7.6-7.7泰勒公式与泰勒级数及某些初等函数的幂级数展开式

α(α − 1) 2 α 2 (α − 1)L(α − n + 1) n−1 x +L+ x +L = α + α2 x + 2! n!
= α s( x )
s ′( x ) α , ∴ = s( x ) 1 + x
且 s( 0) = 1.
x ∈ (−1,1) −
两边积分
∫
x
0
x α s ′( x ) dx = ∫ dx , 0 1+ x s( x )
(n)
x ∈(−∞,+∞)
f x . 例3 将 ( x) = (1+ x) (α ∈ R)展开成 的幂级数
α
解 Q f ( n ) ( x ) = α(α − 1)L(α − n + 1)(1 + x ) α− n ,
f
( n)
(0) = α(α − 1)L(α − n + 1),
( n = 0,1,2,L)
一、泰勒级数
上节讨论了求幂级数的和函数，本节讨论相反的问题： 上节讨论了求幂级数的和函数，本节讨论相反的问题： 给出一个函数 f (x), 是否能找到这样一个幂级数，它 是否能找到这样一个幂级数， 在某区间内收敛， 在某区间内收敛，且其和恰好为 f (x). 如果能找到这 样的幂级数，我们就说， 样的幂级数，我们就说，函数 f ( x ) 在该区间内能展 开成幂级数。 开成幂级数。 f ( x ) 的n阶泰勒公式 阶泰勒公式
1 1 ∞ ( −1)n = ∑ n ( x − 1)n x − 1 8 n=0 4 8(1 + ) 4
所以
( −3 < x < 5),
证明 必要性 设f ( x )能展开为泰勒级数 ,
Q f ( x) = ∑
i =0
n
f ( i ) ( x0 ) i ( x − x0 ) + Rn ( x ) i!
n→ ∞
∴ Rn ( x ) = f ( x ) − sn+1 ( x ), Q lim sn+1 ( x ) = f ( x )
∴ lim Rn ( x ) = lim[ f ( x ) − sn+1 ( x )] = 0 ;
∴f
(0) = 0, f ( 2 n+1) (0) = ( −1) n , ( n = 0,1,2,L)
nπ 且 f ( x ) = sin( x + ) ≤ 1 x ∈ ( −∞ ,+∞ ) 2 2n+1 1 3 1 5 x n ∴sin x = x − x + x −L+ (−1) +L 3! 5! (2n + 1)!
x
例4
的幂级数。 将函数sin x 展开成 ( x − ) 的幂级数。 4
π
解 因为
sin x = sin[ + ( x − )] 4 4
π
π
= sin cos( x − ) + cos sin( x − ) 4 4 4 4 1 π π [cos( x − ) + sin( x − ), = 2 4 4
α ≤ −1 −1 < α < 1
α >1
收敛域为( −1,1); 收敛域为( −1,1];
收敛域为[ −1,1].
1 当α = −1,± 时, 有 2
1 = 1 − x + x 2 − x 3 + L + ( −1)n x n + L ( −1,1) 1+ x
1 1 2 1⋅ 3 3 n ( 2n − 3)!! n 1+ x = 1+ x − x + x + L + ( −1) x +L 2 2⋅ 4 2⋅4⋅6 ( 2n)!! [−1,1]
f ( x° ) f ( x ) = f ( x° ) + f ( x° )( x − x° ) + ( x − x° )2 2!
'
'
f ('') ( x° ) ( x − x° )n + Rn ( x ) +L+ n! 记为 pn ( x ) + Rn ( x )LLLLLLLLLLLL(1) 在Pn ( x )中让项数趋向于无穷而成为幂级数 f ( n ) ( x° ) ( x − x° ) 2 + L f ( x° ) + f ' ( x° )( x − x° ) + 2! f (") ( x° ) n ( x − x° ) + L,LLLLLLLLL( 2) + n! 称此幂级数为函数f ( x )的泰勒级数。当x = x°时，
1 3 1 5 x2n+1 Qsin x = x − x + x −L+ (−1)n +L 3! 5! (2n + 1)! 2n 1 2 1 4 n x ∴ cos x = 1 − x + x − L + ( −1) +L 2! 4! ( 2n)!
x ∈ ( −∞ ,+∞ )
arctan x = ∫
x
( x ) = e , f ( 0 ) = 1. ( n = 0,1,2,L) 1 2 1 n x e ↔ 1+ x + x + L+ x +L 2! n! (n) x ≤ eM ∀M > 0, 在[− M , M ]上 f ( x ) = e ( n = 0,1,2,L) 1 2 1 n x ∴e = 1 + x + x + L+ x + L 2! n!
xs′( x ) = αx + α (α − 1) x + L +
2
α (α − 1)L(α − n + 1)
( n − 1)!
xn + L
(m − 1)L(m − n + 1) (m − 1)L(m − n) m(m − 1)L(m − n + 1) 利用 + = (n − 1)! n! n!
∴ (1 + x ) s′( x )
得 ln s( x ) − ln s( 0) = α ln(1 + x ),
即
ln s( x ) = ln(1 + x ) α ,
∴ s( x ) = (1 + x )α , x ∈ (−1,1) −
牛顿二项式展开式 ∴ (1+ x)α α(α − 1) 2 α(α − 1)L(α − n + 1) n x +L+ x +L = 1+ αx + 2! n! x ∈(−1,1) − 注意: 注意: 在x = ±1处收敛性与 α的取值有关 .
