我们在上面熟悉了一些最重要的初等函数依x的乘幂展开的无穷级数展开式，亦即熟悉了把这些函数表示成“无穷多项式”的形状。在本节末了，我们要把sin x与cos x表示成无穷乘积的形状，这些乘积仿佛是实现分解成对应于“无穷多项式”的因式。我们从推导一个辅助公式开始。从代数学中我们已经知道莫茥弗公式，参看下面426目

           m

(cos z+i sin z)    =cos mz+i*sin mz

其中m认定是自然数。依普通法则解开左端的括号，并比较左端与右端的“虚单位”i=√-1的系数，我们得到

           m-1         m(m-1)(m-2)      m-2    3

sin mx=mcos     z*sin z-               cos   z*sin   z+...      

                        1*2*3

如果m=2n+1是奇数，则以公式：

   2         2   k

cos   z=(1-sin   z)

替换余弦函数的偶次幂后，我们把所得结果表示成

                   2

sin(2n+1)z=sin z*P(sin   z)        （25）

其中P(u)是一个n次幂整多项式。如果用u    ,u    ,...u   表示这多项式的根，

                                       1     2     n

那么这多项式可以用下面的方式分解成因式

                            u          u  

P(u)=a(u-u   )...(u-u   )=A(1-       )…(1-       )

          1       n          u         u

                              1          n

从（25）容易定出根u   ,u   ,...,u  ，只要注意到，

                      1   2     n

如果z使sin (2n+1)z变成0，但保持sin z异于0，

     2

则sin  z就一定是多项式P(u)的根。显然，包含在0与π/2之间并且依次递增的值, ,对应着也是递增着的(因而是相异的)根：

       2   π

u  =sin        ,  

  1       2n+1

       2   π

u  =sin  2      ,…,

  2       2n+1

       2   π

u  =sin  n      ,

  n       2n+1

最后，系数A=P(0)可以作为当z→0时比值sin(2n+1)z/sin z的极限而定出；由此A=2n+1，这样一来，就得到公式

                         2                      2

                       sin  z                 sin  z

sin(2n+1)z=(2n+1)sin z(1-              )…(1-                    )

                        2   π             2     π

                      sin                sin   n

                           2n+1                  2n+1    

令

    x

z=      

   2n+1

可把这公式改写成

                            2   x             2   x    

                         sin                sin  

                x             2n+1                2n+1  

sin x=(2n+1)sin         (1-               )…(1-               )      

               2n+1        2  π                2    π    

                         sin                  sin  n

                             2n+1                   2n+1

我们认定x异于0，±π，±2π,...,于是sin x≠0, 在条件(k+1)π>｜x｜下取自然数k，并设n>k。现在把 sin x表示成下面乘积的形状;

       (n)   (n)

sin x=U   *K                    (27)

       k    k

其中

                            2   x             2   x    

                         sin                sin  

(n)               x             2n+1                2n+1  

U   =(2n+1)sin         (1-               )…(1-               )      

  k             2n+1        2  π                2    π    

                         sin                  sin  n

                             2n+1                   2n+1

只包含k个在括号中的因式，而

                            2   x             2   x    

                         sin                sin  

                (n)            2n+1                2n+1  

V   =   (1-               )…(1-               )      

  k          2  π                2    π    

                         sin                  sin  n

                             2n+1                   2n+1

包括所有其余的因式。

                                    (n)

暂设k是固定的；容易找到当n→∞时U   的极限，

                                    k

因为这个表达式由确定的有限多个因式组成。因为

                     x

lim   (2n+1)sin          =x

n→∞            2n+1

          2  x

       sin                    2

              2n+1             x          

lim                    =                    (h=1,2,...,k)  

n→∞      2    π           2   2

        sin   h             h   π  

                2n+1

所以

                        2           2             2  

             (n)        x           x            x  

U  =  lim   U   =x(1-         )(1-        )…(1-          )

  k  n→∞   k           2            2         2   2

                       π          4π        k   π  

由于（27），极限

                (n)  

V    =  lim   V

   k   n→∞   k

存在，并且

sin x=U   *V

       k    k

现在研究极限V   的估值。

               k

   已知，对于0<φ<π/2，不等式

    2

         φ<sin φ<φ*

     π

成立。所以容易证明，比值sin φ/φ在区间(0,π/2]上递减，于是当φ=π/2时这比值达到自己的极小值。

*注：在验证中需要的只是这些不等式中的第一个。

                  2

  2     x        x  

sin          <

     2n+1            2

               (2n+1)  

并且

                       2    2

  2     π      4     h   π

sin  h        >      *                   (h=k+1,...,n)

      2n+1        2           2  

                π      (2n+1)  .

于是

               2              2

    (n)        x             x

1>V    >(1-         )…(1-          )                  (28)

k             2            2

         4(k+1)         4n  

无穷乘积

              2

            x

∏  (1-         ) 收敛

               2

            4h

                          2     2

(其中h  如此挑选，使得4h    >x    )

       0                  0

因为级数

         2

∞     x

∑

h=h       2

    0   4h

收敛. [389,定理5°]。因此余乘积

                           2

             ∞           X

V   =  ∏  (1-            )

      h=K+1           2

                    4h    

当k→∞时应该趋于1[398,2°]。显然，如果写

    (n)

1>V     >V

    k      k

我们只加强了(28)中的第二个不等式；当n→∞时取极限(在固定的k下)，得到

1>V     >V

    k      k

由此推知，

lim   V   =1

n→∞   k

于是

lim   U  = sin x，

k→∞   k

最后，我们就得到有名的展开式

                  2

                x

sin x=x*∏(1-          )

               2    2

n   π

                        2           2             2  

                       x           x            x  

  =x*(1-         )(1-        )…(1-          )…,

                 2            2         2   2

                       π          4π        n   π  

这是欧拉首先建立的。根据司特林公式，见[393]对数级数，司特林公式

     ∏   n≈    2πn    n     e

     ∏   n≈    2πn    n     e      e

     ∏   n≡    2πn    n     e      e                  (0<θ<1)    

所以

     ∏   (1-             ) ≈      2π(1-             ) (1-             )e        

因为

              -

       a    e        <  a   <a

   n                      n

成立，所以可以找到包含在0与1之间的这样的数θ，使得

       -                              

a=a   e            或       a     =a   e      

   n                         n

           2

         x

  a=1+                          

           2

              π

               2

             x

  a  =1+

   n        2   2

                n  π

所以

                a  

e         =       n

                a

                                                                        n        

     ∏   (1-             ) ≈      2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                                          n      

                        =      2π(1+             ) (1+             ) e        

                                                       1-

   =      2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                  1-  

  sin x=x* ∏(1-             )                                                              

                                                       1-

   =x*     2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                  1-  

  设 n=10      

  sin x=x* ∏(1-             )                                                              

                                                        1-

   =10*   2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                  1-  

自然，这个等式对于先前除外的那些值x=0,±π,±2π,...也成立，因为这时等式的两端都是0. 容易看出，这些各别的因式恰好对应于sin x的不同的根*。*关于重新配置因式的可能性，参看390.3）。如果在所得到的展开式中令x=π/2，就得到

         =  ∏(1-        )

            2    

  π=

        ∏(1-          )

                        2    

π=

                                                     1

                                               1-

                  1              1            

         2π(1-          )(1-             )  e  

                                                     1

                                               1-

                                                     4

这个等式用于模拟计算机计算π

                        2    

π√π=

                                                     1

                                               1-

                  1              1            

         2(1-          )(1-             )  e  

                                                     1

                                               1-

                                                     4

于是又推出瓦里斯公式[305,比较388，2]。

我们再指出这个展开式的一个有趣的应用；以πx代替x，这展开式可以表示成下面的形状：

    sin πx=πx∏(1-          )

