# Taylor 多项式

# Taylor 定理（Peano 余项）

定理 $1$：设函数 $f$ 在点 $x_0$ 有直到 $n$ 阶的导数，则：

$$f(x) = T_n (f, x_0; x) + o[(x - x_0)^n], (x \to x_0)$$

证明：令 $R_n(x) = f(x) - T_n(f, x_0; x)$，则 $R_n(x)$ 在 $x_0$ 附近 $n - 1$ 可导，在 $x_0$ 点 $n$ 阶可导，且 $R_n(x_0) = R_n'(x_0) = \cdots = R_n^{(n - 1)}(x_0) = R_n^{(n)}(x_0) = 0$。

对于 $x > x_0$（$x < x_0$ 类似）反复用柯西中值定理：

$$\begin {aligned} & \frac {R_n (x)} {(x - x_0)^n} = \frac {R_n (x) - R_n(x_0)} {(x - x_0)^n} = \frac {R_n'(\xi_1)} {n(\xi_1 - x_0)^{n - 1}}, \xi_1 \in (x_0, x) \\ = & \frac {R'_n(\xi_1) - R_n'(x_0)} {n(\xi_1 - x_0)^{n - 1}} = \frac {R_n''(\xi_2)} {n(n - 1)(\xi_2 - x_0)^{n - 2}}, \xi_2 \in (x_0, \xi_1) \\ = & \cdots = \frac {R_n^{(n - 1)}(\xi_{n - 1})} {n(n - 1)\cdots 2(\xi_{n - 1} - x_0)}, \xi_{n - 1} \in (x_0, \xi_{n - 2}) \end {aligned}$$

因此：

$$\lim_{x \to x_0} \frac {R_n(x)} {(x - x_0)^n} = \lim_{x \to x_0} \frac {R_n^{(n - 1)}(\xi_{n - 1})} {n(n - 1) \cdots 2 (\xi_{n - 1} - x_0)} = \frac 1 {n!} \lim_{x \to x_0} \frac {R_n^{(n - 1)}(\xi_{n - 1}) - R_n^{(n - 1)}(x_0)} {(\xi_{n - 1} - x_0)} = R_n^{(n)}(x_0) = 0$$

常用展开式：

1. $e^x = 1 + x + \dfrac {x^2} {2!} + \cdots + \dfrac {x^n} {n!} + o(x^n)$；

2. $\ln (1 + x) = x - \dfrac {x^2} {2} + \dfrac {x^3} {3} - \cdots + \dfrac {(-1)^{n - 1}} {n} x^n + o(x^n)$；

   $\ln (1 - x) = - [x + \dfrac {x^2} {2} + \dfrac {x^3} {3} + \cdots + \dfrac {x^n} {n}] + o(x^n)$；

3. $\sin x = x - \dfrac {x^3} {3!} + \dfrac {x^5} {5!} - \dfrac {x^7} {7!} + \cdots + \dfrac {(-1)^{n - 1}} {(2n - 1)!} x^{2n - 1} + o(x^{2n})$；

4. $\cos x = 1 - \dfrac {x^2} {2!} + \dfrac {x^4} {4!} - \dfrac {x^6} {6!} + \cdots + \dfrac {(-1)^n} {(2n)!} x^{2n} + o(x^{2n + 1})$；

   由 $e^{ix} = 1 + ix + \dfrac {(ix)^2} {2!} + \cdots + \dfrac {(ix)^n} {n!} = o(x^n)$，得欧拉公式：

   $$e^{ix} = \cos x + i \sin x$$

5. 广义二项式：

   $$\begin {aligned} f(x) & = (1 + x)^\lambda, (x > -1) \\ & = \sum_{k = 0}^n \frac {\lambda (\lambda - 1) \cdots (\lambda - k + 1)} {k!} x^k + o(x^n) \\ & = \sum_{k = 0}^n C_\lambda^k x^k + o(x^n) \end {aligned}$$

   特例：

   $$\frac 1 {1 + x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^n x^n + o(x^n) = \sum_{k = 0}^n (-1)^k x^k + o(x^n)$$

