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f
(
x
)
=
∑
i
=
0
∞
f
(
i
)
(
x
0
)
i
!
(
x
−
x
0
)
i
\begin{aligned}f\left( x\right) =\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac {f^{(i)}\left( x_{0}\right) }{i!}\left( x-x_{0}\right) ^{i}\end{aligned}
f(x)=i=0∑∞i!f(i)(x0)(x−x0)i
其中
f
(
i
)
f^{(i)}
f(i)表示将
f
f
f进行
i
i
i阶求导
该公式表示将
f
f
f在
x
0
x_0
x0处展开，
x
0
x_0
x0任取
e x e^x ex的泰勒展开
e
x
=
∑
i
=
0
∞
x
i
i
!
\begin{aligned}e^x=\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac{x^i}{i!}\end{aligned}
ex=i=0∑∞i!xi
令
f
(
x
)
=
e
x
f(x)=e^x
f(x)=ex，把其在
0
0
0处展开
则有
f
(
x
)
=
∑
i
=
0
∞
f
(
i
)
(
0
)
i
!
(
x
−
0
)
i
=
∑
i
=
0
∞
x
i
i
!
\begin{aligned}f\left( x\right) =\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac {f^{(i)}\left( 0\right) }{i!}\left( x-0\right) ^{i}=\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac{x^i}{i!}\end{aligned}
f(x)=i=0∑∞i!f(i)(0)(x−0)i=i=0∑∞i!xi
牛顿迭代
f ≡ f 0 − g ( f 0 ) g ′ ( f 0 ) ( m o d x 2 n ) f\equiv f_{0}-\dfrac {g\left( f_{0}\right) }{g'\left( f_{0}\right) }\left(\ mod\ x^{2n}\right) f≡f0−g′(f0)g(f0)( mod x2n)
有一个关于多项式
f
f
f 的方程
g
(
f
)
=
0
g(f)=0
g(f)=0，其中
f
f
f 是一个未知的形式幂级数。
假如我们已知
f
f
f 的前
n
n
n 项
f
0
f_0
f0 则有
f
≡
f
0
(
m
o
d
x
n
)
f\equiv f_{0}\left(\ mod\ x^{n}\right)
f≡f0( mod xn)
0
=
g
(
f
)
=
g
(
f
0
)
+
g
′
(
f
0
)
(
f
−
f
0
)
+
g
′
′
(
f
0
)
2
(
f
−
f
0
)
2
+
⋯
≡
g
(
f
0
)
+
g
′
(
f
0
)
(
f
−
f
0
)
(
m
o
d
x
2
n
)
\begin{aligned}0=g\left( f\right) &=g\left( f_{0}\right) +g'\left( f_{0}\right)(f-f_0)+\dfrac{g''(f_0)}{2}(f-f_0)^2+\cdots\\ &\equiv g(f_0)+g'(f_0)(f-f_0) (\ mod\ x^{2n}) \end{aligned}
0=g(f)=g(f0)+g′(f0)(f−f0)+2g′′(f0)(f−f0)2+⋯≡g(f0)+g′(f0)(f−f0)( mod x2n)
解释：
第一行为套泰勒公式且不写
∑
\sum
∑
第二行，我们知道
f
−
f
0
≡
0
(
m
o
d
x
n
)
f-f_0\equiv 0(\ mod\ x^n)
f−f0≡0( mod xn)，则有
(
f
−
f
0
)
2
≡
0
(
m
o
d
x
2
n
)
(f-f_0)^2\equiv 0(\ mod\ x^{2n})
(f−f0)2≡0( mod x2n)，所以从第三项起都同余
0
0
0
继续写完
两边同时除以
g
′
(
f
0
)
g'(f_0)
g′(f0)，再移项，可得
f
≡
f
0
−
g
(
f
0
)
g
′
(
f
0
)
(
m
o
d
x
2
n
)
f\equiv f_{0}-\dfrac {g\left( f_{0}\right) }{g'\left( f_{0}\right) }\left(\ mod\ x^{2n}\right)
f≡f0−g′(f0)g(f0)( mod x2n)
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