 $0\le t<|h|$ 都屬於 $S$，與 $R<|h|$ 矛盾。這證明收斂半徑的斷言，但不決定兩個端點。若 $R=0$，就沒有可應用微積分斷言的開收斂區間。

對 $0<r<s<R$，令 $q=r/s<1$。導數項滿足

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

該數值優級數可求和：相鄰項之比趨於 $q<1$，故其尾部可由等比尾和控制。因此多項式部分和的導數 $P_N'$ 在 $[a-r,a+r]$ 上一致收斂到連續函數 $g$。連續性可直接由三個誤差的估計得到：以一個固定連續多項式導數一致逼近 $g$，再用該多項式的連續性。由於 $P_N(a)=c_0$，微積分基本定理給出

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

積分誤差至多為 $r\sup|P_N'-g|$，故取極限得 $f(x)=c_0+\int_a^xg(t)dt$。基本定理於是證明在該區間內部 $f'=g$。每個 $|x-a|<R$ 都屬於這樣的內部。同理，$P_N$ 一致收斂將積分誤差控制為 $r\sup|P_N-f|$，從而證明

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

所得兩個級數的收斂半徑都恰為 $R$。上述論證已給出 $|x-a|<R$ 內的收斂性。反過來，導數級數在 $h\ne0$ 處收斂，會使 $nc_nh^{n-1}$ 有界，進而使 $c_nh^n$ 有界；等比比較於是保證原級數在每個更小半徑處絕對收斂。積分級數在 $h\ne0$ 處收斂，會使 $c_nh^{n+1}/(n+1)$ 有界；當 $0\le t<|h|$ 時得到 $|c_n|t^n\le B(n+1)(t/|h|)^n/|h|$，其和同樣由等比比值界保證有限。因此兩個新級數都不能有更大的半徑。該論證也涵蓋半徑為零及無窮的情形。端點收斂仍須另行檢查。

定理：一致完備性

實值函數列一致收斂，當且僅當它一致 Cauchy。

證明。 一致收斂時，兩個大小為 $\varepsilon/2$ 的誤差給出 Cauchy 估計。反之，一致 Cauchy 蘊含每個固定 $x$ 的 $(f_n(x))$ 都是實數 Cauchy 序列，故定義 $f(x)=\lim_n f_n(x)$。固定 $\varepsilon>0$，使用容差 $\varepsilon/2$ 的一致 Cauchy 條件。對每個 $x$ 和 $n\ge N$，在估計中令 $m\to\infty$，得到 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。同一 $N$ 對所有點有效，故一致收斂。值域空間 $\mathbb R$ 的完備性提供逐點極限。

定理

一致極限保持連續

若每個 $f_n$ 相對 $A$ 在 $a\in A$ 連續，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收斂，則 $f$ 在 $a$ 連續。

證明

三項估計

給定 $\varepsilon>0$，選 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函數 $f_N$ 在 $a$ 連續，選 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 時 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。則

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

不假設 $C^1$ 的求導與極限交換

定理

設 $a<b$。假設每個 $f_n$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微；若在一個固定點 $x_0\in[a,b]$ 處 $f_n(x_0)$ 收斂，且 $f_n'$ 在 $(a,b)$ 一致收斂到 $g$，則 $f_n$ 在 $[a,b]$ 一致收斂到連續函數 $f$，後者在 $(a,b)$ 可微且 $f'=g$。不要求各導數函數連續。

存在性的證明。 導數一致收斂，故一致 Cauchy。當 $m,n$ 充分大時，對 $f_n-f_m$ 在 $x_0$ 與任意 $x$ 之間應用中值定理，得到

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

錨點值序列為 Cauchy 序列，因此右側一致地趨小。一致完備性給出一致極限 $f$；連續函數的一致極限連續。

導數恆等式的證明。 固定內部點 $x$ 和 $\varepsilon>0$。選取 $N$，使所有內部點 $t$ 和所有 $n\ge N$ 均滿足 $|f_n'(t)-f_N'(t)|\le\varepsilon$，並且 $|g(x)-f_N'(x)|\le\varepsilon$。對充分小的非零 $h$，在從 $x$ 到 $x+h$ 的線段上對 $f_n-f_N$ 應用中值定理：

