函数展开成幂级数
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一、泰勒级数
泰勒级数 如果函数f(x)在点x0的某邻域内具有各阶导数, 则幂级数 f ′′( x0 ) f ′′′( x0 ) 2+ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) ( x − x0 )3 + ⋅ ⋅ ⋅ 2! 3! 称为函数f(x)的泰勒级数. 麦克劳林级数 在泰勒级数中取x0=0, 得 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅ , 2! n! 此级数称为f(x)的麦克劳林级数.
∞ x ∞ a 提示: x ∞ 1 =an x ) x2 + ⋅ ⋅ xn + ⋅ ⋅ = ∫0 ( ∑1+x n+dx = ∑⋅∫+an x n dx⋅=(∑ n x n.+1 . −1<x<1) 0 n =0 n =0 n = 0 n +1 1−x
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例2 将函数f(x)=sin x展开成x的幂级数. 解 因为 f (n) (x) = sin( x + n ⋅ π ) (n=1, 2, ⋅ ⋅ ⋅), 2 (n)(0)顺序循环地取0, 1, 0, −1, ⋅ ⋅ ⋅ (n=0, 1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅), 所以f
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f ′′(x)=2!a2+3⋅2a3x+4⋅3a4x2+5⋅4a5x3+ ⋅ ⋅ ⋅ , f ′′(0)=2!a2.
展开式的唯一性 如果f(x)能展开成x的幂级数, 那么这种展式是唯一的, 它 一定与f(x)的麦克劳林级数一致. 应注意的问题: 如果f(x)能展开成x的幂级数, 那么这个幂级数就是f(x)的 麦克劳林级数. 但是, 如果f(x)的麦克劳林级数在点x0=0的某邻域内收敛, 它却不一定收敛于f(x). 因此, 如果f(x)在点x0=0处具有各阶导数, 则f(x)的麦克劳 林级数虽然能作出来, 但这个级数是否在某个区间内收敛, 以 及是否收敛于f(x)却需要进一步考察.
注: 逐项求导所得幂级数与原幂级数有相同的收敛半径.
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例5 将函数 f ( x) = 1 展开成 x 的幂级数. 1+ x 2 解 已知 1 =1+ x + x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + x n + ⋅ ⋅ ⋅ ( 1<x<1) 因为 − , 1− x 把x换成−x2, 得
1+ mx + m(m −1) 2 m(m −1) ⋅ ⋅ ⋅ (m − n +1) n x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅ . 2! n!
2 + ⋅ ⋅ ⋅ + m(m −1) ⋅ ⋅ ⋅ (m − n +1) x
⋅⋅⋅ ,
f (n)(x)=m(m−1)(m−2)⋅ ⋅ ⋅(m−n+1)(1+x)m−n, ⋅ ⋅ ⋅ ,
x3 + x5 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n −1 x 2n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ , 于是得级数 x − 3! 5! (2n −1)! 它的收敛半径为R=+∞. 对于任何有限的数x、ξ (ξ介于0与x之间), 有
(n +1)π sin[ξ + ] | x |n +1 2 x n +1 | ≤ →0 (n →∞). | Rn (x)| =| (n +1)! (n +1)! 因此得展开式 x3 + x5 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1)n −1 x 2n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). sin x= x − 3! 5! (2n −1)!
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一、泰勒级数
复习 根据泰勒中值定理, 如果函数f(x)在x0的某邻域内具有各 阶导数, 则在该邻域内 f ′′(x0 ) f ( x) = f ( x0 ) + f ′(x0 )(x − x0 ) + (x − x0 )2 + ⋅ ⋅ ⋅ 2! f (n) (x0 ) + ( x − x0 )n + Rn ( x) , n! f (n+1) (ξ ) ( x − x0 )n+1 (ξ介于 x 与 x0 之间). 其中 Rn ( x) = (n +1)! 等式右端的多项式当其项数趋于无穷时, 将成为幂级数, 这个幂级数就称为f(x)的泰勒级数.
f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (x) = f (0) + f ′(0)x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅ ⋅ ⋅ (−R<x<R). 2! n!
