用來構造一個多項式來近似一個函式
\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n
\]
大概就是用 \(n\) 階導數來擬合一下。
嚴謹推導：
假設 \(f(x)\) 在點 \(x_0\) 的某鄰域 \(U(x_0)\) 能近似表達為 \(g_n(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n=\sum_{i=0}^na_i(x-x_0)^i\)
且 \(x\to x_0\) 時誤差僅為比 \((x-x_0)^n\) 高階的無窮小
考慮令 \(g_n(x)\) 在 \(x_0\) 處的 \(n\) 階導數都分別等於 \(f(x_0),f'(x_0),f''(x_0),\ldots,f^{(n)}(x_0)\)
也就是 \(g_n^{(m)}(x_0)=f^{(m)}(x_0)\)
怎麼求 \(g_n(x)\) 的導？
顯然
\[ g_n^{(m)}(x+x_0)=\dfrac{m!}{0!}a_m+\dfrac{(m+1)!}{1!}a_{m+1}x+\dfrac{(m+2)!}{2!}a_{m+2}x^2+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(k+m)!}{k!}a_{k+m}x^k
\]
用 \((x^n)'=nx^{n-1}\) 做了 \(m\) 次推出來的
所以
\[ g_n^{(m)}(x)
=\dfrac{m!}{0!}a_m+\dfrac{(m+1)!}{1!}a_{m+1}(x-x_0)+\dfrac{(m+2)!}{2!}a_{m+2}(x-x_0)^2+\cdots
\]
上面都是在求導
所以 \(f^{(m)}(x_0)=g_n^{(m)}(x_0)=m!a_m\)，推出 \(a_m=\dfrac{f^{(m)}(x_0)}{m!}\)
然後就證完了！\(g_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\)
注意到 \(n\) 越大 \(g_n(x)\) 所近似的 \(U(x_0)\) 越大就越近似，開頭那個公式就是 \(n\to\infty\) 的情況.
在 \(x_0=0\) 時他就變成了“麥克勞林公式”
即：
\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n
\]
常用展開，\(n\) 都是從 \(0\) 到 \(\infty\)：
\[ \begin{aligned}
e^x&=\sum_{n}\dfrac{1}{n!}x^n\\
\sin x&=\sum_{n}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}\\
\cos x&=\sum_{n}\dfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}\\
\ln(1+x)&=\sum_n\dfrac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\\
\dfrac{1}{1-x}&=\sum_{n}x^n\\
\dfrac{1}{1+x}&=\sum_{n}(-1)^nx^n\\
\end{aligned}
\]
都不難代入式子來證明，後兩個也有其他方法證.
不常用展開，\(B_n\) 為伯努利數：
\[ \begin{aligned}
(1+x)^a&=1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{a(a-1)\cdots(a-n+1)}{n!}x^n\\
\arctan x&=\sum_{n}\dfrac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}\\
\arcsin x&=\sum_{n}\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2(2n+1)}x^{2n+1}\\
\tan x&=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{B_{2n}(-4)^n(1-4^n)}{(2n)!}x^{2n-1}
\end{aligned}
\]