说明：

1. Taylor 公式所做的事情就是在 $x_0$ 的额小邻域内，用 Taylor 多项式 $T_n(x)$ 逼近 $f(x)$；

2. 记 $R_n(x) = f(x) - T_n(x)$，我们称之为余项。定理即 $R_n(x) = o[(x - x_0)^n]$，我们称之为 Peano 余项。它描述的是 $R_n(x)$ 在 $x_0$ 附近的性质。

3. 取 $x_0 = 0$ 时，称为 Maclaurin（麦克劳林）公式：

   $$f(x) = f(0) + f'(0) x + \frac {f''(0)} {2!} x^2 + \cdots + \frac {f^{(n)}(0)} {n!} x^n + o(x^n) = \sum_{k = 0}^n \frac {f^{(k)}(0)} {k!} x^k + o(x^n)$$

# 求函数的 Taylor 展式

解：直接法，关键是求出 $f^{(n)}(0)$，先求一阶导：$f'(x) = \dfrac 1 {1 + x^2}, f'(0) = 1$，则得到：

$$(1 + x^2) f'(x) = 1$$

两边求 $n$ 阶导数：

$$(1 + x^2) f^{(n + 1)}(x) + n \cdot 2xf^{(n)}(x) + \frac {n (n - 1)} 2 \cdot 2 f^{(n - 1)}(x) = 0$$

取 $x = 0, f^{(n + 1)}(0) = -n (n - 1) f^{(n - 1)}(0)$，则：

$$f^{(n)}(0) = \begin {cases} 0, & n = 2k \\ (-1)^k (2k)!, & n = 2k + 1 \end {cases}$$

因此 $\arctan x = x - \dfrac {x^3} 3 + \dfrac {x^5} 5 - \dfrac {x^7} 7 + \cdots + \dfrac {(-1)^n} {(2n + 1)} x^{2n + 1} + o(x^{2n + 2})$

无穷小量的运算法则：$o(x^n)$ 是一类变量集合，满足：$\forall \, \alpha \in o(x^n)$ 有 $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac \alpha {x^n} = 0$。当 $x \to 0$ 时：

1. $o(x^m) \sub o(x^n), m \ge n > 0$；

2. $o(x^m) \pm o(x^n) \sub o(x^n), m \ge n > 0$；

3. $o(x^m) o(x^n) \sub o(x^{m + n}), m, n > 0$；

4. $C \cdot o(x^n) \sub o(x^n), C \not = 0$ 为常数；

5. $x^n \cdot o(x^m) \sub o(x^{m + n}), m, n > 0$；

6. $\dfrac 1 {x^n} \cdot o(x^m) \sub o(x^{m - n}), m \ge n > 0$；

7. $o(o(x^n)) \sub o(x^n)$。

解：

$$\begin {aligned} f(x) &= \ln \frac {\sin x} x = \ln \left( \frac {x - \dfrac {x^3} {3!} + \dfrac {x^5} {5!} - \dfrac {x^7} {7!} + o(x^7)} x \right) = \ln \left[ 1 + \left( - \frac {x^2} {3!} + \frac {x^4} {5!} - \frac {x^6} {7!} + o(x^6) \right) \right] \\ &= - \frac {x^3} 6 + \frac {x^4} {120} - \frac {x^6} {5040} + o(x^6) - \frac 1 2 \left( - \frac {x^2} 6 + \frac {x^4} {120} - \frac {x^6} {5040} + o(x^6) \right)^2 + \frac 1 3 (- \frac {x^2} 6 + \frac {x^4} {120} - \frac {x^6} {5040} + o(x^6))^3 + o(x^6) \\ &= - \frac {x^2} 6 - \frac {x^4} {180} - \frac {x^6} {2835} + o(x^6) \end {aligned}$$

解：

$$\begin {aligned} f(x) &= \ln (2 + x - 2) = \ln 2 + \ln (1 + \frac {x - 2} 2) \\ &= \ln 2 + \frac {x - 2} 2 - \frac 1 2 \left( \frac {x - 2} 2 \right)^2 + \cdots + \frac {(-1)^{n - 1}} n \left( \frac {x - 2} 2 \right)^n + o \left( \left( \frac {x - 2} 2 \right)^n \right) \end {aligned}$$

# Peano 余项 Taylor 公式应用

# 极值问题

定理 $2$：设 $f$ 在 $x_0$ 处有 $k$ 阶导数，且 $f'(x_0) = f''(x_0) = \cdots = f^{(k - 1)}(x_0) = 0, f^{(k)}(x_0) \not = 0$，则：

