i. 拉格朗日插值多項

ii. 式與泰勒多項式的誤差分析 iii. 朱亮儒 曾政清 陳昭地 iv. 國立臺灣師範大學數學系教授 v. 臺北市立建國高級中學數學教師 vi.

vii. 摘要：本文旨於提供拉格朗日插值多項式與泰勒多項式誤差項估計值的初

等簡易證明，並探討其應用價值。

viii. 關鍵字：拉格朗日插值多項式、泰勒多項式、誤差項 ix. 一 引言

x. 有鑑於教育部99普通高級中學數學課綱在第一冊多項式的運算為迴避解三元一次方程組，首次出現插值多項式及其應用(以不超過三次插值多項式為限)（[1][2][3]），99數學課綱包含插值多項式部分如下： xi. 求

xii. f(x)?2x?5x?6x?3

xiii. ?a?b(x?1)?c(x?1)(x?2)?d(x?1)(x?2)(x?3) xiv. 中的a, b, c, d.

32☆★

★

☆

★

xv. f(x)除以(x?a)(x?b)的餘式為通過?a,f(a)?,?b,f(b)?的插值多項

式。

xvi. 若f有a,b兩實根，則f可寫成f(x)?q(x)(x?a)(x?b)的型式。

1

xvii. 透過因式定理證明插值多項式的唯一性。 xviii. 設通過(1,1),(2,3),(3,7)的多項式為

?1?f(x)?a?b(x?1)?c(x?1)(x?2)，求a,b,c及f??.

?2?xix. 插值多項式：通過(11,3),(12,5),(13,8)的多項式可表示為 xx.

f(x)?3?，

(x?12)(x?13)(x?11)(x?13)(x?11)(x?12)?5??8?(11?12)(11?13)(12?11)(12?13)(13?11)(13?12)xxi. 求f(11.5)的值。

xxii. 此處暫不處理下面的題型：「設通過(1, 1), (2, 3), (3, 7)的多項式為

f(x)?a?bx?cx2,求a,b,c。」此類題型將在數學的IV的聯立方程組

章節中處理。

xxiii. 此處自然而然讓人想到拉格朗日(Lagrange, J. L., 1736-1816)其人奇事，羅

列如下：

xxiv. 他出生於義大利西北部的杜林(Turin)，從小就極有數學天分，於18歲開始

撰寫數學論文，在數論上曾提出一個著名的定理：「任意正整數都可以表成四個平方數的和」。

xxv. 他是第一位證明均值定理(The Mean Value Theorem)的大數學家。(均值定理

在高三選修甲微分的單元中會學到（[4]），它是僅次於微積分基本定理的極重要的存在定理)

xxvi. 他在30歲時，應腓特烈二世的邀請到柏林作為其宮廷數學大師長達20年

之久。

2

xxvii. 之後接受法國的邀請，到巴黎擔任法國科學院院士，拿破崙（1769-1821,

1804-1815擔任法皇）讚譽他為「數學科學的巍峨金字塔」

xxviii. 泰勒定理有拉格朗日誤差的公式（存在性）。 xxix. 拉格朗日恆等式：

2?n??n2??n2?1nxxx. ??aibi????ai???bi????ajbk?akbj?，

?i?1??i?1??i?1?2j,k?12??xxxi. a?b???2??a2?2??2b?a?b，

???????????????xxxii. a?b?c?d?a?cb?d?a?db?c.

???????????xxxiii. 具有附加條件的多變數實函數極值拉格朗日乘子定理。 xxxiv. 最得意的巨著《分析力學》。

xxxv. 拉格朗日差值誤差公式（[5]）：若x1,x2,?,xn,xn?1為[a,b]區間中相異

實數，且f?Cn?1[a,b],則對每一個x?[a,b]，存在c(x)?(a,b),使得

xxxvi.

f(x)?P(x)?Rn(x),

xxxvii. 其中P(x)為函數f(x)在x1, x2, ?, xn, xn?1的n階拉格朗日插值多項

f(n?1)?c(x)?xxxviii. 式，而Rn(x)? (x?x1)(x?x2)?(x?xn?1)為其插值誤差式。

(n?1)!3

xxxix. 美國早期數學家泰勒(Taylor, B, 1685-1731)在1715年出版的研究報告中，

曾對多項式近似超越函數有精準的描述。當時他提出的泰勒級數展開式雖然符合時代的需求，但並未涉及收斂性的問題，有關餘式則是之後由拉格朗日所提供(稱為：拉格朗日餘式型)；而柯西(Cauchy, A. L., 1789-1857)在此之後又提供了兩個餘式型，分別稱為：柯西餘式型與柯西積分餘式型([6],[7],[8],[9])。本文即欲介紹這些餘式型誤差項的初等證明及一些相關應用。

