函数展开为幂级数.ppt

x x x n x cos x =1 + + + ( 1) + , 2! 4! 6! ( 2 n)! x∈( ∞ , + ∞ ) .
2
4
6
2n
1 2 3 n n 而 = 1 x + x x ++ (1) x + , (1< x <1) . 1+x
将上式从 0 到 x 逐项积分,得
x x x nx ln(1+x) = x + ++(1) + (1< x≤1) . 2 3 4 n+1
x
2
3
n
例 2.将函数 f ( x) = sin x 展开成 x 的 幂级数.
解: (1)∵ f
(n)
π ( x) = sin( x + n ) ,(n =1, 2,) , 2
∴ f (0) = 0 , f ′(0) =1, f ′′(0) = 0 ,
′′′(0) = 1, f ( 4) (0) = 0 , f
(2) sin x 的 Maclaurin 级数为
x x x n1 x x + ++ ( 1) + , x∈( ∞, + ∞) . 3! 5! 7! ( 2n 1)!
3 5 7 2 n1
π sin[ ξ + ( 2n +1) ] 2 x 2 n+1 (ξ 在 0 与 x 之间) (3) R2 n ( x ) = . ( 2n +1)!
x
又∵级数 ∑
∴ lim
x
∞ x n+1
n=1
(n +1)!
收敛,
n+1
n→∞ ( n +1)!
=0 ,
∴ lim Rn ( x) = 0 , 从而 lim Rn ( x) = 0 , x∈(∞, + ∞) .
n→∞
n→∞
(4)∴
x x x e = 1+ x + + + + + , x ∈( ∞ , + ∞ ) . 2! 3! n!
∴ ln x = ln 2 + ∑(1)
n=1
∞
( x 2) n n1 n2n
,
x2 ( 1< . ≤1 ) 即( 0 < x ≤ 4 ) 2
例 8.将函数 f ( x ) = sin x 展开成 x 的幂级数. 1 1 1 2 解法 1: f ( x) = sin x = (1 cos 2 x) = cos 2 x , 2 2 2
3
5
2 n1
2.间接展开法
利用已知函数的幂级数展开式,经过适当的运算 (如四则运算,变量代换,逐项求导,逐项积分等) , 求出所给函数的幂级数展开式的方法称为间接展开法.
例 3.将函数 f ( x) = cos x 展开成幂级数
+1 x3 x5 x 7 x 2n+1 n 解: sin x = x + ++ (1) + , 3! 5! 7! (2n +1)! 逐项求导得: x∈(∞, + ∞) .
x 2 x3 xn 1+ x + + ++ + , x∈(∞, + ∞) . n! 2! 3!
e (3) Rn ( x ) = ( . x n+1 , ξ 在 0 与 x 之间) ( n +1)!
e x n+1 ∵ Rn ( x) = , <e x (n +1)! (n +1)!
ξ
ξ
x
n+1
e 相对于 n 是一个常数,
二,函数展开为幂级数
1.直接展开法
把 f (x) 展开成 x 的幂级数,其步骤如下:
(1)求出 f (n) (0) , n = 0, 1, 2, (2)写出 f (x) 的 Maclaurin 级数
n f ′′(0) 2 f ( ) (0) n f (0) + f ′(0) x + x ++ x + , 2! n!
x o 处的泰勒级数是否收敛?若收敛,是否一定以 f ( x ) 为
和函数?对此,有如下定理:
lim Rn ( x) = 0 , x∈ N ( x ) .
证明:设 f (x) 在 x 处的某邻域 N ( x ) 内能展开成泰勒级数,即
f (n) ( x ) n f ( x) = ∑ ( x x ) , x∈ N ( x ) n! n=0
记为 f ( x) ～ ∑
∞
f
(n)
n =0
( 0) n x . n!
