这篇博客详细介绍了三角函数的泰勒级数推导过程，涉及戴劳公式、拉格朗日公式和有限差分法。通过泰勒展开式，展示了如何将三角函数表示为幂级数，包括正弦、余弦、正切等的泰勒展开式，并给出了余项的表达方式。此外，还讨论了泰勒级数的适用条件及其在近似计算中的应用。
三角函数公式推导1
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
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
第四部分，泰勒级数推导过程数学流程图
计算三角函数调用泰勒公式
说明泰勒级数 引用瓦利斯公式 推导二项式系数
初等函数的展开，推导泰勒公式的前提 最后得到计算三角函数的近似公式8
调用戴劳公式和有限差分法 最后得到计算三角函数的近似公式9
. (注：有限差分法是推导泰勒公式所使用的的方法)
模拟计算机计算开方公式
戴劳公式的推导 首先调用拉格郎奇公式 引用单方导数概念 推导出近似公式
其次调用增量公式
再调用任意阶导数的普遍公式和莱布尼兹公式
推导出计算三角函数的插值法（模拟计算机用）
推导出计算三角函数的公式4
推导出惠更斯公式 推导出计算三角函数的公式2
推导出插值法
调用数e的近似计算法
推导出契贝塞夫(П.Л.Чебышев)法则 推导出计算三角函数的公式3
推导出插值法 推导出计算三角函数的拉格朗奇插值法
推导出计算三角函数的带余项的拉格朗奇插值法
推导出计算三角函数的埃尔密特公式插值法
莱布尼兹公式的推导 推导任意阶导数的普遍公式 推导莱布尼兹公式
引用求导数的简单法则
拉格郎奇公式的推导 调用微分是近似公式的来源中的近似公式
推导出计算幂函数的近似方法。模拟计算机用
增量公式的推导 调用无穷小及无穷大的分级中的无穷小的比较
微分是近似公式的来源中的近似公式的推导
调用无穷小及无穷大的分级中的等价无穷小
调用可微性与导数存在之间的关系
最后得到计算函数的近似公式
无穷小及无穷大的分级的推导 先推导无穷小的比较 再推导无穷小的尺度
再调用极限理论的推广
再推导等价无穷小 再推导主部的分出 最后的到计算函数的近似公式
微分的定义 推导出可微性与导数存在之间的关系
调用无穷小及无穷大的分级中的等价无穷小和主部的分出
推导出计算三角函数的公式1
无穷级数欧拉常数 推导出用对数函数计算sinx,cosx的公式
级数的乘法 推导出用sinx,cosx级数计算tgx,ctgx的公式
.
第四部分，泰勒级数数学理论描述
1.上面电路实现的功能是表示任意角度的正弦值。
2.正弦值等于直角三角形的角对应的直角边和斜边的比值。
sinα=y/r
余弦值等于直角三角形的角相邻的直角边和斜边的比值
cosα=x/r
正切值等于直角三角形的角所对的直角边和相邻的直角边的比值
tanα=y/x
正割值等于斜边和直角三角形的角相邻的直角边的比值
secα=r/x
余割值等于直角斜边和直角三角形的角对应的直角边的比值
cscα=r/y
余割值等于直角斜边和直角三角形的角对应的直角边的比值
cscα=r/y
余切值等于直角三角形的角相邻的直角边和所对的直角边的比值
cotα=x/y
3.在直角三角形中，两个直角边x,y的平方和等于斜边的平方
2 2 2
x +y =r
4.所以正弦值可以表示为
2 2
sinα=y/ x +y
5.如图1所示，h是垂直于三角形斜边的高，它把斜边分成r1,r2
2 2 2 2 2 2 2 2
h +r1 =y r1 =y -h r1= y -h
2 2 2 2 2 2 2 2
h +r2 =x r2 =x -h r2= x -h
∵r1+r2=r
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
∴x +y =(r1+r2) x + y =( y -h + x -h ) (1)
∵sinα=h/x
∴
2 2
h/x=y/ x +y
∴
2 2
h/x=y*x/ x +y (2)
图1
6.将⑵代入⑴得
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x +y = y -y *x /(x +y ) + x -y *x /(x +y )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
r = y -y *x /(x +y ) + x -y *x /(x +y ) (3)
4.在单位圆中，直径是1，也就是上面的斜边是1，所以⑶可以表示为
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
y -y *x /(x +y ) + x -y *x /(x +y ) =1
{
2 2
x +y =1
sinα=y, cosα=x, tanα=y/x
5.用直流电压DCXV，100mA表示X，用直流电压DCYV，100mA表示Y，用加法器，减法器，开方，乘法器，电压跟随器可以表示上式。
6.在上面二元二次方程中，知道x，就会得到y值，知道y，就会得到x值。
7.上面电路中，x值不断变化，它是余弦值，查《数学用表》，可以得到它的余弦角角度。
上面电路中，y值不断变化，它是正弦值，查《数学用表》，可以得到它的正弦角角度。
上面电路中，y/x值不断变化，它是正切值，查《数学用表》，可以得到它的正切角角度。
上面电路中，1/x值不断变化，它是正割值，查《数学用表》，可以得到它的正割角角度。
上面电路中，1/y值不断变化，它是余割值，查《数学用表》，可以得到它的余割角角度。
上面电路中，x/y值不断变化，它是余切值，查《数学用表》，可以得到它的余切角角度。
8.已知一个角的角度，计算这个角的三角函数可以采用微积分里面的泰勒级数。泰勒展开式的推导详细情况可见初等函数的展开。根据泰勒展开式，可得下面的公式
(n)
f`(x ) f``(x ) 2 f (x ) n
f(x)=f(x )+ 0 (x-x )+ 0 (x-x ) +…+ 0 (x-x ) +r (x) (3)
0 1! 0 2! 0 n! 0 n
这个展开式描述的一个函数f(x)等于
2 (n)
x x x x n
e =1+ + +…+ + o(x ) (11)
1! 2! n!
