本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用

洛必达法则

命题：L’Hopital（洛必达）法则
设 $f,g$ 是区间 $(a,b)$ 上的实值可微函数，假设 $f(x),g(x)=o(x-a)$，即
$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to a^{+}}{\lim }g(x)=0$$

设对任意 $x\in (a,b),g^{\prime }(x)\ne 0$，若极限 $\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ 存在，则
$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$$

证明（Cauchy中值定理）
由于 $f,g$ 在区间 $[a,x]$ 上连续并且在 $(a,x)$ 上可微，由 Cauchy中值定理，存在 $\xi (x)\in (a,x)$，使得
$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi (x))}{g^{\prime }(\xi (x))}$$

由于 $a<\xi (x)<x$，当 $x\to a^{+}$ 时，则有
$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi (x))}{g^{\prime }(\xi (x))}=\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$$

注：类似可证 $a=\infty$ 的情形

Taylor展开公式

定理：Taylor展开公式
Peano余项
设函数 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 在 $a$ 处有直到 $n$ 阶的导数，则当 $x\to a^{+}$ 时，有
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k+o((x-a{)}^n)$$

Lagrange余项
设函数 $f\in C^n[a,b]$，若 $f$ 在 $(a,b)$ 上 $n+1$ 次可导，则
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k+R_n(x)$$

其中 $R_n(x)=\frac{f^{n+1}(\xi )}{(n+1)!}(x-a{)}^{n+1},\xi \in [a,x]$

Cauchy余项
设函数 $f\in C^n[a,b]$，若 $f$ 在 $(a,b)$ 上 $n+1$ 次可导，则
$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k+{\overline{R}}_n(x)$$

其中 ${\overline{R}}_n(x)=\frac{f^{n+1}(\xi )}{(n+1)!}(x-\xi {)}^n(x-a),\xi \in [a,x]$

证明思路
Peano余项
只需证
$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k}{(x-a{)}^n}=0$$

不断利用L’Hospital法则即得

Lagrange余项
法1：定义
$$F(t)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$$

求导得到
$$F^{\prime }(t)=\frac{f^{n+1}(t)}{n!}(x-t{)}^n$$

考虑定义在 $(a,x)$ 上的函数
$$G(t)=(\frac{x-t}{x-a}{)}^{n+1}$$

由 Cauchy 中值定理，存在 $\xi \in (a,x)$，使得
$$\frac{F^{\prime }(\xi )}{G^{\prime }(\xi )}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}$$

代入 $F,G$，整理即得

法2：引理（Rolle定理的高阶推广）：设 $f\in C^n[a,b]$，且在 $(a,b)$ 上 $n+1$ 次可导，若 $f$ 在 $a$ 处的 $n$ 次导数全为零，且 $f(a)=f(b)$，那么存在 $x_0\in (a,b)$，使得 $f^{(n+1)}(x_0)=0$

设 $P_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$，选取合适的 $\lambda \in \mathbb{R}$，使得 $P(b)=f(b)$，
其中 $$P(x)=P_n(x)+\lambda (x-a{)}^{n+1}$$

故解得
$$\lambda =\frac{f(b)-P_n(b)}{(b-a{)}^{n+1}}$$

故 $f(x)-P(x)$ 在 $x=a,x=b$ 处均为零，故存在 $c\in (a,b)$，使得
$$f^{(n+1)}(c)-P^{(n+1)}(c)=0$$

整理即得

Cauchy余项
类似 Lagrange余项的第一个证明，不同的是取 $G(t)=\frac{x-t}{x-a}$

命题：满足Peano余项的Taylor展开公式是唯一的
设函数 $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ 在 $a$ 处有直到 $n$ 阶的导数，若存在 $P(x)\in {\mathbb{P}}_n(x)$，使得当 $x\to a^{+}$ 时，有
$$f(x)=P(x)+o((x-a{)}^n)$$

则 $$P(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$$

证明思路
设 $Q(x)=P(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$，由Peano余项的Taylor展开公式，
$$\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{Q(x)}{(x-a{)}^n}=0$$

由于 $\mathrm{deg}Q\le n$，故 $Q\equiv 0$

注：由此可见，在 $a$ 附近，$\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$ 是 $f(x)$ 在 ${\mathbb{P}}_n(x)$ 内的最佳逼近元

参考书：

• 《数学分析》陈纪修 於崇华 金路
• 《数学分析之课程讲义》清华大学数学系及丘成桐数学中心
• 《数学分析习题课讲义》谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边 著