泰勒展開的誤差項

首先，讓我們忽略一些細節而直接回顧泰勒多項式 + 誤差項的型式：

這一節就是要談誤差項

的一種型式。這種型式通常稱為 微分型式 或拉格朗日 (Lagrange) 型式。它來自於微分均值定理。很明顯地，

應該是 x 的函數，而且

。此外，我們將以上的 n-1 階泰勒多項式記做 $p_{n-1}(x)$ ，因此 $f(x) = p_{n-1}(x) + R_n(x)$ 。

讓我們再看看微分均值定理說了什麼？如果 f(x) 是一個在 [a,b] 區間中的 C¹ 函數，記做意思是說，f(x) 在 [a,b] 中連續，在 (a,b) 中可微，而且其導函數 f'(x) 可以拓展成 [a,b] 區間內的連續函數。那麼，存在某數 $\xi\in(a,b)$ 使得

$\begin{displaymath} f'(\xi)= \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \end{displaymath}$

如果我們令 x₀ 是 [a,b] 區間的中點 (x₀ = (a+b)/2)，令 R = b - x₀。然後挑選任何一個點 $x\in[x_0-R, x_0+R]$ 。如果 x > x₀，則 f(x) 也是

內的 C¹ 函數，因此可以將微分均值定理應用在它上面，得到：

$\begin{displaymath} f'(\xi)= \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\quad\hbox{for some}\quad\xi\in(x_0,x) \end{displaymath}$

反之，如果 x < x₀，則 f(x) 是

內的 C¹ 函數，因此可以將微分均值定理應用在它上面，得到：

$\begin{displaymath} f'(\xi)= \frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}\quad\hbox{for some}\quad\xi\in(x,x_0) \end{displaymath}$

我們發現，前兩條等式其實是一樣的，只有 x 所屬的區間改變而已。總而言之，我們可以合併前面兩條式子，寫成

如果 $f(x) \in C^1([x_0-R, x_0+R])$ 則對任何 $x\in[x_0-R, x_0+R]$ 都有
$\begin{displaymath} f'(\xi)= \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\quad\mbox{for some $\xi$ between $x$ and $x_0$} \end{displaymath}$

注意，上述的 R 未必是 f(x) 以 x₀ 為參考點的泰勒級數收斂半徑。從我們對微分均值定理的認識，就已經知道，上述的 $\xi$ 與 x₀ 和 x 有關，但是我們卻不能肯定它是哪個數。

將上述等式重新整理，便得到

$\begin{displaymath} f(x) = f(x_0) + f'(\xi)(x-x_0) \end{displaymath}$

您看，這不就是 n = 1 情況下的泰勒多項式和誤差項嗎？從這裡，我們發現

$\begin{displaymath} R_1(x) = f'(\xi)(x-x_0) \end{displaymath}$

現在，我們用一套「型式化」推理 (formal reasoning)，來探討一般的正整數 n 情況下是什麼。所謂「型式化」推理，就是型式上正確但是骨子裡並不完全正確的意思 (但是它推理的結果是正確的)。型式化的推理，雖然嚴格來說並不正確，但是比較容易讓我們瞭解整個理論架構。要把它完全寫對，並非十分困難，只是麻煩些，我們並不打算在這裡講解嚴格而完全正確的推理過程。

假設 $f(x)\in C^n([x_0-R, x_0+R])$ 。意思是說，f(x) 在 [x₀-R, x₀+R] 中連續，而且它在 (x₀-R, x₀+R) 中的一次、二次、...、n 次導函數

$\begin{displaymath} f'(x), f''(x), f^{(3)}(x),\ldots, f^{(n)}(x) \end{displaymath}$

都存在，而且都可以拓展成 [x₀-R, x₀+R] 上的連續函數。

既然 $f(x)\in C^n([x_0-R, x_0+R])$ 則 $f^{(n-1)}(x)\in C^1([x_0-R, x_0+R])$ 我們可以把微分均值定理應用在它身上，得到：對任意一個點 $x\in[x_0-R, x_0+R]$ 都有，

$\begin{displaymath} f^{(n)}(\xi)= \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}\quad \mbox{for some $\xi$ between $x$ and $x_0$} \end{displaymath}$

因為

$\begin{displaymath} p_{n-1}^{(n-1)}(x) = f^{(n-1)}(x_0) \end{displaymath}$

所以，從 $f(x) = p_{n-1}(x) + R_n(x)$ 得知

$\begin{displaymath} f^{(n-1)}(x) = p_{n-1}^{(n-1)}(x) + R_n^{(n-1)}(x) = f^{(n-1)}(x_0) + R_n^{(n-1)}(x) \end{displaymath}$

代入前三條式子，我們得知

$\begin{displaymath} f^{(n)}(\xi)(x-x_0) = R_n^{(n-1)}(x)\quad \mbox{for some $\xi$ between $x$ and $x_0$} \end{displaymath}$

現在，讓我們假設 $\xi$ 是一個常數，因此與 x 無關 (這裡就是「型式化」推理的錯誤所在，其實 $\xi$ 是與 x 有關的，當 x 改變， $\xi$ 也會變。但是，我們暫且忽略這個事實，繼續做型式化的推理)。則 $f^{(n)}(\xi)$ 也是一個常數。所以當我們在上式之兩側都做積函數，則是