xl. 二 拉格朗日插值多項式誤差項估計 xli. 首先，重述一遍定理：

xlii. 定理1.〔拉格朗日插值多項式誤差估計〕([5])

n?1xliii. 設x1, x2, ?, xn?1為區間[a,b]上的(n?1)相異實數，f?C[a,b](即

f(n?1)在[a,b]上連續)，則對每一x?[a,b]，存在c(x)?(a,b)使得

xliv. f(x)?P(x)?Rn(x)

xlv. 其中P(x)為函數f在點x1,x2,?,xn?1的n階拉格朗日多項式，而

f(n?1)?c(x)?xlvi. Rn(x)?(x?x1)(x?x2)?(x?xn?1)為插值多項式的誤差

(n?1)!式。

xlvii. 證明：當x?xk時，f(xk)?P(xk)，此時可任取c(x)?(a,b)都成立。

xlviii. 當x?xk,?k?1, 2, ?, n, n?1時，設g:[a, b]??定義成

xlix. g(t)?f(t)?P(t)??f(x)?P(x)?4

(t?x1)(t?x2)?(t?xn?1)

(x?x1)(x?x2)?(x?xn?1)則g?Cl.

n?1[a, b]，且g(x)?g(xk)?0,?k?1, 2, ?, n, n?1，逐次

利用Rolle定理知存在c(x)?(a, b)使得g(n?1)?c(x)??0。又對任意

t?(a, b)，

g(n?1)(t)?f(n?1)(t)?P(n?1)(t)??f(x)?P(x)?

li. 且P(n?1)?c(x)??0，於是可得

(n?1)!(x?x1)(x?x2)?(x?xn?1)f(n?1)?c(x)?lii. f(x)?P(x)?(x?x1)(x?x2)?(x?xn?1)

(n?1)!f(n?1)?c(x)?liii. 即Rn(x)?(x?x1)(x?x2)?(x?xn?1)。

(n?1)!liv. 由定理1可以得到下面的推論： lv. 推論1-1：

lvi. (1)當f?Cn?1[a, b]時，f(n?1)(t)在[a, b]上連續，故有一Mn?1使

(n?1)lvii. Mn?1?maxfa?t?b(t)，故

Rn(x)?Mn?1(x?x1)(x?x2)???(x?xn?1)。

(n?1)!lviii. (2)當f(x)一開始就是k次的多項式函數時，則對[a,b]內任一大於或等於 lix. k階以上的拉格朗日多項式就是函數f(x)本身。

lx. 在數值分析中，拉格朗日插值多項式誤差公式具有關鍵性的角色。 lxi. 三 泰勒定理

5

lxii. 利用完全平行於定理1的證明方法，我們可用來證明拉格朗日餘式型的泰

勒定理，其定理與證法如下：

lxiii. 定理2.〔泰勒定理(拉格朗日餘式型)〕：

lxiv. 設x0?(a, b)，f?C得

n?1[a, b]，則對每一x?[a, b]存在c(x)?(a,b)使

lxv. f(x)?Pn(x)?Rn(x)，

nlxvi. 其中，Pn(x)??k?0f(k)(x0) (x?x0)k為f(x)在x0點的n階泰勒多項式，

k!f(n?1)?c(x)?lxvii. Rn(x)?(x?x0)n?1為f(x)用Pn(x)表示的誤差項。

(n?1)!lxviii. 證法(一)(完全平行於定理1)如下：

1 當x?x時，可任取c(x)為(a,b)內的任一數都成立。 lxix. ○02 當x?x時，設g(t):[a,b]??定義成 lxx. ○0(t?x0)n?1lxxi. g(t)?f(t)?P, n(t)??f(x)?Pn(x)?n?1(x?x0)lxxii. 則g?Cn?1[a,b]且g(x)?g(x0)?g?(x0)???g(n)(x0)，

lxxiii. 逐次用Rolle定理知存在c(x)?(a,b)使得g(n?1)?c(x)??0。

lxxiv. 又對任意t?(a,b)，

lxxv. g(n?1)(t)?f(n?1)(t)?Pn(n?1)(t)??f(x)?Pn(x)?6

(n?1)!

(x?x0)n?1

(n?1)lxxvi. 且P?c(x)??0，於是可得 nf(n?1)?c(x)?lxxvii. f(x)?P(x?x0)n?1?Rn(x)。 n(x)?(n?1)!lxxviii. 證法(二)([6][8])： lxxix. 設實數Q滿足

lxxx.

