泰勒（Taylor）中值定理1 如果函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 处具有 $n$ 阶导数，那么存在 $x_0$ 的一个邻域，对于该领域内的任一 $x$ ，有
$$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime \prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x),\text{\hspace{1em}(1)}$$
其中
$$R_n(x)=o((x-x_0{)}^n).\text{\hspace{1em}(2)}$$

公式 $(1)$ 称为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处（或按 $x-x_0$ 的幂展开）的带有佩亚诺（Peano）余项的 $n$ 阶泰勒公式，而 $R_n(x)$ 的表达式 $(2)$ 称为佩亚诺余项，它就是用 $n$ 次泰勒多项式来近似表达 $f(x)$ 所产生的误差，这一误差是当 $x\to x_0$ 时比 $(x-x_0{)}^n$ 高阶的无穷小，但不能由它具体估算出误差的大小。

泰勒中值定理2 如果函数 $f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域 $U(x_0)$ 内具有 $n+1$ 阶导数，那么对任一 $x\in U(x_0)$ ，有
$$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime \prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x),\text{\hspace{1em}(3)}$$
其中
$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}\text{\hspace{1em}(4)}$$

公式 $(3)$ 称为 $f(x)$ 在 $x_0$ 处（或按 $x-x_0$ 的幂展开）的带有拉格朗日余项的 $n$ 阶泰勒公式，而 $R_n(x)$ 的表达式 $(4)$ 称为拉格朗日余项。

当 $n=0$ 时，泰勒公式 $(3)$ 变成拉格朗日中值公式
$$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(\xi )(x-x_0)(\xi 在x_0与x之间)$$
因此，泰勒中值定理2是拉格朗日中值定理的推广。

由泰勒中值定理2可知，以多项式 $p_n(x)$ 近似表达函数 $f(x)$ 时，其误差为 $|R_n(x)|$ 。如果对于某个固定的 $n$ ，当 $x\in U(x_0)$ 时， $|f^{(n+1)}(x)|⩽M$ ，那么有估计式
$$|R_n(x)|=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}\right|⩽\frac{M}{(n+1)!}|x-x_0{|}^{n+1}\text{\hspace{1em}(5)}$$

在泰勒公式 $(1)$ 中，如果取 $x_0=0$ ，那么带有佩亚诺余项的麦克劳林公式
$$f(x)=f(0)+f^{{}^{\prime }}(0)x+\frac{f^{{}^{\prime \prime }}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+o(x^n).\text{\hspace{1em}(6)}$$

在泰勒公式 $(3)$ 中，如果取 $x=0$ ，那么 $\xi$ 在0与 $x$ 之间。因此可以令 $\xi =\theta x(0<\theta <1)$ ，从而泰勒公式 $(3)$ 变成较简单的形式，即所谓带有拉格朗日余项的麦克劳林公式
$$f(x)=f(0)+f^{{}^{\prime }}(0)x+\frac{f^{{}^{\prime \prime }}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}{x}^{n+1}\text{\hspace{1em}(7)}$$

由 $(6)$ 或 $(7)$ 可得近似公式
$$f(x)\approx f(0)+f^{{}^{\prime }}(0)x+\frac{f^{{}^{\prime \prime }}(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n,$$
估计误差式 $(5)$ 相应地变成
$$|R_n(x)|⩽\frac{M}{(n+1)!}|x{|}^{n+1}\text{\hspace{1em}(8)}$$