$\begin{displaymath} \int_{x_0}^x R_n^{(n-1)}(t)\,dt = \int_{x_0}^x f^{(n)}(\xi) (t-x_0)\,dt \end{displaymath}$

積出來

$\begin{displaymath} R_n^{(n-2)}(x) - R_n^{(n-2)}(x_0) = f^{(n)}(\xi)\frac12 (x-x_0)^2 \end{displaymath}$

讀者應該可以自行推導以下等式：

$\begin{displaymath} R_n^{(n-2)}(x_0) = f^{(n-2)}(x_0) - p_{n-1}^{(n-2)}(x_0) = 0 \end{displaymath}$

代回前一條式子，就獲得

$\begin{displaymath} R_n^{(n-2)}(x) = f^{(n)}(\xi)\frac12 (x-x_0)^2 \end{displaymath}$

重複在等式兩側做積函數，就得到

$\begin{eqnarray*} R_n^{(n-3)}(x) &=& f^{(n)}(\xi)\frac16 (x-x_0)^3 \\ R_n^{(n-4... ...\\ &\vdots& \\ R_n(x) &=& f^{(n)}(\xi)\frac1{n!} (x-x_0)^n \\ \end{eqnarray*}$

這樣，就得到了微分型式的泰勒展開誤差項。我們結論如下。

如果存在某數 x₀ 和某正數 R，使得 $f(x)\in C^n([x_0-R, x_0+R])$ 則對任何 $x\in[x_0-R, x_0+R]$ ， f(x) 以 x₀ 為參考點的 n-1 階泰勒多項式與其誤差項就是
$\begin{displaymath} f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \... ...{n!}(x-x_0)^n\quad \mbox{for some $\xi$ between $x$ and $x_0$} \end{displaymath}$

雖然我們不能確定 $\xi$ 到底是誰，但是如果可以肯定有一個正數 M 使得 $\vert f^{(n)}(\xi)\vert\leq M$ 則對於任何介於 x 和 x₀ 之間的 $\xi$ ，都可以估計泰勒多項式和函數之間的差異，最多也不過是

$\begin{displaymath} \Bigl\vert f(x) - \sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-... ...gr\vert =\vert R_n(x)\vert \leq \frac{M}{n!}\vert x-x_0\vert^n \end{displaymath}$

當 f(x) 無限多次可微，而它的泰勒多項式之階數趨向無限大之後，就是泰勒級數。如果對某個實數 x

則在那個 x 處的泰勒級數收斂到原函數 f(x)。現在，我們可以證明正弦函數 sin(x) 以 0 為參考點的泰勒級數對任何實數 x 都收斂。因為，對於 sin(x) 以 0 為參考點的泰勒多項式誤差項而言，

$\begin{displaymath} R_n(x) = \Bigl(\frac{d^n}{dx^n}\sin x\bigl.\bigr\vert _{x=\xi}\Bigr) \times\frac{x^n}{n!} \end{displaymath}$

所以

$\begin{displaymath} \vert R_n(x)\vert \leq \frac{\vert x\vert^n}{n!} \end{displaymath}$

因為

$\begin{displaymath} \frac{\vert x\vert^n}{n!} =\frac{\vert x\vert}{1}\times \fra... ...frac{\vert x\vert}{3}\times\cdots\times \frac{\vert x\vert}{n} \end{displaymath}$

此時 |x| 是某個已經選定的實數，但是 n 卻越來越大，可見

$\begin{displaymath} \lim_{n\to\infty}\frac{\vert x\vert^n}{n!}=0\quad\mbox{for any $x$} \end{displaymath}$

只是，如果 |x| 越大，需要的階數 n 就越高，才能獲得較小的誤差。不過，對於正弦函數而言，我們只需要討論 x 在 $[0,2\pi)$ 或者 $[-\pi, \pi)$ 之內，所以上述問題並不嚴重。

以下習題常說「有效數字」，意思是說從第一個非零數字以後的數。例如 3002, 1.234, 0.002709, 0.00006667 都有四位有效數字。

習題

請用 ln(x) 以 1 為參考點的 4 階泰勒多項式計算 ln(1.5) 的估計值，並寫出此估計值的誤差最多是多少。如果需要數值計算，寫出四位有效數字。
請用 sin(x) 以 0 為參考點的 5 階泰勒多項式計算 sin(1) 的估計值，並寫出此估計值的誤差最多是多少。如果需要數值計算，寫出四位有效數字。
請用以 0 為參考點的 4 階泰勒多項式計算的估計值，並寫出此估計值的誤差最多是多少。如果需要數值計算，寫出四位有效數字。
對於任何一個給定的實數 x，請證明指數函數 e^x 以 0 為參考點的泰勒級數會收斂。
若請估計 e^x 以 0 為參考點的 4 階泰勒多項式與 e^x 之間的誤差最多會是多少？如果需要數值計算，寫出兩位有效數字。
若要用 e^x 以 0 為參考點泰勒多項式來估計 e^0.5，而且希望估計值至少準確到小數點下第四位，請問至少需要幾階的泰勒多項式？
若要用 cos(x) 以 0 為參考點泰勒多項式來估計 cos(1)，而且希望估計值至少準確到小數點下第四位，請問至少需要幾階的泰勒多項式？