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

在這兩個固定輸入處令 $n\to\infty$，相同不等式對以 $f$ 代替 $f_n$ 的情形成立。固定的 $f_N$ 在 $x$ 可微，故當 $h$ 足夠小時，它的差商與 $f_N'(x)$ 相差小於 $\varepsilon$。三角不等式說明 $f$ 的差商與 $g(x)$ 之差的絕對值至多為 $3\varepsilon$。$\varepsilon$ 任意，便證明可微且導數相等。此論證沒有對 $g$ 積分，因此沒有暗中假設 $g$ 連續或 Riemann 可積。

學習目標與所需已有結果

構造而不是預設初等函數，證明它的代數規律，並說明對數作為反函數的合理性。我們使用已證明的比值判別法、冪級數及其導數級數在緊區間上的一致收斂、中值定理與介值定理。

定義

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

對固定的 $x\ne0$，相鄰絕對項的比為 $|x|/(n+1)\to0$，故級數絕對收斂；當 $x=0$ 時級數直接等於一。在任意固定區間 $|x|\le M$ 上，原級數及其導數級數都有可求和的階乘優級數。因此一致求導定理適用於多項式部分和，得到處處 $E'(x)=E(x)$，且 $E(0)=1$。

定理：正性與指數加法定律

對任意實數 $x,y$，有 $E(x)>0$、$E(-x)=1/E(x)$ 及 $E(x+y)=E(x)E(y)$。

證明。 對 $H(x)=E(x)E(-x)$ 求導，得到 $H'(x)=E(x)E(-x)-E(x)E(-x)=0$。由中值定理，$H$ 為常數；在零處該常數為一，因此 $E$ 從不為零。它連續且 $E(0)>0$，由介值定理不可能在任何點變為負，得到正性和倒數恆等式。固定 $y$，對 $K(x)=E(x+y)E(-x)$ 求導，同樣相消得導數為零。在零處 $K(0)=E(y)$，因此 $E(x+y)E(-x)=E(y)$；乘以 $E(x)$ 即得加法定律。這裡不需要重排二重無窮級數。

由於 $E'=E>0$，該函數嚴格遞增。當 $x\ge0$ 時，各項非負且 $E(x)\ge1+x$，所以在正無窮處 $E(x)\to\infty$。由倒數恆等式，負無窮處有 $E(x)\to0$。因此連續性和單調性使 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 成為雙射。

定義 $\exp=E$、$e=E(1)$，並定義其反函數 $\ln:(0,\infty)\to\mathbb R$。反函數連續：若 $x_0=E(t_0)$，則對任意 $\varepsilon>0$，有 $E(t_0-\varepsilon)<x_0<E(t_0+\varepsilon)$；只要 $x$ 與該輸出值的距離小於兩側差距中較小者，$\ln x$ 就落在相應輸入之間。

定理：對數導數與運算法則

當 $x>0$ 時，$\ln'(x)=1/x$。對正數 $x,y$ 和實數 $r$，有 $\ln(xy)=\ln x+\ln y$ 和 $\ln(x^r)=r\ln x$，其中 $x^r$ 定義為 $E(r\ln x)$。

證明。 寫 $x_0=E(t_0)$、$x=E(t)$，由反函數連續性，當 $x\to x_0$ 時 $t\to t_0$。於是

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

指數加法定律給出 $E(\ln x+\ln y)=xy$，反函數值的唯一性證明乘積法則。實數冪的定義及反函數恆等式給出另一公式。對定義求導，當 $x>0$ 時得到 $(x^r)'=rx^{r-1}$。這個推導沒有先假設實數冪導數來定義對數。