1. $k$ 为奇数时，$x_0$ 不是极值点

2. $k$ 为偶数时，$x_0$ 是极值点，且：

   $f^{(k)}(x_0) > 0$ 时 $x_0$ 为极小值点；

   $f^{(k)}(x_0) < 0$ 时 $x_0$ 为极大值点。

其原理是：

$$f(x) - f(x_0) = \frac {f^{(k)}(x_0)} {k!} (x - x_0)^k + o((x - x_0)^k) (x \to x_0)$$

# 求极限

解：

$$\cos x = 1 - \frac {x^2} {2!} + \frac {x^4} {4!} + o(x^4) \\ e^{- \frac {x^2} 2} = 1 - \frac {x^2} 2 + \frac 1 {2!} \left( - \frac {x^2} 2 \right)^2 + o \left[ \left( - \frac {x^2} 2 \right)^2 \right] = 1 - \frac {x^2} 2 + \frac {x^4} 8 + o(x^4) \\ 原式 = \lim_{x \to 0} \frac {- \dfrac {x^4} {12} + o(x^4)} {x^4} = - \frac 1 {12}$$

解：由于 $\tan x - \sin x = \tan x (1 - \cos x)$，因此 $x \to 0$ 时，$\tan x - \sin x \sim \dfrac {x^3} 2$。

又因为 $\sin x = x - \dfrac {x^3} {3!} + o(x^3), \arctan x = x - \dfrac {x^3} 3 + o(x^3)$，所以原式 $= \lim\limits_{x \to 0} \dfrac {\frac 1 6 x^3 + o(x^3)} {\frac {x^3} 2} = \dfrac 1 3$。

# Taylor 定理（Lagrange 余项）

定理 $3$：设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有 $n$ 阶连续导数，在 $(a, b)$ 内有 $n + 1$ 阶导数，则对 $\forall \, x_0, x \in [a, b]$，有：

$$f(x) = T_n (f, x_0; x) + R_n(x)$$

其中 $R_n(x) = \dfrac {f^{(n + 1)}(\xi)} {(n + 1)!} (x - x_0)^{n + 1}$。此即 Lagrange 余项。

证明：将 $T_n(f, x_0; x)$ 中的 $x$ 看成自变量，令 $h(x) = T_n(f, x_0; x)$。则有 $h^{(i)}(x_0) = f^{(i)}(x_0), i = 0, 1, \cdots, n$ 成立。因此：

$$R_n^{(i)} (x_0) = f^{(i)}(x_0) - h^{(i)}(x_0) = 0, i = 0, 1, \cdots, n$$

而 $R_n^{(n + 1)}(x) = f^{(n + 1)}(x) - h^{(n + 1)}(x) = f^{(n + 1)}(x)$。

令 $g_n(x) = (x - x_0)^{n + 1}$，则易见：

$$g_n^{(i)}(x_0) = 0, i = 0, 1, \cdots, n \\ g_n^{(n + 1)}(x) = (n + 1)!$$

对 $R_n(x)$ 和 $g_n(x)$ 运用柯西中值定理，可得：

$$\begin {aligned} \frac {R_n (x)} {g_n (x)} & = \frac {R_n (x) - R_n (x_0)} {g_n (x) - g_n (x_0)} = \frac {R'_n (\xi_1)} {g'_n(\xi_1)} \\ & = \frac {R'_n(\xi_1) - R'_n(x_0)} {g'_n(\xi_1) - g'_n(x_0)} = \frac {R''_n(\xi_2)} {g''_n(\xi_2)} = \cdots = \frac {R_n^{(n)}(\xi_n)} {g_n^{(n)}(\xi_n)} \\ &= \frac {R_n^{(n)}(\xi_n) - R_n^{(n)}(x_0)} {g_n^{(n)}(\xi_n) - g_n^{(n)}(x_0)} = \frac {R_n^{(n + 1)}(\xi)} {g_n^{(n + 1)}(\xi)} = \frac {f^{(n + 1)}(\xi)} {(n + 1)!} \end {aligned}$$

