幂级数的展开式

n= 0
f ( x ) = a 0 + a1 ( x x 0 ) + + a n ( x x 0 ) +
n
逐项求导任意次,得 逐项求导任意次 得
′( x ) = a1 + 2a 2 ( x x0 ) + + na n ( x x0 ) n1 + f f ( n ) ( x ) = n! a n + ( n + 1)n 3 2a n+1 ( x x0 ) +
令 x = x0 , 即得 1 (n) an = f ( x0 ) n!
(n = 0,1,2, 泰勒系数 )
泰勒系数是唯一的, 泰勒系数是唯一的 ∴ f ( x )的展开式是唯一的 .
定义
∞
处任意阶可导, 如果 f ( x ) 在点 x0 处任意阶可导,则幂级数
f ( n ) ( x0 ) n 泰勒级数. ∑ n! ( x x0 ) 称为 f ( x ) 在点 x0 的泰勒级数. n=0 (n) ∞ f ( 0) n 麦克劳林级数. ∑0 n! x 称为 f ( x ) 在点 x0 = 0 的麦克劳林级数. n=
第四节 函数的幂级数展开式
一,泰勒级数
上节告诉我们: 上节告诉我们: 幂级数在其收敛域内有一个和函数, 幂级数在其收敛域内有一个和函数,把这句话反过来 就是这个和函数在收敛域内可以展开成幂级数. 说,就是这个和函数在收敛域内可以展开成幂级数. 我们的问题是:任意给定的函数f(x) 我们的问题是:任意给定的函数f(x) 1.在什么条件下才能展开成幂级数 在什么条件下才能展开成幂级数? 在什么条件下才能展开成幂级数
n→∞
证明 必要性 设f ( x )能展开为泰勒级数 ,
∵ f ( x) = ∑
i =0
n
f ( i ) ( x0 ) i ( x x0 ) + Rn ( x ) i!
n→ ∞
∴ Rn ( x ) = f ( x ) sn+1 ( x ), ∵ lim sn+1 ( x ) = f ( x )
∴ lim Rn ( x ) = lim[ f ( x ) sn+1 ( x )] = 0 ;
�
n
∞
2n
∞ <n(1 + x) = ∑ (1)
n =1
∞
n 1
x , n
n
1 < x ≤ 1
x n + ...
(1 + x) = 1 + αx +
= 1+ ∑
n =1 ∞
α
α (α 1)
2! α (α 1)...(α n + 1)
n!
x + ... +
2
二,函数展开成幂级数
1.直接法(泰勒级数法) 1.直接法(泰勒级数法) 直接法 步骤: 步骤
(1)求an =
∞ n
f
(n)
( x0 ) , 写出f ( x)在点x0的幂级数 n!
∑ a ( x x ) 并求其收敛域
n n =0 0
(2) 判定
lim Rn ( x) = 0 n→∞
是否成立? 是否成立?
1 ( x 1) 2 ( x 1) 3 ( x 1) n = ( x 1) + + + + + 2 3 n 3 3 3 3 x 1 < 3 (n) f (1) 1 = n, 于是 3 n!
故 f
(n)
n! (1) = n . 3
常用函数的幂级数展开式: 常用函数的幂级数展开式:
(1) )
∞ 1 = ∑ xn , 1 x n =0
注意: 在x = ±1处收敛性与 α的取值有关 . 注意:
x=1 x=-1
α >0 -1<α <0 α ≤ 1 α >0 α <0
绝对收敛 条件收敛 发散 绝对收敛 发散
1 当α = 1,± 时, 有 2 1 = 1 x + x 2 x 3 + + ( 1) n x n + ( 1,1) 1+ x
(展开成 x 1的幂级数 )并求 f ( n ) (1).
1 1 解 ∵ 1 = , = 4 x 3 ( x 1) 3(1 x 1) 3
1 x 1 x 1 2 x 1 n ) ++ ( ) + ] = [1 + +( 3 3 3 3
x 1 < 3
x 1 1 ∴ = ( x 1) 4 x 4 x
1 1 2 1 3 3 n ( 2n 3)!! n 1+ x = 1+ x x + x + + ( 1) x + 2 2 4 246 ( 2n)!! [1,1]
1 1 1 3 2 1 3 5 3 n ( 2 n 1)!! n x x + + ( 1) x + = 1 x + 1+ x 2 24 246 ( 2n)!!
