高等数学(同济大学)课件下第11_4函数展开成幂级数
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高等数学课件：11-4 函数的幂级数展开式
n 2k n 2k 1
(k 0, 1, 2,)
得级数:
x
1 3!
x3
1 5!
x5
(1)n1
1 (2n1)!
x2n1
其收敛半径为 R , 对任何有限数 x , 其余项满足
sin(
(n
1)
2
)
(n 1)!
x n 1
n
sin x
x
1 3!
x3
1 5!
x5
(1)n
1 ( 2 n1)!
x 2n1
2. 间接展开法 利用一些已知的函数展开式 及幂级数的运算性质, 将所给函数展开成 幂级数. 例3. 将 f ( x) cos x 展开成为关于x 的幂级数. 解：由于
1 x
( 1 x 1)
1 1 x x2 xn 1 x
(1 x 1)
例6. 求
的麦克劳林级数.
解: sin2 x 1 1 cos 2x 22
1 1 (1)n 1
2 2 n0
( 2n) !
x (, )
1 (1)n
4n
x 2n (1)n1
4n
x 2n
2 n1
( 2n) !
f (0) f (0)x f (0) x2 f (n) (0) xn
2!
n!
两个待解决的问题 1) 对此级数, 它的收敛域是什么 ？ 2) 在收敛域上 , 和函数是否为 f (x) ?
泰勒公式
若函数
的某邻域内具有 n + 1 阶导数, 则在
该邻域内有 :
f
(x)
f
(
x0 ) f (x0 )(x x0 ) f (n) (x0 ) (x n!
所以展开式对 x ＝1 也是成立的, 于是收敛域为
高数同济版第十二章幂级数演示文稿
n 1
n 1
对端点 x = 1, 级数为交错级数
对端点 x =－1, 级数为 故收敛域为 (1, 1] .
发散 .
收敛;
第12页，共25页。
例2. 求下列幂级数的收敛域 :
解: (1)
1
R lim an lim n an1 n
n! 1
(n 1)!
所以收敛域为 ( , ) .
(2) R lim an lim n ! n an1 n (n 1) !
的和.
解: 构造幂级数 xn ,
n1 n 设和函数为 S(x),
显然收敛域为[-1,1)
S(x) xn1
1
n1
1x
S(x) x 1 dx S(0) ln(1 x) 0 1 x
S(1) ln 2.
第22页，共25页。
内容小结
1. 求幂级数收敛域的方法
1) 对标准型幂级数
先求收敛半径 , 再讨论端点的收敛性 . 2) 对非标准型幂级数(缺项或通项为复合式)
所以级数仅在 x = 0 处收敛 .
0
第13页，共25页。
例3.
的收敛半径 .
解: 级数缺少奇次幂项,不能直接应用定理2, 故直接由
比值审敛法求收敛半径.
lim un1(x) n un (x)
lim
n
[ [
2 (n 1) ] ! (n 1) ! ]2
x
2
(n1)
[2n]! [ n ! ]2
x2n
外发散; 在 x R 可能收敛也可能发散 .
R 称为收敛半径 ，(－R , R ) 称为收敛区间.
(－R , R ) 加上收敛的端点称为收敛域.
收敛 发散
高数下课件 ch11_4
f (0) = 1，
(n = 1,2,3,)，
f (n)(0=) m(m − 1)(m − n + 1)，
∴ f ( x)的麦克劳林级数为
1 + mx + m(m − 1) x2 + + m(m − 1)(m − n + 1) xn + .
2!
n!
(2) ρ = lim an+1
a n→∞ n
m(m − 1)(m − n)
x ∈[−1,1].
直接展开法的缺点：
(1) 求 f (n)( x0 ) 计算量较大；
(2)
证明
lim
n→∞
Rn
(
x
)
=
0
困难.
2. 间接展开法
利用已知的展开式、幂级数的代数与分析运算以及 变量代换等，将函数展开成幂级数. 因为函数展开 成幂级数是唯一的，所以用此方法与直接法展开具 有相同的结果，其优点在于可以避免对余项的研究， 也不用求高阶导数，从而计算比较简单.
+
f
(n) ( x0 n!
)
(
x
−
x0
)n
+
，x
∈U
(
x0
).