因此 $R_n(x) = \dfrac {f^{(n + 1)}(\xi)} {(n + 1)!} (x - x_0)^{n + 1}$。

注：

1. 当 $x_0 = 0$ 时的 Taylor 公式称为 Maclaurin 公式；

2. 当 $n = 0$ 时，Taylor 公式变成 Lagrange 中值公式：

   $$f(x) = f(x_0) + f'(\xi) (x - x_0), \xi \in (x_0, x)$$

3. $\xi$ 也可表示为 $x_0 + \theta (x - x_0), 0 < \theta < 1$；

4. Peano 余项对误差进行定性的估计，Lagrange 余项对误差有了更加准确的定量的描述。

常用展开式的 Lagrange 余项：

1. $e^x$：$R_n(x) = \dfrac {e^{\theta x}} {(n + 1)!} x^{n + 1}, 0 < \theta < 1$；

2. $\sin x$：$R_{2n} (x) = (-1)^n \dfrac {\cos \theta x} {(2n + 1)!} x^{2n + 1}, 0 < \theta < 1$；

3. $\cos x$：$R_{2n + 1} (x) = (-1)^{n + 1} \dfrac {\cos \theta x} {(2n + 2)!} x^{2n + 2}, 0 < \theta < 1$；

4. $\ln (1 + x)$：$R_n (x) = \dfrac {(-1)^n} {n + 1} \dfrac {x^{n + 1}} {(1 + \theta x)^{n + 1}}, 0 < \theta < 1$；

5. $(1 + x)^\lambda$：$R_n (x) = C_\lambda^{n + 1} (1 + \theta x)^{\lambda - n - 1} x^{n + 1}, 0 < \theta < 1$。

证明：

$$\ln (1 + x) = x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \frac {x^4} {4 (1 + \xi_1)^4}, 0 < \xi_1 < x, \\ x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \frac {x^4} 4 < \ln (1 + x) < x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3$$

证明：$f(x)$ 在 $a$ 点，$b$ 点的一阶 Taylor 公式为：

$$\begin {aligned} f(x) &= f(a) + f'(a) (x - a) + \frac {f''(\xi)} 2 (x - a)^2 \\ &= f(a) + \frac {f''(\xi)} 2 (x - a)^2, \xi \in (a, x) \end {aligned} \\ \begin {aligned} f(x) &= f(b) + f'(b) (x - b) + \frac {f''(\eta)} 2 (x - b)^2 \\ &= f(b) + \frac {f''(\eta)} 2 (x - b)^2, \eta \in (x, b) \end {aligned}$$

取 $x = \dfrac {a + b} 2$，得：

$$f(\frac {a + b} 2) = f(a) + \frac {f''(c_1)} 2 \left( \frac {b - a} 2 \right)^2$$

类似可得：

$$f(\frac {a + b} 2) = f(b) + \frac {f''(c_2)} 2 \left( \frac {b - a} 2 \right)^2$$

两式相减得：

$$f(b) - f(a) = \frac {(b - a)^2} 8 (f''(c_1) - f''(c_2))$$

因此 $|f(b) - f(a)| \le \dfrac {(b - a)^2} {8} (|f''(c_1)| + |f''(c_2)|)$。取 $c_1, c_2$ 中使 $|f''(c_1)|, |f''(c_2)|$ 大者为 $c$ 即可。

证明：在 $x_0 = \dfrac {x_1 + x_2} 2$ 处 Taylor 展开：

$$\begin {aligned} f(x) & = f \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) + f' \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) \left( x - \frac {x_1 + x_2} 2 \right) + \frac {f''(\xi)} 2 \left( x - \frac {x_1 + x_2} 2 \right)^2, \xi \in \left( x, \frac {x_1 + x_2} 2 \right) \\ & > f \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) + f' \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) \left( x - \frac {x_1 + x_2} 2 \right) \end {aligned}$$

将 $x$ 分别代入为 $x_1, x_2$，可得：

$$f(x_1) > f \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) + f' \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) \frac {x_1 - x_2} 2 \\ f(x_2) > f \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) + f' \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right) \frac {x_2 - x_1} 2$$

