我正在尝试编写一个程序来评估泰勒级数（如果您不知道，请在下面描述）到 n 阶。但是，要做到这一点，我需要评估一个函数（我在Y1 中持有）及其第 n 个导数。
我尝试使用 nDeriv 并将其作为字符串保存到 Y2、Y3 等，但 TI-84 不允许我一次堆叠超过 2 个。有没有人有办法解决这个问题？
O f^(n)(a)
f(x) ≈ Σ (-------- (x-C)^n)
n=0 n!
其中O 是序列的给定顺序（值越高，结果越精确），f^(n)(a) 表示“函数f 在值a 处的第n 个导数”，C 是要估计的给定常数
【问题讨论】：
标签： math ti-basic taylor-series
免责声明：我不再拥有 TI 计算器，这主要基于我在大约 7 年前遇到类似问题时所做的实验。答案中的数学应该是正确的，但我可能会误认为计算器特有的一些小问题。
首先，我想我应该纠正你的数学。在 x=a 处函数 f(x) 的 Taylor 级数 的定义就是
∞ f^(n)(a)
f(x) ≈ Σ (-------- (x-a)^n)
n=0 n!
在任何地方都没有涉及 C（您可能一直在考虑 Taylor polynomial reminder theorem，这是另一回事），并且总和是所有非负整数 n。当然，在 TI-84 上计算这样的无限级数是没有希望的，但我们可以截断该级数，给出 N 阶泰勒 多项式：
O f^(n)(a)
f(x) ≈ Σ (-------- (x-a)^n)
n=0 n!
这是您实际上可以希望以数字方式计算的东西，因为总和是有限的。当然，您需要做的就是计算 n=0,1,...,O 的第 n 个导数，所以从现在开始我将专注于它。我认为这就是您想要的，但是术语“泰勒级数”总是表示无限级数，而当总和是有限时使用泰勒多项式。
nDeriv 不能任意嵌套。根据this documentation site，它可以嵌套一层，但我记得在我早期的模型中，在某些情况下甚至不允许这样做。但是，nDeriv 无论如何只计算导数，使用的公式是 nDeriv(f(t),t,x[,h])) = (f(x+h)-f(xh))/(2h)，其中 h=0.001 是默认值。您可以递归地应用它来获得更高阶导数的表达式：
f^(2)(x)=(f(x+2h)-2f(x)+f(x-2h))/(2h)^2
f^(3)(x)=(f(x+3h)-3f(x+h)+3f(x-h)-f(x-3h))/(2h)^3
一般来说：
n n (-1)^m f(x+(n-2m)h)
f^(n)(x) = Σ ( ) ---------------------
m=0 m (2h)^n
总和中格式奇怪的东西是二项式系数（TI-84 上的n nCr m）。这可以在 TI basic 中计算，并且相当于如果计算器允许您任意嵌套 nDeriv（至少在机器精度影响开始变得重要之前）您将获得的最终结果。
您可能希望使用 h some 直到找到合适的值（对于不同的阶导数，您可能希望使用不同的 h 值）。不幸的是，数值微分自然很难做到，特别是对于计算器等低精度设备，因为你要减去两个非常接近的数字来得到一个非常小的数字，然后除以另一个非常小的数字。对于高阶导数，情况只会变得更糟。我记得对于一些简单的函数，我可以得到 4 或 5 个导数，然后因为计算器没有足够的精度而无法得到任何有意义的东西。
顺便说一句，如果您发现上述方法不够精确，那么有大量关于数值微分的文献，其中的方法比上面列出的方法更好。一个好的起点是the Wikipedia article on finite difference methods，上面的公式是一个（不是特别好的）例子。无论如何，您都会遇到机器精度问题，但使用更复杂的方法至少会提高精度，直到机器精度影响开始变得重要。
【讨论】：