利用泰勒展开唯一性定理计算泰勒展开

利用泰勒展开唯一性定理计算泰勒展开

小象实战讲义 · 人工智能数学基础

在上一节学习了泰勒公式的基本形式后，我们面临一个实际问题：如何高效地计算复杂函数的泰勒展开？直接求导往往计算量巨大。本节将介绍泰勒展开的唯一性定理，并利用它，结合已知的基本展开式和复合技巧，来优雅地求解复杂函数（如三角函数与指数函数的复合）的泰勒展开。此外，我们还将看到泰勒展开在揭示无穷小量阶的比较关系上的深刻应用，这为解决极限中的不定式问题提供了强大的工具。

💡 核心导读

• 唯一性定理：如果一个函数在某点附近能表示成一个多项式与一个高阶无穷小之和，那么这个多项式就是其泰勒多项式。
• 复合展开法：对于复合函数 $f(g(x))$，若 $g(x)$ 在展开点处趋向于某基本展开式的变量趋向值（常为0），则可利用已知基本展开式进行变量替换来求 $f(g(x))$ 的展开。
• 凑零技巧：当内层函数 $g(x)$ 在展开点不趋向于0时，可通过代数变形（如 $e^{g(x)} = e^{a} \cdot e^{g(x)-a}$，令 $a=g(0)$）强行构造出趋向于0的新变量。
• 阶的比较：泰勒展开清晰地给出了函数在展开点附近各阶无穷小量的系数，是分析和比较无穷小量阶的最本质方法，能系统化解决许多极限问题。

泰勒展开的唯一性定理

泰勒公式告诉我们，如果一个函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处 $n$ 阶可导，那么存在一个 $n$ 次多项式 $P_n(x)$（即泰勒多项式）使得： $$f(x) = P_n(x) + o((x-x_0)^n) \quad (x \to x_0)$$ 其中 $P_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$。

唯一性定理则指出：如果在 $x \to x_0$ 时，函数 $f(x)$ 能表示成某个 $n$ 次多项式 $Q_n(x)$ 与一个关于 $(x-x_0)^n$ 的高阶无穷小之和，即 $$f(x) = Q_n(x) + o((x-x_0)^n)，$$ 那么 $Q_n(x)$ 必定就是 $f(x)$ 在 $x_0$ 处的 $n$ 阶泰勒多项式 $P_n(x)$。

这个定理为我们计算泰勒展开提供了极大的便利。它意味着，无论我们通过什么方法（不一定是直接求导）得到了一个符合上述形式的多项式，这个多项式就是泰勒展开式。这允许我们使用更灵活的代数技巧和已知的展开式来“组装”目标函数的展开式。

复合函数的泰勒展开计算

对于复合函数 $f(g(x))$ 的泰勒展开，直接对复合函数求导通常非常繁琐。利用唯一性定理，我们可以采用更聪明的“复合”或“代入”法。

方法一：直接变量替换（当 $g(x) \to 0$）

若已知 $f(t)$ 在 $t=0$ 处的麦克劳林展开为 $f(t) = \sum_{k=0}^{n} a_k t^k + o(t^n)$，且当 $x \to 0$ 时，有 $g(x) \to 0$，那么将 $t = g(x)$ 代入上式，即可得到 $f(g(x))$ 的展开式。但需注意，代入后要计算 $g(x)^k$ 的展开，并合并同类项至所需的阶数。

示例：计算 $\cos(2x^2)$ 的麦克劳林展开（到 $x^{12}$ 项） 已知 $\cos t$ 的展开式为： $$\cos t = 1 - \frac{t^2}{2!} + \frac{t^4}{4!} - \frac{t^6}{6!} + \cdots + \frac{(-1)^k}{(2k)!} t^{2k} + o(t^{2k+1})$$ 令 $t = 2x^2$，代入得： $$\begin{aligned} \cos(2x^2) &= 1 - \frac{(2x^2)^2}{2!} + \frac{(2x^2)^4}{4!} - \frac{(2x^2)^6}{6!} + \cdots + \frac{(-1)^k}{(2k)!} (2x^2)^{2k} + o((2x^2)^{2k+1}) \ &= 1 - \frac{4x^4}{2} + \frac{16x^8}{24} - \frac{64x^{12}}{720} + \cdots + \frac{(-1)^k 4^k}{(2k)!} x^{4k} + o(x^{4k+2}) \end{aligned}$$ 注意余项的阶：因为 $t^{2k+1} = (2x^2)^{2k+1} \sim x^{4k+2}$，所以余项是 $o(x^{4k+2})$。