两式相加即得：

$$f(x_1) + f(x_2) > 2 f \left( \frac {x_1 + x_2} 2 \right)$$

证明：极小值在 $(0, 1)$ 内取得，$f(c) = -1$ 最小，$f'(c) = 0$，则 $f(x)$ 在 $c$ 点的一阶 Taylor 公式为：

$$f(x) = f(c) + \frac {f''(\xi)} 2 (x - c)^2, \xi \in (x, c)$$

分别取 $x = 0, x = 1$，得：

$$f(0) = f(c) + \frac {f''(\xi_1)} 2 (-c)^2 = 0, \xi_1 \in (0, c) \\ f(1) = f(c) + \frac {f''(\xi_2)} 2 (1 - c)^2 = 0, \xi_2 \in (c, 1) \\$$

即 $f''(\xi_1) = \dfrac 2 {c^2}, f''(\xi_2) = \dfrac 2 {(1 - c)^2}$，当 $c \le \dfrac 1 2$ 时，$f''(\xi_1) \ge 8$；当 $c > \dfrac 1 2$ 时，$f''(\xi_2) \ge 8$。

所以 $\max\limits_{x \in [0, 1]} f''(x) \ge 8$。

证明：函数在 $x$ 点的一阶 Taylor 公式为：

$$f(t) = f(x) + f'(x) (t - x) + \frac {f''(\xi)} 2 (t - x)^2$$

其中 $\xi$ 介于 $t, x$ 之间。分别代入 $0, 1$ 点的值，可得：

$$f(0) = f(x) + f'(x) (-x) + \frac {f''(\xi_1)} 2 x^2, \xi_1 \in (0, x) \\ f(1) = f(x) + f'(x) (1 - x) + \frac {f''(\xi_2)} 2 (1 - x)^2, \xi_2 \in (x, 1) \\ f(1) - f(0) = f'(x) + \frac 1 2 (1 - x)^2 f''(\xi_2) + \frac 1 2 x^2 f''(\xi_1) \\ \begin {aligned} |f'(x)| & \le |f(1)| + |f(0)| + \frac 1 2 (1 - x)^2 |f''(\xi_2)| + \frac 1 2 x^2 |f''(\xi_1)| \\ & \le 2a + \frac 1 2 [(1 - x)^2 + x^2] b \\ & \le 2a + \frac b 2 \end {aligned}$$

总结：Taylor 公式证明题目时关键在点 $x_0, x$ 的选取。点多选端点、中点、驻点、极值点等。

# 习题

1. 将多项式 $1 + 3x + 5x^2 - 2x^3 + x^4$ 按 $x - 1$ 幂展开。

   解：$(x - 1)^4 + 2 (x - 1)^3 + 5 (x - 1)^2 + 11 (x - 1) + 8$。

2. 写出下列函数的带 Peano 余项的 Maclaurin 公式：

   (1) $e^{ax} (a \not = 0)$；

   (2) $\ln (1 - x)$；

   (3) $\dfrac {x^3 + 2x + 1} {x + 1}$

   (1) 解：$e^{ax} = 1 + ax + \dfrac {a^2 x^2} {2!} + \dfrac {a^3 x^3} {3!} + \cdots + \dfrac {a^n x^n} {n!} + o(x^{n})$。

   (2) 解：$\ln (1 - x) = -x - \dfrac {x^2} 2 - \dfrac {x^3} 3 - \cdots - \dfrac {x^n} n + o(x^n)$。

   (3) 解：

   $$\dfrac 1 {1 + x} = 1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^n x^n + o(x^n) \\ \begin {aligned} \frac {x^3 + 2x + 1} {x + 1} &= (x^3 + 2x + 1) (1 - x + x^2 - x^3 + \cdots + (-1)^n x^n + o(x^n)) \\ &= 1 + x - x^2 + 2x^3 - 2x^4 + \cdots + (-1)^{n - 1} \cdot 2x^n + o(x^n) \end {aligned}$$

3. 求出 $\arcsin x$ 的带 Peano 余项的 Maclaurin 公式。

   解：令 $f(x) = \arcsin x$，则：

   $$f'(x) = \frac 1 {\sqrt {1 - x^2}} \\ f''(x) = \frac {x} {(1 - x^2)^{\frac 3 2}} = \frac {x} {1 - x^2} f'(x) \\ (1 - x^2) f''(x) - xf'(x) = 0$$

   由莱布尼茨公式对左右两边求 $n - 2$ 次导得：

   $$(1 - x^2) f^{(n)}(x) + (-2n + 3) x f^{(n - 1)} (x) - (n - 2)^2 f^{(n - 2)}(x) = 0$$