3 2 2m-1
x x m-1 x 2m
sin x =x- + -…+ (-1) +o(x ) (12)
3! 5! (2m-1)!
2 4 2m
x x m x 2m+1
cos x =1- + -…+ (-1) +o(x ) (13)
2! 4! (2m)!
m m(m-1) 2 m(m-1)...(m-n+1) n n
(1+x) =1+mx+ x +…+ x +o(x )
12 12…n
2 3 n
x x n-1 x n
ln(1+x) =x- + -…+ (-1) +o(x )
2 3 n
3 5 2m-1
x x m-1 x 2m
arc tg x=x- + -…+ (-1) +o(x )
3 5 2m-1
3 5 2m-1
x x m x 2m
arc ctg x=-x+ - +…- (-1) +o(x )
3 5 2m-1
3
x 4
tg x=x+ +o(x )
3
sin x 1 2 3
e =1+x + x + o(x )
2
tg x 1 2 1 3 3
e =1+x+ x + x + o(x )
2 2!
1 2 1 4 1 6 6
ln cos x =- x - x - x + o(x )
2 12 45
3 5
2 x 3x 5
ln(x+ 1+x ) =x- + +o(x )
6 40
sin x 1 2 1 4 1 6 6
ln =- x - x - x + o(x )
x 6 180 2835
3 2 2m-1
x x m-1 x 2m
sin x =x- + -…+ (-1) +o(x ) (12)
3! 5! (2m-1)!
2 4 2m
x x m x 2m+1
cos x =1- + -…+ (-1) +o(x ) (13)
2! 4! (2m)!
sinh / 双曲正弦：
x -x
e -e
shx=
2
cosh / 双曲余弦：
x -x
e +e
shx=
2
3 2 2m-1
x x x 2m
sh x =x+ + +…+ +o(x ) (12)
3! 5! (2m-1)!
2 4 2m
x x x 2m+1
ch x =1+ + +…+ +o(x ) (13)
2! 4! (2m)!
可设
x -x
e + e
y=
2
得
2x x
e -2y*e +1=0
x 2
e =y± y -1
2
x =ln(y± y -1 )
可设
x -x
e -e
y=
2
得
2x x
e -2y*e -1=0
x 2
e =y± y +1
2
x =ln(y± y +1 )
tanh / 双曲正切：tanh(x) = sinh(x) / cosh(x)=[e^x - e^(-x)] / [e^x + e^(-x)]
coth / 双曲余切：coth(x) = cosh(x) / sinh(x) = [e^x + e^(-x)] / [e^(x) - e^(-x)]
sech / 双曲正割：sech(x) = 1 / cosh(x) = [e^x - e^(-x)]/2
csch / 双曲余割：csch(x) = 1 / sinh(x) = [e^x + e^(-x)]/2
tanα= sinα/ cosα ch(x±y)=ch xch y±sh xsh y
secα=1/ cosα sh(x±y)=sh xch y±ch xsh y
cscα=1/ sinα
cotα= cosα/ sinα
x+y -x-y x -x y -y x -x y -y
e +e e + e e + e e - e e - e
= * + *
2 2 2 2 2
3 5 2m-1
x x m-1 x 2m
arc tg x=x- + -…+ (-1) +o(x ) (15)
3 5 2m-1
2m-1
1 1 m-1 1 2m
π/4=arc tg 1=1- + -…+ (-1) +o(x ) (16)
3 5 2m-1
1 1 1
e=1+ + +…+ +…
1！ 2！ n!
2 3
x x 1 n+1
ln(1+x)=x- + -…+(-1) x +… (-1<x≤1）
2 3 n+1
m m(m-1) 2 m(m-1)...(m-n+1) n
(1+x) =1+mx+ x +…+ x +… (-1<x<1）
2! n!
