数学分析142

2
2
f (2n) (0) 0, f (2n1) (0) (1)n , (n 0,1,2, )
且 f (n) ( x) sin( x n) 1 x (,)
2
sin x x 1 x3 1 x5 (1)n x2n1
3! 5!
(2n 1)!
x (,)
例3 将f ( x) (1 x) ( R)展开成x的幂级数.
泰勒中值定理
如果函数 f ( x) 在含有x0 的某个开区间(a, b) 内具有 直到(n 1)阶的连续导数,则当x 在(a,b) 内时,
f (x)
f ( x0 )
f ( x0 )( x x0 )
f
( x0 ) ( 2!
x
x0 )2
f
(n)( x0 ) ( x n!
x0 )n
Rn ( x)
0;
充分性 f ( x) sn1( x) Rn( x),
lim[
n
f
(
x)
sn1
(
x)]
lim
n
Rn
(
x)
0,
即
lim
n
sn1
(
x
)
f ( x),
f ( x)的泰勒级数收敛于 f ( x).
证毕。
例1 设M 0,对 x ( x0 R, x0 R),恒 有 f (n)( x) M (n 0,1,2, ),试证： f ( x)
定义
如果 f ( x)在点x0 处任意阶可导,则幂级数
n0
f (n)( x0 )( x n!
x0 )n称为 f ( x) 在点x0
的泰勒级数.
n0
f
(n) (0)x n称为 f n!
( x) 在点x0
0 的麦克劳林级数.
如果f(x) 能展成幂级数，则这个幂级数是唯一的， 就是f(x)的泰勒级数。
故
lim
n
Rn
(
x
)
0,
f ( x)可展成点x0的泰勒级数.
二、函数展开成幂级数
1.直接法(泰勒级数法)
步骤:
(1) 求an
f
(n) ( x0 n!
)，若f
(k
)
(
x0
)不存在，说明
f ( x)不能展成幂级数；
(2)
考察
lim
n
Rn
(
x)
0
的范围I
,
若lim Rn( x) 0，则f ( x)的泰勒级数在收敛
§2 函数的幂级数展开
引例
计算
1
0
sin x
x
dx
的近似值,
精确到104.
显然这个积分一定是存在的，
但原函数不能用初等函数表达， 无法计算精确值。
若能将 sin x 表示成一个幂级数 x
an xn ,
再利用幂级数的逐项积分，通过取足够多项，就
可以得出其近似值。
有必要研究将一个函数表示成幂级数的问题。
问题1、2的回答：
如果函数 f ( x)在U ( x0 ) 内具有任意阶导
数, 且在U ( x0 )内能展开成( x x0 )的幂级数,
即 f ( x) an ( x x0 )n
n 0
则其系数
an
1 n!
f
(n)( x0 )
(n 0,1,2, )
即展开式是唯一的.
这是定理8的推论2的结果。
问题3转化为：
f
(x)
？
n0
f
(n)( x0 )( x n!
x0 )n
当f(x)有任意阶导数时，可以作出其泰勒级数， 但这个泰勒级数一定收敛吗？若收敛是否收敛 于f(x)?
例如
f
(x)
e
1 x2
,
x0
0, x 0
在x=0点任意可导, 且 f (n) (0) 0 (n 0,1,2, )
f ( x)的麦克劳林级数为0 xn
n0
该级数在(,)内和函数s( x) 0. 可见
除 x 0 外, f ( x) 的麦克劳林级数不收敛于 f ( x).
回答：
f
(x)
？
n0
f
(n)( x0 )( x n!
x0 )n
定理 11 f ( x)在点 x0的泰勒级数,在U ( x0 ) 内收
(x
x0 ))(1
)n( x
x0 )n1,
——柯西型余项
一、泰勒级数
若 f ( x) an ( x x0 )n x I
n0
称 f ( x) 在 I 上可展成关于x x0 的（或以x0 为 中心的）幂级数。
问题: 1.如果能展开, an 是什么?
2.展开式是否唯一?
3.在什么条件下才能展开成幂级数?
区间I内收敛于 f ( x).
若lim Rn( x) 0，则 f ( x)不能展成幂级数.
例2 将 f ( x) e x 展开成 x 的幂级数。
解 f (n) ( x) e x , f (n) (0) 1 (n 0,1,2, )
ex ~ 1 x 1 x2 1 xn
2!
n!
任给定M 0, 在[M, M]上
在( x0 R, x0 R)上可展开成x0 的泰勒级数.
证 Rn ( x)
f (n1) ( ) ( x(n Βιβλιοθήκη )!x0 )n1M
x x0 n1 , (n 1)!
而
x
x0
n1
在( , )收 敛, (比 式 法 可 得)
n0 (n 1)!
lim n
x x0 n1 (n 1)!
0,
f (n) ( x) e x e|x| e M (n 0,1,2, )
ex 1 x 1 x2 1 xn
2!
n!
由M的任意性即得
e x 1 x 1 x2 1 xn x (,)
2!
n!
例2 将f ( x) sin x展开成x的幂级数.
解 f (n) ( x) sin( x n), f (n) (0) sin n ,
解 当是正整数时，由二项式定理展开即得。
下面讨论不是正整数情形。 f (n) ( x) ( 1) ( n 1)(1 x)n , f (n) (0) ( 1) ( n 1), (n 1,2, )
f (0) 1,
利用Cauchy型余项：
Rn( x)
敛于
f
(
x)
在U
(
x0
)
内lim n
Rn
(
x
)
0
.
证明 必要性 设f ( x)能展开为泰勒级数,
f (x)
n i0
f
(i) ( x0 i!
)(
x
x0
)i
Rn ( x)
Rn( x)
f ( x) sn1( x),
lim
n
sn1
(
x
)
f (x)
lim n
Rn ( x)
lim[
n
f
(x)
sn1( x)]
其中 Rn( x)
f ( (n1) )
(x (n 1)!
x0 )n1
(
在
x0 与 x 之间)
——拉格朗日形式的余项
或Rn( x) o[(x x0 )n] ——皮亚诺形式的余项
或Rn (
x)
1 n!
x x0
f (n1)(t )( x t )n dt
——积分型余项。
Rn( x)
1 n!
f
(n1) ( x0