回忆一下函数Γ(x)的定义[390,(13)]

                        1      x                    

        1       (1+           )  

Γ(x)=      ∏  

        x           1+

及关系式Γ(x+1)=x,Γ(x)[390,(9)]。于是

                        1      -x                    

                 (1+           )  

Γ(1-x)=-x*Γ(-x)=∏  

                    1-

相乘以后，立即得到所谓补充公式

              x

Γ(x)*Γ(1-x)=                  (30)

             sin πx

这也是欧拉求得的；这公式在任何非整数的x值时成立*。*注：特别的，在这儿令x=1/2，我们得到

      2

[Γ(1/2)]   =π

因为当x>0时，Γ(x)>0，所以Γ(1/2)=√π

类似于sin x的展开式，可导出展开式

  cosx=   ∏(1-             )                                                              

     =   ∏(1-             )                                                              

  它显出cos x的根是

   2n-1

±      π

2

并且，它也可以从sin x的展开式依下面的公式得到：

cos x=sin(π/2-x)或cos x=sin2x/2sinx

根据司特林公式，见[393]对数级数，司特林公式

     ∏   n≈    2πn    n     e

     ∏   n≈    2πn    n     e      e

     ∏   n≡    2πn    n     e      e                  (0<θ<1)    

所以

     ∞                                                                  n

     ∏   (1-             ) ≈      2π(1-             ) (1-              )  e        

因为

              -

       a    e        <  a   <a

   n                      n

成立，所以可以找到包含在0与1之间的这样的数θ，使得

       -                              

a=a   e            或       a     =a   e      

   n                         n

           2

         4x

  a=1-                          

           2

              π

                2

             4x

  a  =1-

   n            2   2

                (2n-1)  π

所以

                a  

e         =       n

                a

     ∞                                                                 n

     ∏   (1-             ) ≈      2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                                         n

                        =      2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                       1-

   =      2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                  1-  

  cos x=   ∏(1-             )                                                              

                                                       1-

   =      2π(1-             ) (1-             )  e        

                                                  1-  

  设 n=10      

         ∞  

  cos x=   ∏(1-             )                                                              

                                                        1-

   ≈     2π(1-             ) (1-               )  e        

                                                  1-  

最后，我们提一下展开式

    sh x=x*∏(1+                 )

         ∞  

  ch x=   ∏(1+             )                                                              

                         )        

                2

         ∞  

     =   ∏(1+             )                                                              

它们也可以借助于相似的讨论建立起来。

根据司特林公式，见[393]对数级数，司特林公式

     ∏   n≈    2πn    n     e

     ∏   n≈    2πn    n     e      e

     ∏   n≡    2πn    n     e      e                  (0<θ<1)    

所以

     ∏   (1+             ) ≈      2π(1+             ) (1+             )e        

因为

              -

       a    e        <  a   <a

   n                      n

成立，所以可以找到包含在0与1之间的这样的数θ，使得

       -                              

a=a   e            或       a     =a   e      

   n                         n

           2

         x

  a=1+                          

           2

              π

               2

             x

  a  =1+

   n        2   2

                n  π

所以

                a  

e         =       n

                a

                                                                         n

     ∏   (1+             ) ≈      2π(1+             ) (1+             ) e        

                                                                          n

                        =      2π(1+             ) (1+             ) e        

                                                       1+

   =      2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                  1+  

  sh x=x* ∏(1+             )                                                              

                                                       1+

   =x*     2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                  1+  

  设 n=10      

  sh x=x* ∏(1+             )                                                              

                                                        1+

   =10*   2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                  1+  

根据司特林公式，见[393]对数级数，司特林公式

     ∏   n≈    2πn    n     e

     ∏   n≈    2πn    n     e      e

     ∏   n≡    2πn    n     e      e                  (0<θ<1)    

所以

     ∞                                                                   n

     ∏   (1+             ) ≈      2π(1+             ) (1+              )  e        

因为

              -

       a    e        <  a   <a

   n                      n

成立，所以可以找到包含在0与1之间的这样的数θ，使得

       -                              

a=a   e            或       a     =a   e      

   n                         n

           2

         4x

  a=1-                          

           2

              π

                2

             4x

  a  =1-

   n            2   2

                (2n-1)  π

所以

                a  

e         =       n

                a

     ∞                                                                  n

     ∏   (1+             ) ≈      2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                                         n

                        =      2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                       1-

   =      2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                  1-  

  ch x=   ∏(1+             )                                                              

                                                       1+

   =      2π(1+             ) (1+             )  e        

                                                  1+  

  设 n=10      

         ∞  

  cos x=   ∏(1+             )                                                              

                                                        1+

   ≈     2π(1+             ) (1+               )  e        

                                                  1+  

第六部分有限差分法戴劳公式

有限差分法是推导戴劳公式所依据的数学方法

122.有限差分法

设函数f(x)定义在某区间Ж上，并设以后所讲的x值都是属于这个区间的。将自变量x的某增量△x固定下来（为确定期间可设△x>0，但是设△x<0也毫无关系）之后，设

△f(x)=f(x+△x)-f(x)

一阶差分可以理解为，函数f()的增量等于x加上x的增量的函数值减去x的函数值。并把此式称为函数f(x)的一阶差分。一阶差分的一阶差分称为二阶差分

  2

△  f(x)=△[△f(x)]=△f(x+△x）-△f(x)=f(x+2△x)-2f(x+△x)+f(x)

二阶差分可以理解为，函数f()的增量的增量等于x加上x的增量的函数值的增量减去x的函数值的增量。高阶差分可归纳地定义如下：

   2          n

△   f(x)=△[△   f(x)]

n阶差分可以理解为，函数f()的n次增量等于x加上x的n次增量的函数值的增量减去x的函数值的n次增量, 切可对n阶差分建立以下公式

   n       n    i   i  

△    f(x)= ∑(-1)  C  f(x+    n-i   △x)=

          i=0      n

            n                    n(n-1)                 n    

=f(x+n△x)-       f(x+  n-1  △x)+        f(x+ n-2 △x)-...+(-1)  f(x)

             1                   1*2

n阶差分等于i从0到n的排列的各项的和, 这个排列的每项是-1的i次方乘以x加上x的增量乘以n-i的加权平均数的函数值. 它直接用函数本身在等距分点.

x,x+△x,x+2△x,...,x+n△x

表示出n阶差分。这公式容易用数学归纳法来证明，读者可以自己去验证. 现在把这些有限差分法跟导数和微分比较一下，

设函数f(x)在闭区间[x  ,x  +n△x]上有n-1阶连续导数

                   0  0

且至少在开区间（x   ,x   +n△x)上有有穷的n阶导数f  (x)。于是我们有公式

   n        (n)          n

△  f(x  ）=f （ξ ）*△x       ,其中x   <ξ  <x  +n△x

       0         n                    0    n   0

当n=1时，这就是有限差分的公式，故有限差分公式是公式（7）的最简单形式. 为了要用数学归纳法来证明我们的论断，先假定公式（7）的变形，即将n换为n-1且对假设做相应改变后所得的公式成立，然后证明在所做假定下，公式（7）成立，以这个假定，可知函数△f(x)=f(x+△)-f(x)在区间[x   ,x   + n-1  △x] 上满足使（7）的变形公式得以成立的更多的

                      0     0

条件.

