函数展开成幂级数

∴f
(0) = 0, f ( 2 n+1) (0) = ( −1) n , ( n = 0,1,2,⋯)
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 ξ ( x − x0 )n+1( 在x0与 之 ). 其 Rn( x) = 中 间 (n + 1)!
[ f ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + o( x − x0 )]
如, 例 , 当x 很 时 e ≈ 1 + x , ln(1 + x) ≈ x 如 小 ,
x
（如下图） 如下图）
y = ex
y = ex
y= x
y = ln(1 + x)
y = 1+ x
n= 0
∞
的泰勒级数, 定理 2 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→∞
证明（ 证明（略）
定理 3
设 f (x) 在U ( x0 ) 上有定义,∃M > 0, 对 上有定义, ( n) ∀ x ∈ ( x0 − R, x0 + R),恒有 f ( x) ≤ M
n=0
存在幂级数在其收敛 域内以f(x)为和函数 域内以 为和函数
问题: 如果能展开 如果能展开, 是什么? 问题 1.如果能展开 a n 是什么 2.展开式是否唯一 展开式是否唯一? 展开式是否唯一 3.在什么条件下才能展开成幂级数 在什么条件下才能展开成幂级数? 在什么条件下才能展开成幂级数
定理1 U 定理 1 如果 函数 f (x)在 δ ( x0 )内具有 任意 阶导 级数, 数 且 Uδ ( x0 )内能展 , 在 开成( x − x0 )的幂 级数 , 即 f ( x) =
代 P (x)中 入 n 得
三、泰勒(Taylor)中值定理 泰勒(Taylor)中值定理 (Taylor)
泰勒(Taylor)中值定理 泰勒(Taylor)中值定理 如果函数 f (x) 在含有x0 (Taylor) ( ( 阶的导数, 的某个开区间 a, b) 内具有直到 n + 1) 阶的导数,则 ( 内时, 当x在(a, b) 内时, f (x)可以表示为 x − x0 ) 的一个 n次多项式与一个余项Rn (x)之和: 之和:
拉格朗日形式的余项
f (n+1) (ξ ) M n+1 Rn ( x) = ( x − x0 ) ( x − x0 )n+1 ≤ (n + 1)! (n + 1)! Rn ( x ) 0 及 lim n = x → x0 ( x − x ) 0
即Rn( x) = o[( x − x0 )n ].
∴ f ( x) = ∑
f ( n ) ( 0) n x 称为 f ( x ) 在点 x0 = 0 的麦克劳林级数. 麦克劳林级数. n!
∑
n= 0
问题
f (n) ( x0 ) n f ( x) ? ∑ ( x − x0 ) == n! n=0
∞
泰勒级数在收敛区间是否收敛于f(x)? 不一定 泰勒级数在收敛区间是否收敛于 不一定.
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 +⋯+ x +⋯ 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
n
1⋅ a = f ′( x ),
1 0 ( n) 0
2!⋅a = f ′′( x )
2 0
⋯ ⋯, n!⋅a = f ( x ) 1 (k ) (k = 0,1,2,⋯, n) 得 ak = f ( x0 ) k!
f ′′( x0 ) ( x − x0 )2 + ⋯ P ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) + n 2! f (n) ( x0 ) ( x − x0 )n + n!
f (n+1) (θx) n+1 x 则 项 Rn ( x) = 余 (n + 1)!
麦克劳林(Maclaurin)公式 麦克劳林(Maclaurin)公式 (Maclaurin)
f ′′(0) 2 f (n) (0) n f ( x) = f (0) + f ′(0)x + x + ⋯+ x 2! n! f (n+1) (θx) n+1 x (0 < θ < 1) + (n + 1)!
f ′′(0) 2 f (n) (0) n f ( x) = f (0) + f ′(0)x + x +⋯+ x 2! n! + O( xn )
四、泰勒级数
上节例题
∞
( −1) n−1 ∑
n =1
∞
xn = ln(1 + x ) ( −1 < x ≤ 1) n
n
f ( x) = ∑an ( x − x0 )
n
f (k ) ( x0 ) f ( x) = ∑ ( x − x0 )k + Rn ( x) k =0 k! ( 的n 泰 公 称 f (x)按 x − x0 )的 展 的n 阶 勒 式 为 幂 开
n
f (n+1) (ξ ) Rn( x) = ( x − x0 )n+1 (ξ在x0与x之间 ) (n + 1)!
(n = 0,1,2,⋯ 泰勒系数 )
泰勒系数是唯一的, 泰勒系数是唯一的 ∴ f ( x )的展开式是唯一的 .
定义
∑
n=0
∞
∞
处任意阶可导, 如果 f ( x ) 在点 x0 处任意阶可导,则幂级数
f ( n ) ( x0 ) n ( x − x0 ) 称为 f ( x ) 在点 x0 的泰勒级数. 泰勒级数. n!
此 去 过 如 下 ,经 (n + 1)次 ,得 后
( Rn( x) Rnn+1) (ξ ) n+1 = (n + 1)! ( x − x0 ) x 间 (ξ在x0与ξn之间,也 x0与 之 ) 在
∵ P
( n+1) n
( x) = 0,
( ∴ Rnn+1) ( x) = f (n+1) ( x)
(n + 1)阶 数 P(x) 为 项 函 导 , 多 式 数
P ( x) = a0 + a1( x − x0 ) + a2( x − x0 )2 + ⋯+ an( x − x0 )n n
差 Rn( x) = f ( x) − P ( x) 误 n
、 二 Pn 和Rn 的 定 确
分析: 分析
近 似 程 度 越 来 越 好
1.
x0
Pn ( x0 ) = f ( x0 )
y
y = f (x)
2.
′ Pn ( x0 ) = f ′( x0 )
3.
′ Pn′( x0 ) = f ′′( x0 )
o
x0
x
⋯⋯ ⋯⋯
设 假
0
P(k ) ( x0 ) = f (k ) ( x0 ) k = 1,2,⋯, n n
0பைடு நூலகம்
a = f ( x ),
an ( x − x0 )n ∑
n=0
∞
1 (n) 则其系数 an = f ( x0 ) n!
是唯 一的. 且展开式 一的.
∞ n= 0
(n = 0,1,2,⋯ )
∵ ∑ a n ( x − x0 ) n 在u( x0 )内收敛于 f ( x ),即 证明
f ( x ) = a 0 + a1 ( x − x 0 ) + ⋯ + a n ( x − x 0 ) + ⋯
第四节
函数展开成幂级数
一、问题的提出
1.设 1.设 f (x)在x0处 续 则 连 , 有
f ( x) ≈ f ( x0 )
[ f ( x) = f ( x0 ) +α ]
x 2.设f (x)在 0 处可 ,则 导, 2.设 导 有
f ( x) ≈ f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 )
Rn ( x ) Rn ( x ) − Rn ( x0 ) n +1 = ( x − x0 ) ( x − x0 ) n + 1 − 0
′ Rn (ξ1 ) = ( n + 1)(ξ1 − x0 )n (ξ在x0与x之间)
′ (x)及(n + 1)( x − x0 )n 在以x0 及ξ1为端点 两 函数Rn
( 证明: 设, 证明: 由 设,Rn (x) 在 a, b) 内具 直 (n + 1)阶 假 有 到
数 导 ,且
( ′ ′′ Rn ( x0 ) = Rn ( x0 ) = Rn ( x0 ) = ⋯= Rnn) ( x0 ) = 0
两函数Rn (x) 及( x − x0 )n+1 在以x0 及x 为端点的 件, 区 上 足 西 值 理 条 ,得 间 满 柯 中 定 的 件