n 1 1 k-1 1
=1- + -…+(-1) +…
n+1 n n k-1
n
第五部分三角函数泰勒级数
9.对数对应的泰勒级数如下
对数泰勒展开式的推导详细情况可见初等函数的展开
泰勒级数推导。展开函数成幂级数，泰勒级数。
我们已知形如
∽ n 2 n
∑ a x =a +a x+a x +…+a x +…
0 n 0 1 2 n
的x的乘幂展开的幂级数。 （1）
（注解：也就是说幂函数数列的从0到正无穷的各项之和等于的一次方，二次方直到n次方的和）如果除去“处处发散”的级数，则对每一个这样的级数说来，存在着以点x=0为中心，从-R到R（这儿收敛半径R>0,但也可以是无穷）的收敛区间。这个区间是否包含端点在内，要看情况怎样来决定。
考虑以二项式x-x （代替x）的乘幂展开的更普遍形状的幂级数：
0
∽ n 2 n
∑ a (x-x ) =a +a （x-x ） +a (x-x ) +…+a (x-x ) +…
0 n 0 0 1 0 2 0 n 0
这种级数跟形如（1）的级数没有本质上的差别，因为用一个简单的变数替换：
x-x =y（只有变数表示法上的不同）就可把它化成级数（1）。
0
对于级数（2）说来，如果它不是："处处发散"的，也有收敛区间，
但这次中心是点x -R到x +R。
0 0
它的端点，跟级数（1）的情况一样，可以属于，但也可以不属于区间内。在以后几节中我们要详细地研究幂级数的性质，它们在许多方面都与多项式相似。多项式是幂级数的段（部分和数），这使幂级数成为近似计算的便利工具。由于这个事实，
把预先给定的函数依x-x 的乘幂（特别情形，依x的乘幂）展开的可能性的问题，
0
亦即把函数表示成型（2）或（1）的级数和数形状的可能性问题，就获得很大的重要性。在这儿我们要研究初等函数的如此的展开式，并且在[122-124]戴劳公式及有限差分法中，详细研究过泰勒公式给我们打开一条通向解决所提出的问题的道路。
戴劳公式及有限差分法见戴劳公式推导页介绍
事实上，假定所考虑的函数f(x)在区间[x ,x +H]或x -H,x
0 0 0 0
上具有各级微商。（因而它们都是连续的）。于是像我们在第124目中已经看到的，于是像我们在第124目中已经看到的，对于在这区间上所有的x值，即有公式:
(n)
f`(x ) f``(x ) 2 f (x ) n
f(x)=f(x )+ 0 (x-x )+ 0 (x-x ) +…+ 0 (x-x ) +r (x) (3)
0 1! 0 2! 0 n! 0 n
其中余项r (x)可以表示成第124目中所指出的形式中的任一个。
n
同时我们可以取n任意大，既是，把这展开式进行到x-x 的任意高的乘幂。
0
这就自然地引出无穷展开式的想法：
(n)
f`(x ) f``(x ) 2 f (x ) n
f(x)=f(x )+ 0 (x-x )+ 0 (x-x ) +…+ 0 (x-x ) +r (x) (4)
0 1! 0 2! 0 n! 0 n
这种级数-它跟收敛与否及是否具有和数f(x)无关-叫做函数f(x)的泰勒级数。它有（2）的形状，并且它的系数:
(n)
f`(x ) f``(x ) f (x )
a =f(x ),a = 0 , a = 0 ,…, a = 0
0 0 1! 2 2! n n!
叫做泰勒级数。因为f(x)与泰勒级数n+1项和数之间的差数，由于（3），恰好是
r (x)
n
所以显然；在某一x值时，展开式（4）实际上成立的必要充分条件是，在这个x值时，泰勒公式的余项r (x)随着n的增大而趋于0；
n
lim r (x)=0 (5)
n→∞ n
这等式是否成立，以及在怎样的x值时这等式成立，在研究这些问题时，
依赖于n的余项r (x)的各种形式对我们是有用的。
n
常常要讨论跟x =0与函数f(x)直接依x的乘幂展开成级数
0
(n)
f`(0) f``(0) 2 f (0) n
f(x)=f(0)+ x + x +…+ x (6)
1! 2! 0 n!
注;这级数通常叫做马克劳任级数，参看第一卷121目和123目的脚注。的情形；这级数具有（1）的形状，系数为:
(n)
f`(0 ) f``(0) f (0)
a =f(0),a = , a = ,…, a = (7)
0 1 1! 2 2! n n!
现在更详细地写出合适于这一特别假定：
x =0[124]的余项r (x)
0 n
拉格朗日形式：
(n+1)
f (θx) n+1
r (x)= x (8)
n (n+1)!
歌西形式：
(n+1)
f (θx) n n+1
r (x)= (1-θx) x (9)
n n!
并且，关于因数θ只知道它包含在0与1之间，但它在x或n改变时（甚至在从这一形式换成另一形式时）可以跟着改变。现在将一些具体的展开式。
392、展开指数函数、基本三角函数及其他函数成为级数。首先证明下面的简单定理，它直接包含了一系列的重要情形。如果函数f(x)在区间[0,H]或-H,0上具有各级微商，并且当x在所给区间上变化时，所有这些微商的绝对值受囿于相同一个数：
n
｜f (x)｜≤L (10)
(这儿L不依赖于n），则在整个区间上展开式（6）成立。事实上，取拉格朗日形式的余项r (x)[见18]，
n
由于（10），我们有
(n+1) n+1
｜ f (θx) ｜ n+1 H
｜ r (x) ｜= ｜x｜ ≤L*
n (n+1)! （n+1)!
像我们在35，1）中见过的，当n无限增加时，表达式
n+1
H
（n+1)!
趋于0；但是，这[由于355，6°]也可以从级数。
n+1
∞ H
1+ ∑
n=0 （n+1)!
的收敛性推出[361,2)(a)]。但在这样的情形下，r (x)就具有极限0，这就证明了我们的断言。
n
(a)可把这定理应用于在任何区间[-H,H]上的下列函数：
x
f(x)=e ,sin x,cos x
因为它们的微商分别等于
(n) x
f (x)=e ,
π
sin(x+n* ),
2
π
cos(x+n* ),
2
x H
并且在这区间上，函数e 的各级微商的绝对值受囿于数e ,
而函sin x与cos x的各级微商的绝对值受囿于1. 因为在125，1）-3）中我们已经计算过这些函数的泰勒系数，所以可以立即写出展开式：
2 (n)
x x x x n
e =1+ + +…+ + o(x ) (11)
1! 2! n!
