\(\begin{aligned}f\left( x\right) =\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac {f^{(i)}\left( x_{0}\right) }{i!}\left( x-x_{0}\right) ^{i}\end{aligned}\)
其中\(f^{(i)}\)表示将\(f\)进行\(i\)阶求导
该公式表示将\(f\)在\(x_0\)处展开，\(x_0\)任取
\(\begin{aligned}e^x=\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac{x^i}{i!}\end{aligned}\)
令\(f(x)=e^x\)，把其在\(0\)处展开
则有\(\begin{aligned}f\left( x\right) =\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac {f^{(i)}\left( 0\right) }{i!}\left( x-0\right) ^{i}=\sum ^{\infty }_{i=0}\dfrac{x^i}{i!}\end{aligned}\)
\(f\equiv f_{0}-\dfrac {g\left( f_{0}\right) }{g'\left( f_{0}\right) }\left(\ mod\ x^{2n}\right)\)
有一个关于多项式 \(f\) 的方程\(g(f)=0\)，其中\(f\) 是一个未知的形式幂级数。
假如我们已知 \(f\) 的前 \(n\) 项 \(f_0\) 则有
\(f\equiv f_{0}\left(\ mod\ x^{n}\right)\)
\(\begin{aligned}0=g\left( f\right) &=g\left( f_{0}\right) +g'\left( f_{0}\right)(f-f_0)+\dfrac{g''(f_0)}{2}(f-f_0)^2+\cdots\\ &\equiv g(f_0)+g'(f_0)(f-f_0) (\ mod\ x^{2n}) \end{aligned}\)
解释：
第一行为套泰勒公式且不写\(\sum\)
第二行，我们知道\(f-f_0\equiv 0(\ mod\ x^n)\)，则有\((f-f_0)^2\equiv 0(\ mod\ x^{2n})\)，所以从第三项起都同余\(0\)
继续写完
两边同时除以\(g'(f_0)\)，再移项，可得
\(f\equiv f_{0}-\dfrac {g\left( f_{0}\right) }{g'\left( f_{0}\right) }\left(\ mod\ x^{2n}\right)\)
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原文：https://www.cnblogs.com/Morning-Glory/p/11311729.html