当 x0 = 0 时，
f ( x=) f (0) + f ′(0)x + f ′′(0) x2 + + f (n)(0) xn +
2!
n!
称为 f ( x)的麦克劳林级数.
4. 展开式的唯一性
能
设 f ( x)=a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn + ，则展开式唯一， 且就是 f ( x)的麦克劳林级数.
函数展开成幂级数PPT课件
1
因此对任意常数 m, 级数在开区间 (－1, 1) 内收敛.
-
10
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为避免研究余项 , 设此级数的和函数为 F (x) ,1 x 1 则 F (x) 1 m x m(m 1) x2
2! m(m 1) (m n 1) xn n!
F (x) m 1 m 1 x (m 1) (m n 1) xn1
解: 易求出 f (0) 1, f (0) m, f (0) m(m 1) ,
f (n) (0) m(m 1)(m 2) (m n 1) ,
于是得级数 1 mx m(m 1) x2 2!
m(m 1) (m n 1) xn n!
由于
R lim an n an1
lim n 1 n m n
1
(n 1)!
(1 x)F (x) mF (x), F (0) 1 推导
x
0
F (x) F ( x)
d
x
x
0
1
m x
d
x
ln F (x) ln F (0) m ln(1 x)
F (x) (1 x)m
-
11
推导 目录 上页 下页 返回 结束
由此得
(1 x)m 1 m x m(m 1) x2 2!
函数展开成幂级数
两类问题: 在收敛域内
幂级数 an xn
n0
求和 展开
和函数 S (x)
本节内容: 一、泰勒 ( Taylor ) 级数
二、函数展开成幂级数
-
1
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一、泰勒 ( Taylor ) 级数
复习: f (x) 的 n 阶泰勒公式
若函数 f (x) 在 x0 的某邻域内具有 n + 1 阶导数, 则在
高等数学11-4函数展开成幂级数
1,
R 1,
牛顿二项式展开式
(1 x )
1 x
( 1) 2!
x
2
( 1)( n 1) n!
的取值有关
( 1 ,1 );
x
n
注意:
在 x 1 处收敛性与
1
收敛域为
. x (1,1)
1 1
i
R n ( x ) f ( x ) s n 1 ( x ), lim s n 1 ( x ) f ( x )
n
lim R n ( x ) lim [ f ( x ) s n 1 ( x )] 0 ;
n n
充分性
n
f ( x ) s n 1 ( x ) R n ( x ),
条件是 f (x) 的泰勒公式中的余项满足: lim Rn ( x) 0 .
n
( f (x) =它的泰勒级数 证明
f (x)
f (x) 的泰勒公式中的余项趋于0)
,
必要性 设 f ( x )能展开为泰勒级数
i0
n
f
(i)
( x0 )
i!
( x x 0 ) R n ( x ) s n 1 ( x ) R n ( x ),
n0
f
(n)
( x0 )
n!
f
(n)
( x x 0 ) 称为 f ( x ) 在点 x 0 的泰勒级数.
n
n0
(0)
x 称为 f ( x ) 的麦克劳林级数.
n
n!
问题
f ( x)
函数展开成幂级数PPT课件
3! 5!
(2n 1)!
Jlin Institute of Chemical Technology
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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
❖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
sin x x x3 x5 (1)n1 x2n1 (<x<).
3! 5!
(2n 1)!
对上式两边求导得
cosx 1 x2 x4 (1)n x2n (<x<).
2! 4!
(2n)!
f (0) f (0)x f (0) x2 f (n)(0) xn ,
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
f (x) f (0) f (0)x f (0) x2 f (n)(0) xn (RxR).
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).
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.
Jlin Institute of Chemical Technology
高等教育出版社《高等数学》同济第六版下册第十二章PPTD12-4函数展开成幂级数
f
(n)
(0)
(
0, 1) k
,
n2k n2k1
(k0,1,2, )
得级数:
x
1 3!
x
351!x5 (1)n1(2n1 1)!x2n1
其收敛半径为 R, 对任何有限数 x , 其余项满足
Rn(x)
sin((n1)π 2)
(n1)!
x n 1
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2. 间接展开法 利用一些已知的函数展开式及幂级数的运算性质, 将所给函数展开成 幂级数.
例4. 将函数
1 1 x2
展开成 x 的幂级数.