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例1 将函数f(x)=ex展开成x的幂级数. 解 显然 f (n)(x)=ex(n=1, 2, ⋅ ⋅ ⋅), f (n)(0)=1(n=1, 2, ⋅ ⋅ ⋅). 于是得级数
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一、泰勒级数
泰勒级数
f ′′( x0 ) f ′′′( x0 ) 2+ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) ( x − x0 )3 + ⋅ ⋅ ⋅ . 2! 3! 麦克劳林级数 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅. 2! n! 显然, 当x=x0时, f(x)的泰勒级数收敛于f(x0).
设函数f(x)在点x0的某一邻域U(x0)内具有各阶导数, 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)的泰勒 公式中的余项Rn(x)当n→0时的极限为零, 即
n →∞
lim Rn (x) = 0 (x∈U (x0 )) .
>>>
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可以证明
m =1+ mx + m(m −1) (1+ x)
2!
n!
xn + ⋅ ⋅ ⋅
(−1<x<1).
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求幂级数展开式的间接展开法 例4 将函数f(x)=cos x展开成x的幂级数. 解 已知
x3 + x5 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n −1 x 2n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). sin x = x − 3! 5! (2n −1)! 对上式两边求导得 x 2 + x 4 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n x 2n + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). cos x =1− 2! 4! (2n)!
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例3 将函数f(x)=(1+x)m (m为任意常数)展开成x的幂级数. 解 f(x)的各阶导数为 f ′(x)=m(1+x)m−1, f ′′(x)=m(m−1)(1+x)m−2, f(0)=1, f ′(0)=m, f ′′(0)=m(m−1), ⋅ ⋅ ⋅, f (n)(0)=m(m−1)(m−2)⋅ ⋅ ⋅(m−n+1), ⋅ ⋅ ⋅ , 于是得幂级数 所以
提示: f ′(x)=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+ ⋅ ⋅ ⋅ , f (n)(x)=n!an+(n+1)n(n−1)⋅⋅⋅2an+1x + ⋅ ⋅ ⋅ ,
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f ′(0)=a1 . f (n)(0)= n!an.
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二、函数展开成幂级数
函数展开成幂级数的步骤 •第一步 求出f (x)的各阶导数: f ′(x), f ′′(x), ⋅ ⋅ ⋅ , f (n)(x), ⋅ ⋅ ⋅ ; •第二步 求函数及其各阶导数在x=0 处的值: f(0), f ′(0), f ′′(0), ⋅ ⋅ ⋅ , f (n)( 0), ⋅ ⋅ ⋅ ; •第三步 写出幂级数 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅ , 2! n! 并求出收敛半径R; •第四步 考察在区间(−R, R)内时是否Rn(x)→0(n→∞). 如果Rn(x)→0(n→∞), 则f(x)在(−R, R)内有展开式
展开式的唯一性 如果f(x)能展开成x的幂级数, 那么这种展式是唯一的, 它 一定与f(x)的麦克劳林级数一致. 这是因为, 如果f(x)在点x0=0的某邻域(−R, R)内能展开成x 的幂级数, 即 f(x)=a0+a1x+a2x2+ ⋅ ⋅ ⋅ +anxn + ⋅ ⋅ ⋅ ,
f (n) (0) f ′′(0) ⋅ ⋅ ⋅, 那么有 a0=f(0), a1=f ′(0), a2 = an = , ⋅ ⋅ ⋅. , n! 2!
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例7 将函数 f(x)=sin x 展开成 ( x − π ) 的幂级数. 4 解 因为 = sin[π + ( x − π )] = 2 [cos(x − π ) + sin( x − π )] , sin x 4 4 2 4 4 并且
1 =1− x 2 + x 4 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1)n x 2n + ⋅ ⋅ ⋅ ( 1<x<1) − . 2 1+ x
提示: 收敛半径的确定: 由−1<−x2<1得−1<x<1.