例題與定量估計

近似所構造的常數。 求和至 $n=4$ 的部分和為 $1+1+1/2+1/6+1/24=65/24$。對從 $n=5$ 開始的尾項，寫 $n=5+k$。由 $(5+k)!\ge5!6^k$，尾和至多為 $(1/120)\sum_{k\ge0}6^{-k}=1/100$，故 $65/24<e\le65/24+1/100$。這是一個有效的簡單界，雖然可用更精細的階乘估計。

隨後得到積分表示。 由 $(\ln x)'=1/x$ 和 $\ln1=0$，微積分基本定理給出對每個 $x>0$ 有 $\ln x=\int_1^xdt/t$。也可從該積分出發構造其反函數，但若不證明等價就同時使用兩個定義會造成循環；這裡的等式由已經建立的導數性質得到。

5.4 常見級數及其有依據的定義域

對每個實數 $x$，

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

系數規律來自反覆求導。要證明相等，固定有限的 $x$。指數函數在線段上的導數由 $e^{|x|}$ 界定，且 $e^{|x|}|x|^{n+1}/(n+1)!\to0$。正弦與餘弦的各階導數的模至多為一，得到同樣的階乘控制。階乘支配固定冪，因為相鄰項的比最終小於例如 $1/2$。

對數級數為

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

一種推導是從零到 $x$ 對 $1/(1+t)$ 的有限等比恆等式積分，並保留積分餘項。當 $|x|<1$，幾何級數界使餘項趨零。在 $x=1$，適當截斷後其模至多為 $1/(n+1)$，因為 $[0,1]$ 上 $1/(1+t)\le1$。在 $x=-1$，對數無定義，負調和項也不給出有限和。端點須另行檢查，不能直接繼承內部論證。

冪級數 $\sum c_k(x-a)^k$ 有以 $a$ 為中心的絕對收斂區間，端點需要單獨分析。對 $1/(1-2x)$ 的級數，等比條件為 $|2x|<1$，即 $|x|<1/2$，而不是 $|x|<1$。將表達式代入已知級數時，也須代入其收斂條件。

3. 二進凝聚：單調性的作用

定理 2。 若 $a_n\ge0$ 且 $a_n$ 非遞增，則

$$\sum_{n=1}^{\infty}a_n\quad\text{收斂當且僅當}\quad\sum_{k=0}^{\infty}2^k a_{2^k}\quad\text{收斂}.$$

證明。 分塊 $B_k=\sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1}a_n$ 恰有 $2^k$ 項。每項至多為 $a_{2^k}$，至少為 $a_{2^{k+1}}$，因此

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

若凝聚級數收斂，上界使分塊級數的部分和有界。若分塊級數收斂，下界使凝聚級數從 $k=1$ 開始的部分和有界；加回遺漏的一項不改變收斂性。最後，分塊端點的部分和構成原非負項部分和的子列。任何中間部分和都位於相鄰端點的部分和之間，故端點有界也使它有界。因此分塊級數收斂當且僅當原級數收斂。$\square$

以二進分組證明完整 p 級數閾值

當實數 $p\le0$，有 $n^{-p}\ge1$，所以項不趨零，級數發散。當 $p>0$，$a_n=n^{-p}$ 非負且非遞增，可用已證二進凝聚判別法。凝聚項為 $2^k a_{2^k}=2^{k(1-p)}$，其等比級數收斂當且僅當 $2^{1-p}<1$，亦即 $p>1$。當 $0<p\le1$，凝聚項至少為一，凝聚級數發散，原級數也發散。這對每個實數 $p$ 證明了閾值，並未引用未經證明的瑕積分判別法。