   将 $x = 0$ 代入得：

   $$f^{(n)}(0) = (n - 2)^2 f^{(n - 2)}(x)$$

   由于 $f(0) = 0, f(1) = 1$，因此：

   $$f^{(n)}(0) = \begin {cases} 0 & n 为偶数 \\ 1 & n = 1 \\ [(n - 2)!!]^2 & n 为大于 1 的奇数 \end {cases}$$

   则带 Peano 余项的 Maclaurin 公式为：

   $$\arcsin x = x + \frac {x^3} {3!} + \frac {3!! x^5} {5 \cdot 4!!} + \cdots + \frac {(2n - 1)!! x^{2n + 1}} {(2n + 1) (2n)!!} + o(x^{2n + 2})$$

4. 按指定要求写出下列函数带 Peano 余项的 Maclaurin 公式：

   (1) $\dfrac x {\sin x}$ 到含 $o(x^4)$ 的项；

   (2) $e^{x - x^2}$ 到含 $o(x^4)$ 的项；

   (3) $\sqrt [3] {\sin x^3}$ 到含 $x^{13}$ 的项。

   (1) 解：

   $$\frac {\sin x} x = 1 - \frac {x^2} {3!} + \frac {x^4} {5!} + o(x^5) \\ \begin {aligned} \frac x {\sin x} & = \frac {1} {1 - \dfrac {x^2} {3!} + \dfrac {x^4} {5!} + o(x^5)} \\ & = 1 + \left( \frac {x^2} {3!} - \frac {x^4} {5!} + o(x^5) \right) + \left( \frac {x^2} {3!} - \frac {x^4} {5!} + o(x^5) \right)^2 + o(x^4) \\ & = 1 + \frac {x^2} 6 + \frac {7x^4} {360} + o(x^4) \end {aligned}$$

   (2) 解：

   $$\begin {aligned} e^{x - x^2} & = 1 + (x - x^2) + \frac {(x - x^2)^2} {2!} + \frac {(x - x^2)^3} {3!} + \frac {(x - x^2)^4} {4!} + \frac {(x - x^2)^5} {5!} + o(x^5) \\ & = 1 + x - \frac {x^2} 2 - \frac {5 x^3} {6} + \frac {x^4} {24} + \frac {41 x^5} {120} + o(x^5) \end {aligned}$$

   (3) 解：

   $$\begin {aligned} \sin x^3 & = x^3 - \frac {x^9} {3!} + \frac {x^{15}} {5!} - \frac {x^{21}} {7!} + \frac {x^{27}} {9!} - \frac {x^{33}} {11!} + \frac {x^{39}} {13!} + o(x^{39}) \\ & = x^3 (1 - \frac {x^6} {3!} + \frac {x^{12}} {5!} - \frac {x^{18}} {7!} + \frac {x^{24}} {9!} - \frac {x^{30}} {11!} + \frac {x^{36}} {13!} + o(x^{36})) \end {aligned} \\ \begin {aligned} (1 + x)^{\frac 1 3} & = 1 + \frac x 3 + \frac {\dfrac 1 3 \left( - \dfrac 2 3 \right)} {2!} x^2 + \frac {\dfrac 1 3 \left( - \dfrac 2 3 \right) \left( - \dfrac 5 3 \right)} {3!} x^3 + o(x^3) \\ & = 1 + \frac x 3 - \frac {x^2} 9 + \frac 5 9 x^3 + o(x_3) \end {aligned} \\ \begin {aligned} \sqrt [3] {\sin x^3} & = x \sqrt [3] {1 + \left( - \frac {x^6} {6} + \frac {x^{12}} {120} + o(x^{12}) \right)} \\ & = x \left( 1 + \frac {\left( - \dfrac {x^6} 6 + \dfrac {x^{12}} {120} + o(x^{12}) \right)} 3 - \dfrac {\left( - \dfrac {x^6} 6 + \dfrac {x^{12}} {120} + o(x^{12}) \right)^2} {9} + o(x^{12}) \right) \\ & = x - \frac {x^7} {18} - \frac {x^{13}} {3240} + o(x^{13}) \end {aligned}$$

