用来构造一个多项式来近似一个函数
\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n \]大概就是用 \(n\) 阶导数来拟合一下。
严谨推导：
假设 \(f(x)\) 在点 \(x_0\) 的某邻域 \(U(x_0)\) 能近似表达为 \(g_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n=\sum_{i=0}^na_i(x-x_0)^i\)
且 \(x\to x_0\) 时误差仅为比 \((x-x_0)^n\) 高阶的无穷小
考虑令 \(g_n(x)\) 在 \(x_0\) 处的 \(n\) 阶导数都分别等于 \(f(x_0),f'(x_0),f''(x_0),\ldots,f^{(n)}(x_0)\)
也就是 \(g_n^{(m)}(x_0)=f^{(m)}(x_0)\)
怎么求 \(g_n(x)\) 的导？
显然
\[ g_n^{(m)}(x+x_0)=\dfrac{m!}{0!}a_m+\dfrac{(m+1)!}{1!}a_{m+1}x+\dfrac{(m+2)!}{2!}a_{m+2}x^2+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(k+m)!}{k!}a_{k+m}x^k \]用 \((x^n)'=nx^{n-1}\) 做了 \(m\) 次推出来的
所以
\[ g_n^{(m)}(x) =\dfrac{m!}{0!}a_m+\dfrac{(m+1)!}{1!}a_{m+1}(x-x_0)+\dfrac{(m+2)!}{2!}a_{m+2}(x-x_0)^2+\cdots \]上面都是在求导
所以 \(f^{(m)}(x_0)=g_n^{(m)}(x_0)=m!a_m\)，推出 \(a_m=\dfrac{f^{(m)}(x_0)}{m!}\)
然后就证完了！\(g_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\)
注意到 \(n\) 越大 \(g_n(x)\) 所近似的 \(U(x_0)\) 越大就越近似，开头那个公式就是 \(n\to\infty\) 的情况.
在 \(x_0=0\) 时他就变成了“麦克劳林公式”
即：
\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n \]常用展开，\(n\) 都是从 \(0\) 到 \(\infty\)：
\[ \begin{aligned} e^x&=\sum_{n}\dfrac{1}{n!}x^n\\ \sin x&=\sum_{n}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\\ \cos x&=\sum_{n}\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}\\ \ln(1+x)&=\sum_n\dfrac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\\ \dfrac{1}{1-x}&=\sum_{n}x^n\\ \dfrac{1}{1+x}&=\sum_{n}(-1)^nx^n\\ \end{aligned} \]都不难代入式子来证明，后两个也有其他方法证.
不常用展开，\(B_n\) 为伯努利数：
\[ \begin{aligned} (1+x)^a&=1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n\\ \arctan x&=\sum_{n}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}\\ \arcsin x&=\sum_{n}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}\\ \tan x&=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{B_{2n}(-4)^n(1-4^n)}{(2n)!}x^{2n-1} \end{aligned} \] 标签：泰勒,infty,公式,sum,笔记,cdots,dfrac,2n,aligned From： https://www.cnblogs.com/laijinyi/p/18360663