高数 第十一章 无穷级数12-5

(<x<).
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例3 将函数f(x)(1x)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(1x)m1, f (x)m(m1)(1x)m2, , f (n)(x)m(m1)(m2) (mn1)(1x)mn, , 所以 f(0)1, f (0)m, f (0)m(m1), , f (n)(0)m(m1)(m2) (mn1), , 于是得幂级数
f(0), f (0), f (0), , f (n)( 0), ; •第三步 写出幂级数
f (0) f (0)x
f (0) x2 2!
f (n)(0) xn 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
(x
x0)n1
(介于
x
与x0
之间).
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.
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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)(x x0)
f
(x0) 2!
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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
(x)
f
(x0 )
f
(x0)(x x0)
f
(x0 2!
)
(x
x0)2
f
(n)(x0) n!
(x
x0)n
Rn(x)
,
其中 Rn(x)
f (n1)()
(n1)!
公式中的余项Rn(x)当n0时的极限为零, 即
lim
n
Rn(x)
0
(xULeabharlann Baidux0)) .
>>>
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❖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x00的某邻域(R, R)内能展开成x 的幂级数, 即
解 已知
sin x x x3 x5 (1)n1 x2n1 (<x<).
3! 5!
(2n 1)!
对上式两边求导得
cos x 1 x2 x4 (1)n x2n (<x<).
2! 4!
(2n)!
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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1 4x
3
展开成(x1)的幂级数.
解
f
(x)
1 2(1
x)
1 2(3
x)
1 4(1 x
1)
1 8(1 x
1)
2
4
1 4
(1)n
n0
(x 1)n 2n
1 8
(1)n
n0
(x 1)n 4n
(1)n(
1
n0
2n2
1 22n3
)(x 1)n
( 1
x3)
.
提示:由1f11(x11x)x1x4221xx2122(1nx(n1x40x(110()1和1)3)12n)2(n(1((x1(xx42xn1x12n)41)n2)11(n1x)()(,11,331得3)xxx4x2121(41141x1(x)1x())3x.12)1()3144(1x(1),xx4411)). . 铁岭师范高等专科学校 理工学院 数学教研室
3! 5!
(2n 1)!
它的收敛半径为R.
对于任何有限的数x、 (介于0与x之间), 有
| Rn (x)|
|
sin[ (n 1)
2 (n 1)!
]
x n 1 |
| x|n1 (n 1)!
0
(n
).
因此得展开式
sin
x x x3 x5 3! 5!
(1)n1 x2n1 (2n 1)!
并且
4 42
4
4
cos(x )1 1 (x )2 1 (x )4 ( x) ,
4 2! 4 4! 4
sin(x )(x ) 1 (x )3 1 (x )5 ( x) ,
4
4 3! 4 5! 4
提示: scinosxxx1
xx32xx54
((11))nn1
x2xn2n1
( (<x<<x<).).
32!! 54!!
(2(2nn)!1)!
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例7
将函数
f
(x)sin
x
展开成
(x
4
)
的幂级数.
解 因为
sin x sin[ (x )] 2 [cos(x )sin(x )] ,
并且
4 42
4
4
cos(x )1 1 (x )2 1 (x )4 ( x) ,
(x
x0)2
f
(x0) 3!
(x
x0)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x00, 得
f (0)
f
(0)x
f
(0) 2!
x2
f
(n)(0) n!
xn
,
此级数称为f(x)的麦克劳林级数.
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一、泰勒级数
❖泰勒级数
f (x0)
f (x0)(x x0)
第五节 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 mx m(m1) x2 m(m1) (mn1) xn
2!
n!
.
可以证明
(1 x)m 1 mx m(m1) x2 m(m1) (mn1) xn
2!
n!
(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.
例例55
将函数 f (x) 1 1 x2
展开成 x 的幂级数.
解 已知
解 因为 1 1 x x2 xn (1<x<1), 1 x
把x换成x2, 得
1 1 x2 x4 (1)n x2n (1<x<1). 1 x2
提示: 收敛半径的确定: 由1x21得1x1.