解: 因为
1 1 x x 2 ( 1 )nx n (1x1) 1 x 把 x 换成 x 2 , 得
n! 当 m = –1 时
1 1
x
1 x x 2 x 3 ( 1 ) n x n ,x(1,1)
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思考与练习
1. 函数 f(x)在x0处 “有泰勒级数” 与 “能展成泰
数” 有何不同 ? 勒级 提示: 后者必需证明 limRn(x)0,前者无此要求.
就是代数学中的二项式定理.
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对应 m12,12,1的二项展开式分别为 1x 11x 1 x 2 13 x3 135 x4
2 2 4 2 46 2468 (1x1)
1 1
x
1
1 2
x
13 24
x2
135 x3 1357x4 2 46 2468
1 2
1
1 (x π)2 2! 4
函数展开成幂级数(课堂PPT)
无穷级数
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8
证明
Rn ( x)
f (n1) ( ) ( x
(n 1)!
x0
)n1
M x x0 n1 , (n 1)!
x
x0
n1
在(,)收敛,
n0 (n 1)!
x ( x0 R, x0 R)
lim n
x x0 n1 (n 1)!
0,
故
lim
n
Rn
(
x
)
x
0,
n0
该级数在(,)内和函数s( x) 0. 可见
除s 0外, f ( x)的麦氏级数处处不收敛于 f ( x).
无穷级数
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6
三、函数展开成泰勒级数的条件
定理 2 f ( x)在点x0 的泰勒级数,在U ( x0 ) 内收
敛于
f
(
x)
在U
(
x0
) 内lim n
Rn
(
x)
0
.
证明 必要性 设f ( x)能展开为泰勒级数,
( x0
R,
x0
R)
可展成点x0的泰勒级数.
无穷级数
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9
三、函数展开成泰勒级数的方法
1.直接法(泰勒级数法)
步骤:
(1) 求an
f (n)( x0 ); n!
(2)
讨论
lim
n
Rn
0
或
f
(n) ( x)
M,
则级数在收敛区间内收敛于 f ( x).
无穷级数
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当x0 = 0 时, 泰勒级数又称为麦克劳林级数 . 待解决的问题 :
1) 对此级数, 它的收敛域是什么 ？
2) 在收敛域上 , 和函数是否为 f (x) ?
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定理1 . 设函数 f (x) 在点 x0 的某一邻域
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要 条件是 f (x) 的泰勒公式中的余项满足: lim Rn ( x) 0 .
把 x 换成 x 2 , 得 1 1 x 2 x 4 (1) n x 2 n 1 x2
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( 1 x 1 )
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1 解: f ( x) (1) n x n ( 1 x 1 ) 1 x n 0 从 0 到 x 积分, 得 x (1) n n 1 ln(1 x) (1) n x n d x x , 1 x 1 1 x 1 n 0 n 0 n 1 0
f ( n 1) ( ) Rn (x) ( x x0 ) n 1 ( 在 x 与 x0 之间) (n 1) ! 称为拉格朗日余项 .
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若函数
的某邻域内具有任意阶导数, 则称
f ( x0 ) ( x x0 ) 2 f ( x0 ) f ( x0 )( x x0 ) 2! f ( n ) ( x0 ) ( x x0 ) n n! 为f (x) 的泰勒级数 .
a0 f (0) a1 f (0)
f ( x) a1 2a2 x nan x n 1 ;
1 f ( x) 2!a2 n(n 1)an x n 2 ; a 2 2! f (0)
f
( n)
( x ) n ! an ;
1 a n n! f ( n ) (0)
显然结论成立 .
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二、函数展开成幂级数
展开方法 直接展开法 — 利用泰勒公式 间接展开法 — 利用已知其级数展开式 的函数展开 1. 直接展开法
由泰勒级数理论可知, 函数 f (x) 展开成幂级数的步
骤如下 :
第一步 求函数及其各阶导数在 x = 0 处的值 ; 第二步 写出麦克劳林级数 , 并求出其收敛半径 R ;
类似可推出: (P220 例3)
1 2 1 4 n 1 1 cos x 1 x x (1) x 2n 2! 4! ( 2n) !
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例3. 将函数
为任意常数 .