例1 写出函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x$ 的带有拉格朗日余项的 $n$ 阶麦克劳林公式。
解：因为
$$f^{{}^{\prime }}(x)=f^{{}^{\prime \prime }}(x)=\cdots =f^{(n)}(x)={\mathrm{e}}^x,$$
所以
$$f(0)=f^{{}^{\prime }}(0)=f^{{}^{\prime \prime }}(0)=\cdots =f^{(n)}(0)=1$$
把这些值代入公式 $(7)$ ，并注意到 $f^{(n+1)}(\theta x)={\mathrm{e}}^{\theta x}$ 便得
$${\mathrm{e}}^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\frac{{\mathrm{e}}^{\theta x}}{(n+1)!}{x}^{n+1}(0<\theta <1).$$
由这个公式可知，把 ${\mathrm{e}}^x$ 用它的 $n$ 次泰勒多项式表达为
$${\mathrm{e}}^x\approx 1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!},$$
这时所产生的误差为
$$|R_n(x)|=\left|\frac{{\mathrm{e}}^{\theta \mathrm{x}}}{(n+1)!}{x}^{n+1}\right|⩽\frac{{\mathrm{e}}^{|x|}}{(n+1)!}|x{|}^{n+1}(0<\theta <1).$$
如果取 $x=1$ ，则得无理数 $\mathrm{e}$ 的近似式为
$$\mathrm{e}\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!},$$
其误差
$$|R_n|<\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}<\frac{3}{(n+1)!}.$$
当 $n=10$ 时，可算出 $\mathrm{e}\approx 2.718282$ ，其误差不超过 $10^{-6}$ .

例2 求 $f(x)=\sin x$ 的带有拉格朗日余项的 $n$ 阶麦克劳林公式。
解：因为
$$\begin{gathered} f^{{}^{\prime }}(x)=\cos x,f^{{}^{\prime \prime }}(x)=-\sin x,f^{{}^{\prime \prime \prime }}(x)=-\cos x, \\ {f}^{(4)}(x)=\sin x,\cdots ,f^{(n)}(x)=\sin \left(x+\frac{n\pi }{2}\right), \end{gathered}$$
所以
$$f(0)=0,f^{{}^{\prime }}(0)=1,f^{{}^{\prime \prime }}(0)=0,f^{{}^{\prime \prime \prime }}(0)=-1,f^{(4)}(0)=0$$
等。它们顺序循环地取四个数 $0,1,0,-1$ ，于是按公式 $(7)$ 得（令 $n=2m$）
$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots +(-1{)}^{2m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+R_{2m}(x),$$
其中
$$R_{2m}(x)=\frac{\sin [\theta x+(2m+1)\frac{\pi }{2}]}{(2m+1)!}{x}^{2m+1}=(-1{)}^m\frac{\cos \theta x}{(2m+1)!}{x}^{2m+1}(0<\theta <1).$$

类似的还可以得到
$$\cos x=1-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{4!}{x}^4-\cdots +(-1{)}^m\frac{1}{2m!}{x}^{2m}+R_{2m+1}(x)$$
其中
$$R_{2m+1}(x)=\frac{\cos [\theta x+(m+1)\pi ]}{(2m+2)!}{x}^{2m+2}(0<\theta <1);$$

$$\ln (x+1)=x-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{3}{x}^3-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{1}{n}{x}^n+R_n(x),$$
其中
$$R_n(x)=\frac{(-1{)}^n}{(n+1)(1+\theta x{)}^{n+1}}(0<\theta <1);$$

$$(1+x{)}^{\alpha }=1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}{x}^n+R_n(x),$$
其中
$$R_n(x)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)(\alpha -n)}{(n+1)!}(1+\theta x{)}^{\alpha -n-1}{x}^{n+1}(0<\theta <1).$$

例3 利用带有佩亚诺余项的麦克劳林公式，求极限 $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x\cos x}{{\sin }^{3}x}$ .
解：由于分式的分母 ${\sin }^{3}x\sim x^3(x\to 0)$ ，我们只需将分子中的 $\sin x$ 和 $x\cos x$ 分别用带有佩亚诺余项的3阶麦克劳林公式表示，即
$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3),x\cos x=x-\frac{x^3}{2!}+o(x^3).$$
于是
$$\sin x-x\cos x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)-x+\frac{x^3}{2!}-o(x^3)=\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3),$$
对上式作运算时，把两个比 $x^3$ 高阶的无穷小的代数和仍记作 $o(x^3)$ ，故
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x\cos x}{{\sin }^{3}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)}{x^3}=\frac{1}{3}.$$

原文链接：高等数学 3.3 泰勒公式