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例6 将函数f(x)=ln(1+x)展开成x的幂级数. 解 f(x)=ln(1+x)
需回答的问题是: 除了x=x0外, f(x)的泰勒级数是否收敛? 如果收敛, 它是否一定收敛于f(x)?
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一、泰勒级数
泰勒级数
f ′′( x0 ) f ′′′( x0 ) 2+ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) ( x − x0 )3 + ⋅ ⋅ ⋅ . 2! 3! 麦克劳林级数 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅. 2! n! 定理
x ′dx = ∫ 1 dx = ∫0 [ln(1+ x)] 0 1+ x x
= ∫0 [ ∑
x ∞
n =0
(−1)n x n ]dx =
n =0
∑
∞
(−1)n
x n +1 ( 1<x 1) − ≤ . n +1
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. 所以展开式成立 的范围是(−1<x≤1).
§11.4 函数展开成幂级数
一、泰勒级数 二、函数展开成幂级数
函 数 f(x) 是 否 能 在 某 个 区 间 内 “ 展 开 成 幂 级 数”, 就是说, 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的函数f(x). 如果 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.
1+ x + 1 x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ 1 x n + ⋅ ⋅ ⋅ , 2! n! 它的收敛半径R=+∞.
对于任何有限的数x、ξ (ξ介于0与x之间), 有 eξ x n +1 | < e| x| ⋅ | x |n +1 , | Rn ( x) | =| (n +1)! (n +1)! | x |n +1 而 lim = 0 , 所以 lim| Rn (x)|= 0 , 从而有展开式 n →∞ n → ∞ (n +1)! e x =1+ x + 1 x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ 1 x n + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). 2! n!
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一、泰勒级数
泰勒级数 如果函数f(x)在点x0的某邻域内具有各阶导数, 则幂级数 f ′′( x0 ) f ′′′( x0 ) 2+ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) ( x − x0 )3 + ⋅ ⋅ ⋅ 2! 3! 称为函数f(x)的泰勒级数. 麦克劳林级数 在泰勒级数中取x0=0, 得 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅ , 2! n! 此级数称为f(x)的麦克劳林级数.
∞ x ∞ a 提示: x ∞ 1 =an x ) x2 + ⋅ ⋅ xn + ⋅ ⋅ = ∫0 ( ∑1+x n+dx = ∑⋅∫+an x n dx⋅=(∑ n x n.+1 . −1<x<1) 0 n =0 n =0 n = 0 n +1 1−x
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例2 将函数f(x)=sin x展开成x的幂级数. 解 因为 f (n) (x) = sin( x + n ⋅ π ) (n=1, 2, ⋅ ⋅ ⋅), 2 (n)(0)顺序循环地取0, 1, 0, −1, ⋅ ⋅ ⋅ (n=0, 1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅), 所以f
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f ′′(x)=2!a2+3⋅2a3x+4⋅3a4x2+5⋅4a5x3+ ⋅ ⋅ ⋅ , f ′′(0)=2!a2.
展开式的唯一性 如果f(x)能展开成x的幂级数, 那么这种展式是唯一的, 它 一定与f(x)的麦克劳林级数一致. 应注意的问题: 如果f(x)能展开成x的幂级数, 那么这个幂级数就是f(x)的 麦克劳林级数. 但是, 如果f(x)的麦克劳林级数在点x0=0的某邻域内收敛, 它却不一定收敛于f(x). 因此, 如果f(x)在点x0=0处具有各阶导数, 则f(x)的麦克劳 林级数虽然能作出来, 但这个级数是否在某个区间内收敛, 以 及是否收敛于f(x)却需要进一步考察.
注: 逐项求导所得幂级数与原幂级数有相同的收敛半径.