5. 写出下列函数在指定点的带 Peano 余项的 Taylor 公式：

   $$f(x) = \sin x, x_0 = 1$$

   解：由 Taylor 公式可得：

   $$f(x) = \sin 1 + \cos 1 (x - 1) - \frac {\sin 1} {2!} (x - 1)^2 - \frac {\cos 1} {3!} (x - 1)^3 + \cdots + \frac {\sin 1} {(4n)!} (x - 1)^{4n} + \frac {\cos 1} {(4n + 1)!} (x - 1)^{4n + 1} - \frac {\sin 1} {(4n + 2)!} (x - 1)^{4n + 2} - \frac {\cos 1} {(4n + 3)!} (x - 1)^{4n + 3} + o[(x - 1)^{4n + 3}]$$

6. 利用 Taylor 公式，求下列极限：

   (1) $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac {e^{x^3} - 1 - x^3} {\sin^6 2x}$；

   (2) $\lim\limits_{x \to + \infty} x^{\frac 3 2} [\sqrt {x + 1} + \sqrt {x - 1} - 2 \sqrt x]$；

   (3) $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac {\sqrt {1 + 2 \sin x} - e^x + x^2} {x^3}$。

   (1) 解：

   $$\begin {aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac {e^{x^3} - 1 - x^3} {\sin^6 2x} & = \lim_{x \to 0} \frac {1 + x^3 + \dfrac {x^6} 2 + o(x^6) - 1 - x^3} {(2x)^6} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac {x^6} {2^7 x^6} = \frac 1 {128} \end {aligned}$$

   (2) 解：令 $u = x^{-1}$，则 $u \to 0^+$；令 $t = \sqrt u$，则 $t \to 0^+$。

   $$\begin {aligned} \lim\limits_{x \to + \infty} x^{\frac 3 2} [\sqrt {x + 1} + \sqrt {x - 1} - 2 \sqrt x] &= \lim_{u \to 0^+} \frac { \sqrt {1 + u} + \sqrt {1 - u} - 2} {u^2} \\ & = \lim_{t \to 0^+} \frac {\sqrt {1 + t^2} + \sqrt {1 - t^2} - 2} {t^3} \\ & = \lim_{t \to 0^+} \frac {\left( 1 + \dfrac {t^2} 2 - \dfrac {t^4} 8 + o(t^4) \right) + \left( 1 - \dfrac {t^2} 2 - \dfrac {t^4} 8 + o(t^4) \right) - 2} {t^4} \\ & = \lim_{t \to 0^+} \frac {- \dfrac {t^4} 4} {t^4} = - \frac 1 4 \end {aligned}$$

   (3) 解：

   $$\begin {aligned} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac {\sqrt {1 + 2 \sin x} - e^x + x^2} {x^3} & = \lim_{x \to 0} \frac {\left( 1 + \sin x - \dfrac {\sin^2 x} 2 + \dfrac {\sin^3 x} 2 + o(\sin^3 x) \right) - \left( 1 + x + \dfrac {x^2} 2 + \dfrac {x^3} 6 + o(x^3) \right) + x^2} {x^3} \\ & = \lim_{x \to 0} \frac {\left( x - \dfrac {x^3} 6 \right) - \dfrac {\left( x - \dfrac {x^3} 6 \right)^2} 2 + \dfrac {\left( x - \dfrac {x^3} 6 \right)^3} 2 - x + \dfrac {x^2} 2 - \dfrac {x^3} 6 + o(x^3)} {x^3} \\ & = \dfrac {\dfrac {x^3} 6 + o(x^3)} {x^3} = \frac 1 6 \end {aligned}$$

7. 利用 Taylor 公式，求下列数列极限：

   $$\lim_{n \to \infty} n^2 \ln \left( n \sin \frac 1 n \right)$$

   解：令 $f(x) = x^2 \ln \left( x \sin \dfrac 1 x \right)$，由海涅定理可知，该数列极限即为 $\lim\limits_{x \to + \infty} f(x)$，令 $u = \dfrac 1 x$，则 $u \to 0^+$。

   $$\begin {aligned} \lim\limits_{x \to + \infty} f(x) & = \lim\limits_{u \to 0^+} \frac {\ln \dfrac {\sin u} {u}} {u^2} \\ & = \lim_{u \to 0^+} \frac {\sin u - u} {u^3} \\ & = \lim_{u \to 0^+} \frac {u - \dfrac {u^3} 6 + o(u^3) - u} {u^3} = - \frac 1 6 \end {aligned}$$