展开成 x 的幂级数, 其中m
解: 易求出 f (0) 1, f (0) m, f (0) m(m 1) ,
第四节 函数展开成幂级数
两类问题: 在收敛域内 求和
第十一章
和函数
展开
本节内容: 一、泰勒 ( Taylor ) 级数 二、函数展开成幂级数
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一、泰勒 ( Taylor ) 级数
若函数 该邻域内有 : 的某邻域内具有 n + 1 阶导数, 则在
f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) f ( x0 )( x x0 ) ( x x0 ) 2 2! (n) f ( x0 ) ( x x0 ) n Rn (x) n! 此式称为 f (x) 的 n 阶泰勒公式 , 其中
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例7. 将
展成 x－1 的幂级数.
1 1 解: 2 x 4 x 3 ( x 1)( x 3)
x 1 2 x 1 4
2
( x 1 2 )
n
x 1 (x 1) n ( x 1) (1) 1 2 n 2 2 2
1 8
(1)
n 0 n
1 2
n2
1 2
2n 3
( x 1) n
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( 1 x 3 )
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内容小结
1. 函数的幂级数展开法 (1) 直接展开法 — 利用泰勒公式 ; (2) 间接展开法 — 利用幂级数的性质及已知展开 式的函数 . 2. 常用函数的幂级数展开式 1 2 1 n x e 1 x x x , 2! n!
n 2k 0, (0) (1) k , n 2 k 1
(k 0 , 1, 2 ,)
1 1 x 3! x 3 5! x 5 (1) n 1 ( 2n1 1)! x 2n 1 得级数:
其收敛半径为 R , 对任何有限数 x , 其余项满足
第三步 判别在收敛区间(－R, R) 内 lim Rn ( x) 是否为
n
0.开成 x 的幂级数.
解: f ( n) ( x) e x , f ( n) (0) 1 (n 0 ,1,), 故得级数 1 n 1 2 1 3 1 x x 3! x x n! 2! 1 1 R lim 其收敛半径为 n n ! ( n 1) ! 对任何有限数 x , 其余项满足
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对应 m 1 , 1 ,1 的二项展开式分别为 2 2
1 2 1 1 3 3 1 3 5 4 x 1 x 1 x x x 2 4 2 246 2 4 6 8 ( 1 x 1) 1 3 2 1 3 5 3 1 3 5 7 4 1 1 x x x 1 x 2 4 2 246 2 4 6 8 1 x ( 1 x 1) 1 2 3 (1) n x n 1 x x x ( 1 x 1) 1 x
x ( , )
(1) n n 1 ln(1 x) x 1 x 2 1 x 3 1 x 4 x n 1 2 3 4 x (1, 1]
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x3 x5 x7 x 2 n 1 (1) n sin x x 3! 5! 7 ! (2n 1) ! x ( , ) x2 x 4 x6 x 2n (1) n cos x 1 2 ! 4 ! 6! ( 2n) ! x ( , ) m(m 1) 2 m (1 x) 1 m x x 2! m(m 1) (m n 1) n x x (1, 1) n! 当 m = –1 时 1 1 x x 2 x 3 (1) n x n , x (1, 1) 1 x
f ( n ) ( x0 ) f ( x) ( x x0 ) n , x ( x0 ) 证明: n! n 0
令 S n 1 ( x)
k 0
n
n
f
(k )
( x0 ) ( x x0 ) k k!
f ( x) S n 1 ( x) Rn ( x)
n
因此对任意常数 m, 级数在开区间 (－1, 1) 内收敛.
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为避免研究余项 , 设此级数的和函数为F ( x) ,1 x 1 则 F ( x) 1 m x m(m 1) x 2 2! m(m 1) (m n 1) n x n!
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思考与练习
1 cos( x ) sin( x ) 4 4
2
sin cos( x ) cos sin( x ) 4 4 4 4
( x ) 1 ( x ) 3 1 ( x ) 5 4 5! 4 4 3! 1 1 2 1 3 1 ( x ) ( x ) ( x ) 2 4 2! 4 3! 4
e n n 1 x x e (n 1)! ( 在0与x 之间) 1 2 1 3 1 n x 故 e 1 x x x x , 2! 3! n!
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例2. 将
解: f
(n)
展开成 x 的幂级数.
