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从 Rolle 定理出发，达到的一个最重要的阶段性成果，必然是 Taylor 定理
在经历过数学分析的学习后，可以明确一个事情：天底下的函数千奇百怪，各自的性质太难研究了。
如果能把所有的函数都统一成一个表达方式，那会在分析意义上非常方便。
Taylor 定理正是这样的一个工具，它提供了幂级数展开的方法

# Taylor 定理

定理 Taylor 定理 ——Lagrange 余项
令 x≠0x \neq 0，函数 ff 在 [a,x][a, x] 上 nn 阶可微分
则存在 ξ∈(a,x)\xi \in (a, x) 使得

f(x)=∑k=0n−1f(k)(a)k!(x−a)k+f(n)(ξ)n!(x−a)nf(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x - a)^k + \frac{f^{(n)}(\xi)}{n!} (x - a)^n

证明（暂时省略）

这里出现的级数 ∑k=0n−1f(k)(a)k!(x−a)k\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x - a)^k 称为 ff 在点 aa 处的 ++ n−1n-1 阶 Taylor 近似多项式 ++
函数 ff 与该近似多项式的差值称为余项。

余项在数值上来说是唯一的，但是表达方式有多种。这里的结论中给出的形式 f(n)(ξ)n!(x−a)n\dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!} (x - a)^n 称为 Lagrange 余项
利用分部积分技巧，也可以确认出余项可以表达为 ∫axf(n)(t)(n−1)!(x−t)n−1 dt\displaystyle\int_a^x \frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!} (x - t)^{n-1} \, dt
此外还有 Roche-Schlomilch 余项形式

f(n)(ξ)p(n−1)!(b−ξ)n−p(b−a)p\frac{f^{(n)}(\xi)}{p(n-1)!} (b - \xi)^{n-p} (b - a)^p

在 p=np = n 的时候，Roche-Schlomilch 余项形式退化为 Lagrange 余项形式
在 p=1p = 1 的时候，Roche-Schlomilch 余项形式退化为 Cauchy 余项形式

定理 Taylor 展开可能性
若函数 ff 在 [a,b][a, b] 上无限阶可微分，且存在某常数 M,CM, C 使得

∀x∈[a,b]: ∣f(n)(x)∣≤MCn,n=0,1,2,…{}^\forall x \in [a, b]:\ |f^{(n)}(x)| \leq M C^n,\quad n = 0, 1, 2, \ldots

那么对于任意 x∈[a,b]x \in [a, b]，有

f(x)=∑k=0∞f(k)(a)k!(x−a)kf(x) = \sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x - a)^k

证明（暂时省略）

不同于有限情形下的展开
这里的级数 ∑k=0∞f(k)(a)k!(x−a)k\displaystyle\sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x - a)^k 称为函数 ff 以点 aa 为中心的 Taylor 级数
特别地，在 a=0a=0 的时候，称为函数 ff 的 Maclaurin 级数

该级数未必收敛，所以要注意区分结论

  • Taylor 定理：可以微分就成立
  • Taylor 展开可能性：满足特定的条件才成立

注意以下示例，Taylor 级数可能会与原本的函数不一致

示例
函数

f(x)={e−1x,x>00,x≤0f(x) = \begin{cases} e^{-\frac{1}{x}}, & x \gt 0 \\ 0, & x \leq 0 \end{cases}

无限阶可微分，并且每一阶微分系数 f(n)(0)=0f^{(n)}(0) = 0，因此 Taylor 级数为 00，但函数 ff 在 x>0x \gt 0 的时候不为 00。

# 极值问题

Taylor 定理的一个重要应用就是极值问题

命题
令函数 f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb R 为 C2C^2 类函数，取点 x0∈(a,b)x_0 \in (a, b)，以下成立

  1. 若 f′(x0)=0f'(x_0) = 0 且 f′′(x0)>0f''(x_0) \gt 0，则 ff 在点 x0x_0 处取极小值
  2. 若 f′(x0)=0f'(x_0) = 0 且 f′′(x0)<0f''(x_0) \lt 0，则 ff 在点 x0x_0 处取极大值
  3. 若 f′(x0)=0f'(x_0) = 0 且 f′′(x0)=0f''(x_0) = 0，则无法判断 ff 在点 x0x_0 处的极值情况
证明（暂时省略）

# 初等函数的展开

# Newton 迭代法

这是数值计算中的一个常用办法，我们在这里讨论其理论依据

定理 Newton 迭代法
令 C1C^1 类函数 f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb R
取点 x1∈[a,b]x_1 \in [a,b]，则可以定义递推数列

xn+1=xn−f(xn)f′(xn),n=1,2,…x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)},\quad n = 1, 2, \ldots

并且若极限 x0:=lim⁡n→∞xnx_0 := \displaystyle\lim_{n \to \infty} x_n 存在，则 f(x0)=0f(x_0) = 0

证明（暂时省略）

显然，出发点 x1x_1 距离方程 f(x)=0f(x) = 0 的解越近越好。但是如果出发点选的不好，数列可能不收敛，因此需要讨论收敛性

命题
令 C1C^1 类函数 f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb R
设 x0∈(a,b)x_0 \in (a, b) 满足 f(x0)=0f(x_0) = 0，且 f′(x0)≠0f'(x_0) \neq 0
则存在 δ>0\delta \gt 0，使从任意 B(x0,δ)B(x_0, \delta) 中的出发点 x1x_1 定义的递推数列 {xn}\{x_n\} 都收敛于 x0x_0

证明（暂时省略）

如果条件提升，可以获得更强的结论

命题
令 C2C^2 类函数 f:[a,b]→Rf: [a, b] \to \mathbb R 满足 f(a)f(b)<0f(a) f(b) \lt 0，且区间 [a,b][a, b] 上 f′′≥0f'' \geq 0
那么无论选择哪一个满足 f(x1)>0f(x_1) \gt 0 的出发点 x1∈[a,b]x_1 \in [a, b]，基于 Newton 迭代法的递推数列 {xn}\{x_n\} 都可以被定义，且收敛于满足 f(x0)=0f(x_0) = 0 的唯一点 x0∈[a,b]x_0 \in [a, b]
同时，存在正数 M>0M \gt 0 满足

∀n∈N: ∣xn+1−x0∣≤M∣xn−x0∣2{}^\forall n \in \mathbb N:\ |x_{n+1} - x_0| \leq M |x_n - x_0|^2

证明（暂时省略）