包括端點的有限對數餘項

對每個整數 $m\ge1$ 和 $t\ne-1$，有限除法給出

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

固定 $-1<x\le1$，沿零到 $x$ 的有向線段積分。由微積分基本定理及 $\ln1=0$，

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

若 $0\le x\le1$，餘項絕對值至多為 $x^{m+1}/(m+1)\le1/(m+1)$。這包括 $x=1$，證明該端點處收斂到 $\ln2$。若 $-1<x<0$，令 $r=|x|<1$；積分線段上分母至少為 $1-r$，所以餘項絕對值至多為 $r^{m+1}/[(m+1)(1-r)]$，趨於零。當 $x=-1$，每個級數項為 $-1/k$，由調和級數證明可知發散，實對數在此也無定義。若 $|x|>1$，取 $1<q<|x|$。項的絕對值 $|x|^k/k$ 的相鄰比為 $|x|k/(k+1)$，最終大於 $q$。逐項迭代使這些絕對值至少為某個固定正常數乘以增長的 $q$ 的冪，因此項不趨零，級數發散。故實數收斂集合恰為 $-1<x\le1$，在此其和等於 $\ln(1+x)$。

5.5 光滑性不保證等於泰勒級數

定義 $f(0)=0$，且對 $x\ne0$ 令 $f(x)=e^{-1/x^2}$。其在零的每階導數都為零。其機制是：在非零輸入求導得到 $1/x$ 的多項式乘以 $e^{-1/x^2}$，每項趨零的速度快於所需倒數冪的增長。事實上令 $t=1/x^2$，對正 $t$ 的初等界 $e^t\ge t^N/N!$ 表明選取整數 $N>m$ 後有 $t^me^{-t}\to0$。通過導數定義作歸納，得零點的各階導數均為零。

因此它在零的泰勒級數是零級數，但每個非零輸入都滿足 $f(x)>0$。這一區分表明“具有所有階導數”不等於“等於其泰勒級數之和”。決定性條件是餘項收斂，而非看起來光滑或多次成功求導。

平坦函數在零點的完整求導證明

使用先前已證的實指數級數、正性、倒數定律和導數恆等式 $\exp'=\exp$。定義 $F(0)=0$，並在 $x\ne0$ 時定義 $F(x)=\exp(-1/x^2)$。對每個實數 $r\ge0$，令 $u=1/x^2$，取整數 $k>r/2$。指數級數的非負項給出 $u>0$ 時 $\exp u\ge u^k/k!$，因此

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

在非零輸入處，歸納得到 $F^{(n)}(x)=P_n(1/x)\exp(-1/x^2)$，其中 $P_n$ 是多項式，$P_0=1$，且 $P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)$。假設 $n$ 階導數在非零處滿足此式、在零處取零。多項式次數有限，所以上述估計先給出 $F^{(n)}(x)\to0$，再給出 $F^{(n)}(h)/h\to0$。故 $F^{(n)}$ 在零處連續，並在零處可微且導數為零，遞推式則給出下一階的非零處公式。歸納可知 $F$ 光滑，且零點處每階導數均為零。因此它在零處的 Taylor 級數恆為零，但每個 $x\ne0$ 均有 $F(x)>0$。這完整證明了所述反例，沒有把光滑性當作解析性。

5.6 在計算中使用展開

例 4：帶消去的極限。 由於

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

得到 $\lim_{x\to0}(\sin x-x)/x^3=-1/6$。相除後的餘項是 $O(x^2)$ 並趨零。只寫 $\sin x\approx x$ 會丟掉第一個非零項，無法對該商給出有用信息。

例 5：受控的積分近似。 對 $0\le x\le0.2$，展開

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

對 $e^{-u}$ 在 $u=0$ 使用泰勒定理，由於 $0\le u=x^2\le0.04$ 且相關導數的模至多為一，得到 $|R(x)|\le x^6/6$。積分得

