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 ≤ −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]
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] −
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
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 = ∫
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 )′
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
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 )
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!
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 ;
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
(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
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 ).
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。
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)!
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
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 )
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 .