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泰勒(Taylor)公式

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f^{\left(i\right)}\left(x_0\right)}{i!}{(x-x_0)}^i}\end{array}$f(x)=i=0∑∞​i!f(i)(x0​)​(x−x0​)i​
其中 $f^{\left(i\right)}$f(i)表示将 $f$f进行 $i$i阶求导
该公式表示将 $f$f在 $x_0$x0​处展开， $x_0$x0​任取

$e^x$ex的泰勒展开

$\begin{array}{c}{\displaystyle e^x=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{x^i}{i!}}\end{array}$ex=i=0∑∞​i!xi​​
令 $f\left(x\right)=e^x$f(x)=ex，把其在 $0$0处展开
则有 $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{f^{\left(i\right)}\left(0\right)}{i!}{(x-0)}^i=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{x^i}{i!}}\end{array}$f(x)=i=0∑∞​i!f(i)(0)​(x−0)i=i=0∑∞​i!xi​​

牛顿迭代

$f\equiv f_0-\frac{g\left(f_0\right)}{g^{\prime }\left(f_0\right)}\left(mod{x}^{2n}\right)$f≡f0​−g′(f0​)g(f0​)​( mod x2n)

有一个关于多项式 $f$f 的方程 $g\left(f\right)=0$g(f)=0，其中 $f$f 是一个未知的形式幂级数。
假如我们已知 $f$f 的前 $n$n 项 $f_0$f0​ 则有
$f\equiv f_0\left(mod{x}^n\right)$f≡f0​( mod xn)
$\begin{array}{cc}{\displaystyle 0=g\left(f\right)}& {\displaystyle =g\left(f_0\right)+g^{\prime }\left(f_0\right)(f-f_0)+\frac{g^{\prime \prime }\left(f_0\right)}{2}(f-f_0{)}^2+\cdots }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle \equiv g\left(f_0\right)+g^{\prime }\left(f_0\right)(f-f_0)\left(mod{x}^{2n}\right)}\end{array}$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 $f-f_0\equiv 0\left(mod{x}^n\right)$f−f0​≡0( mod xn)，则有 $(f-f_0{)}^2\equiv 0(mod{x}^{2n})$(f−f0​)2≡0( mod x2n)，所以从第三项起都同余 $0$0

继续写完
两边同时除以 $g^{\prime }\left(f_0\right)$g′(f0​)，再移项，可得
$f\equiv f_0-\frac{g\left(f_0\right)}{g^{\prime }\left(f_0\right)}\left(mod{x}^{2n}\right)$f≡f0​−g′(f0​)g(f0​)​( mod x2n)

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