无穷级数-函数展开成幂级数

二项展开式:
m
m(m − 1) 2 (1 + x) = 1 + m x + x +L 2! m (m − 1)L(m − n + 1) n + x + L ( − 1 < x < 1) n!
注 1°在 x = ± 1处收敛性与 m 的取值有关 .
2° m 为正整数时, 得二项式定理: m ( m − 1) 2 m x +L + xm (1 + x ) = 1 + mx + 2!
(1 + x )F ′( x ) = mF ( x ),
F ( 0) = 1
x ∈ (−1,1)
∫0
x
x m F ′( x ) dx = ∫ d x， 0 1+ x F ( x)
ln F ( x ) − ln F (0) = m ln(1 + x ),
∴ F ( x ) = (1 + x )m ， x ∈ ( −1,1) m(m − 1) 2 m (m −1)L(m − n + 1) n F(x) = 1+ m x + x +L + x +L n! 2!
2° 麦克劳林级数
m ( m − 1) 2 m(m − 1)L(m − n + 1) n x +L+ x +L 1 + mx + n! 2! x ∈ (−1,1) an n+1 =1 R = lim = lim n→ ∞ a n + 1 n→ ∞ m − n
3° 设和函数为 F ( x ) , − 1 < x < 1 m 下证 : F ( x ) = (1 + x ) .
第十一章
第五节 函数展开成幂级数
一、主要内容 二、典型例题 三、同步练习 四、同步练习解答
一、主要内容 (一) 函数的幂级数展开式
—— 泰勒 ( Taylor ) 展开式 1. 函数展开成幂级数 定义 若 f ( x ) =
n= 0
∑ a n ( x − x0 )
∞
n
, x ∈ I ( I为区间 )，
f ( n ) ( x0 ) f ′′( x0 ) 2 ( x − x0 )n + L +L+ ( x − x0 ) n! 2!
为 f ( x )在 x 0处的 泰勒级数 .
∞
麦克劳林级数 (x0 = 0):
泰勒系数
f ′′(0) 2 f ( n) (0) n x + L+ x +L f ( 0 ) + f ′( 0 ) x + 2! n!
1 ⋅ 3 2 1⋅ 3 ⋅ 5 3 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 4 1 1 x − x+ x −L =1 − x + 2⋅ 4 2⋅ 4⋅ 6 2⋅ 4⋅ 6⋅ 8 2 1+ x ( − 1 < x ≤ 1)
例4 将cos x展开成 x 的幂级数. 解 sin x = ∑ 逐项求导:
∞
n=0
1 x2n+1 (−1) (2n + 1)!
n→ ∞
n= 0
∑
∞
f
(n)
(0) n x , 并求收敛半径 R ; n!
3º 判断 lim Rn ( x ) = 0 ? x ∈ ( − R, R )
(2) 间接展开法 根据展开式的唯一性, 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, 逐项积分等方法, 求展开式.
二、典型例题
(1 + x) = 1 +
m
n=1
∑
∞
m (m −1)L(m − n + 1) n x n! ( − m = 1 , − 1 时二项展开式分别为 2 2
1 2 1⋅ 3 3 1⋅ 3⋅ 5 4 1 x + x − x +L 1+ x = 1 + x − 2⋅ 4 2⋅ 4⋅ 6 2 2⋅ 4⋅ 6⋅ 8 ( − 1 ≤ x ≤ 1)
答：不一定.
(二) 函数展开成幂级数的充分必要条件
定理11.14 设 f (x) 在区间 I上具有各阶导数, 则 f (x) 在 I 上能展开成泰勒级数，即
f ( n ) ( x0 ) f ( x) = ∑ ( x − x0 ) n , n! n= 0
∞
x∈ I
⇔
f ( n + 1) (ξ ) 其中 Rn ( x ) = ( x − x0 )n + 1 ( ξ在x，x0 之间） ( n + 1)! f ( x )的泰勒公式中的余项
n=0 ∞
an ( x − x0 )n , ∑
x ∈ U ( x0 , R )
则其系数
f ( n ) ( x0 ) ( n = 0 ,1, 2 ,L )， an = n!