注：n-1表示n-1的加权平均数。因此可写出

       n-1           n       n-1           n-1        n-1

     △   [△f(x  )]=△ f(x  )=[f   (ξ  +△x)-f  (ξ   )]△x     （8）

               0        0         n-1         n-1

其中

x  <ξ   <x  +  n-1 △x

  0   n-1  0

对这个公式的右边应用有限增量公式（注A），使立即得到公式（7），且

x   <ξ  <ξ  <ξ  +△x<x  +n△x

  0   n-1   n   n-1       0

             (n-1)                                              (n)

注A：因函数f   (x)在区间[ξ  ,ξ  +△x]上连续且在其内有有限导数f  （x),故可应用有

                          n-1  n-1

限增量公式。

                   （n）

要注意的是，若函数f   (x)在点x  ，也存在而且在该点连续，则自（7）式让△x→0（其

                              0

时，ξ→x  )，得

         0

                 n    

            △  f(x   )  

(n)                  0

f   (x   )=  lim

                     n

                  △x  

上面公式描述的是x   的n阶导数等于x  的函数值的n阶增量除以x的n阶增量的

                  0                 0              

从x   到0的极限值

0

这个有趣的公式给出了用一次极限步骤求得n阶导数的可能性，同时这个公式是n阶导数在点x   本身存在这个唯一的假定下成立的。就是说，在点x   的某邻域内存在导数

    0                                               0

            (n-1)

f`(x),f``(x),...,f    (x)

于是在△x足够小时，可应用公式（8）。由于导数f `  (x      )存在，应用96段的公式(2), 可列出

△f(x  )=f`(x  )*△x+α△x

     0     0

(n-1)     (n-1)     (n-1)  

f   (ξ  )-f  (x  )=f  （x  )*(ξ   -x    )+α(ξ   -x  )

     n-1      0        0     n-1    0       n-1   0    

与

(n-1)          (n-1)     (n)

f    (ξ  +△x)-f   (x  )=f   (x  )*( ξ   +△x-x   )+β(ξ   +△x-x   )

  n-1          0        0     n-1       0       n-1       0    

其中α与β依赖于△x且随△x而趋于零。由上式以及（8）可推出*:

  n         n             n

△   f(x  )=[f  (x  )+γ]*△x

        0       0

其中γ是新的无穷小。最后，用△x除这等式的两边，并取△x→0的极限，便得公式（9）

（*注：利用0<ξ   -x   <(n-1)△x(△x>0)）

        n-1   0

                           n

但必须指出（9）只有在导数f   (x  )存在时才成立。但在这导数不存在时，右边的极限也

                               0

可能存在*。

*注：因而（9）式根本不是n阶导数这一概念的新的，与老概念等价的定义.

例如我们考察如下定义的函数

     3      1

f(x)=x  *sin         (x≠0),      f(0)=0

            x

而取x  =0.这函数有一阶导数

      0

      2       1         1

f`(x)=3x   *sin     -xcos

              x         x

但在点0没有二阶导数，因此式

                  2      1             1

  3△x  *sin      -△x*cos

f`(0+△x)-f`(0)             △x          △x

            =  

△x                 △x

          1        1

=3△x*sin      -cos

          △x      △x

在△x→0时无极限。但

   2

△   f(0)     f(0+2△x)-2f(0+△x)+f(0)

         =

    2                    2

△x                 △x

                  2      1        2      1

  8△x  *sin      -2△x  *cos

            2△x           △x

            =  

                 2

△x

                        1              1

  =8△x *sin      -2△x *cos

          2△x           △x

123.戴劳公式的推导

（1）多项式的戴劳公式

若p(x)是n次整多项式：

                 2      3          n

p(x)=a  +a  x+a  x  +a  x   +...+a   x (111）

     0    1    2     3         n

则逐次将它微分n次

                    2           n-1

p`(x)=a  +2a  x+3a  x   +...+n*a  x

      1    2     3

                                2                 n-2

p``(x)=1*2*a  +2*3*a  x  +3*4*a  x  +...+（n-1）n*a  x

           2       3         4                  n

                                          2                    n-3

p```(x)=1*2**3*a  +2*3*4*a  x  +2*3*4*5*a  x  +...+(n-2)（n-1）n*a  x

              3         4              5                      n

…………………………

  (n)

p  (x)=1*2*3...n*a

                 n

并且在一切这些式子内令x=0，就得出用多项式本身及其导数在x=0时的数值去表达这多项式的系数的式子

                                                        (n)

             p`(0)         p``(0)         p```(0)          p   (0)

a  =p(0), a  =        , a  =        , a  =       ,…, a  =

  0      1     1!     2     2!      3    3!       n       n!

把这些系数值代入（111）

                                                （n）

          p`(0)      p``(0)  2    p```(0)   3        p   (0)   n

p(x)=p(0)+       x+        x   +       x   +…+            x       (112)

           1!         2!          3!             n!

公式(112)常称为马克劳林公式（C.Maclaurin)公式.

这个公式与（111）的区别只在于系数写法不同。可以用它依（x-x  )的幂展开

                                                          0

                               2            3                n

p(x)=A  +A  (x-x   )+A  (x-x   )  +A   (x-x   )   +...+A   (x-x   )      (113)

        0   1    0    2    0       3     0          n     0      

来代替它依x的幂展开的多项式，这里的x   是x的某一特殊常数值

                                      0

令x-x  =ξ,p(x)=p(x   +ξ)=P(ξ), 对于多项式

     0          0

                    2         3           n    

P(ξ)=A   +A   ξ+A   ξ   +A   ξ   +...+A    ξ

      0    1     2        3          n

  的系数，依已证明的式子，可得

                                                        (n)

             P`(0)         P``(0)         P```(0)          P   (0)

A  =p(0), A  =        ,A  =        , A  =       ,…, A  =

  0      1     1!     2     2!      3    3!       n       n!

但P(ξ）=p(x  +ξ), P`(ξ）=p`(x  +ξ), P``(ξ）=p``(x  +ξ),...,

            0                0                 0

于是P(0)=p(x  ), P`(0)=p`(x  ), P``(0)=p``(x  ),

            0          0           0

                                                                     (n)

                   p`(x   )         p``(x   )         p```(x   )         p  (x   )  

                      0                 0               0                 0

而A  =p(x  ), A   =          , A   =          , A   =          ,…, A   =          

     0   0     1     1!        2     2!        3       3!         n       n!

就是说，展开式（113）的系数可用多项式本身及其导数在x=x   时的数值来表达

                                                       0

把表达式（114）代入（113）：

                                                                  (n)

           p`(x   )          p``(x  )            p```(x  )            p   (x  )              

               0                0       2         0        3           0     n    

p(x)=p(x  )+         (x-x  )+         (x-x  )  +           (x-x  )  +…+        (x-x  )  

            1!       0       2!       0         3!         0          n!     0          

公式（115)以及它的特别情形（在x   =0时）（112）都成为戴劳（B.Taylor)公式，

                                0

公式(112)常称为马克劳林公式（C.Maclaurin)公式. 它在代数上有什么重要的用处，这是大家都知道的. 这个公式描述的是n次多项式p(x)等于x=0的多项式值加上，x=0的多项式1阶导数值再乘以x减去0，再除以1的阶乘，再加上，x=0的多项式2阶导数值再乘以x减去0，再除以2的阶乘，一直向上面一样持续累加，再加上，x=0的多项式n阶导数值再乘以x减去0，再除以n的阶，结束. 我们做一条（对以后有用处的）明显的附注，若多项式p(x)可表示为下面的形式

          c            c                c                  c  

            1           2         2       3       3           n      n

p(x)=c  +       (x-x  )+       (x-x  )  +        (x-x  )  +…+        (x-x  )  

     0     1!     0     2!        0     3!       0           n!     0    

则必有

                                    (n)

p(x  )=c   , p`(x  )=c  , p``(x  )=c  ,…, p  (x  )=c     ,

0   0      0    1      0   2        0    n

（2）任意函数的展开式，余项的皮亚诺式

     今转而考察一般并不是多项式的任意函数f(x)。准确些说，这意思就是，函数在含有点x   的某一区间[a,b]内是有定义的，并且直至(n-1)阶为止的各阶导数

0

                  (n-1)

f`(x）,f``(x),f```(x),...f      (x)

                                    (n)

除此以外，在这点x   处还有n阶导数f    (x  ).