定理
当函数 f ( x ) 在 x o 的某邻域内具有任意阶导数时,其在
则 f (x) 在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要 条件是 f (x) 在 x 处的泰勒公式的余项 Rn (x) 满足
n→∞
设 f (x) 在 x 的某邻域 N ( x ) 内具有任意阶导数,
∞
⑥
f ( n) ( x ) S n+1 ( x) = f ( x ) + f ′( x )( x x ) ++ ( x x )n . n!
f (x) 在 x 处的泰勒公式为
f ( n) ( x ) n f ( x) = f ( x ) + f ′( x )( x x ) ++ ( x x ) + Rn ( x) n!
2
∵ cos x = ∑ ( 1)
n= n=0
∞
n x
2n
( 2n)!
, x∈( ∞, + ∞ ) .
1 1 ∞ 2 2n x 2n ∴ f ( x) = ∑ (1) n 2 2 n=0 (2n)!
= ∑ (1)
n=1
∞
n+1 2
2 n1
( 2n)!
x
2n
, x∈(∞, + ∞ ) .
2 解法 2:∵ f ′( x) = (sin x)′ = sin 2 x
则 f ( x ) = S n+1 ( x ) + Rn ( x ) .
x∈ N ( x )
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∵ f (x) 在 x 处的泰勒级数在 x∈ N ( x ) 内收敛于 f (x)
lim S n+1 ( x) = f ( x)
n→∞
lim Rn ( x) = lim [ f ( x) S n+1 ( x)] = 0 .
2 2n1 x 2n1 n1 , x∈(∞, + ∞) . = ∑(1) (2n 1)! n=1
∞
∴ f ( x) = ∑(1)
n=1
∞
n1 2
2n1
x (2n)!
2n
, x∈(∞, + ∞) .
问:如何将 f ( x ) = a x ( a > 0, a ≠ 1) 展开成 x 的幂级数?
四,几个常用函数的幂级数展开式 几个常用函数的幂级数展开式
复 习
1.泰勒 (Taylor ) 公式 .
设 f (x) 在点 x 的某一邻域内具有直到 ( n +1) 阶的导数,则在该邻域内有
f ′′( x ) f ( x) = f ( x ) + f ′( x )( x x ) + (x x )2 2!
f (n) ( x ) ++ ( x x ) n + Rn ( x ) n!
2 3 4 n+ 1
例 4.将函数 f ( x) = ln(1+ x) 展开成 x 的 幂级数. 1 解:∵ f ′( x) = , 1+ x
上述展开式对 x =1 也成立,这是因为上式右端的幂级 数当 x =1 时收敛,而 ln(1+ x) 在 x =1 处有定义且连续. 1 1 1 n 1 当 x =1 时,有 ln 2 =1 + ++ (1) + . 2 3 4 n +1
(ξ) n+1 . Rn ( x ) = x ( ξ介于0与x 之间) (n +1)! f
( n+1)
6.3.5 函数展开为幂级数
一,泰勒 (Taylor ) 级数
前面讨论了幂级数的收敛域及其和函数的性质,下 面讨论相反的问题,即给定函数 f (x) ,是否能找到这 样一个幂级数,它在某区间内收敛,且其和恰好就是 给定函数,若能找到这样的幂级数,则称函数 f (x) 在 该区间内能展开成幂级数.
∞
∞
n
例 7.将 f ( x) = ln x 展开成 x 2 的幂级数.
x2 x2 解: ln x = ln(2 + x 2) = ln 2(1+ ) = ln 2 + ln(1+ ) 2 2
∵ ln(1+ x ) = ∑ ( 1)
n =1 =1
∞
n 1
x , n
n
( 1 < x ≤ 1 )
定义 设 f (x) 在点 x 的某邻域内具有任意阶导数,则称 幂级数 ∑
∞
n =0
f (n) ( x ) 泰勒级数, ( x x ) n 为 f (x) 在点 x 处的泰勒级数 泰勒级数 n!