3 2 2m-1
x x m-1 x 2m
sin x =x- + -…+ (-1) +o(x ) (12)
3! 5! (2m-1)!
2 4 2m
x x m x 2m+1
cos x =1- + -…+ (-1) +o(x ) (13)
2! 4! (2m)!
m m(m-1) 2 m(m-1)...(m-n+1) n n
(1+x) =1+mx+ x +…+ x +o(x )
12 12…n
2 3 n
x x n-1 x n
ln(1+x) =x- + -…+ (-1) +o(x )
2 3 n
3 5 2m-1
x x m-1 x 2m
arc tg x=x- + -…+ (-1) +o(x )
3 5 2m-1
1 3 5 m 2m-1 2m
arcc tg x=- + - -…+ (-1) +o(x )
x 3 5 2m-1
x x x
3
x 4
tg x=x+ +o(x )
3
sin x 1 2 3
e =1+x + x + o(x )
2
tg x 1 2 1 3 3
e =1+x+ x + x + o(x )
2 2!
1 2 1 4 1 6 6
ln cos x =- x - x - x + o(x )
2 12 45
3 5
2 x 3x 5
ln(x+ 1+x ) =x- + +o(x )
6 40
sin x 1 2 1 4 1 6 6
ln =- x - x - x + o(x )
x 6 180 2835
3 2 2m-1
x x m-1 x 2m
sin x =x- + -…+ (-1) +o(x ) (12)
3! 5! (2m-1)!
2 4 2m
x x m x 2m+1
cos x =1- + -…+ (-1) +o(x ) (13)
2! 4! (2m)!
由数学递推法可得
3 5 2m-1
x x x
sin x 0 x 3! 5! m-1 (2m-1)! 2m
tg x= = + - + -…+(-1) +o(x )
cos x 1 2 4 6 2m
x x x x
2! 4! 6! (2m)!
sin x 2! 4! 6! 8! m-1 (2m)!
tg x= = + - + -…+(-1) (15b)
cos x x 3!x 5!x 7!x (2m-1)!
2 3 5 2m
x x x x
sin x 1 2! 4! 6! m-1 (2m)! 2m
ctg x= = + - + -…+(-1) +o(x )
cos x 0 3 5 2m-1
x x x x
3! 5! (2m-1)!
cos x x 3!x 5!x 7!x m-1 (2m-1)!x
ctg x= = - + - -…+(-1) (15c)
sin x 2! 4! 6! 8! (2m)!
它们在任意x值时都成立。
（б）不难用类似方式得到基本双曲函数的展开式，但更简单的是回忆一下它们的定义：然后用把级数（11）与下面的级数逐项相加或相减的方法引出这些展开式。这级数是在级数（11）中以-x代替x而得到的。
2 (n)
-x x x n x
e =1- - -…+(-1) +…
1! 2! n!
用这方法我们找到;
3 5 2m-1
x x x 2m
sh x =x+ + -…+ +o(x ) (12)
3! 5! (2m-1)!
2 4 2m
x x x 2m+1
ch x =1+ + -…+ +o(x ) (13)
2! 4! (2m)!
（в）开头所证明的定理就不能用到函数y=arctg x上, 实际上，在116，8）中已求出的这个函数的第n级微商的普遍表达式.
(n) n
y =(n-1)!cos y*sin n(y+π/2) (14)
(n)
并不保证所有的y 有共同的界。因为对应的泰勒级数[参看125.6）]
3 2 2m-1
x x m-1 x
x- + -…+ (-1) +r (x) (12)
3 5 2m-1 2m
只在区间[-1,1]上收敛*，所以在这区间外已经用不着说到用这级数来表示函数arctg x。依[366]达郎伯尔判别法容易确信，如果｜x｜<1，级数（绝对）收敛，当x=±1时级数的（非绝对）收敛性可从[369]莱不尼兹定理推出。反之，对于｜x｜≤1，依拉格朗日公式（8）[考虑到（14）]，我们有
n+1
｜cos y *sin(n+1)(y +π/2)｜
θ θ n+1 1
r (x)≤ ｜x｜ ≤
n+1 n+1
其中y =arctg θx
θ
由此显然可知，r (x)→0，
n
于是对于在区间[-1,1]上所有的x值有展开式, 参见[125.6]
3 5 2m-1
x x m-1 x 2m
arc tg x=x- + -…+ (-1) +o(x ) (15)
3 5 2m-1
3 5 m-1 2m-1
2*x 4*x m-1 2 x 2m
arc sin x=x- + -…+ (-1) +o(x )
3 5 2m-1
用递推法证明
arcc tg x=1/arctgx
1 1 1
= - 3 + 5 -…+ 2m-1
x x x m-1 x
(-1)
3 5 2m-1
1 3 5 m-1 2m-1
arc ctg x= - + -…+ (-1) +…
x 3 5 2m-1
x x x
我们再一次强调，虽然arctg x在这区间外具有确定的意义，但展开式（15）在哪儿就是不确定，因为级数没有和数。特别地，当x=1时，从级数（15）可得到著名的莱不尼兹级数.