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例5 将函数 f ( x) = 1 展开成 x 的幂级数. 1+ x 2 解 已知 1 =1+ x + x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + x n + ⋅ ⋅ ⋅ ( 1<x<1) 因为 − , 1− x 把x换成−x2, 得
1+ mx + m(m −1) 2 m(m −1) ⋅ ⋅ ⋅ (m − n +1) n x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅ . 2! n!
2 + ⋅ ⋅ ⋅ + m(m −1) ⋅ ⋅ ⋅ (m − n +1) x
⋅⋅⋅ ,
f (n)(x)=m(m−1)(m−2)⋅ ⋅ ⋅(m−n+1)(1+x)m−n, ⋅ ⋅ ⋅ ,
x3 + x5 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n −1 x 2n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ , 于是得级数 x − 3! 5! (2n −1)! 它的收敛半径为R=+∞. 对于任何有限的数x、ξ (ξ介于0与x之间), 有
(n +1)π sin[ξ + ] | x |n +1 2 x n +1 | ≤ →0 (n →∞). | Rn (x)| =| (n +1)! (n +1)! 因此得展开式 x3 + x5 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1)n −1 x 2n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). sin x= x − 3! 5! (2n −1)!
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一、泰勒级数
复习 根据泰勒中值定理, 如果函数f(x)在x0的某邻域内具有各 阶导数, 则在该邻域内 f ′′(x0 ) f ( x) = f ( x0 ) + f ′(x0 )(x − x0 ) + (x − x0 )2 + ⋅ ⋅ ⋅ 2! f (n) (x0 ) + ( x − x0 )n + Rn ( x) , n! f (n+1) (ξ ) ( x − x0 )n+1 (ξ介于 x 与 x0 之间). 其中 Rn ( x) = (n +1)! 等式右端的多项式当其项数趋于无穷时, 将成为幂级数, 这个幂级数就称为f(x)的泰勒级数.
f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (x) = f (0) + f ′(0)x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅ ⋅ ⋅ (−R<x<R). 2! n!
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例1 将函数f(x)=ex展开成x的幂级数. 解 显然 f (n)(x)=ex(n=1, 2, ⋅ ⋅ ⋅), f (n)(0)=1(n=1, 2, ⋅ ⋅ ⋅). 于是得级数
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一、泰勒级数
泰勒级数
f ′′( x0 ) f ′′′( x0 ) 2+ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) ( x − x0 )3 + ⋅ ⋅ ⋅ . 2! 3! 麦克劳林级数 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅. 2! n! 显然, 当x=x0时, f(x)的泰勒级数收敛于f(x0).
设函数f(x)在点x0的某一邻域U(x0)内具有各阶导数, 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)的泰勒 公式中的余项Rn(x)当n→0时的极限为零, 即
n →∞
lim Rn (x) = 0 (x∈U (x0 )) .
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可以证明
m =1+ mx + m(m −1) (1+ x)
2!
n!
xn + ⋅ ⋅ ⋅
(−1<x<1).
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求幂级数展开式的间接展开法 例4 将函数f(x)=cos x展开成x的幂级数. 解 已知
x3 + x5 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n −1 x 2n −1 + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). sin x = x − 3! 5! (2n −1)! 对上式两边求导得 x 2 + x 4 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n x 2n + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). cos x =1− 2! 4! (2n)!
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例3 将函数f(x)=(1+x)m (m为任意常数)展开成x的幂级数. 解 f(x)的各阶导数为 f ′(x)=m(1+x)m−1, f ′′(x)=m(m−1)(1+x)m−2, f(0)=1, f ′(0)=m, f ′′(0)=m(m−1), ⋅ ⋅ ⋅, f (n)(0)=m(m−1)(m−2)⋅ ⋅ ⋅(m−n+1), ⋅ ⋅ ⋅ , 于是得幂级数 所以
提示: f ′(x)=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+ ⋅ ⋅ ⋅ , f (n)(x)=n!an+(n+1)n(n−1)⋅⋅⋅2an+1x + ⋅ ⋅ ⋅ ,
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f ′(0)=a1 . f (n)(0)= n!an.