方法二：凑零技巧（当 $g(0) \neq 0$）

当我们需要求 $f(g(x))$ 在 $x=0$ 处的展开，但 $g(0) \neq 0$ 时，直接代入 $f(t)$ 在 $t=0$ 处的展开式是无效的，因为 $g(x)$ 不趋向于0。此时需要通过代数变形，构造出一个趋向于0的新变量。

核心示例：求 $e^{\cos x}$ 带佩亚诺余项的麦克劳林展开（到 $x^4$）

1. 问题：$\cos x$ 在 $x=0$ 时为1，不能直接代入 $e^t$ 在 $t=0$ 的展开。
2. 凑零：将函数改写为 $e^{\cos x} = e^{1} \cdot e^{\cos x - 1}$。此时，新变量 $t = \cos x - 1$ 在 $x \to 0$ 时趋向于0。
3. 分步展开：
   • 已知 $e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + o(t^3)$。
   • 已知 $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^5)$，所以 $t = \cos x - 1 = -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^5)$。
   • 我们需要最终展开到 $x^4$。由于 $t$ 是 $x^2$ 量级，$t^2$ 是 $x^4$ 量级，$t^3$ 是 $x^6$ 量级（可归入 $o(x^4)$）。因此，在 $e^t$ 的展开中，我们只需用到 $t^2$ 项。
4. 代入并计算： $$\begin{aligned} e^{\cos x} &= e \cdot e^{t} \ &= e \left[ 1 + t + \frac{t^2}{2} + o(t^2) \right] \ &= e \left[ 1 + \left( -\frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4) \right) + \frac{1}{2} \left( -\frac{x^2}{2} + o(x^2) \right)^2 + o(x^4) \right] \ &= e \left[ 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + \frac{1}{2} \cdot \frac{x^4}{4} + o(x^4) \right] \ &= e \left[ 1 - \frac{x^2}{2} + \left( \frac{1}{24} + \frac{1}{8} \right)x^4 + o(x^4) \right] \ &= e \left[ 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{1}{6}x^4 + o(x^4) \right] \ &= e - \frac{e}{2}x^2 + \frac{e}{6}x^4 + o(x^4) \end{aligned}$$ 其中，$t^2$ 展开时，因为只需要 $x^4$ 项，所以只需取 $(-\frac{x^2}{2})^2$ 即可，交叉项和高阶项都属于 $o(x^4)$。

方法三：多项式乘法

对于两个函数乘积的展开，如 $e^x \ln(1+x)$，可以分别展开每个因子到足够阶数，然后进行多项式乘法，最后合并至指定阶数。

示例：求 $e^x \ln(1+x)$ 的麦克劳林展开（到 $x^4$） 分别展开： $$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + o(x^3)$$ $$\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4)$$ 由于 $\ln(1+x)$ 无常数项，$e^x$ 展开到 $x^3$ 与之相乘，足以得到所有 $x^4$ 项。 相乘后合并同类项，可得： $$e^x \ln(1+x) = x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + 0 \cdot x^4 + o(x^4)$$

import sympy as sp

# 验证 e^x * ln(1+x) 的麦克劳林展开
x = sp.symbols('x')
f = sp.exp(x) * sp.log(1 + x)

# 使用 sympy 计算泰勒展开到 x^4
taylor_expansion = sp.series(f, x, 0, 5).removeO() # 5 表示展开到 x^4 (阶数5-1)
print("e^x * ln(1+x) 的麦克劳林展开（到 x^4）:")
sp.pprint(taylor_expansion)

# 手动计算系数进行验证
coeffs = {}
for i in range(5):
    coeffs[i] = taylor_expansion.coeff(x, i)
print("\n各次项系数:")
for power, coeff in coeffs.items():
    print(f"x^{power} 的系数: {coeff}")

泰勒展开在极限计算中的应用：阶的比较

泰勒展开不仅是函数逼近的工具，更是分析无穷小量阶的利器。许多极限不定式问题，本质上是比较无穷小或无穷大的“阶”。

示例：计算极限 $\lim_{n \to \infty} n^2 \left(1 - n \sin \frac{1}{n} \right)$

1. 分析：当 $n \to \infty$ 时，$\frac{1}{n} \to 0$。令 $x = \frac{1}{n}$，则原极限转化为 $x \to 0^+$ 的极限： $$\lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \frac{\sin x}{x}}{x^2}$$ 这是一个 $\frac{0}{0}$ 型不定式。
2. 泰勒展开揭示阶的关系：将 $\sin x$ 展开到足够高阶： $$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5)$$ 因此， $$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} + o(x^4)$$
3. 代入计算： $$\begin{aligned} \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \frac{\sin x}{x}}{x^2} &= \lim_{x \to 0^+} \frac{1 - \left( 1 - \frac{x^2}{6} + \frac{x^4}{120} + o(x^4) \right)}{x^2} \ &= \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{x^2}{6} - \frac{x^4}{120} + o(x^4)}{x^2} \ &= \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{1}{6} - \frac{x^2}{120} + o(x^2) \right) \ &= \frac{1}{6} \end{aligned}$$ 所以，原极限为 $\frac{1}{6}$。