3 5 2m-1
1 1 m-1 1 2m
π/4=arc tg 1=1- + -…+ (-1) +o(x ) (15)
3 5 2m-1
2m-1
1 1 m-1 1 2m
π/4=arc tg 1=1- + -…+ (-1) +o(x ) (16)
3 5 2m-1
这是给出数π的展开式的第一个级数。
393.对数级数、司特林公式
如果取log(1+x)(x<-1)作为函数f(x)，则对应的泰勒级数是这样的[125.5)]：
3 5 n
x x n-1 x
x- + -…+ (-1) +…
3 5 n
这级数只对于在区间(-1,1]上的x值收敛*;注：比较上页的脚注；当x=-1时可得到(只要符号上的差别)发散的调和级数。
这就是说，研究余项r (x)的情况仅仅对这些值来说才有意义。
n
首先取拉格朗日形式（8）的余项。因为
(n+1) n n!
f (x)= (-1) +…
n+1
(1+x)
[109.3)]，所以
1 n+1
r (x)= (-1) * x (0<θ<1)
n n+1
n+1 (1+θx)
如果0≤x≤1,则最后的因式不超过1，由此
1
r (x)= ≤
n n+1
于是
r (x)→0 (当n→∞时)
n
但是，当x<0时，这个因式的情况不明，因而必须采用歌西余项形式[见（9）]。我们有
n n+1 n
r (x)= (-1) x (1+θx) (0<θ<1)
n n+1
(1+θx)
于是
n+1
｜x｜ 1-θ n
｜r (x)｜≤ ( )
n 1-｜x｜ 1+θx
因为当x>-1时，有1+θx>1-θ，所以最后的因式小于1；因而，只要｜x｜<1，就显然有
r (x)→0
n
很有趣地，虽然歌西形式完全解决了在-1与1之间的所有x值的问题，但当x=1时，它什么结果也不能给出；因为在这情形下我们得到
n
｜r (1)｜≤(1-θ)
n
但由于θ随n而变的可能性，不能确定
n
(1-θ) →0
所以，总起说来，对于区间（-1，1]上所有的x值，事实上，有
2 3 n
x x n-1 x
ln(1+x)=x- + -…+(-1) +… (17)
2 3 n
特别地，当x=1时就得到我们熟悉的级数
1 1 n-1 1
ln2= 1- + -…+(-1) +… (18)
2 3 n
从级数（17）可以导出另一些有用的展开式。例如，以-x代替其中的x后，从级数（17）中逐项减去所得到的级数（在此我们认定｜x｜<1），就得到下面的级数：
1+x
ln =ln(1+x)-(1-x)
1-x
2 3 n
x x n-1 x
=x- + -…+(-1) +…
2 3 n
2 3 n
x x n-1 x
-(-x- - -…-(-1) )+…
2 3 n
3 4 2n
2x 2x n-1 2x
=2x+ + -…+(-1) +…
3 5 n
2 4 2m
x x x
=2x(1+ + -…+ +… ) (19)
3 5 2m+1
(n-m)
a =a q
n m
a =a q
m m-1
2m 2(m-1)
x x
= q
m m-1
2m
x 2(m-1)+1
q= *
m-1 2(m-1)
x
1 2
q= x
2m-1
a q- a
S = 1 1 (q≠1)
m q-1
当x>-1时
2 3 n
x x n-1 x
ln(1+x)=x- + -…+(-1) +… (17)
2 3 n
当x=1时
1 1 n-1 1
ln2= 1- + -…+(-1) +… (18)
2 3 n
当｜x｜<1时
1+x
ln =
1-x
2 4 2m
x x x
=2x(1+ + -…+ +… ) (19)
3 5 2m+1
作为应用，我们说明，如何借助于这级数可以导出一根很重要的分析公式——司特林（I.Stirling）公式。在上式（19）中取
1
x=
2n+1
,其中n是任意自然数，得, 因为在这情形下
1
1+
1+x 2n+1 n+1
= =
1-x 1 n
1-
2n+1
所以我们得到展开式
n+1 2 1 1 1 1
log = [1+ * + * +…+] (20)
n 2n+1 2 4
3 (2n+1) 5 (2n+1)
这展开式可以改写成下面的形状：方程左右两边同乘以（2n+1）/ 2
1 n+1 1 1 1 1
(n+ ) log = 1+ * + * +…
2 n 2 4
3 (2n+1) 5 (2n+1)
这个表达式显然大于1，小于
1 1 1 1
1+ [ + +…]=1+
3 2 4
(2n+1) (2n+1) 12(n+1)
所以，我们有
1 1 1
1<(n+ )log(1+ )<1+
2 n 12n(n+1)
由此，取指数，得到
1 1
n+ 1+
1 2 12n(n+1)
e<(1+ ) < e
n
现在引入数串
n
n! e
a =
n 1
( n+ )
2
n
所以
1
n+
1 2
a (1+ )
n n
=
a
n+1
1
a 1 12n
n 12n(n+1) e
1< < e =
a 1
. n+1 12n(n+1)
e
所以
a > a
n n+1
上面不等式两边分子分母相换，得
1 1
- -
12n 12n(n+1)
a * e < a * e
n n
由此可见，随着n的增大，数串a 递减，大于0，切越来越小，并且趋于有穷极限a，
n
1
-
12n
而数串a e 递增，并显示趋于同一极限a
n
1
-
12n
（因为e →1).因为对任何n，不等式
1
-
12n
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
θ θ
-
12n 12n
a=a * e 或 a =a* e
n n
（我们指出，一般来说，数θ依赖于n。）回忆一下变量a 的定义，我们得到
n
因为
n
n!e
a =
1
(n+ )
2
n
所以
n θ
n!e 12
=a*e （0<θ<1)
1
(n+ )
2
n
θ
n n 12n
n!=a√n*( ) * e （0<θ<1)
e
根据瓦里斯公式，可得
θ
n n 12n
n!=a√n*( ) * e （0<θ<1) ㈢
e
根据瓦里斯公式[305]，上面的公式可以写成下面的形式
π 2n!! 2 1
= lim [ ] ㈣
2 n→∞ (2n-1)!! 2n+1
将㈣代入㈢中，在括号中的表达式可用下面的方式加以变形
2n 2
2n!! (2n!!) 2 (n!)