                  0                      0

注：若点x  是区间[a,b]的端点之一，则说及在这点的导数时，我们就是指单方导数而言。

          0

单方导数介绍见单方导数页。

那么依（115）的形式，对于函数f(x)也可以作出多项式

                                                                  (n)

           f`(x   )          f``(x  )            f```(x  )              f   (x  )              

               0                0       2         0        3           0     n    

p(x)=f(x  )+         (x-x  )+         (x-x  )  +           (x-x  )  +…+        (x-x  )  

      0      1!       0       2!      0         3!        0          n!      0

   根据前面一段的附注，这多项式及其导数（直至n阶为止）在点x       处与函数f(x)及其导数各有相同的数值.  但在这次，只要f(x)不是n次多项式，就已经不能肯定等式f(x)=p(x)。多项式p(x)仅给出函数f(x)的某一近似式。因此研究差

r(x)=f(x)-p(x)                 (117)

就成为特别有趣的事情。

首先要证明，在x→x   时这差是高于n阶的无穷小（与x→x   比较）：

                   0                                   0  

             n

r(x)=o((x-x  )   )         (118)

          0

以多项式p(x)的性质，对于r(x)显然将成立等式

                        (n)

r(x   )=r`(x  )=r``(x   )=....r   (x   )=0             (119)

   0      0      0           0

现在确定以下的一般命题：对任何函数r(x)，在点x   有直到n阶导数的，如果满足条件

                                              0          

（119），则关系式（118）成立。  用数学归纳法证明。

当n=1时，这一命题的形式是：若在点x   具有（一阶）导数的函数r(x)满足条件

                                    0

r(x  ）=r`(x  )=0则r(x）=o(x-x  )=0

   0      0                0

上面的情况是在是函数具有单方导数时成立。例如，在单方导数中，假设x   是单方导数的端点0，则

r(0）=r`(0)=0，r(x）=o(x-0  )=0

这个命题就可以直接证明

       r(x)          r(x)-0         r(x)-r(x  )      

lim        =   lim        =  lim       0   = r`(x  ) =0

x→x   x-x     x→x   x-x     x→x   x-x          0      

0     0       0     0             0  

今假定上述命题对某一n≥1成立，而来证明当n换成（n+1）时命题也成立，即：若在点x     具有直到n+1阶导数的函数r(x)满足条件

                       (n)     (n+1)  

r(x  )=r`(x  )=r``(x  )=...=r  (x  )=r    (x  )=0        (119*)

   0     0      0          0        0

               n+1

则r`(x)=o((x-x   )    )                   (118*)

            0

自（119*）可看出函数r`(x)满足（119）这种形式的条件，故依假设对r`(x)就有

              n

r`(x)=o((x-x   )   )

     0

但依有限增量公式，拉格郎奇公式

r(x)=r(x)-r(x  )=r`(c)(x-x  ),

          0         0

注：拉格郎奇公式如下, 或有限增量公式（其推导过程可见拉格郎奇公式推导页）

f(x  +△x)-f(x   )

   0        0

                  =    f`(x   +θ△x)    

△x                    0    

或△f(x   )=f(x  +△x)-f(x  )=f`(x  +θ△x)*△x

       0     0        0     0

用r(x)替换△f(x   ),r`(c)替换f`(x   +θ△x)  

              0              0

  r(x)=r(x)-r(x   )=r`(c)(x-x   ),

            0          0

  其中，r(x)=△f(x  ), r`(c)=f`(x   +θ△x)

                0          0

其中c在x    与x之间，故│c-x  │<│c-x  │,于是

           0                  0         0

             n            n      

r`(c)=o((c-x   )   )=o((x-x   )   ),

         0            0

   我们就得到（118*），这就是要证明的,    于是我们的命题对任何自然数n是成立的，而差式（117）确定满足关系式（118）。注意（116），便得公式. 因为

                n  

f(x)=p(x)+ o((x-x  )   ),

             0

所以

                                                                  (n)

           f`(x   )          f``(x  )            f```(x  )              f   (x  )              

               0                0       2         0        3           0     n    

f(x)=f(x  )+         (x-x  )+         (x-x  )  +           (x-x  )  +…+        (x-x  )  

      0      1!        0       2!      0         3!        0          n!      0

          n  

      +o((x-x  )  ),                 (120)  

            0

这与公式（115）只相差余项（118）。以上述形式来给出余项的是皮亚诺（G.Peano)。公式（120）也称为带有皮亚诺式余项的戴劳公式. 已证明的公式是函数的增量的公式（110）的自然推广，该式可以写成

f(x)=f(x   )+f`(x   )(x-x   )+o(x-x   );

      0      0      0        0

注：增量公式如下：（函数的增量的公式的推导见函数的增量的公式推导页）

   △f(x  )=f`(x  )*△x+o(△x)   (110)

        0     0

或△y=y`  *△x+o(△x)        (110a)

       x    

因为△f(x  )=f(x)-f(x  )

         0        0

△x=x-x

       0

所以，（110）可以改写为

f(x)-f(x  )= f`(x   )*(x-x  )+o(△x)

      0      0      0

把f(x  )移到方程右边，得

     0

f(x)=f(x  )+f`(x  )(x-x  )+o(x-x  );

      0      0    0      0

它对于n=1. 在哪里除了高于一阶无穷小的误差以外，函数f(x)可以表示为线性函数的形式，在这里除了高于n阶无穷小的误差以外。我们同样可以把f(x)表示为n次多项式的形式。很容易指出，函数f(x)的这种表示式是唯一的，即若在x   的近处同时有

                                                0

                          2               n          n        

f(x)=A  +A  (x-x  )+A  (x-x  )  +...+A  （x-x  )  +o((x-x   )   )

     0   1    0    2    0         n    0         0

及

                          2               n          n        

f(x)=A`  +A`  (x-x  )+A`  (x-x  )  +...+A`  （x-x  )  +o((x-x   )   )

     0    1    0    2     0         n     0         0

则必有

A  =A`  , A  =A`  , A  =A`  ,…, A  =A`   ,

  0   0    1   1    2   2     n    n

实因，由恒等式

                          2                n

A  +A  (x-x   )+A   (x-x    )  +...+A   (x-x   )  =

  0   1    0     2     0          n    0

                               n           n  

=A`  +A`  (x-x   )+...+A`   (x-x   )   +o((x-x   )  ),

   0   1     0        n     0           0

在x→x   时立刻得出A   =A`

       0              0    0

，约去这两项，并用x→x     除它们，得出

                       0

                           2                n-1  

A   +A   (x-x  )+A  (x-x   )   +...+A   (x-x   )    =

1   2     0   3    0           n     0

                           2                  n-1            n-1

A`   +A`   (x-x  )+A`  (x-x   )   +...+A`   (x-x   )    +o((x-x  )  ),    

1    2     0    3    0                 0           0

由此类似地可得A   =A`   ,余类推。

                1     1

有时应用公式（120）的另一形式更为方便。余项r(x)可以表示为：

     α          n

r(x)=        (x-x  )

     n!        0

其中α依赖于x，而且随着x-x  同时趋向于0.