且展开式是唯一的.
3.定义(泰勒级数) 设f ( x )在x0处具有任意阶导数，则 称
f (n) ( x0 ) ( x − x0 )n = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + f ( x) ~ ∑ n! n=0
f ( x ) = e x 展开成 x 的幂级数. 例1 将 1o 解
o
f ( n ) ( x ) = e x , f ( n ) (0) = 1 ( n = 0 , 1 ,L),
f ′′( 0) 2 f ( n) (0) n f ( 0) + f ′( 0) x + x +L+ x +L 2! n!
ln( + ) x = ln(11 +xx ) = 0
∫0
∞
x
∞ 1 n x n d x = ∑ ( −1) ∫ x d x , x < 1 0 1+ x n= 0
( −1)n n + 1 =∑ x ， −1< x ≤1. n+1 n= 0
∞ ＝ 因右端幂级数在 x( −11n收敛1 , 而 ln(1 + x ) 在 x = 1 ) n+ x ， −1< x ≤1 ln(1 + x ) = ∑ x＝ 连续, 故展开式对 n + 11 也成立, 收敛域为 − 1 < x ≤ 1 . n= 0 1 1 n 1 +L 注 取x = 1得, ln 2 = 1 − + − L + ( −1) 2 3 n+1
x F ′( x ) = m [ x + m −1 2 ( m − 1)L( m − n + 1) n x + L] x +L + ( n − 1) ! 1
′( x ) = m [ 1 + m x + m ( m − 1 ) x 2 + L (1 + x )F
2! m ( m − 1)L ( m − n + 1) n + x + L ] = m F ( x) n!
x?
eξ Rn ( x ) = x n+1 ( n + 1) !
<e
x
x ( n + 1) !
n+1
(ξ 介于x与0之间) 收敛级数的 n→∞ 0 通项 un → 0 (当n → ∞时)
1 2 1 3 1 n e = 1+ x + x + x +L+ x +L, x ∈ ( −∞ ,+∞ ) 2! 3! n!
sin x 展成 x − π 的幂级数. 例6 将 4 解 sin x = sin[ π + ( x − π ) ] 4 4
= sin π cos( x − π ) + cos π sin( x − π ) 4 4 4 4
=
π 2k (x − ) ⎞ ⎡⎛ π 2 1 1 π 4 1 ⎜ − 4 +L ⎟ ( x − ) + ( x − ) − L+ − 1 k = 2⎢ 1 （ ） 2! 4 4! 4 (2 ⎠ ⎣⎝ π 2 k +1 k)! （x − ） ⎛ 1 π 3 ⎤ ⎞ π k 4 + ⎜( x − ) − ( x − ) + L + − 1 （ ） +L ⎟ ⎥ 3! 4 4 ( 2k + 1)! ⎝ ⎦ ⎠
( ( m − 1)L( m − m(m m 1)1xL+ L+ m1) − 1)L mLn +−) xn1+L n) ( − − ) 2 (m − n + (m m(m − 1) − (m 1n + ) F( x) = 1+ m x + + = n! n ! 2! n! (n − 1)!
m −1 (m − 1)L(m − n + 1) n−1 x + L+ F '( x) = m [1 + x + L] 1 (n − 1)!
an = f
( n) (0)
n!
∞
n = 2k ⎧ 0, ( k = 0,1, 2, L) ⎪ k = ⎨ ( −1) , n = 2k + 1 ⎪ ( 2k + 1)! ⎩
x 2k +1 , 2o sin x ~ ∑ ( −1)k ( 2k + 1)! k =0
收敛半径 R = +∞ .
3° ∀x ∈ ( −∞ ,+∞ ), 余项满足
sin[ξ + ( n + 1) ] f ( n + 1) (ξ ) n + 1 2 n+1 x Rn ( x ) = = x ( n + 1) ! ( n + 1)!