= =
(2n-1)!! 2n! 2n!
瓦理斯公式如下
设0<x<π/2,即有不等式
2n+1 2n 2n+1
sin x<sin x<sin x
在从0到π/2的区间上积分这些不等式
π π π
2 2n+1 2 2n 2 2n-1
∫ sin xdx< ∫sin xdx< ∫ sin xdx ㈠
0 0 0
下面计算积分
π π
2 m 2 m
J =∫ sin xdx,J` = ∫cos xdx （当m为自然数时）
m 0 m 0
分部积分，得
π π π
2 m-1 m-1 2 2 m-2 2
J =∫ sin xdx(-cosx)=-sin xcosx +(m-1)∫ sin xcos xdx
m 0 0 0
π
m-1 π 2 m-2 2
= -sin x(cos - cos0 ) +(m-1)∫ sin xcos xdx
2 0
2 2
双重替换变为0.以1-sin x代替cos x，得到
J =(m-1) J -(m-1)J （当m为自然数时）
m m-2 m
上面方程式两边同减上J ,得到循环公式
m
m-1
J = J
m m m-2
以这个公式，积分J 依次地化成J0或J1，即，当m=2n时有
π
2 2n (2n-1)(2n-3)....3*1 π
J =∫ sin xdx= *
2n 0 2n*(2n-2)…4*2 2
如果m=2n+1，则
π
2 2n+1 2n(2n-2)...4*2
J =∫ sin xdx=
2n+1 0 (2n+1)(2n-1)…3*1
对于J`也恰好得到同样的一些结果, 为了把所得到的表达式写的更简明些，可以利用符号m!!，于是可以写, (注意m!!表示不超过m而又与m有相同的奇偶性的那些自然数的乘积)
π π (m-1)!! * π
2 m 2 m m!! 2 当m是偶数时
∫ sin xdx=∫ cos xdx= { ㈡
0 0 (m-1)!! 当m是奇数时
m!!
还可推导出
π
2 m
∫ cos cos(m+2)xdx=0
0
π
2 m 1
∫ cos sin(m+2)xdx=
0 m+1
把㈡代入㈠式得
2n!! (2n!!) π (2n-2)!!
< * <
(2n+1)!! 2n! 2 (2n-1)!!
2n!! 2 1 π 2n!! 2 1
[ ] < < [ ]
(2n+1)!! 2n+1 2 (2n-1)!! 2n
把㈡代入㈠式得
2n!! (2n-1)!! π (2n-2)!!
< * <
(2n+1)!! 2n!! 2 (2n-1)!!
2n!! 1 π 2n!! 2 1
[ ] < < [ ]
(2n+1)!! 2n+1 2 (2n-1)!! 2n
因为在两极端表达式之间的差
1 2n!! 2 1 π
[ ] < *
2n(2n-1) (2n-1)!! 2n 2
显然当n→∞时趋于零，所以π/2是它们的公共极限。因此
π 2n!! 2 1
=lim [ ] ㈣
2 n→∞ (2n-1)!! 2n+1
或
π 2244…2n2n
=lim
2 n→∞ 1335…(2n-1)(2n+1)
这就是瓦利斯公式。作为第一个把数π表示成容易计算的有理数串的极限的形式，它有着历史上的兴趣。在理论上的研究中下面利用它进行计算。对于数π近视值的计算，现在有快的多的方法达到目的。
θ
n n 12n
n!=a√n*（ ） * e （0<θ<1) ㈢
e
根据瓦里斯公式，上面的公式可以写成下面的形式
π 2n!! 2 1
=lim [ ] ㈣
2 n→∞ (2n-1)!! 2n+1
将㈣代入㈢中，在括号中的表达式可用下面的方式加以变形
2 2n 2
2n!! (2n!!) 2 (n!)
= =
(2n+1)!! 2n! (2n)!!