( x)
f
(n )
sin( (n 1) ) 2
(n 1)!
x
n 1
n
1 1 sin x x 3! x 3 5! x 5 (1) n 1 ( 2n1 1)! x 2n 1
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1 3 1 5 1 n 1 2 n 1 sin x x x x (1) x 3! 5! (2n 1) !
f ( n ) (0) m(m 1)(m 2) (m n 1) , m(m 1) 2 x 于是得 级数 1 mx 2! m(m 1) (m n 1) n x n! an n 1 由于 R lim 1 lim n an 1 n m n
lim Rn ( x) lim f ( x) S n 1 ( x) 0 ,
n
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x ( x0 )
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定理2. 若 f (x) 能展成 x 的幂级数, 则这种展开式是 唯一的 , 且与它的麦克劳林级数相同. 证: 设 f (x) 所展成的幂级数为 则
例5. 将函数
展开成 x 的幂级数.
上式右端的幂级数在 x ＝1 收敛 , 而 ln(1 x) 在 x 1 有 定义且连续, 所以展开式对 x ＝1 也是成立的, 于是收敛 区间为 利用此题可得
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1) 对此级数, 它的收敛域是什么 ？
2) 在收敛域上 , 和函数是否为 f (x) ?
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定理1 . 设函数 f (x) 在点 x0 的某一邻域
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要 条件是 f (x) 的泰勒公式中的余项满足: lim Rn ( x) 0 .
把 x 换成 x 2 , 得 1 1 x 2 x 4 (1) n x 2 n 1 x2
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( 1 x 1 )
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1 解: f ( x) (1) n x n ( 1 x 1 ) 1 x n 0 从 0 到 x 积分, 得 x (1) n n 1 ln(1 x) (1) n x n d x x , 1 x 1 1 x 1 n 0 n 0 n 1 0
f ( n 1) ( ) Rn (x) ( x x0 ) n 1 ( 在 x 与 x0 之间) (n 1) ! 称为拉格朗日余项 .
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若函数
的某邻域内具有任意阶导数, 则称
f ( x0 ) ( x x0 ) 2 f ( x0 ) f ( x0 )( x x0 ) 2! f ( n ) ( x0 ) ( x x0 ) n n! 为f (x) 的泰勒级数 .
a0 f (0) a1 f (0)
f ( x) a1 2a2 x nan x n 1 ;
1 f ( x) 2!a2 n(n 1)an x n 2 ; a 2 2! f (0)
f
( n)
( x ) n ! an ;
1 a n n! f ( n ) (0)
显然结论成立 .
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二、函数展开成幂级数
展开方法 直接展开法 — 利用泰勒公式 间接展开法 — 利用已知其级数展开式 的函数展开 1. 直接展开法
由泰勒级数理论可知, 函数 f (x) 展开成幂级数的步
骤如下 :
第一步 求函数及其各阶导数在 x = 0 处的值 ; 第二步 写出麦克劳林级数 , 并求出其收敛半径 R ;
类似可推出: (P220 例3)
1 2 1 4 n 1 1 cos x 1 x x (1) x 2n 2! 4! ( 2n) !
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例3. 将函数
为任意常数 .
展开成 x 的幂级数, 其中m
解: 易求出 f (0) 1, f (0) m, f (0) m(m 1) ,
第四节 函数展开成幂级数
两类问题: 在收敛域内 求和
第十一章
和函数
展开
本节内容: 一、泰勒 ( Taylor ) 级数 二、函数展开成幂级数
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一、泰勒 ( Taylor ) 级数
若函数 该邻域内有 : 的某邻域内具有 n + 1 阶导数, 则在
f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) f ( x0 )( x x0 ) ( x x0 ) 2 2! (n) f ( x0 ) ( x x0 ) n Rn (x) n! 此式称为 f (x) 的 n 阶泰勒公式 , 其中
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例7. 将
展成 x－1 的幂级数.