∞
记为 f (x) ～ ∑
f
( n)
n =0
(x ) n (x x ) . n!
f (x) 在点 x = 0 处的泰勒级数,称为 f ( x) 的麦克劳林级数 麦克劳林级数
n→∞ n→∞
∴定理成立.
f (x ) n f (x ) = ∑ ( x x ) , x∈ N ( x ) n! n=0
∞
n
称为 f (x) 在 x 处的泰勒展开式 泰勒展开式. 泰勒展开式
当 x = 0 时,得 f (x) 的麦克劳林展开式 麦克劳林展开式: 麦克劳林展开式
f ′′(0) 2 f ( n) (0) n f ( x) = f (0) + f ′(0) x + x ++ x + , x∈ N (0) . 2! n!
f ( n+1) (ξ) n +1 其中 Rn ( x) = . ( x x ) ( ξ介于x 与x 之间) (n +1) !
2.麦克劳林( Maclaurin )公式 麦克劳林(
在上式中令 x = 0 ,得:
f ′′(0) 2 f ( x) = f (0) + f ′(0) x + x 2!
f ( n ) (0) n ++ x + Rn ( x ) , n!
x 2 x3 xn x e =1+ x + + ++ + , x∈(∞, + ∞) ; 2! 3! n!
x n1 x sin x = x ++ (1) + , x∈(∞, + ∞) ; 3! (2n 1)!
x2 x 2n cos x =1 ++ (1) n + , 2! (2n)!
例 5.将函数 f ( x ) = arctan x 展开成 x 的幂级数. 1 解:∵ (arctan x) ′ = 2 1+ x
=1 x + x x ++ (1)
2
4
6
n1 2n2
x
+ , x ∈(1, 1 ) .
∴ arctan x = arctan 0 + ∫
x 0
1 1+ t
2
dt
x3 x5 x 7 x 2n1 = x + ++ (1) n1 + , x ∈[1, 1] . 3 5 7 2n 1 x x x n1 x arctan x = x + ++ (1) + , x ∈[1, 1] . 3 5 7 2n 1
∵ R2n ( x) ≤
x
2n+1
(2n +1)!
x
,
收敛,∴ lim
x
2 n+1
而级数 ∑
n→∞
∞
2n+1
n=1
(2n +1)!
n→∞ ( 2n +1)!
=0 ,
∴ lim R2n ( x) = 0 ,从而 lim R2n ( x) = 0 , x∈(∞, + ∞) .
n→∞
7
x x x n1 x (4)∴ sin x = x + + + ( 1) + 3! 5! 7! ( 2 n 1)! x∈(∞, + ∞) .
3 5 7 2n1
例 6.将函数 f ( x) =
x
2 2
2 x x
展开成 x 的幂级数.
x2 1 1 21 解: f ( x) = = =x . [ + ], 2 (1 x)(2 + x) 3 (1 x) 2(1+ x ) 2 x x ∞ 2 1 ∵ = ∑ x n , (1 < x <1) , 1 x n = 0
x2
x ∞ n 1 ∞ ( 1) n ∴ f ( x) = [ ∑ x + ∑ x ] 3 n=0 2 n=0 2 n 1 ∞ n 1 = ∑ [1+ ( 1) ] x n+2 , ( 1 < x < 1) . 3 n=0 2 n+1
x n (1) n = ∑ ( ) = ∑ x , (2 < x < 2) , n x 2 2 n=0 n=0 1+ 2 2 n 1
例 1.将函数 f ( x) = e x 展开成 x的 幂级数.
解: (1) f ( x) = f ′( x) = f ′′( x) == f ( n) ( x) = e x ,
′(0) = f ′′(0) = = f ( n) (0) = e 0 =1 , f (0) = f
(2) e x 的 Maclaurin 级数为
并求出其收敛半径 R 和收敛域 B;
f ( n+1) (ξ) n+1 (3)求出 Rn ( x) = , x ( ξ在0与x 之间) x∈ B ; (n +1)!
(4)若 lim Rn ( x) = 0 ,则
n→∞
f ′′(0) 2 f ( n) (0) n f ( x) = f (0) + f ′(0) x + x ++ x + , x∈ B . 2! n!