在这儿用公式㈢中n!的表达式替换n!，而用类似的表达式
θ
2n 2n 24n
n!=a√2n*（ ） * e （0<θ<1)
e
代替2n！，用初等方法化简后，得到
4θ-θ`
2n!! n 24n
=a * e
(2n-1)!! 2
于是
2θ-θ` 2
π 1 2 n 12n a
=lim a * * e =
2 n→∞ 2n+1 2 4
由此
2
a =2π而a= 2π
把这个a值代入公式㈢，我们就可以得到司特林公式
θ
n n 12n
n!= 2πn ( ) *e （0<θ<1)
e
这个公式使我们可能估计很大的n值时阶乘n!的数值
m
二项式级数，最后，取f(x)=(1+x) ,其中m是任何异于0及异于所有自然数的实数。在自然数m时，依牛顿公式可得已知的有穷展开式。在这种情况下，泰勒级数具有下面的形状
m(m-1) 2 m(m-1)...(m-n+1) n
1+mx+ x +…+ x +…
12 12…n
这个级数叫二项式级数，而它的系数叫做二项式系数。这个级数叫二项式级数，而它的系数叫做二项式系数。下面可见三角函数模拟计算机中的二项式级数页描述。
二项式级数
m
二项式级数，最后，取f(x)=(1+x) , 其中m是任何异于0及异于所有自然数的实数。在自然数m时，依牛顿公式可得已知的有穷展开式。在这种情况下，泰勒级数具有下面的形状[123.4)]。
m(m-1) 2 m(m-1)...(m-n+1) n
1+mx+ x +…+ x +…
12 12…n
这个级数叫二项式级数，而它的系数叫做二项式系数。 在对m所做的假定下，这些系
数中任何一个都不是0。
m+1
（反之，如果m是自然数，则 x 及所有在它后面的系数都变为0）。 利用达郎伯尔判别法容易确定，当｜x｜＜时，二项式级数（绝对）收敛，而当｜x｜>1时级数发散。
我们将在｜x｜<1的假定下来做余项r （x)的研究，
n
并且一开始就取它的歌西形式（拉格朗日形式在这儿给出的答案不是对所有的x值的）。
因为
(n+1) m-n-1
f (x)= m(m-1)…(m-n+1)(m-n)(1+x)
所以就有
m(m-1)…(m-n)(1+θx) n n+1
r (x)= (1+θ) x
n x
1*2…n
重新配置因数之后，把它表示成下面的形状：
m(m-1)...( m-1 -n+1) n m-1 1-θ n
r (x)= x mx (1+θx) ( )
n x 1+θx
12…n
这三个表达式中的第一个是二项式级数的普遍项，但对应于指数m-1；因为当｜x｜<1时二项式级数收敛，不管指数是怎样的，所以这个表达式当n→∞时趋于0，至于其他两个表达式，则第二个的绝对值包含在与n无关的界。
m-1 m-1
｜mx｜(1-｜x｜) 与｜mx｜*(1+｜x｜) 之间；
而第三个。与393中一样，小于1. 这样一来，
r (x)→0
n
亦即对于｜x｜<1说来，有展开式
m m(m-1) 2 m(m-1)…(m-n+1) n
(1+x) =1+mx+ x +…+ x +… （22）
12 12*…n
它也是跟牛顿的名字联系着的。我们还没有考虑过在值x=±1时展开式的适合的问题。容易想出，二项式级数是超越几何级数的特殊情形，并且可从后者当a=-m,β=γ时，以-x代替x而得出。由于这点，按照390，7）中的表，容易作为二项式级数在它的收敛区间的端点x=±1上特征的敛散情况的表。
x=1 m>0
0>m>-1
m≤-1 绝对收敛
非绝对收敛
发散
x=-1
m>0
m<0 绝对收敛
发散
m
可以证明，每一次当二项式级数收敛时，它的和数就是(1+x) ，在这儿我们不讨论这点，借以避免余项的烦难的研究，因为这结果可简单地从以后将要证明的一个普遍定理[参看409.6)]推出。我们指出二项式定理的一些特别情形，例如，对应于m=-1,1/2,-1/2的情形：
-1 (-1)(-1-1) 2 (-1)(-1-1)...(-1-n+1) n
(1+x) =1- x+ x +…+ x +…
12 12*…n
1 2 n n
=1-x+x -…+(-1) x +… (-1<x<1)
1+x
(通常的几何级数)，然后
计算开方的模拟计算机电路
1/2 1 (1/2)(1/2-1) 2 (1/2)(1/2-1)…(1/2-n+1) n
(1+x) =1+ x+ x +…+ x +…
2 12 12*…n
1 1 2 1 3 5 4 n-1 (2n-3)!! n
1+x =1+ x- x + x - x +…+(-1) x +…
2 8 16 128 2n!!
(-1≤x≤1) (23)
与
-1/2 1 (-1/2)(-1/2-1) 2 (1/2)(1/2-1)…(1/2-n+1) n
(1+x) =1- x+ x +…+ x +…
2 12 12*…n
1 1 3 2 5 3 35 4 n-1 (2n-1)!! n
=1+ x- x + x - x +…+(-1) x +…
2 8 16 128 2n!!
1+x (-1<x≤1) (24)
注：4!!=24=8,6!!=246=48,5!!=13*5=15
这是最重要的，强调指出; 在有理数m的情况下，二项式级数的和数总是给出根式的算术的值。
附注Ⅰ。
下面的有趣的展开式，例如属于石略米瓮(O.Schlomilch)的展开式，就建立在这特别情形上面。
首先，在(23)中令
2
x=-y
其中-1≤y≤1, 我们得到
2 ∞ 2n-1
1- 1-y =∑ (2n-3)!! y
y n=1 2n!!
2z
然后，在这儿用表达式 代替y,
2
1+z
其中z在-∞与+∞之间变化，有
∞ (2n-3)!! 2z z,如果｜z｜≤1
∑ ( )= {
n=1 2n!! 1+z 1/z,如果｜z｜≥1
1 1 2 1 3 5 4 n-1 (2n-3)!! n
1+x =1+ x- x + x - x +…+(-1) x +…
2 8 16 128 2n!!
(-1≤x≤1) (23)
2 1 2 1 4 1 6 5 8 n-1 (2n-3)!! 2n-1
1+y =1+ y- y + y - y +…+(-1) y +…
2 8 16 128 2n!!
∞ (2n-3)!! 2n-1
=∑ y
n=1 2n!!