??(x?x0)n?1f(x0)f(n)(x0)Q?f(x)??f(x0)?(x?x0)???(x?x0)n?(n?1)!1!n!??

lxxxi. 並設函數?:[a,b]??定義成

??f?(t)f(n)(t)Qlxxxii. ?(t)?f(x)??f(t)?(x?t)???(x?t)n?(x?t)n?1?1!n!(n?1)!??

lxxxiii. 依f,f?,?,f(n)之假設知?:[a,b]??為連續且在(a,b)內可微分，

顯然?(x)?0且由實數Q之定義知?(x0)?0；於是由Rolle定理知x,x0之間有一c(x)使得???c(x)??0。但

?f??(t)f(n)(t)f(n)(t)n?1lxxxiv. ??(t)???f?(t)?f?(t)?(x?t)???(x?t)?(x?t)n?11!(n?1)!(n?1)!?

f(n?1)(t)QQ?f(n?1)(t)nn?(x?t)?(x?t)??(x?t)n， lxxxv. ?n!n!n!?7

lxxxvi. 於是，由???c(x)??0得Q?f(n?1)?c(x)?，故知

f(n?1)?c(x)?Rn(x)?(x?x0)n?1，得證。

(n?1)!lxxxvii. 同樣地，由定理2我們可以得到如下的推論。 lxxxviii. 推論1-2：

lxxxix. (1)當f?Cn?1[a,b]時，f(n?1)(t)在[a,b]上連續，故有一Mn?1使

Mn?1n?1x?x0。

(n?1)!xc. Mn?1?maxfa?t?b(n?1)(t)，故Rn(x)?(n?1)xci. (2)當f(x)是k次的多項式時，由f(x)?0,?x?(a,b)，故知f(x)的

xcii. 任一大於或等於k階的泰勒多項式就是函數f(x)本身。 xciii. 定理2.可用來證明下列的冪級數表示超越函數的漂亮結果：

xnxciv. (1)e??,x??

n?0n!x?(?1)n2n?1xcv. (2)sinx??x,x??

(2n?1)!n?0?(?1)n2nxcvi. (3)cosx?1??x,x??

(2n)!n?1?xcvii. 定理3〔泰勒定理（柯西餘式型）〕：

xcviii. 設x0?(a,b),f?Cn?1[a,b]，則對每一x?[a,b]存在0???1使得

xcix. f(x)?Pn(x)?Rn(x)，

8

c. 其中，Pn(x)??k?0nf(k)(x0)(x?x0)k為f(x)在x0點的n階泰勒多項式， k!f(n?1)?(1??)x0??x?(x?x0)n?1為誤差項 ci. Rn(x)?(1??)n!ncii. 證明：（底下的證明完全平行於定理2的證法(二)） ciii. 設實數q滿足

??(x?x0)f?(x0)f(n)(x0)civ. q?f(x)??f(x0)?(x?x0)???(x?x0)n?n!1!n!??，

cv. 並設函數?:[a,b]??定義成

??f?(t)f(n)(t)qcvi. ?(t)?f(x)??f(t)?(x?t)???(x?t)n?(x?t)?，

1!n!n!??cvii. 則?:[a,b]??為連續且在(a,b)內可微分。

cviii. 顯然?(x)?0，且由實數q之定義知?(x0)?0，於是由Rolle定理知

cix. x,x0之間有一c(x)?(1??)x0??x(0???1)使得???c(x)??0。

?f?(t)f(n)(t)cx. 但??(t)???f?(t)?f?(t)?(x?t)???(x?t)n?1

1!(n?1)!?cxi.

f(n)(t)f(n?1)(t)q?q?f(n?1)(t)(x?t)nn?1n?(x?t)?(x?t)???.(n?1)!n!n!?n!cxii. 於是，由???c(x)??0得

9

cxiii. q?f(n?1)?c(x)??x?c(x)?nn?f(n?1)??1???x0??x??1????x?x0?,

nnf(n?1)?(1??)x0??x?(x?x0)n?1，得證。 cxiv. 故知Rn(x)?(1??)n!cxv. 定理4〔泰勒定理(柯西積分餘式型)〕

cxvi. 設x0?(a,b),f?Cn?1[a,b]，則對每一x?[a,b]

cxvii. f(x)?Pn(x)?Rn(x)

………(＊)

cxviii. 其中，Rn(x)?1x(n?1)nf(t)(x?t)dt ?x0n!cxix. 證明：利用微積分基本定理，

xcxx.

f(x)?f(x0)??f?(t)dtx0

cxxi. 再由分部積分法，得

xxcxxii.

?x0f?(t)dt???f?(t)x0d(x?t)dtdt

xcxxiii. ??f?(t)(x?t)x?0?xx0f??(t)(x?t)dt

cxxiv. ?f?(x0)(x?x0)??xx0f??(t)(x?t)dt.

cxxv. 故知n?1時，公式(＊)成立。

cxxvi. 利用數學歸納法，設1?k?n?1, (＊)在n?k成立，而

1x(k?1)kf(t)(x?t)dt?x0cxxvii. k!