8. 当 $x > 0$ 时，求证：对任何 $n \in \N^*$，有：

   $$x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \cdots - \frac {x^{2n}} {2n} < \ln (1 + x) < x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \cdots + \frac {x^{2n - 1}} {2n - 1}$$

   证明：由 Taylor 公式可得：

   $$\ln (1 + x) = x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \cdots + \frac {x^{2n - 1}} {2n - 1} - \frac {x^{2n}} {2n (1 + \xi)^{2n}}, \xi \in (0, x)$$

   则显然对于 $\forall \, n \in \N^*$，有如下不等式成立：

   $$x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \cdots - \frac {x^{2n}} {2n} < \ln (1 + x) < x - \frac {x^2} 2 + \frac {x^3} 3 - \cdots + \frac {x^{2n - 1}} {2n - 1}$$

9. 设 $f(x)$ 在 $\R$ 上二次可微，且 $\forall \, x \in \R$，有：

   $$|f(x)| \le M_0, |f''(x)| \le M_2.$$

   (1) 写出 $f(x + h), f(x - h)$ 关于 $h$ 的带拉格朗日余项的泰勒公式；

   (2) 求证：对 $\forall \, h > 0$，有 $|f'(x)| \le \dfrac {M_0} h + \dfrac h 2 M_2$；

   (3) 求证：$|f'(x)| \le \sqrt {2 M_0 M_2}$。

   (1) 解：

   $$f(x + h) = f(x) + f'(x) h + \dfrac {f''(x + \xi_1)} 2 h^2, \xi_1 \in (0, h) \\ f(x - h) = f(x) - f'(x) h + \dfrac {f''(x + \xi_2)} 2 h^2, \xi_1 \in (-h, 0)$$

   (2) 证明：

   $$f(x + h) - f(x - h) = 2 f'(x) h + \frac {f''(x + \xi_1) - f''(x + \xi_2)} {2} h^2 \\ f'(x) = \frac {f(x + h) - f(x - h) - \dfrac {f''(x + \xi_1) - f''(x + \xi_2)} 2 h^2} {2h} \\ \begin {aligned} |f'(x)| & \le \frac {|f(x + h)| + |f(x - h)| + \dfrac {|f''(x + \xi_1)| + |f''(x + \xi_2)|} {2} h^2} {2h} \\ & = \frac {2M_0 + M_2 h^2} {2h} = \frac {M_0} h + \frac h 2 M_2 \end {aligned}$$

   (3) 由 $(2)$ 已知，对于任意 $h > 0$，都有 $|f'(x)| \le \dfrac {M_0} h + \dfrac h 2 M_2$ 成立，而 $\min \left( \dfrac {M_0} h + \dfrac h 2 M_2 \right) = 2 \sqrt {\dfrac {M_0} h \dfrac h 2 M_2} = \sqrt {2 M_0 M_2}$，因此有 $|f'(x)| \le \sqrt {2 M_0 M_2}$ 成立。

10. 设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有一阶连续导数，在 $(a, b)$ 上二阶可导，且有 $f(a) = f(b) = 0$，证明：任取 $x \in (a, b)$，存在 $\xi \in (a, b)$，使得：

    $$f(x) = \frac {f''(\xi)} 2 (x - a) (x - b)$$

    证明：固定 $x \in (a, b)$，令 $\lambda = \dfrac {2 f(x)} {(x - a)(x - b)}$，则本题即为证明存在 $\xi \in (a, b)$，满足 $f''(\xi) = \lambda$。构造函数 $g(t) = f(t) - \dfrac \lambda 2 (t - a) (t - b)$，则显然有 $g(a) = g(x) = g(b) = 0$，由罗尔定理，存在 $\xi_1 \in (a, x), \xi_2 \in (x, b)$，使得 $g'(\xi_1) = g'(\xi_2) = 0$，存在 $\xi \in (\xi_1, \xi_2)$，使得 $g''(\xi) = 0$。

    $$g'(t) = f'(t) - \frac \lambda 2 (t - a + t - b) \\ g''(t) = f''(t) - \lambda$$

    得证。