∞
f ( x) = ∑an ( x x0 )n
n=0
2. 如果能展开 a n 是什么 3.展开式是否唯一 如果能展开, 是什么? 展开式是否唯一? 展开式是否唯一
定理1 U 定理 1 如果 函数 f (x)在 δ ( x0 )内具有 任意 阶导 级数, 数 且 Uδ ( x0 )内能展 , 在 开成( x x0 )的幂 级数 , 即 f ( x) =
∵ 当x确定后, e
∴
x
x
有界, 而
x
n +1
(n + 1)!
是收敛级数∑
n =0
∞
x
n
n!
的一般项
1 2 1 n e = 1 + x + x ++ x + x ∈(∞,+∞) 2! n!
f x . 例2 将 ( x) = sin x展开成 的幂级数
解
f
(2n)
(n)
nπ nπ (n) ( x ) = sin( x + ), f (0) = sin , 2 2
1 3 1 5 x2n+1 ∵sin x = x x + x + (1)n + 3! 5! (2n + 1)! 2n 1 2 1 4 n x ∴ cos x = 1 x + x + ( 1) + 2! 4! ( 2n)!
x ∈ ( ∞ ,+∞ )
arctan x = ∫
x
0
dx 1 + x2
1 3 1 5 x 2 n +1 = x x + x + ( 1) n + 3 5 2n + 1 x ∈ [1,1]
dx ln(1 + x ) = ∫ 0 1+ x 1 2 1 3 xn n 1 = x x + x + ( 1) + 2 3 n x ∈ (1,1]
x
x 1 在x = 1处展开成泰勒级数 例4 将 f ( x ) = 4 x
双阶乘
[1,1]
2.间接法 2.间接法 根据唯一性, 利用常见展开式, 通过变量代换 变量代换, 根据唯一性 利用常见展开式 通过变量代换 四则运算, 恒等变形, 逐项求导, 逐项积分等方 四则运算 恒等变形 逐项求导 逐项积分等方 求展开式. 法,求展开式 求展开式 例如 cos x = (sin x )′
如条件满足, 如条件满足,
则级数在收敛区间内收 敛于 f ( x ).
例1 解
将e 展开成x的幂级数
x
f
(n)
( x) = e , f
x
∞
(n)
( 0 ) = 1.
( n = 0,1,2,)
xn x2 xn e x的麦克劳林级数为∑ = 1 + + ... + + ... R = +∞ n! 2! n = 0 n! x f ( n +1) (ξ ) n +1 eξ e Rn ( x) = x = x n +1 < x n +1 → 0, ( n → ∞ ) (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)!
1 x2
lim
∴ f ( x )的麦氏级数为 ∑ 0 x n
n= 0
该级数在( ∞ ,+∞ )内和函数 s( x ) ≡ 0. 可见 除s = 0外, f ( x )的麦氏级数处处不收敛 于 f ( x ).
的泰勒级数, 定理 2 f ( x ) 在点 x0 的泰勒级数, 在U δ ( x0 ) 内收 敛于 f ( x ) 在U δ ( x0 ) 内 lim Rn ( x ) = 0 .
an ( x x0 )n ∑
n=0
∞
1 (n) 则其系数 an = f ( x0 ) n!
∞
(n = 0,1,2, )
定理1回答了问题 和问题3) 回答了问题2和问题 是唯 一的. (定理 回答了问题 和问题 ) 且展开式 一的.
∵ ∑ a n ( x x0 ) n 在u( x0 )内收敛于 f ( x ),即 证明
(n)
x ∈(∞,+∞)
f x . 例3 将 ( x) = (1+ x) (α ∈ R)展开成 的幂级数
α
有如下牛顿二项式展开式(展开过程略) 解: 有如下牛顿二项式展开式(展开过程略)
∴ (1+ x)α α(α 1) 2 α(α 1)(α n + 1) n x ++ x + = 1+ αx + 2! n! x ∈(1,1)