如何证明ln(1-x)的泰勒展开在(-1,1)内收敛（误差趋于0）

API 探路者

2026-5-19

Hey，我来帮你搞定这个泰勒级数收敛到$\ln(1-x)$的问题！你已经算出了n阶泰勒多项式，现在就差证明余项趋于0这关键一步，咱们慢慢捋清楚：

步骤1：明确$f(x)$的各阶导数

先确认一下$\ln(1-x)$的k阶导数，这是后续分析余项的基础：

所以n+1阶导数就是：
$$f^{(n+1)}(x) = -\frac{n!}{(1-x)^{n+1}}$$

步骤2：分区间证明余项趋于0

我们需要对$x\in(-1,1)$分两种情况讨论，因为不同区间的余项估计方式略有不同：

情况1：$x\in(-1,0]$

这里用拉格朗日余项就很方便。拉格朗日余项的公式是：
$$R_n(x) = f(x) - T_n(x) = \frac{f^{{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x}{n+1}$$
其中$\xi$是介于0和x之间的某个数（也就是$\xi\in[x,0]$）

先取绝对值来估计大小：
$$|R_n(x)| = \left| \frac{-\frac{n!}{(1-\xi)^{{n+1}}}{(n+1)!}x}{n+1} \right| = \frac{|x|^{{n+1}}{(n+1)(1-\xi)}{n+1}}$$

因为$\xi\leq0$，所以$1-\xi\geq1$，自然$(1-\xi)^{n+1}\geq1$，代入后就能得到一个更简单的上界：
$$|R_n(x)| \leq \frac{|x|^{n+1}}{n+1}$$

由于$|x|<1$，当$n\to\infty$时，$|x|^{n+1}$会趋近于0，再除以趋于无穷的$n+1$，整个式子必然趋近于0。所以$|R_n(x)|\to0$，也就是$R_n(x)\to0$。

这里用积分余项估计会更顺畅（拉格朗日余项在x接近1时容易出现估计上的麻烦，积分余项的处理更直观）。积分余项的公式是：
$$R_n(x) = \int_0^x \frac{f^{{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)}n dt$$

把n+1阶导数代入进去：
$$R_n(x) = -\int_0^x \frac{n!}{(1-t)^{n+1}\cdot n!}(x-t)^n dt = -\int_0^x \frac{(x-t)^n}{(1-t){n+1}}dt$$

同样取绝对值：
$$|R_n(x)| = \int_0^x \frac{(x-t)^n}{(1-t){n+1}}dt$$

接下来做两次变量替换简化积分：

令$u=1-t$，则$t=1-u$，$dt=-du$，积分上下限从$t=0\to u=1$，$t=x\to u=1-x$，转换后积分变为：
$$|R_n(x)| = \int_{1-x}^1 \frac{(u - (1-x))^n}{u{n+1}}du$$
再令$v=\frac{1-x}{u}$，则$u=\frac{1-x}{v}$，$du=-\frac{1-x}{v^2}dv$，积分上下限变为$v=1\to v=1-x$，最终积分简化为：
$$|R_n(x)| = \int_{1-x}^1 \frac{(1-v)^n}{v}dv$$

现在来估计这个积分的大小：因为$v\geq1-x>0$，所以$\frac{1}{v}\leq\frac{1}{1-x}$，代入后得到：
$$|R_n(x)| \leq \frac{1}{1-x}\int_{1-x}^1 (1-v)^n dv$$

计算这个定积分：
$$\int_{1-x}^1 (1-v)^n dv = \left[ -\frac{(1-v)^{n+1}}{n+1} \right]_{1-x}^1 = \frac{x^{n+1}}{n+1}$$

把结果代回去，就得到了余项的上界：
$$|R_n(x)| \leq \frac{x^{n+1}}{(n+1)(1-x)}$$

当$n\to\infty$时，$x\in(0,1)$所以$x^{n+1}\to0$，而分母$(n+1)(1-x)\to\infty$，整个式子自然趋近于0，也就是$|R_n(x)|\to0$，$R_n(x)\to0$。

最终结论

综合上面两种情况，对所有$x\in(-1,1)$，当$n\to\infty$时，泰勒余项$R_n(x)$都趋近于0。因此：
$$\ln(1-x) = \lim_{n\to\infty} T_n(x) = -\sum_{t=1}^\infty \frac{x^t}{t}$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者AfterMath