深层理解：泰勒展开系统性地给出了函数与多项式之差的高阶估计。例如：

• $\sin x \sim x$ （一阶等价）
• $\sin x - x \sim -\frac{1}{6}x^3$ （一阶减一阶，得到三阶无穷小）
• $e^x - 1 \sim x$ （一阶等价）
• $e^x - 1 - x \sim \frac{1}{2}x^2$ （一阶减一阶，得到二阶无穷小）
• $\ln(1+x) - x \sim -\frac{1}{2}x^2$ （一阶减一阶，得到二阶无穷小）

掌握这些阶的关系，许多极限问题可以直接通过“看”出主要阶项来解决，这比反复使用洛必达法则更本质、更高效。洛必达法则本身也可以通过泰勒展开来理解。

📝 动手练一练

1. 练习1：利用泰勒展开的唯一性，求函数 $f(x) = \sin^2(x^2+1)$ 在 $x=0$ 处带佩亚诺余项的麦克劳林展开，到 $x^6$ 项。 提示：先用三角恒等式降幂，再对 $\cos(2x^2+2)$ 进行展开。

   参考答案： 首先，$\sin^2 A = \frac{1}{2}(1 - \cos 2A)$。故 $f(x) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(2x^2+2) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(2) \cos(2x^2) + \frac{1}{2}\sin(2) \sin(2x^2)$。 分别展开 $\cos(2x^2)$ 和 $\sin(2x^2)$： $\cos(2x^2) = 1 - 2x^4 + o(x^6)$， $\sin(2x^2) = 2x^2 - \frac{4}{3}x^6 + o(x^6)$。 代入整理得： $f(x) = \frac{1-\cos2}{2} + \sin(2) x^2 + \cos2 \cdot x^4 - \frac{2}{3}\sin2 \cdot x^6 + o(x^6)$。

2. 练习2：计算极限 $\lim_{x \to 0} \frac{e^x \sin x - x(1+x)}{x^3}$。 提示：分别展开 $e^x$ 和 $\sin x$ 到 $x^3$ 项，相乘后与分子多项式相减。

   参考答案： 展开：$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)$， $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$。 则 $e^x \sin x = (1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6})(x - \frac{x^3}{6}) + o(x^3) = x + x^2 + (\frac{1}{2}-\frac{1}{6})x^3 + o(x^3) = x + x^2 + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)$。 分子为 $[x + x^2 + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)] - [x + x^2] = \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)$。 因此，原极限 $= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{3}x^3 + o(x^3)}{x^3} = \frac{1}{3}$。

本章小结

本节深入探讨了泰勒展开的计算与应用技巧：

1. 唯一性是利器：泰勒展开的唯一性定理让我们摆脱了必须直接求导的束缚，可以通过代数变形、复合代入、多项式乘法等多种灵活方法求得展开式。
2. 凑零是技巧：当内层函数在展开点不为零时，通过减去其常数项（如 $e^{g(x)} = e^{g(0)} \cdot e^{g(x)-g(0)}$）来构造新变量，是处理复合函数展开的关键技巧。
3. 本质是阶的比较：泰勒展开清晰地刻画了函数在一点附近各阶无穷小量的行为。这不仅是函数逼近的理论，更是分析和比较无穷小量阶、解决 0/0、∞-∞ 等不定式极限问题的根本方法。

行动清单

1. 熟记五大基本展开式：确保 $e^x$, $\sin x$, $\cos x$, $(1+x)^\alpha$, $\ln(1+x)$ 的麦克劳林展开式及其通项形式能熟练写出。
2. 练习复合与凑零：找 2-3 道涉及 $e^{g(x)}$ 或 $\ln(1+g(x))$ 且 $g(0)\neq0$ 的题目，刻意练习“凑零”技巧。
3. 用泰勒法验证极限：下次遇到复杂的 0/0 型极限时，尝试先用泰勒展开判断主要阶项，再与洛必达法则的结果进行对比，体会其优越性。

— 小象教研组