前言
\[f(x)=f(x_{0})+
f'(x_{0})(x-x_{0})+
\frac{f''(x_{0})}{2!} (x-x_{0})^{2}+
...+\frac {f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}
\]
- 泰勒展开之拟合方法：保证多项式与原函数在\(x_{0}\)处，多项式与原函数的\(0 \to \infty\)阶导都相同
介绍
由微分的概念可知，若函数 \(y=f(x)\) 在点 \(x_{0}\) 可微分，则：
\[f(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+o(x-x_{0})
\]
表明当\(| x-x_{0} |\)很小时，
\[f(x) \approx f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})
\]
即\(f(x)\)可以用$ (x-x_{0})$ 的线性函数近似地来表示。但是这种近似线性表示存在两种不足：
- 精度不高，误差仅仅是关于 \((x-x_{0})\) 的高阶无穷小。
- 不能具体估算出误差的大小。
从几何上看，不足的缘由是在$ x=x_{0}$ 的附近，用直线来近似地代替曲线，直线与曲线吻合得不够好，从而精度不高。
但是如果在 \(x=x_{0}\) 的附近，使用二次曲线，三次曲线，甚至于\(n\)次曲线来近似地表示曲线 \(y=f(x)\)，两条曲线吻合的程度应该会更加好，其精度也可能有所提高。
需要找出一个关于\((x-x_{0})\)的\(n\)次多项式：
\[P_{n}(x)=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+a_{2}(x-x_{0})^{2}+...+a_{n}(x-x_{0})^{n}, \quad \enspace (0.0)
\]
用上面这个式子来近似地代替曲线 \(y=f(x)\) ，使得当\(x \to x_{0} 时，f(x)-P_{n}(x)\)是比\((x-x_{0})\)高阶的无穷小。
如何寻找目标中的多项式？
设函数 $f(x) $在含有 $ x_{0} $ 的开区间 \((a,b)\) 内具有直到 \(n+1\) 阶的导数，且满足：
\[P_{n}(x_{0})=f(x_{0}),
\\
P_{n}'(x_{0})=f'(x_{0}),
\\
P_{n}''(x_{0})=f''(x_{0}),
\\
...,
\\
P_{n}^{(n)}(x_{0})=f^{(n)}(x_{0})
\]
由式子\((0.0)\)得到：
\[a_{0}=f(x_{0}), \enspace
a_{1}=f'(x_{0}), \enspace
2!a_{2}=f''(x_{0}), \enspace ..., \enspace
n!a_{n}=f^{(n)}(x_{0})
\]
即:
\[a_{0}=f(x_{0}), \enspace
a_{1}=f'(x_{0}), \enspace
a_{2}=\frac{f''(x_{0})}{2!}, \enspace
..., \enspace
a_{n}=\frac {f^{(n)}(x_{0})}{n!}.
\]
于是得出多项式：
\[P_{n}(x)=f(x_{0})+f'(x_{0})(x-x_{0})+\frac {f''(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+...+\frac {f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x-x_{0})^{n},
\\
(0.1)
\]
从几何上看：
第一项： \(P_{n}(x_{0})=f(x_{0})， 和第二项： P_{n}'(x_{0})=f'(x_{0})\) 表示： 曲线\(f(x)\) 与曲线 \(P_{n}(x)\)在\(x=x_{0}\)处相交，且具有相同的切线；
第三项： \(P_{n}''(x_{0})=f''(x_{0})\) 表示：在点\((x_{0},f(x_{0}))\)处，两条曲线的凹向和弯曲程度相同，从而显得在点\(x_{0}\)附近，两条曲线吻合得较好。
依此类推，随着项数的增加， 曲线\(f(x)\) 与曲线 \(P_{n}(x)\) 会越发地拟合。
instance 0
\[\begin{align}
已知f(x)=e^{x}, \ 求其泰勒级数展开式
\\ \\
由泰勒多项式公式: \\
P_{n}(x)=f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!} (x-x_{0})^{1}
+\frac{f''(x_{0})}{2!} (x-x_{0})^{2} + ...
+\frac{f^{n}(x_{0})}{n!} (x-x_{0})^{n}
\\ \\
取f(x)任意一点: x_{0}=0
\\ \\
f(0)=1
\\
\frac{f'(x_{0})}{1!} (x-x_{0})^{1}=f'(0)(x-0)=x
\\
\frac{f''(x_{0})}{2!} (x-x_{0})^{2}=\frac{f''(0)}{2!}(x-0)^{2}
=\frac{x^{2}}{2}
\\ \\
一般展开3项,所以f(x)的泰勒级数展开式如下: \\
e^{x} \approx 1+x+\frac{x^{2}}{2}+...
\end{align}
\]
instance 1
\[\begin{align}
f(x)=x^{3}+3x^{2}+2x+1
\\ \\
f'(x)=3x^{2}+6x+2
\\
f''(x)=[f'(x)]'=6x+6
\\ \\
设x=0,则代入泰勒多项式公式后得如下:\\
f(0)=1\\
f'(0)(x-0)=2x\\
\frac{f''(0)}{2!} (x-0)^{2}=3x^{2}
\\ \\
f(x) \approx 1+2x+3x^{2}+...
\end{align}
\]
instance 2
\[
\begin{align}
已知: f(x)= x^{3}+3x^{2}+2x+4 \\
请按(x+1)展开f(x)的泰勒多项式
\\ \\
x-x_{0}= x+1
\\
x-x_{0}-x= 1
\\
\therefore x_{0}= -1
\\ \\
f'(x)= 3x^{2}+6x+2
\\
f''(x)= 6x+6
\\
f'''(x)= 6
\\
f^{(4)}(x)= 0
\\ \\
将x_{0}代入f(x)的泰勒多项式公式:\\
f(-1)= 4
\\
f'(-1)(x+1)= -(x+1)
\\
\frac{f''(-1)}{2!}(x+1)^{2}= 0
\\ \\
\frac{f'''(-1)}{3!}(x+1)^{3}= (x+1)^{3}
\\ \\
\frac{f^{(4)}(-1)}{4!}(x+1)^{4}= 0
\\ \\
得: P_{n}(x)= 4-(x+1)+0+(x+1)^{3}+0
\\ \\
结果: \enspace P_{n}(x)= 3-x+(x+1)^{3}
\end{align}
\]
