M0.2 導航的三十秒：Taylor 展開與「假設直線」

起點：兩次定位之間

手機導航不是每一瞬間都知道你在哪。它每隔一段時間收到一次定位——假設是每 $h$ 秒一次——兩次之間畫面上的小箭頭是算出來的：拿上一次的位置與速度，假設你維持同樣的速度、同樣的方向直走。

直路上這沒問題。問題在轉彎：你在市區以 36 km/h（每秒 10 公尺）進入一個半徑 20 公尺的彎，導航在你進彎的瞬間拿到最後一次定位，接下來 $h$ 秒都假設你直走。

請先用直覺回答： $h=1$ 秒時，畫面上的箭頭會偏離你真實位置多遠？ $h=2$ 秒呢？ $h=30$ 秒呢？寫下數字和你有多確定。

大多數人會猜 $h=1$ 秒偏幾公尺、 $h=2$ 秒偏大約兩倍。第一個猜得差不多，第二個猜錯了——偏差不是兩倍，是四倍。而 $h=30$ 秒的答案，會讓我們看到這個「四倍規律」本身也有它的適用範圍。

課堂提問Q1

把情境翻成數學：這裡的函數是什麼？導航「假設直走」在做什麼運算？我們想估的量是什麼？

先想一想，再展開看整理後的答案

最直覺的說法是「函數是路線」，可以再精確一點。

函數是位置隨時間的軌跡 $x(t)$ ——一個輸入時間、輸出平面座標的函數（兩個分量）。最後一次定位發生在時間 $t$ ，導航知道的是當時的位置 $x(t)$ 與速度 $\dot x(t)$ （速度由前幾次定位差出來）。

「假設直走」是一個非常明確的運算：用

\tilde x(t+h)=x(t)+h\,\dot x(t)

當作 $t+h$ 時的位置。也就是說，導航用經過 $x(t)$ 、斜率為 $\dot x(t)$ 的直線取代了真實的曲線。

我們想估的量是這條直線與真實軌跡在 $t+h$ 時的距離 $\|x(t+h)-\tilde x(t+h)\|$ 。翻譯完會發現，問題其實跟導航無關：任何時候你用「當下的值加上當下的變化率乘時間」去預測未來，你都在假設直線；問題是這個假設在多長時間內可信、差多少。 這就是 Taylor 展開要回答的事。

一把彎的尺

拿一根有點彎的塑膠尺，貼著眼睛看很短的一段——它看起來是直的。看的範圍拉長，彎曲才顯現出來。

重點不在「它到底是不是直的」，而在彎曲顯現得多快。一根幾乎筆直的尺，你可以看很長一段還覺得直；一根很彎的尺，稍微拉長一點就露餡。而且露餡的速度有一個固定的規律：看的長度加倍，「直線假設」偏離真尺的距離變四倍。 這是曲線的普遍性質，不是尺的特殊性質。

導航的情形一模一樣：軌跡是那根尺，「兩次定位之間」是你看的那一段，轉彎的急緩是尺的彎曲程度。

示意圖 · 規劃中直線貼住曲線：看的越長、偏得越快

檔名：m0-calculus-toolkit/imgs/m0-2-1.svg（16:9）。
主圖：一條向上彎的平滑曲線（真實軌跡），在左端某一點 $t$ 畫出它的切線（虛線，標「假設直走」）。從切點往右等距取 $h$ 、 $2h$ 、 $3h$ 三個時刻，在每個時刻畫一條垂直的短線段連接切線與曲線，旁邊標出長度 $e$ 、 $4e$ 、 $9e$ 。
右下小圖：橫軸 $h$ 、縱軸偏差，畫出三個點與一條 $h^2$ 的拋物線穿過它們，標「偏差 $\approx\tfrac{h^2}{2}\,\|\ddot x\|$ 」。
左下小圖：同樣的構圖但曲線更彎（半徑更小），同樣的 $h$ 底下偏差線段明顯更長，標「越彎、常數越大」。
圖說：「切線是最好的直線，但只在切點附近好。偏離的成長是 $h^2$ ——時間加倍、偏差四倍；彎得越急、前面的常數越大。」

把「直線假設的誤差」寫成數學

先看一個分量。設 $f$ 是一個對時間的函數（例如位置的 $x$ 座標），在 $t$ 附近有二階導數。一階 Taylor 展開說

f(t+h)=f(t)+h\,f'(t)+R_1(h),\qquad R_1(h)=\frac{h^2}{2}f''(\xi)\ \text{（某個 }\xi\in[t,t+h]\text{）}.