1 1 解: 2 x 4 x 3 ( x 1)( x 3)
x 1 2 x 1 4
2
( x 1 2 )
n
x 1 (x 1) n ( x 1) (1) 1 2 n 2 2 2
1 8
(1)
n 0 n
1 2
n2
1 2
2n 3
( x 1) n
机动
( 1 x 3 )
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内容小结
1. 函数的幂级数展开法 (1) 直接展开法 — 利用泰勒公式 ; (2) 间接展开法 — 利用幂级数的性质及已知展开 式的函数 . 2. 常用函数的幂级数展开式 1 2 1 n x e 1 x x x , 2! n!
n 2k 0, (0) (1) k , n 2 k 1
(k 0 , 1, 2 ,)
1 1 x 3! x 3 5! x 5 (1) n 1 ( 2n1 1)! x 2n 1 得级数:
其收敛半径为 R , 对任何有限数 x , 其余项满足
第三步 判别在收敛区间(－R, R) 内 lim Rn ( x) 是否为
n
0.开成 x 的幂级数.
解: f ( n) ( x) e x , f ( n) (0) 1 (n 0 ,1,), 故得级数 1 n 1 2 1 3 1 x x 3! x x n! 2! 1 1 R lim 其收敛半径为 n n ! ( n 1) ! 对任何有限数 x , 其余项满足
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对应 m 1 , 1 ,1 的二项展开式分别为 2 2
1 2 1 1 3 3 1 3 5 4 x 1 x 1 x x x 2 4 2 246 2 4 6 8 ( 1 x 1) 1 3 2 1 3 5 3 1 3 5 7 4 1 1 x x x 1 x 2 4 2 246 2 4 6 8 1 x ( 1 x 1) 1 2 3 (1) n x n 1 x x x ( 1 x 1) 1 x
x ( , )
(1) n n 1 ln(1 x) x 1 x 2 1 x 3 1 x 4 x n 1 2 3 4 x (1, 1]
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x3 x5 x7 x 2 n 1 (1) n sin x x 3! 5! 7 ! (2n 1) ! x ( , ) x2 x 4 x6 x 2n (1) n cos x 1 2 ! 4 ! 6! ( 2n) ! x ( , ) m(m 1) 2 m (1 x) 1 m x x 2! m(m 1) (m n 1) n x x (1, 1) n! 当 m = –1 时 1 1 x x 2 x 3 (1) n x n , x (1, 1) 1 x
f ( n ) ( x0 ) f ( x) ( x x0 ) n , x ( x0 ) 证明: n! n 0
令 S n 1 ( x)
k 0
n
n
f
(k )
( x0 ) ( x x0 ) k k!
f ( x) S n 1 ( x) Rn ( x)
n
因此对任意常数 m, 级数在开区间 (－1, 1) 内收敛.
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为避免研究余项 , 设此级数的和函数为F ( x) ,1 x 1 则 F ( x) 1 m x m(m 1) x 2 2! m(m 1) (m n 1) n x n!
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思考与练习
1 cos( x ) sin( x ) 4 4
2
sin cos( x ) cos sin( x ) 4 4 4 4
( x ) 1 ( x ) 3 1 ( x ) 5 4 5! 4 4 3! 1 1 2 1 3 1 ( x ) ( x ) ( x ) 2 4 2! 4 3! 4
e n n 1 x x e (n 1)! ( 在0与x 之间) 1 2 1 3 1 n x 故 e 1 x x x x , 2! 3! n!
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例2. 将
解: f
(n)
展开成 x 的幂级数.
( x)
f
(n )
sin( (n 1) ) 2
(n 1)!
x
n 1
n
1 1 sin x x 3! x 3 5! x 5 (1) n 1 ( 2n1 1)! x 2n 1
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1 3 1 5 1 n 1 2 n 1 sin x x x x (1) x 3! 5! (2n 1) !
f ( n ) (0) m(m 1)(m 2) (m n 1) , m(m 1) 2 x 于是得 级数 1 mx 2! m(m 1) (m n 1) n x n! an n 1 由于 R lim 1 lim n an 1 n m n
lim Rn ( x) lim f ( x) S n 1 ( x) 0 ,
n
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x ( x0 )
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定理2. 若 f (x) 能展成 x 的幂级数, 则这种展开式是 唯一的 , 且与它的麦克劳林级数相同. 证: 设 f (x) 所展成的幂级数为 则
例5. 将函数
展开成 x 的幂级数.
上式右端的幂级数在 x ＝1 收敛 , 而 ln(1 x) 在 x 1 有 定义且连续, 所以展开式对 x ＝1 也是成立的, 于是收敛 区间为 利用此题可得
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