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

誤差至多為 $0.2^7/42$。該計算無需非初等原函數，也不需要無依據地交換任意無窮和與積分；它積分的是有限近似和有界餘項。

冪級數在收斂區間內部可逐項求導和積分，並保持收斂半徑；之後仍須重新檢查端點。例如對等比級數求導得到 $1/(1-x)^2=\sum_{k=1}^\infty kx^{k-1}$，其中 $|x|<1$；這不保證 $x=1$ 處收斂。

5.7 分層練習

基礎

1. 求 $e^x$ 的四階麥克勞林多項式。
2. 求 $f(x)=1/x$ 以 $a=2$ 為中心的二階泰勒多項式。
3. 寫出 $1/(1+3x)$ 的等比級數及其開收斂區間。

核心

4. 用 $1-x^2/2$ 近似 $\cos(0.1)$，利用四階導數和零三次系數給出誤差界。
5. 用有依據的餘項階數求 $\lim_{x\to0}(e^x-1-x)/x^2$。
6. 求 $\ln(1+x)$ 在零的三階泰勒多項式，並用四階導數給出 $0\le x\le1/4$ 的誤差界。
7. 對 $|x|<1$，從求導後的等比級數導出 $x/(1-x)^2$ 的級數。
8. 使用精確等比餘項，求近似 $1/(1-0.2)$ 且誤差至多為 $10^{-4}$ 所需的最低次數 $n$（包括到 $n$ 次的項）。

綜合

9. 使用 $1-x^4/2$ 近似 $\int_0^{0.1}\cos(x^2)dx$，並給出嚴格餘項界。
10. 解釋為何列出泰勒系數不能證明無窮級數表示函數。使用平坦光滑例子指出確切失效的結論。

5.8 詳解

1. 零處各階導數均為一，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. 在等比恆等式中令 $r=-3x$：當 $|x|<1/3$，$1/(1+3x)=\sum_{k=0}^\infty(-3x)^k$。
4. 由於三次系數為零，三階泰勒多項式等於 $1-x^2/2$。四階導數為餘弦，模至多為一，所以在 $0.1$ 的誤差至多為 $0.1^4/24=1/240000$。
5. 泰勒定理給出零附近 $e^x=1+x+x^2/2+O(x^3)$。相減再相除後為 $1/2+O(x)$，故極限為 $1/2$。
6. $T_3=x-x^2/2+x^3/3$。四階導數為 $-6/(1+x)^4$，在 $[0,1/4]$ 上模至多為 $6$。因此 $|R_3(x)|\le6x^4/24=x^4/4$，在端點至多為 $1/1024$。
7. 在 $|x|<1$ 內對 $1/(1-x)=\sum_{k=0}^\infty x^k$ 求導，再乘以 $x$，得到 $x/(1-x)^2=\sum_{k=1}^\infty kx^k$，開區間相同。
8. 誤差為 $0.2^{n+1}/0.8$。當 $n=4$，它為 $0.0004>0.0001$；當 $n=5$，它為 $0.00008\le0.0001$。誤差隨 $n$ 增大而減小，故最小值為 $n=5$，即從零次到五次共六項。
9. 對自變量 $u=x^2$ 的餘弦使用泰勒定理：$\cos u=1-u^2/2+R$，且 $|R|\le u^4/24=x^8/24$。近似值為 $0.1-0.1^5/10$，積分誤差至多為 $0.1^9/216$。
10. 系數確定在中心匹配導數的多項式，但與函數相等還要求在所考慮輸入處 $R_n(x)=f(x)-T_n(x)\to0$。平坦例子中每個泰勒多項式均為零，而在非零 $x$ 處餘項是不依賴 $n$ 的固定正值 $e^{-1/x^2}$，不會趨零。因此無窮可微本身不能保證級數表示。

總結與後續聯繫

泰勒系數來自導數匹配；有限餘項公式給出可用的誤差界。級數表示還需要隨著次數增加餘項消失。等比與階乘餘項在所述定義域上建立常見初等展開。端點檢查、分支限制以及第一個保留下來的非零項，在極限、求導和積分中都很重要。