前兩項就是「假設直線」； $R_1$ 是直線與真實的差，叫 remainder（餘項）。它的形狀值得盯著看：一個 $h^2/2$ ，乘上這段時間內某一刻的二階導數——對軌跡來說就是加速度。所以直線假設的誤差 $\le\frac{h^2}{2}\max|f''|$ ：時間加倍、上界四倍；加速度加倍、上界兩倍。

展開細節餘項為什麼是 h²/2 乘二階導數（積分形式，六行）

由微積分基本定理， $f(t+h)-f(t)=\int_t^{t+h}f'(s)\,ds$ 。再對 $f'$ 用一次： $f'(s)=f'(t)+\int_t^{s}f''(r)\,dr$ 。代回去並交換積分順序：

f(t+h)-f(t)-h f'(t)=\int_t^{t+h}\!\!\int_t^{s}f''(r)\,dr\,ds=\int_t^{t+h}(t+h-r)\,f''(r)\,dr .

權重 $(t+h-r)$ 在 $[t,t+h]$ 上的積分是 $h^2/2$ ，所以 $|R_1|\le\frac{h^2}{2}\max|f''|$ ；若 $f''$ 連續，由中間值定理可以把它寫成 $\frac{h^2}{2}f''(\xi)$ 。對向量值的 $x(t)$ ，逐分量套用，或直接用積分形式得到 $\|R_1\|\le\frac{h^2}{2}\max\|\ddot x\|$ 。

二階 Taylor 多補一項，把「當下的加速度」也算進去：

f(t+h)=f(t)+h f'(t)+\frac{h^2}{2}f''(t)+R_2(h),\qquad |R_2(h)|\le\frac{h^3}{6}\max|f'''| .

規律是一致的：多用一階導數的資訊，餘項就多一個 $h$ 的次方。 但每一階都有同樣的但書——公式裡出現的是那段時間內的最大導數，而「它是一個好用的估計」需要 $h$ 小到 $f''$ 在這段時間裡沒有劇烈變化。

回到情境：三個數字

把轉彎寫成數學：半徑 $R=20$ m 的圓弧、速率 $v=10$ m/s。圓周運動的加速度指向圓心、大小 $\|\ddot x\|=v^2/R=5$ m/s²，而且沿著圓弧處處相同，所以餘項的上界可以直接算：

\|x(t+h)-\tilde x(t+h)\|\ \le\ \frac{h^2}{2}\cdot\frac{v^2}{R}=2.5\,h^2\ \text{公尺}.

$h=1$ 秒：上界 2.5 m；精確算（把直線終點與圓弧上的真實位置相減）是 2.48 m。 $h=2$ 秒：上界 10 m，精確 9.73 m——是 $h=1$ 的四倍，不是兩倍。直覺「兩倍」錯在把偏差當成線性累積；實際上直線假設的誤差是 $h^2$ ，因為它漏掉的是加速度的效果，而加速度的效果本來就是 $\tfrac12 a t^2$ 。

$h=30$ 秒：上界 $2.5\times900=2250$ m。這個數字是對的（真實偏差確實不超過它），但毫無用處：30 秒內車以 10 m/s 在半徑 20 m 的圓上跑了 300 m，繞了兩圈多，真實位置離出發點不到 40 m，而直線預測跑到 300 m 外——真實偏差約 290 m。上界對、但鬆了將近十倍。原因是 $h^2$ 這個量級描述的是「 $h$ 小到軌跡在這段時間內還像一條拋物線」的情形；30 秒早已超出這個範圍，此時偏差其實接近 $v h$ （線性），因為真車根本沒走遠。

所以「假設直線」這個做法的判斷是：在 smooth 的軌跡上、步長小到加速度在一步之內沒明顯改變時，誤差是 $\frac{h^2}{2}\|\ddot x\|$ ，可靠且可預測；步長一大，上界仍然對但變得無資訊，估計本身也失效。直路上（ $\ddot x=0$ ）任何 $h$ 都沒有誤差——導航在高速公路上更新慢一點沒關係，是這個式子說的。