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二、函数展开成幂级数
函数展开成幂级数的步骤 •第一步 求出f (x)的各阶导数: f ′(x), f ′′(x), ⋅ ⋅ ⋅ , f (n)(x), ⋅ ⋅ ⋅ ; •第二步 求函数及其各阶导数在x=0 处的值: f(0), f ′(0), f ′′(0), ⋅ ⋅ ⋅ , f (n)( 0), ⋅ ⋅ ⋅ ; •第三步 写出幂级数 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅ , 2! n! 并求出收敛半径R; •第四步 考察在区间(−R, R)内时是否Rn(x)→0(n→∞). 如果Rn(x)→0(n→∞), 则f(x)在(−R, R)内有展开式
展开式的唯一性 如果f(x)能展开成x的幂级数, 那么这种展式是唯一的, 它 一定与f(x)的麦克劳林级数一致. 这是因为, 如果f(x)在点x0=0的某邻域(−R, R)内能展开成x 的幂级数, 即 f(x)=a0+a1x+a2x2+ ⋅ ⋅ ⋅ +anxn + ⋅ ⋅ ⋅ ,
f (n) (0) f ′′(0) ⋅ ⋅ ⋅, 那么有 a0=f(0), a1=f ′(0), a2 = an = , ⋅ ⋅ ⋅. , n! 2!
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例7 将函数 f(x)=sin x 展开成 ( x − π ) 的幂级数. 4 解 因为 = sin[π + ( x − π )] = 2 [cos(x − π ) + sin( x − π )] , sin x 4 4 2 4 4 并且
1 =1− x 2 + x 4 − ⋅ ⋅ ⋅ + (−1)n x 2n + ⋅ ⋅ ⋅ ( 1<x<1) − . 2 1+ x
提示: 收敛半径的确定: 由−1<−x2<1得−1<x<1.
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例6 将函数f(x)=ln(1+x)展开成x的幂级数. 解 f(x)=ln(1+x)
需回答的问题是: 除了x=x0外, f(x)的泰勒级数是否收敛? 如果收敛, 它是否一定收敛于f(x)?
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一、泰勒级数
泰勒级数
f ′′( x0 ) f ′′′( x0 ) 2+ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + ( x − x0 ) ( x − x0 )3 + ⋅ ⋅ ⋅ . 2! 3! 麦克劳林级数 f ′′(0) 2 f (n) (0) n f (0) + f ′(0) x + x + ⋅⋅⋅ + x + ⋅⋅⋅. 2! n! 定理
x ′dx = ∫ 1 dx = ∫0 [ln(1+ x)] 0 1+ x x
= ∫0 [ ∑
x ∞
n =0
(−1)n x n ]dx =
n =0
∑
∞
(−1)n
x n +1 ( 1<x 1) − ≤ . n +1
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. 所以展开式成立 的范围是(−1<x≤1).
§11.4 函数展开成幂级数
一、泰勒级数 二、函数展开成幂级数
函 数 f(x) 是 否 能 在 某 个 区 间 内 “ 展 开 成 幂 级 数”, 就是说, 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的函数f(x). 如果 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.
1+ x + 1 x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ 1 x n + ⋅ ⋅ ⋅ , 2! n! 它的收敛半径R=+∞.
对于任何有限的数x、ξ (ξ介于0与x之间), 有 eξ x n +1 | < e| x| ⋅ | x |n +1 , | Rn ( x) | =| (n +1)! (n +1)! | x |n +1 而 lim = 0 , 所以 lim| Rn (x)|= 0 , 从而有展开式 n →∞ n → ∞ (n +1)! e x =1+ x + 1 x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ 1 x n + ⋅ ⋅ ⋅ (−∞<x<+∞). 2! n!