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f (x)
f (0)
f (0)x
f (0) x2 2!
f (n)(0) xn n!
(RxR).
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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(n1, 2, ), f (n)(0)1(n1, 2, ).
于是得级数
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❖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x00的某邻域内收敛, 它却不一定收敛于f(x).
2! 4!
(2n)!
ln(1 x) x x2 x3 x4 (1)n xn1 (1 x1) ,
234
n1
(1 x)m 1 mx m(m1) x2 2!
m(m 1)
(mn1) n!
xn
(1 x1)
.
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f(x)a0a1xa2x2 anxn ,
那么有
a0f(0),
a1f
(0),
a2
f
(0) 2!
,
,
an
f
(n)(0) n!
,
.
提示: f (x)a12a2x3a3x24a4x35a5x4 , f (0)a1 . f (x)2!a232a3x43a4x254a5x3 , f (0)2!a2. f (n)(x)n!an(n1)n(n1)2an1x , f (n)(0) n!an.
2!
n!
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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(xn ) (n1, 2,),
2 所以f (n)(0)顺序循环地取0, 1, 0, 1, (n0, 1, 2, 3, ),
于是得级数 x x3 x5 (1)n1 x2n1 ,
因此, 如果f(x)在点x00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.
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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x0 处的值:
❖幂级数展开式小结
1 1 x x2 xn (1 x1) , 1 x
ex 1 x 1 x2 1 xn ( x) ,
2!
n!
sin x x x3 x5 (1)n1 x2n1 ( x) ,
3! 5!
(2n 1)!
cos x 1 x2 x4 (1)n x2n ( x) ,
1 x 1 x2 1 xn ,
2!
n!
它的收敛半径R.
对于任何有限的数x、 (介于0与x之间), 有
|
Rn(x)|
|
e (n 1)!
xn1
|
e|x|
| x|n1 (n 1)!
,
而 lim | x|n1 0 n (n1)!
,所以 lim| n
Rn(x)|
0
,从而有展开式
ex 1 x 1 x2 1 xn (<x<).
4 2! 4 4! 4
sin(x )(x ) 1 (x )3 1 (x )5 ( x) ,
4
4 3! 4 5! 4
所以
sin x 2 [1(x ) 1 (x )2 1 (x )3 ] ( x) .
2
4 2! 4 3! 4
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例8
将函数
f
(x)
x2
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一、泰勒级数
❖泰勒级数
f (x0)
f (x0)(x x0)
f
(x0) 2!
(x
x0
)2
f
(x0) 3!
(x
x0)3
.
,
❖麦克劳林级数
f (0)
f (0)x
f (0) 2!
x2
f
(n)(0) n!
xn .,
❖定理
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
的范围是(1<x1).
x s(提x)d示x:101x(xn01anxxn)dxx2n00x axnnxnd x(n10<naxn<11x)n.1., 铁岭师范高等专科学校 理工学院 数学教研室
例7
将函数
f
(x)sin
x
展开成
(x
4
)
的幂级数.
解 因为
sin x sin[ (x )] 2 [cos(x )sin(x )] ,
例6 将函数f(x)ln(1x)展开成x的幂级数.
解 f(x)ln(1x)
0x[ln(1
x)]dx
x
0
1 1
x
dx
x[ (1)n
0 n0
xn]dx
(1)n
n0
xn1 n 1
(1<x1).
上述展开式对x1也成立, 这是因为上式右端的幂级数当
x1时收敛, 而ln(1x)在x1处有定义且连续. 所以展开式成立
f
(x0) 2!
(x
x0
)2
f
(x0) 3!
(x
x0)3
.
,
❖麦克劳林级数
f (0)
f (0)x
f (0) 2!
x2
f
(n)(0) n!
xn .,
显然, 当xx0时, f(x)的泰勒级数收敛于f(x0).
需回答的问题是: 除了xx0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)?