                           0

把这表达式代入（120），就得

                                                                  (n)

           f`(x   )          f``(x  )            f```(x  )              f   (x  )+α            

               0                0       2         0        3           0     n    

f(x)=f(x  )+         (x-x  )+         (x-x  )  +           (x-x  )  +…+        (x-x  )  

      0      1!        0       2!      0         3!        0          n!    0

          n  

      +o((x-x  )  ),                 (120a)  

            0

更进一步，在公式（120）内把f(x  ) 移到左边去，并且令x-x  =△x

                              0                        0

就可以将它改写成

                       1             2      1    n         n        n  

△f(x   )=f`(x   )*△x+      f``(x  )*△x  +…+      f  (x  )*△x   +o(△x  )   (120б)

                       2!      0            n!       0  

在这种形式下，它就更接近于函数的增量的公式中的（3）

△f(x   )=f`(x   )*△x+o(△x)

     0      0

上式在函数的无穷小增量△f(x   ) 内仅分出一个主项。

                           0

这里照常以△x作为基本无穷小。可是在公式（120б）内直至含△x的n次幂为止的各项却都写出来了，并且它们都是无穷小及无穷大的分级下的最简单的无穷小。这样，除了余项所生的误差以外，函数的增量就展开成为自变量的增量的幂了。最后回想起

                            2   2           (n)              n  

f`(x   )*△x=df(x  ), f``(x  )*△x  =d  f(x   ), ..., f   (x   )*△x  =d   f(x  ),

   0          0      0              0           0               0

我们可以把（120б）改写成这样的形式。

                 1     2            1     n            n

△f(x  )=df(x  )+       d  f(x   )+....       d  f(x   )+o(△x   )

             2!         0        n!        0

由此可见（当△x→0时）在函数的无穷小增量的展开式中，除去各项分母中的阶乘因子不论，逐次的微分就表示对应阶的最简单的无穷小项。

125.例题

若x   =0，戴劳公式看来是最简单的：

0

注;这个公式也被冠以马克劳林公式的名字。

                                                    (n)

           f`(x   )     f``(x  )        f```(x  )        f   (x  )          

               0          0    2         0    3         0     n     n

f(x)=f(x  )+         x+         x  +           x  +…+        (x-x  ) +o(x  )   (11)  

      0      1!          2!           3!               n!    

在取x-x   作为新的自变量之后，一般的戴劳公式总归可以化为这个特别情形的。

       0

兹以例题的形式来考察某些初等函数依这公式的具体展开式。

1)设

     x

f(x)=e    ;

    (k)    x

则f   (x)=e      (k=1,2,3,...)

                 (k)        

因为在这时f(0)=1,f  （0）=1，故依公式（11）

                0             0  2           0    (n)

     x  0      e  x          e  x           e   x         n

e  =e   +          +             +…+            + o(x   )      

                1!           2!              n!    

                               2              (n)

     x         x              x              x         n

e  =1+              +             +…+          + o(x   )      

               1!             2!             n!    

2)若f(x)=sin x，则

(k)           π

f   (x)=sin(x+k*      )

               2

            (2m)             (2m-1)           π      m-1

,于是f(0)=0,f     (0)=sin mπ=0, f     (0)=sin (mπ-     )=(-1)      (m=1,2,3...)

                                              2

因此，在公式（11）内令n=2m，就有

               2*1-1           2*2-1            2*3-1              2m-1

        1-1   x         2-1   x          3-1   x            m-1   x         2m

sin x= (-1)           + (-1)             + (-1)            +…+(-1)            +o(x  )    

           (2*1-1)!          (2*2-1)!           (2*3-1)!            (2m-1)!    

                3                2                    2m-1

               x              x                m-1   x          2m

sin x  =x-              +             -…+ (-1)               +o(x   )    

               3!             5!                      (2m-1)!  

3)类似的，在f(x)=cos x时：

(k)           π

f   (x)=cos(x+k*      )

               2

            (2m)        m     (2m-1)          

,     f(0)=1,f     (0)=（-1）  , f     (0)=0    (m=1,2,3...)

这样（若取n=2m+1),

               2*1-1           2*2             2*3                2m

          1   x          2   x            3   x              m   x        2m+1

cosx=1+ (-1)           + (-1)             + (-1)            +…+(-1)          +o(x    )    

            (2*1)!           (2*2)!            (2*3)!              (2m)!    

                2                4                   2m

               x              x                m    x         2m+1

cos x  =1-              +             -…+ (-1)             +o(x   )      (13)

               2!             4!                   (2m)!  

                m

4)今考察幂函数x   , 此处m非自然数也非零。在这情形，当x→0时，或则函数本身（若m<0），或则它的导数（从某一个n>m阶开始）无限地增大。因此，在此处已不能取x  =0.

                             m                                             0

取x  =1，即依(x-1)的幂而展开x   .

0

如前所述，我们可以把x-1当做新的变量，但若我们仍旧用x来记这新的变量，则问题就成

                          m

为依x的幂而展开函数（1+x）  了。我们知道任意阶导数的普遍公式116,2）, 详细内容见任意阶导数的普遍公式.

(k)                     m-k          

f  (x)=m(m-1)...(m-k+1)(1+x)

           (k)      

因此f(0)=1,f  (0)=m(m-1)...(m-k+1)

展开式的形式就是

    m         m(m-1)    2     m(m-1)...(m-n+1)   n     n

(1+x)  =1+mx+           x  +…+                x    +o(x   )  

               1*2                1*2...n

特别情形，例如在n=2及m=-1,1/2,-1/2时，就有

  1         2     2

       =1-x+x  +o(x  )

1+x

         1       1   2     2

1+x=1+       x-      x  +o(x  )

         2       8

1        1       3    2     2

  =1+       x-      x  +o(x  )

1+x      2       8

                                                               3

                                                              x

在这些展开式中，第一式很容易由初等方法得出；此处的余项实即

                                                             1+x

至于第二式及第三式就需要更长的计算。比较63无穷小和无穷大的分级中的主部的分出

5)若转而讨论对数函数ln x，它在x→+0时趋向于-∞，所以仿照前例，我们只能考察函数.

f(x)=ln(1+x)

并且依x的幂展开它。那时任意导数的普遍公式116,3)

           k-1

  (k)    (-1)   (k-1)!        

f   (x)=

               k

          (1+x)

        (k)     k-1

f(0)=0, f  (0)=(-1)  (k-1)!

注;记号0！我们永远理解为1

由此

                 2     3                n

               x      x         n-1    x           n    

ln(1+x)   =x-        +      -......+ (-1)            +o(x  )

               2      3               n

6)今设f(x)=arc tg x, 我们在莱伯尼兹公式例题118.4)中已得到它的导数在x=0时的数值：

(2m)       (2m-1)    m-1

f(x)    (0)=0, f(x)    (0)=(-1)   (2m-2)!

根据戴劳公式（11），可得

                                                        (n)          

              f`(0)         f``(0)   2    f```(0)     3      f   (0)     n     n

arc tg x=f(0)+           x+         x  +           x  +…+           x   +o(x  )  

               1!          2!           3!               n!    