在（2）式中取 x° = 0, 得 ）
f ' ' ( 0) 2 f ( n ) ( 0) n f ( 0) + f ' ( 0) x + x +L x + L, (3) 2! n! 级数（ ） 麦克劳林级数。 级数（3）称为函数 f (x) 的麦克劳林级数。
的幂级数， 函数 f ( x ) 的麦克劳林级数是 x 的幂级数，现在我们
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
解 因为
1 1 1 1 f ( x) = 2 = = − x + 4 x + 3 ( x + 1)( x + 3) 2(1 + x ) 2( 3 + x )
而
1 1 , = − x −1 x −1 4(1 + ) 8(1 + ) 2 4
1 1 ∞ ( −1)n = ∑ n ( x − 1)n ( −1 < x < 3), x − 1 4 n=0 2 4(1 + ) 2
证明， 幂级数， 证明，如果 f ( x ) 能展开成 x 幂级数，那么这种展开式是
唯一的， 的麦克劳林级数（ ） 一致。 唯一的 ，它一定与 f ( x ) 的麦克劳林级数 3） （ 一致 。
事实上， 的某邻域（ 事实上，如果 f ( x )在点 x° = 0的某邻域 （-R,R） ）
内能展开成的幂级数， 内能展开成的幂级数，即
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a n =
f
(n)
( x0 ) ; n!
( 2) 讨论 lim Rn = 0 或 f ( n ) ( x ) ≤ M ,
n→ ∞
则级数在收敛区间内收 敛于 f ( x ).
f . 例1 将 ( x) = e 展开成幂级数
f '' ( x ) = 2! a2 + 3 ⋅ 2a3 x + L + n( n − 1)an x n− 2 + L,
f '' ( x ) = 3! a3 + L + n( n − 1)( n − 2)an x n− 3 + L, LLLL f ( n ) ( x ) = n! an + ( n + 1)n( n − 1)L 2an+1 x + L, LLLL 代入以上各式， 把 x = 0 代入以上各式，得 ' (n) f ( 0) f ( 0) ' a° = f (0), a1 = f (0), a2 = ,L , a n = ,L . 2! n! 这就是所要证明的。 这就是所要证明的。
解
f
(n)
x
(n)
由于M的任意性 由于 的任意性, 即得 的任意性
1 2 1 n e = 1 + x + x +L+ x +L x ∈(−∞,+∞) 2! n!
x
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
3
π
π
所以
π 2 π 3 1 π (x − 4) (x − 4) sin x = − + L 1 + ( x − 4 ) − 2 2! 3!
( −∞ < x < +∞ ).
例5
1 的幂级数。 将函数 f ( x ) = 2 展开成 ( x − 1) 的幂级数 。 x + 4x + 3
n→ ∞ n→ ∞
充分性
n→ ∞
Q f ( x ) − sn+1 ( x ) = Rn ( x ),
n→ ∞
∴ lim[ f ( x ) − sn+1 ( x )] = lim Rn ( x ) = 0,
即 lim sn+1 ( x ) = f ( x ),
n→ ∞
∴ f ( x )的泰勒级数收敛于 f ( x ).
1 1 1⋅ 3 2 1⋅ 3 ⋅ 5 3 n ( 2 n − 1)!! n x − x + L + ( −1) x +L = 1− x + 1+ x 2 2⋅4 2⋅4⋅6 ( 2n)!!
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 )′
并且有（见例2， 并且有（见例 ，例3） ）
π
π
π
π
( x − ) ( x − )4 π 4 + 4 − L( −∞ < x < +∞ ), cos( x − ) = 1 − 4 2! 4!
2
π
π
( x − ) ( x − )5 π π 4 + 4 − L( −∞ < x < +∞ ), sin( x − ) = ( x − ) − 4 4 3! 5!
α(α − 1) 2 α(α − 1)L(α − n + 1) n 1 + αx + x +L+ x +L 2! n!
α−n a n +1 = = 1, Q lim n→ ∞ a n+1 n
∴ R = 1,
在(−1,1)内, 若 −
α(α − 1)L(α − n + 1) n s( x ) = 1 + αx + L + x +L n! α(α − 1)L(α − n + 1) n−1 s′( x ) = α + α(α − 1) x + L + x +L ( n − 1)!
f ( x )的泰勒级数收敛于 f ( x° ).
问题 当x ≠ x°时，（2）是否收敛于 f ( x ) ?
的泰勒级数, 定理 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 .
n→ ∞
f ( x ) = a° + a1 + a2 x 2 + Lan x n L,LLLL(4)
成立， 对一切 x ∈ ( − R , R ) 成立 ，那么根据级数在收敛
区间内可以逐项求导， 区间内可以逐项求导，有
f ' ( x ) = a1 + 2a2 x 1 + 3a3 x 2 + L + nan x n−1 + L,
x
0
dx 1 + x2
1 3 1 5 x 2 n +1 = x − x + x − L + ( −1) n +L 3 5 2n + 1 x ∈ [−1,1] −
dx ln(1 + x ) = ∫ 0 1+ x 1 2 1 3 xn n −1 = x − x + x − L + ( −1) +L 2 3 n x ∈ (−1,1] −