我用地球上最简单的方法给你证明一遍吧。考虑函数： f(x) = A + Bx + Cx^2 + Dx^3 + Ex^4 + \dotsb 所以：f^{\prime}(x) = B + 2Cx + 3Dx^2 + 4Ex^3 + \dotsb f^{\prime\prime}(x) = 2C + 3\cdot 2Dx + 4\cdot 3Ex^2 + \dotsb f^{\prime\prime\prime}(x) = 3\cdot 2D + 4\cdot 3\cdot 2Ex + \dotsb \dotsb\dotsb 令 x=0 ，可得：f(0) = A \Rightarrow A = \frac{f(0)}{0!} f^\prime(0) = B \Rightarrow B =\frac{f^\prime(0)}{1!} f^{\prime\prime}(0) = 2C\Rightarrow C = \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2} f^{\prime\prime\prime}(0) = 3\cdot 2D \Rightarrow D = \frac{f^{\prime\prime\prime}(0)}{3!} \dotsb\dotsb将系数 A,B,C,D,\dotsb 代入原式：f(x) = \frac{f(0)}{0!} + \frac{f^{\prime}(0)}{1!}x +
\frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2 +
\frac{f^{\prime\prime\prime}(0)}{3!}x^3 + \dotsb 即： f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n ，这样便得到了麦克劳林多项式。现在来求出 e^x ，代入可得 e^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n ，其中 f^{(n)}(0) = (e^x)^{(n)}(0) = e^0 = 1 ，则： e^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}x^n = 1 + x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3+\dotsb .什么？这还复杂？那我再依样画葫给个小学二年级的解法：已知几乎所有的函数都可以表示成多项式： f(x) = A + Bx + Cx^2 + Dx^3 + Ex^4 + \dotsb则 e^x
就可以表示成： e^x = A + Bx + Cx^2 + Dx^3 + Ex^4 + \dotsb {e^x}^{\prime} (=e^x)= B + 2Cx + 3Dx^2 + 4Ex^3 + \dotsb {e^x}^{\prime\prime} (=e^x)= 2C + 3\cdot 2Dx + 4\cdot 3Ex^2 + \dotsb {e^x}^{\prime\prime\prime}(=e^x) = 3\cdot 2D + 4\cdot 3\cdot 2Ex + \dotsb 令 x=0 ，解出： A = \frac{1}{0!}, B = \frac{1}{1!}, C = \frac{1}{2!}, D = \frac{1}{3!}, \dotsb 代回原式，得到： e^x= \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3+\dotsb 纯靠小学生学的待定系数法解决问题就是我了=. ====updated:2020-12-09===看到大家对级数逼近函数的泰勒多项式展开很感兴趣，我补充一下泰勒定理的严格证明吧。上述的“待定系数法”不是不可以，只是修正起来要附加考虑其他很多条件，比如连续性、收敛性等等，还不如直接给出其他的证明方法。Theorem 1. Mean Value Theorem（中值定理），If f is a real continuous function on [a,b] which is differentiable in (a,b) , then there is a point
x \in (a,b) at which f(b) - f(a) = f^\prime(x)(b-a) . （自：Rudin《数学分析原理》）简单翻译一下：闭区间 [a,b] 上连续实函数，在开区间 (a,b) 可微分，则存在区间内一点 x 使得 f(b) - f(a) = f^\prime(x)(b-a) 这就是微积分最核心的一个拉格朗日中值定理，证明就不展开了，我们直接进入泰勒的证明。// Rudin 这本书上给的证明过于简略，所以我给出另一种证明方法，还是依靠中值定理得出。Theorem 2. Taylor Theorem（泰勒定理）， If f is a real continuous function on I which is
n-order differentiable in I , then there is a point
t between a and x where a, x \in I , so that:f(x)= f(a) + f^\prime(a) (x-a) + f^{\prime\prime}(a)\frac{(x-a)^2}{2} + \dotsb + f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^n}{n!} + f^{(n+1)}(t)\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}
证明：由中值定理得：\exists\ t \in (a,x)
使得 f(x)=f(a) + f^\prime(t)(x-a) .所以： f(x)=f(a) + f^\prime(t)(x-a) = f(a) + \int_a^x f^\prime(t)dt .