                 1-1  (2*1-2)!   0   2    2-1  (2*2-2)!  3      n-1 (2*n-1)! n    n

arc tg x= arc tg 0 + (-1)          x+    x  +(-1)           x  +…+(-1)         x + o(x  )  

                       1!       2!            3!                n!    

于是它的展开式可表示为

                 3     5                 2m-1

               x      x          m-1   x         2m  

arc tg x=x-          +      -......+ (-1)            +o(x  )

               3      5              2m-1

6a)今设f(x)=arc ctg x, 我们在莱伯尼兹公式例题118.4a)中已得到它的导数在x=0时的数值：

(2m)                          (2m-1)    m-1

f(x)    (0)=0, （当2m为偶数时）f(x)    (0)=(-1)   (2m-2)!, （当2m-1为奇数时）

根据戴劳公式（11），可得

                                                        (n)          

              f`(0)         f``(0)   2    f```(0)     3      f   (0)     n     n

arc ctg x=f(0)+          x+         x  +           x  +…+           x   +o(x  )  

               1!          2!           3!               n!    

                  1  (2*1-2)!    0   2    2  (2*2-2)!   3      m-1  (2*m-1)!  n  n

arc ctg x= arcctg 0 + (-1)         x+    x  +(-1)           x  +…+(-1)           x + o(x )  

                       1!       2!            3!                   n!    

于是它的展开式可表示为

                 3     5              2m-1

               x      x          m   x         2m  

arcc tg x=-x+         -      -......+ (-1)          +o(x  )

               3      5              2m-1

6b)今设f(x)=arc sin x, 我们在莱伯尼兹公式例题118.5)中已得到它的导数在x=0时的数值：

  (2m)      (2m-1)       m-1      2   2        2   m-1        2

f     (0)=0, f       (0)=(-1)    1  *3   ...(2m-1)  =(-1)    [(2m-1)!!]

于是它的展开式可表示为                                                  

                                                        (n)          

              f`(0)         f``(0)   2    f```(0)     3      f   (0)     n     n

arc sin x=f(0)+         x+         x  +           x  +…+           x   +o(x  )  

               1!          2!           3!               n!    

                             2                       2              2  

                 1-1  (2*1-1)!!   0   2    2-1  (2*2-1)!!  3     (2*n-1)!!   n    n

arc sin x= arc sin 0 + (-1)          x+    x  +(-1)           x  +…+          x  + o(x  )  

                        1!       2!              3!             n!    

                                                             2

                 (2*1-1)!!     0   2    2!!* 2!!   3      (2*n-1)!   n    n

arc sin x= arc sin 0 -         x+     x  -          x  +…+          x  + o(x  )  

                   1!        2!         2!! 3!!           n!    

于是它的展开式可表示为

                 3     5                   2m-1

           2!! x    4!!x            m-1   (2m-2)!! x      2m  

arc sin x=x-       +      -......+（-1）               +o(x  )

           3!!      5!!                (2m-1)!!

注note;5!!=1*3*5,6!!=2*4*6

6c)今设f(x)=arc cos x, 我们在莱伯尼兹公式例题118.5b)中已得到它的导数在x=0时的数值：

  (2m-1)      (2m)       m   2   2         2    m        2

f       (0)=0, f    (0)= (-1)   3  *5   ...(2m-3)  =(-1)   [(2m-3)!!]

于是它的展开式可表示为                                                  

                                                        (n)          

              f`(0)         f``(0)   2    f```(0)     3      f   (0)     n     n

arc cos x=f(0)+         x+         x  +           x  +…+           x   +o(x  )  

               1!          2!           3!               n!    

                               2                          2            

                   0    (2*1-1)!!  2    0  3        (2*n-1)!!   n     n

arc cos x= arc cos 0 +     x+        x  +     x   +…+           x   + o(x  )  

                   1!       2!         3!             n!    

                               2                              2

                  0      (2*1-1)!!  2   0  3  3!!3!!  4      (2*n-1)!   n     n

arc cos x= arc cos 0 +    x-         x  +     x -       x +…+          x  + o(x  )  

                  1!       2!         3!!     3!!4!!         n!    

于是它的展开式可表示为

             2           3      5                       2m

            x        3!! x    5!!x             m  (2m-1)!! x      

arc cos x=1-       +         -      -......+（-1）                     +o(x  )

            2!!       4!!      6!!                 (2m)!!

注note;5!!=1*3*5,6!!=2*4*6

7)对于函数f(x)=tg x，戴劳公式的系数构成的规律是较繁复的。但要写出它的为首几项并不困难。例如，因为

                                               2                        2  

        1             2sin x              1+2sin  x      Ⅳ          2+2sin  x        

f`(x)=          , f``(x)=           , f``(x)=2*            ,   f  (x)=8sin x        

         2               2                   4                        5                                      

      cos  x           cos  x              cos  x                    cos  x  

               Ⅳ  

故f(0)=0,f`(0)=1,f``(0)=0,f```(0)=2,f  (0)=0,  

根据戴劳公式（120a）

        3

       x        4

tg x=x+      +o(x   )或

       3

         3       5       7                 2m-1

       2x     4x       6x        m-1  (2m) x           n

tg x=x-      +       -       +…-(-1)                + o(x   )      (-π/2<x<π/2)

       3      5        7              2m-1  

例如

tg π/4=1

                            3      

                    0.785339

tg 0.785339=0.785339+           =1.0928

                       3

例如

tg π/4=1

                             3            5             7          

                    2*0.785339   4*0.785339    6*0.785339

tg 0.785339=0.785339+           -             +             =1.0928

                       3            5             7  

利用已知的展开式，就已经可以不用求导数而直接写出较繁复的函数的展开式。例如，前一公式就可以从sin x及cos x的展开式而求得。举几个新的例子，在这时一切x的幂值到指定的幂包括在内为止，我们都要精确计算出来，而更高级的幂（没有写出来的）自然是包括在余项内。

7a)对于函数f(x)=ctg x，戴劳公式的系数构成的规律是较繁复的。但要写出它的为首几项并不困难。例如，因为

                                               2                         2  

        1             2cos x              1+2cos  x      Ⅳ          2+2cos  x        

f`(x)=-          , f``(x)=-           , f``(x)=-2*            ,   f  (x)=-8cos x        

         2               2                   4                         5                                      

      sin  x           sin  x              sin  x                      sin  x  

                                    Ⅳ  

故f(π/2)=1,f`(π/2)=-1,f``(π/2)=0,f```(π/2)=-2,f   (π/2)=0,

根据戴劳公式(120a)

        3

       x        4

ctg x=x-      +o(x   )或

       3

         3       5       7                 2m-1

       2x     4x       6x        m-1  (2m) x           n

ctg x=x-      +       -       +…-(-1)                + o(x   )      (0<x<π)

       3      5        7              2m-1  

例如

ctg π/4=1

                             3      

                     0.785339             3

ctg 0.785339=0.785339-          (0.78533-1.75)   =0.93027

                        3

例如

ctg π/4=1

                             3            5             7          

                    2*0.785339   4*0.785339    6*0.785339

ctg 0.785339=0.785339+           -             +             =1.0928

                       3            5             7  

         sin x             3

8)写出函数e     的展开式至x   。根据1)

sinx           1     2       1     3        3

e    =1+sin x+      sin  x +       sin   x + o(sin   x  )

               2             6

sinx           1     2       1     3        3

e    =1+sin x+      sin  x +       sin   x + o(x  )