如果導航多用一個感測器——陀螺儀給轉向率，也就是 $\ddot x$ ——就能改用二階 Taylor： $h=1$ 秒時餘項上界 $\frac{h^3}{6}\cdot\frac{v^3}{R^2}=0.42$ m（精確 0.41 m），比 2.5 m 好六倍。這是「多量一階、多賺一個 $h$ 」的實例；把它變成不需要額外感測器的演算法，是 M2.4 的主題。

回到情境：實際跑一次，再把彎弄急

import numpy as np
def err(h, v=10.0, R=20.0):
    th = v*h/R                                             # h 秒內轉過的角度
    true = R*np.array([np.sin(th), 1-np.cos(th)])          # 圓弧上的真實位置
    pred = np.array([v*h, 0.0])                            # 假設直走
    return np.linalg.norm(true-pred)
hs = np.array([0.125, 0.25, 0.5, 1, 2, 4])
for R in (20.0, 2.0):                                      # 正常彎 vs 急彎（U-turn）
    e = np.array([err(h, R=R) for h in hs])
    print(f"R={R}: 誤差 {np.round(e, 2)}")
    print(f"       h 加倍後誤差的倍率 {np.round(e[1:]/e[:-1], 2)}   上界 {np.round(50*hs**2/R, 2)}")

$R=20$ 時，倍率一路是 $3.9$ – $4.0$ ，直到 $h=4$ 秒才掉到 $3.7$ —— $h^2$ 規律在 $h$ 小時精確兌現。 $R=2$ （一個急迫的 U-turn）時， $h=0.125$ 秒的誤差 0.39 m 仍與上界吻合，但倍率一路掉： $0.125\to0.25$ 還有 $3.87$ ，接著是 $3.50$ 、 $2.29$ 、 $1.78$ 、 $1.78$ ：加速度大了十倍，「一步之內像拋物線」的範圍縮到零點幾秒，同樣的 $h$ 在這裡已經算「太大」。

另一種違反是路徑不 smooth：如果司機在兩次定位之間瞬間變換車道（軌跡有一個折角），那一步的誤差與折角之後經過的時間成正比——是 $h$ 而不是 $h^2$ ，因為 Taylor 展開需要的二階導數在折角處根本不存在。

互動 demo · 規劃中導航的直線假設：拖步長、改彎度、加一個折角

位置：本節之後。檔名：site/public/notes/research_areas/mathematical-foundations/m0-calculus-toolkit/m0-2-2.html。
版面：左格俯視地圖，畫一條真實軌跡（預設：直路接一段半徑 $R$ 的圓弧再接直路），車以定速 $v$ 行駛；從進彎那一刻起，畫出「假設直走」的虛線與 $h$ 秒後的預測點，並用一條紅色線段連到真實位置。右格是 log–log 圖：橫軸 $h$ 、縱軸偏差，實線是精確偏差、虛線是上界 $\frac{h^2}{2}\frac{v^2}{R}$ ，旁邊標出斜率。
控制項：滑桿 $h$ （ $0.1$ – $30$ s）、滑桿 $R$ （ $2$ – $200$ m）、滑桿 $v$ （ $5$ – $30$ m/s）；開關「二階（用陀螺儀）」：預測改為 $x+h\dot x+\frac{h^2}{2}\ddot x$ ，右格加一條 $h^3$ 的線；開關「軌跡加一個折角」：把圓弧換成兩段直線的 $90°$ 硬轉，右格斜率應從 2 掉到 1。
Hover 右格任一點顯示 $h$ 、精確偏差、上界、兩者比值——讀者應看到比值在 $h$ 小時接近 1、 $h$ 大時飆高。
底部觀察句：「觀察：直線假設的誤差是 $\frac{h^2}{2}\|\ddot x\|$ ——步長加倍、誤差四倍；彎越急、常數越大。這個量級只在步長小到軌跡『一步之內像拋物線』時成立；急彎、大步長、折角，各自用不同的方式讓它失準。」
匯出 PNG：兩格併成 16:9，含當前參數。

先消化一下

想一想

你每天早上用「昨天的體重加上最近一週平均每天的變化」預測今天的體重。這個預測方法的誤差量級對應 Taylor 展開的哪一項？

參考文獻

Strang, G. Calculus. Wellesley-Cambridge Press；MIT OpenCourseWare RES.18-001 免費全文。（Taylor 展開與餘項的章節。）
Hairer, E., Nørsett, S. P., Wanner, G. Solving Ordinary Differential Equations I: Nonstiff Problems, 2nd ed. Springer 1993.（第 II 章：用 Taylor 展開分析一步法的局部誤差。）