\begin{align} f(x)&= f(a) + \int_a^x f^\prime(t_1)dt_1 \\ &= f(a) + \int_a^xf^\prime(a)dt_1 + \int_a^x f^{\prime\prime}(t_2)(t_1-a)dt_1 \\ &= f(a) + \int_a^xf^\prime(a)dt_1 + \int_a^x\int_a^{t_1} f^{\prime\prime}(t_2)dt_2dt_1 \\&= f(a) + \int_a^xf^\prime(a)dt_1 + \int_a^x\int_a^{t_1} f^{\prime\prime}(a)dt_2dt_1 + \int_a^x\int_a^{t_1}\int_a^{t_3} f^{\prime\prime\prime}(t_3)dt_3dt_2dt_1 \\&= \dotsb\dotsb \end{align} 解出其中的积分式：\begin{align} & \int_a^x f^\prime(a) dt_1 = f^\prime(a)\int_a^xdt_1 = f^\prime(a)(x-a) \\& \int_a^x \int_a^{t_1} f^{\prime\prime}(a)dt_2 dt_1 = f^{\prime\prime}(a)\int_a^x \int_a^{t_1} dt_2 dt_1 = f^{\prime\prime}(a)\int_a^x(t_1 - a) dt_1 =f^{\prime\prime}(a)\frac{(x-a)^2}{2} \\& \int_a^x\int_a^{t_1}\int_a^{t_3} f^{\prime\prime\prime}(a)dt_3dt_2dt_1 = f^{\prime\prime\prime}(a)\frac{(x-a)^3}{3!} \\& \dotsb\dotsb \\&
\int_a^x\int_a^{t_1}\int_a^{t_3}\dotsb\int_a^{t_n} f^{(n)}(a)dt_n...dt_3dt_2dt_1 = f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^n}{n!} \end{align} 代回原式可得：f(x) = f(a) + f^\prime(a) (x-a) + f^{\prime\prime}(a)\frac{(x-a)^2}{2} + \dotsb + f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^n}{n!} + \dotsb 设前 n 项展开的多项式和为 \boldsymbol{P_n}(x) = f(a) + f^\prime(a) (x-a) + f^{\prime\prime}(a)\frac{(x-a)^2}{2} + \dotsb + f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^n}{n!} 则： f(x) = \boldsymbol{P_n}(x) + \boldsymbol{R_n}(x) ，其中 \boldsymbol{R_n}(x) 为余项。（因为精确的趋近需要让 n\rightarrow \infty ，而这对一个地球人而言太麻烦了，没法有限步骤算出，大多数情况下前几项和就已经可以取得不错的近似了，所以把第 n 项后的项全都收集起来成为 \boldsymbol{R_n}(x) 用来单独计算）到这里其实已经完全回答了题主的所有疑惑，但为了证明的完整性，接下来求出 \boldsymbol{R_n}(x) 的表达式：已经知道： \boldsymbol{R_{n}}(x) =
\int_a^x\int_a^{t_1}\int_a^{t_2}\dotsb\int_a^{t_{n-1}}\int_a^{t_{n}} f^{(n+1)}(a)dt_{n+1}dt_n...dt_3dt_2dt_1 .令： m \leq f^{(n+1)}(a) \leq M ，则： m \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} \leq \boldsymbol{R_{n}}(x) \leq M \frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} ，考虑函数 g(z)= f^{(n+1)}(z)\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!},\ z\in (a,x),\ g(a) = m\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!},\ g(x) = M\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} ，则存在一个点 t\in (a,x) ，使得 g(t) = \boldsymbol{R_n}(x) ，即： \boldsymbol{R_n}(x) = f^{(n+1)}(t)\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} .综上， \begin{align} f(x) &= \boldsymbol{P_n}(x) + \boldsymbol{R_n}(x) \\&= f(a) + f^\prime(a) (x-a) + f^{\prime\prime}(a)\frac{(x-a)^2}{2} + \dotsb + f^{(n)}(a)\frac{(x-a)^n}{n!} + f^{(n+1)}(t)\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!} \end{align} 证毕。所以基本上能满足中值定理条件的函数都是可以使用泰勒展开的，闭区间连续，开区间有 n 阶可导。纯当个人笔记了，码字好累，知乎公式和文本编辑要切输入法太麻烦了。。

\frac{1}{x^2}=\frac{1}{1+(x^2-1)}=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n(x^2-1)^n ，这里没毛病，可你为什么最后写了个 =\frac{1}{x} ？你是如何计算的呢？其次两个展开式不同的原因在于，幂级数展开我们一般是展开成 \sum_{n=0}^{+\infty}a_n(x-x_0)^n 的形式，也就是每一项都是关于 (x-x_0) 的幂函数，自变量还是 x 。但是你后面的 \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n(x^2-1)^n ，它是关于 x^2 的幂级数，自变量是 x^2 。如果你要展开成关于 x 的幂级数的话，你还得对上式进行整理，所以这时候我们一般不用换元的方法。除非展开中心 x_0=0 ，这时候你的 \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n(x^2)^n=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^nx^{2n} 是只含 x 的偶数次幂的幂函数，仍然是关于 x 的幂函数，符合展开的定义。

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求函数1/x^2在x0=1 求泰勒展开式 和收敛半径 在的老师 求函数1/x^2在x0=1 求泰勒展开式 和收敛半径
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