               2             6

                 3                                            3      

注:原来应写成o(sin  x)，但由于x与sin x是等价无穷小，所以写成o(x  )是完全一样的。

但依2)

        1     3     4

sin x=x-      x   + o(x  )

        6

于是

  sin x        1    3     1   2     1    3     3

e     =1+(x-      x   )+     x   +      x  + o(x  )

              6          2         6    

    3

含x   的项互相消去，故最后得

  sin x        1    2       3

e     =1+x+      x     + o(x  )

              2

类似地

  tg x         1   2      1   3     3

e     =1+x+      x   +     x   + o(x  )

              2          2      

                            6

9)写出函数ln cos x的展开式至x  的项。根据5)

                             1         2   1         3           3

ln cos x=ln[1+(cos x-1)]=(cos x-1)-     (cos x-1) +     (cos x-1)  + o((cos x-1)  )

                              2            2

                             1         2   1         3     6

ln cos x=ln[1+(cos x-1)]=(cos x-1)-     (cos x-1) +     (cos x-1)  + o(x  )

                              2            2

                  2    

注：因为1-cos x与x  同阶，见无穷小及无穷大的分级中的无穷小的尺度，

           3              6  

故o((cos x-1)   )同时就是o(x  )

在这时，由于3),

          1   2      1   4    1   6      7

cos x-1=-      x   +     x  -      x   + o(x  )

          2         24      720

由此

           1    2    1   4     1   6    1    1   4    1   6    1    1   6    6

ln cos x-1=(-      x  +     x  -      x  )-     (    x  -      x  )+    (-    x  )=o(x )

           2         24       720       2    4        24       3    8  

或在化简后

           1    2     1   4    1    6      6

ln cos x-1=-      x   -      x  -      x   + o(x  )

           2          12       45

类似地

           2     1   3    3    5     5

ln (x+   1+x  =x-     x  -      x   + o(x  )

                 6       40      

而

  sin x      1    2     1    4      1    6      6

ln      =-      x   -       x  -        x   + o(x  )

   x        6          180       2835

一切这些不直接利用戴劳公式而得出的展开式，当然也可以由戴劳公式求得，并且由于函数的这种展开式的唯一性，也就恰好有着同样的系数。

附注, 因为在这里所考察的函数在点x=0的邻域内都有着任何阶的导数，所以我们在公式（11）内对于n的选取不受拘束，就是可以继续展开这些函数直至x的任意次幂。

10)若f(x)=tan x，则

根据导数除法运算规则

                              π

                      sin(x+k*      )

  (k)          π              2       (k)

f   (x)=tan(x+k*     )=(                )

                              π

                      cos(x+k*     )

                               2

           π    (k)      π              π      (k)      π    

  cos(x+k*     ) sin  (x+k*     )- sin  (x+k*      ) cos  (x+k*      )

           2             2               2               2  

=

                                     k

                               π   2

                      [cos(x+k*     )]

,于是                          2

(2m)

f    (0)=tan mπ=0

(2m-1)

f    (0)=tan mπ=

           π    (2m-1)      π              π    (2m-1)      π    

  cos(x+k*     ) sin    (x+k*     )- sin  (x+k*      ) cos    (x+k*      )

           2                2               2                 2  

=

                                     2m-1

        π    2

                      [cos(x+k*     )]

                               2

因此，在公式（120）内令n=2m，就有

tan x=x+

          π    (2*1-1)      π              π    (2*1-1)      π    

  cos(x+k*     ) sin    (x+k*     )- sin  (x+k*      ) cos    (x+k*      )

           2                2               2                 2  

                                      1

             π   2

                     1! [cos(x+k*     )]

                                2

          π    (2*2-1)      π              π    (2*2-1)      π    

  cos(x+k*     ) sin    (x+k*     )- sin  (x+k*      ) cos    (x+k*      )

           2                2               2                 2  

+0-                                                    

                                       2

     π    2

                     3! [cos(x+k*     )]

                                2

              π    (2m-1)      π              π    (2m-1)      π    

     cos(x+k*     ) sin    (x+k*     )- sin  (x+k*      ) cos    (x+k*      )

   m-1        2                2               2                 2  

(-1)

                                           2m-1      

            π    2

                     (2m-1)! [cos(x+k*     )]

                                     2

               3    2                     5  

              x                         x      2

              3!          -1             5!          

tan x= x+(1  -        )-  (           +              )      

                 2  2       4   2         4     2            

               x           x             x    

               2!          4!             4!

                                                           2m+1

                                                         x        2

                 m-1   2m   1                 2m-1   ( 2m+1)!    

+..-(-1)  [ (-1)                   - (-1)    (             )        ]

                  2m     2m-2                  2m    2m-1

                 x       2                    x       2

                2m!                          2m!  

11)若f(x)=cot x，则

根据导数除法运算规则

                              π

                      cos(x+k*      )

  (k)          π              2       (k)

f   (x)=cot(x+k*     )=(                )

               2               π

                      sin(x+k*     )

                               2

           π    (k)      π              π      (k)      π    

  sin(x+k*     )cos  (x+k*     )- cos  (x+k*      ) sin  (x+k*      )

           2             2               2               2  

=

                                     k

                               π   2

                      [sin(x+k*     )]

                               2

(2m)

f    (0)=cot mπ=0

(2m-1)

f    (0)=cot mπ=

           π    (2m)      π            π      (2m)     π    

  sin(x+k*     ) cos    (x+k*     )- cos(x+k*      )  sin    (x+k*      )

           2                2             2                  2  

=

                                      2m        

     π   2

                      [sin(x+k*     )]

                               2

因此，在公式（120）内令n=2m，就有

cot x=x+

          π    (2*1-1)      π           π     (2*1-1)      π    

  sin(x+k*     ) cos    (x+k*     )- cos(x+k*      ) sin    (x+k*      )

           2                2             2                 2  

                                      2m

   π   2

                       [sin(x+k*     )]

                                2

          π    (2*2-1)      π           π    (2*2-1)      π    

  sin(x+k*     ) cos    (x+k*     )- cos(x+k*      ) sin    (x+k*      )

           2                2            2                 2  

+0-                                                    

                                        2m

     π     2

                       [sin(x+k*     )]

                               2

              π    (2m-1)      π            π    (2m-1)      π    

     sin(x+k*     ) cos    (x+k*     )- cos(x+k*      ) sin    (x+k*      )

   m-1        2                2             2                 2  

(-1)

                                    π    2m

                           [sin (x+k*     )]

                                     2

               2    2                     4  

              x                         x      2

              2!           1             4!          

cot x= x+(-1+          )-  (           +              )      

                 3  2       5   2         5     4            

               x           x             x    

               3!          5!             5!

                                                           2m+1

                                                         x        3 2

                 m-1   2m-1   1              2m-2      ( 2m)!    

+..-(-1)  [ (-1)                   - (-1)    (             )        ]

                  2m+1    2m-2                2m+1     2m-1

                 x         2                  x        2

                (2m+1)!                    （2m）!  