2z 2 1 2z 2 1 2z 4 1 2z 6 5
1+( ) =1+ ( ) - ( ) + ( ) - (
2 2 2 8 2 16 2 128
1+z 1+z 1+z 1+z
n-1 (2n-3)!! 2z 2n-1
+…+(-1) ( ) +… (-1≤x≤1)
2n!! 2
1+z
∞ (2n-3)!! 2z 2n-1
=∑ ( )
n=1 2n!! 2
1+z
z,如果｜z｜≤1
=
1/z,如果｜z｜≥1
其中：
2z 2
( ) =x
2
1+z
这是最重要的，强调指出; 在有理数m的情况下，二项式级数的和数总是给出根式的算术的值。
附注Ⅰ(1)。
下面的有趣的展开式，例如属于石略米瓮(O.Schlomilch)的展开式，就建立在这特别情形上面。
首先，在(23)中令
2
x=-y
其中-1≤y≤1, 我们得到
∞ 2n
y =∑ (2n-1)!! y
n=1 2n!!
2
1- 1-y
2z
然后，在这儿用表达式 代替y,
2
1+z
其中z在-∞与+∞之间变化，有
∞ (2n-1)!! 2z z,如果｜z｜≤1
∑ ( )= {
n=1 2n!! 1+z 1/z,如果｜z｜≥1
1 1 3 2 5 3 35 4 n (2n-1)!! n
=1- x+ x - x + x +…+(-1) x +…
2 8 16 128 2n!!
1+x (-1≤x≤1)
1 1 2 3 4 5 6 35 8 n (2n-3)!! 2n
=1- y+ y - y + y -…+(-1) y +…
2 2 8 16 128 2n!!
1+y
∞ (2n-1)!! 2n
=∑ y
n=1 2n!!
1
2z 2 1 2z 2 3 2z 4 5 2z 6 354
1+( ) =1- ( ) + ( ) - ( ) - (
2 2 2 8 2 16 2 128
1+z 1+z 1+z 1+z
n (2n-1)!! 2z 2n
+…+(-1) ( ) +… (-1≤x≤1)
2n!! 2
1+z
∞ (2n-1)!! 2z 2n
=∑ ( )
n=1 2n!! 2
1+z
z,如果｜z｜≤1
=
1/z,如果｜z｜≥1
其中：
2z 2
( ) =x
2
1+z
这是最重要的，强调指出; 在有理数m的情况下，二项式级数的和数总是给出根式的算术的值。
附注Ⅰ(2)。
下面的有趣的展开式，例如属于石略米瓮(O.Schlomilch)的展开式，就建立在这特别情形上面。
首先，在(23)中令
2
x=-y
其中-1≤y≤1, 我们得到
∞ 2n
y 2 =∑ n!! y
( ) n=1
2
1- 1-y
2z
然后，在这儿用表达式 代替y,
2
1+z
其中z在-∞与+∞之间变化，有
∞ 2z z,如果｜z｜≤1
∑ n!! ( )= {
n=1 1+z 1/z,如果｜z｜≥1
1 2 n n
=1-x+ x -…+(-1) x +… (-1<x<1)
1+x
1 2 3 4 5 n 2n
=1- y + y - y + y -…+(-1) y +… (-1<x<1)
2
1+y
∞ 2n
=∑ n!! y
n=1
1
2z 2 2z 2 2z 4 2z 6
1+( ) =1- ( ) + ( ) - ( ) - (
2 2 2 2
1+z 1+z 1+z 1+z
n-1 2z 2n
+…+(-1) ( ) +…
2
1+z
∞ 2z 2n
=∑ n!! ( )
n=1 2
1+z
z,如果｜z｜≤1
=
1/z,如果｜z｜≥1
其中：
2z 2
( ) =x
2
1+z
这个例子因为下面的事实而是很有趣的：因为对于在不同区间上由不同的分析表达式z与1/z所定义的函数，同时却给出一个单一的在级数和数形状下的分析表达式[比较46，3°]。
Ⅱ.在上面所有考虑过的例子中，函数展开成泰勒级数引出这样的结果：对于使级数收敛的所有的x值，级数的和数等于建立起该级数的那个函数。因此，可能会引起读者这样的猜疑：要保证展开式（4）或（6）的成立，甚至想不必去检验关系式(5), 一般地以为只要确立级数的收敛性就够了。可是，事实上，事情并非这样。例如，如果回到在132目附注中考虑过的函数。
1
x²
f(x)=e (当when x≠0时),f(0)=0,
则对于这个函数，如我们见过的，虽然在x=0时有各级微商，但在这点都变成0。系数全部是0的形如(6)的泰勒级数当然处处收敛，但是任何一个x值(除x=0外)都不能够再产生原来的函数的值。
395.展开sin x与cos x成无穷乘积
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+isin 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 zsin z- cos zsin z+…
123
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 zP(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 +…+na x
1 2 3
2 n-2
p``(x)=12a +23a x +34a x +…+（n-1）na x
2 3 4 n
2 n-3
p```(x)=12**3a +234a x +2345a x +…+(n-2)（n-1）na x
3 4 5 n
…………………………
(n)
p (x)=123…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`©(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©=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©=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
21-1 22-1 23-1 2m-1
1-1 x 2-1 x 3-1 x m-1 x 2m
sin x= (-1) + (-1) + (-1) +…+(-1) +o(x )
(21-1)! (22-1)! (23-1)! (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),
21-1 22 23 2m
1 x 2 x 3 x m x 2m+1
cosx=1+ (-1) + (-1) + (-1) +…+(-1) +o(x )
(21)! (22)! (23)! (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 )
12 12…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
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