?1x(k?1)?dt

f(t)?(x?t)k?1?cxxviii. ????(k?1)!x010

cxxix.

?x11(k?2)k?1f(k?1)(x0)(x?x0)k?1?f(t)(x?t)dt ?x0(k?1)!(k?1)!cxxx. 於是(＊)在n?k?1時亦成立，得證。 cxxxi. 事實上，由定理4之

1x(n?1)Rn(x)??f(t)(x?t)ndtn!x0cxxxii.

cxxxiii. 利用連續函數f(n?1)(t)(x?t)n之積分均值定理知有一??(0,1)使得

cxxxiv.

?

xx0f(n?1)(t)(x?t)dt?fn?(n?1)?(1??)x0??x??x??(1??)x0??x??n?(x?x)0?f(n?1)?(1??)x0??x??x?x0?cxxxv.

n?1?1???n。

(1??)nf(n?1)?(1??)x0??x?cxxxvi. 即Rn(x)?(x?x0)n?1，故知定理3的「柯

n!西餘式型的泰勒定理」為「柯西積分餘式型」的直接結果。甚至，再利用下面的引理(一般化的積分均值定理)：

cxxxvii. 引理：

cxxxviii. 設g,h:[a,b]??都是連續，且h(x)?0對每一x?[a, b]，則存在一

點c?(a,b)使得

bbcxxxix.

?ah(x)g(x)dx?g(c)?h(x)dx.

acxl. 可推得拉格朗日餘式型的泰勒氏定理(不妨設x?x0)：

1x(n?1)(t)(x?t)ndt cxli. Rn(x)??fn!x011

x1(n?1)fcxlii. ??c(x)??x0(x?t)ndt(x0?c(x)?x) n!cxliii. ?1(n?1)f?c(x)?n!?(x?t)n?1??n?1xx0

f(n?1)?c(x)?cxliv. ?(x?x0)n?1.

(n?1)!cxlv. 四 結論

cxlvi. 本文最後主要的結論如下：

cxlvii. 一、拉格朗日不但提供了他本身的插值多項式誤差項的初等令人深刻印象

的證法，也同時解決了拉格朗日餘式型的泰勒多項式誤差項的公式，手法值得讚賞，並可輕易以多項式函數逼近超越函數。

cxlviii. 二、拉格朗日餘式型的泰勒定理，可以推廣到多變數實函數的泰勒定理

([7])。

cxlix. 三、拉格朗日餘式型的泰勒定理有三種證法，而柯西餘式型的泰勒定理也有兩種

cl. 證法，都是在寫這篇文章的意外收穫。

cli. 四、柯西餘式型和柯西積分餘式型的泰勒定理，形式證明也都很初等，它對於牛頓的二項級數(1?x)?????k???x,?1?x?1(?為任意實數)的正確k?0?k??性提供了拉格朗日餘式型無法單獨承擔的完整證明([6],[7],[8])。 clii. 在拉格朗日插值多項式被引入高中數學課綱([3])，加之以拉格朗日的均值

定理([4])，甚至一般化的超廣義均值定理~拉格朗日餘式型泰勒定理也將是選修

12

cliii. 微積分([2])必然會接觸到的問題。它提供了e,sinx,cosx等初等超越函數

的泰勒級數表示，大大拓展了多項式微積分的應用範疇，值得學習。 cliv. 五 參考資料

clv. 1. 教育部(民98)。普通高級中學必修科目「數學」課程綱要。 clvi. 2. 教育部(民98)。普通高級中學選修科目「數學」課程綱要。

clvii. 3. 李虎雄、陳昭地、朱亮儒等(民99)。普通高級中學數學第一冊，康熹文

化事業股份有限公司出版。

clviii. 4. 李虎雄、陳昭地、朱亮儒等(民99)。高中選修數學(II)，康熹文化事業股

份有限公司出版。

clix. 5. 朱亮儒、陳材河(民99年7月9日)，「99課程中的Lagrange插值多項式」

電子報專刊，高中數學電子報第47期。

clx. 6. 陳昭地、顏啟麟(民67)。數學分析，汝旭圖書公司印行。

clxi. 7. 張幼賢、陳火炎、陳昭地(民100年4月)。二項級數之教學研究，教育

部高中數學學科中心電子報54期，http://mathcenter.ck.tp.edu.tw

clxii. 8. Bartle, R. G.(1978). The elements of real analysis (2nd. Ed.)，中央圖書出版

社代印行。

clxiii. 9. Fitzpatrick, P. M.(1995), Advanced Calculus, PWS Publishing Company. clxiv.

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