126.余项的其他形式

带有皮亚诺式余项的戴劳公式有各种各样的应用（参阅下一章近视公式）；但它们总是属于所谓《局部》性质的，即关于该点x  的性质的。

                                0

若另外也讲及其它数值x，则这些数值就必须假定是《十分接近》于x  ，而不能预先任意

                                                             0

选取。与此同时，自然地企图利用多项式p(x)作为函数f(x)的近似式，用了它就可以计算f(x)的数值至所需的准确度。要多项式p(x)能胜任这一任务，就必须有可能对已给的x值去估计（117）式中的差。在这情形，皮亚诺形式的余项仅表明当x→0时r(x)也趋于0的性质，不能有什么用处。我们不能由此确定，对于怎样的x的数值多项式p(x)可以表达函数f(x)至预先指定的准确度；它也没有说到——对于已给的x——由于n的增大，余项r(x)=r  (x)的数

                                                                       n                      

值受到什么样的影响，等等。注：必须记住，一般地说来，余项r(x)依赖于n；为了着重指出这一点，我们以后将用到r   (x)来表示它。因此我们转而推导余项r  (x)的其他形式。

                          n                                   n

为着明确起见，我们将考虑在点x  右方的区间[x  ,x  +H]（H>0)，并且设想函数f(x)是在

                              0            0   0        

这区间内定义着的；至于函数被给定在区间[x  -H,x  ]内时的情形，就可以类似地加以说明

                                        0     0

了。在这一次要做更多的假定，就是假设在全区间[x  ,x  +H]内前n个导数：

                                              0   0

                (n)        

f`(x),f``(x),f```(x),...f  (x)

                                                                   (n+1)

都存在着而且都是连续的，此外，至少在开区间（x  ,x  +H)内(n+1)阶导数f  (x)存在着而

                                              0  0

且是有穷的。注意，由于（116）及（117），

                                                  (n)

                f`(x  )          f`(x  )             f  (x  )        

                   0               0        2         0         n  

r  (x)=f(x)-f(x  )-         (x-x  )-         (x-x  )  -…-          (x-x  )      (12)

n                1!        0      2!                 n!  

今将x固定于区间[x  ,x  +H]内的任一数值，并且依靠公式（12）右端的式样，吧常数x      

                  0  0      

换成变量z，做一个新的辅助函数；

                f`(x  )          f`(x  )             f  (x  )        

                   0               0        2         0         n  

ψ(z)=f(x)-f(x  )-         (x-x  )-         (x-x  )  -…-          (x-x  )      

                1!        0      2!                 n!  

其中自变量z算作是在区间[x  ,x]内变动的。在这区间内，函数ψ(z)是连续的，并且在它的

                          0  

端点处取得数值[参阅（12）]

ψ(x   )=r  (x),ψ(x)=0.

    0    n

此外，在区间(x  ,x)内存在着导数

              0

             f``(z)  

φ`(z)=-f`(z)-[       (x-z)-f`(z)]

             1!

             f```(z)      2   f``(z)

-[        (x-z)  -        (x-z)]

    2!             1!

              Ⅳ

f   (z)    3   f```(z)      2

-[        (x-z)  -        (x-z)  ]

    2!             1!

              (n+1)          (n)

f   (z)     n   f   (z)    n-1

…-[        (x-z)  -        (x-z)  ]

    n!             (n-1)!

或，在化简以后

        (n+1)

f   (z)    n

φ`(z)=-        (x-z)

          n!

今取任意函数ψ(z)，它在区间[x  ,x]内是连续的，并且至少在开区间[x  ,x]内有不等于零的

                            0                                0              

导数ψ`(z)。

对函数φ(z)及ψ(z)应用柯西公式[114]：

φ(x)-ψ(x  )     φ`(c)

        0   =

ψ(x)-ψ(x  )     ψ`(c)

        0

此处x    <c<x或c=x  +θ(x-x   ）    (0<θ<1)

      0             0      0

因为

                                   (n+1)    

                                  f   (c)      n

φ(x)=0, φ(x    )=r    (x), φ`(c)=-           (x-c)

           0     0                  n!

故

                        (n+1)    

         ψ(x)-ψ(x  )    f   (c)    

                 0                  n      

r   (x)=              *           (x-c)      

n       ψ`(c)          n!

今若把函数ψ(z)换成满足所设条件的任意函数，我们就可以得出余项r    (x)的各种不同

                                                              n

的形式

设

         p          

ψ(z)=(x-z)    , 此处p>0, ，就有：

          p-1

ψ`(z)=-p(x-z)        (x  <z<x)

                     0

显然，这函数满足所设条件。因此

                p      (n+1)            

          -(x-x  )      f   (c)

              0                    n

r   (x)=             *          (x-c)

n            p-1      

         -p(x-c)          n!

         (n+1)

        f    (c)      n+1-p       p

=           (x-c)      (x-x  )

         n!p                  0

因为c=x  +θ(x-x  )

        0     0    

所以x-c=x-x  -θ(x-x  )=（1-θ）（x-x   )

  0      0              0

因而最后

         (n+1)

f    (x  +θ(x-x   ))

              0       0            n+1-p          n+1  

r   (x)=                    *（1-θ）     （x-x   )           (0<θ<1)

n           n!p                              0    

这表达式称为余项的施辽密赫-洛希（O.Schlоmich-Roche）式。      

由上式，给p以具体的数值，就可以得出余项的更特殊的形式。令p=n+1, 就得到简单的拉格朗奇余项：

           (n+1)      

         f     (c)        n+1-p    

r   (x)=              (x-c)          (x   <c<x) 或(x   >c>x)

  n       (n+1)!                      0          0

它使人想起戴劳公式的紧接着n阶导数下面的一项， 只是其中的(n+1)阶导数不取在x  处

                                                                            0

的数值,而是取在某一中值c(在x    与x之间)处的数值。                                

                             0  

这样，具拉格朗奇余项式的戴劳公式就有如下形式：

                                                                  (n)

           f`(x   )          f``(x  )            f```(x  )              f   (x  )+α            

               0                0       2         0        3           0     n    

f(x)=f(x  )+         (x-x  )+         (x-x  )  +           (x-x  )  +…+        (x-x  )  

      0      1!        0       2!      0         3!        0          n!    0

         (n+1)

   f    (c)        n+1    

+           (x-x  )             (x  <c<x) 或(x  >c>x)             (13)

    (n+1)!      0                 0          0    

若在式内把f(x    )移至左端，就很容易看出，它是有限增量公式[112]

f(x)-f(x  )=f`(c)*(x-x  )

      0          0

  的直接推广。

   虽然由于简单方便大家最乐意应用拉格朗奇余项式，但在个别情形，这形式对于估计余项是不适用的。因而不得不改用其他略繁的形式。  我们将在这里讲及其中之一，即柯西余项式，它是在施辽密赫-洛希的普遍式内令p=1而得到的：

         (n+1)

f    (x  +θ(x-x   ))

              0       0            n          n+1  

r   (x)=                    *（1-θ）  （x-x   )          

n           n!                           0    

第七部分 近似公式

127.近似公式

为着简单起见，在公式126中的（13）内令

x  =0,

  0

而c就改写成θx，此处0<θ<1：

                                           (n)          (n+1)

                f`(0 )        f`(0)   2      f  (0)   n    f     (0)     n+1

f(x)=f(0)+         x +        x   +…+        x  +              x     （14）

                  1!         2!            n!            (n+1)!

若弃去这里的余项，则得近似公式：

                                           (n)          (n+1)

                f`(0 )        f`(0)   2      f  (0)   n    f     (0)     n+1

f(x)≈f(0)+         x +        x   +…+        x  +              x    

                  1!         2!            n!            (n+1)!

它用多项式来代替原来性质繁复的函数。但在这一次我们已有可能估计这公式的误差，因为它（以绝对值）刚好等于所弃去的那一项。例如，若(n+1)阶导数（至少当变元在0与x之间变动时）的绝对值是以M为界限的，则