第6节函数的幂级数展开

1、1 * *第六节第六节 函数的幂级数展开函数的幂级数展开 nnnxaxf 0)( 求幂级数求幂级数, 在其收敛域内以在其收敛域内以 f (x) 为和函数为和函数函数的幂级数展开函数的幂级数展开.问题问题:2.如果能展开如果能展开, 是什么是什么?na3.展开式是否唯一展开式是否唯一?1. f (x)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?nnnxxaxf)()( 00 或或麦克劳林展开式麦克劳林展开式 泰勒展开式泰勒展开式 2一、泰勒级数一、泰勒级数设设函函数数)(xf能能在在0 x的的一一个个邻邻域域内内展展开开成成幂幂级级数数，即即 ),( ,)()(0000 xxxxx

2、axfnnn上式两端逐项求导，得上式两端逐项求导，得 203021)(3)(2)(xxaxxaaxf )(!3!2)(032xxaaxf )(! )1(!)(01)(xxananxfnnn3 )(! )1(!)(01)(xxananxfnnn即得即得令令,0 xx ), 2 , 1 , 0( )(!10)( kxfkakk定理定理 如果函数如果函数)(xf在在)(0 xu 内具有任意阶导数内具有任意阶导数, , 且在且在)(0 xu 内能展开成内能展开成)(0 xx 的幂级数的幂级数, , 即即 nnnxxaxf)()(00 ， 则则其其系系数数 ), 2 , 1 , 0()(!10)( nx

3、fnann 且展开式是唯一的且展开式是唯一的. . ),(00 xxx4), 2 , 1 , 0( )(!10)( kxfkakk),( ,)()(0000 xxxxxaxfnnn定义定义称称 000)()(!)(nnnxxnxf为为)(xf在在0 xx 处处 的的泰勒级数泰勒级数. . 特特别别地地，若若00 x，则则称称 0)(!)0(nnnxnf为为)(xf 的的麦克劳林级数麦克劳林级数. .5若若)(xf在在),(ba内内具具有有直直至至1 n阶阶导导数数, ,),(0bax , ,则则当当),(bax 时时, ,)(xf可可表表示示成成 200000)(2)()()()(xxxfxx

4、xfxfxf )()(! )(00)(xrxxnxfnnn , , 其其中中 10)1()(! ) 1()()( nnnxxnfxr , , 在在x与与 0 x之之间间. . 二、泰勒公式二、泰勒公式上上述述公公式式称称为为)(xf按按0 xx 的的幂幂展展开开的的n阶阶泰泰勒勒公公式式, , )(xrn称称为为拉拉格格朗朗日日余余项项. . 6其其中中 10)1()(! ) 1()()( nnnxxnfxr , , 在在x与与 0 x之之间间. . 特特别别地地, ,取取00 x, ,得得到到公公式式 )(! )0(2)0()0()0()()(2xrxnfxfxffxfnnn , , 其其中

5、中 1)1(! ) 1()()( nnnxnfxr , , 在在x与与 0 0 之之间间, , )()(! )()(000)(xrxxkxfxfnnkkk 上述公式称为上述公式称为n阶阶麦克劳林麦克劳林(maclaurin)公式公式. .证略证略. .7三、函数的泰勒展开三、函数的泰勒展开定理定理 设函数设函数)(xf在点在点0 x的某一邻域内具有各阶导的某一邻域内具有各阶导数数, ,则则)(xf在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要条件是条件是)(xf的泰勒公式中的余项的泰勒公式中的余项)(xrn当当 n时时趋向于零趋向于零, , 此此时时有有 nnnxxn

6、xfxf)(! )()(000)( . . 证证由泰勒公式由泰勒公式其其中中 10)1()(! ) 1()()( nnnxxnfxr , , 在在x与与 0 x之之间间. . )()(! )()(000)(xrxxkxfxfnnkkk 证明是显然的证明是显然的. .81 1. . 求求出出0 x处处的的函函数数值值及及各各阶阶导导数数值值 )0(f, ,)0(f , ,)0(f , ,),0(,)(nf； 0)(!)0(nnnxnf函数函数 f( (x) ) 展开成幂级数展开成幂级数 的具体的具体步骤：步骤：2. 2. 写出写出幂幂级数级数 ，并求其收敛域，并求其收敛域 d. . 0)(!)0

7、(nnnxnf3 3. . 考考察察0)(lim xrnn在在 d 上上是是否否成成立立。 0)(!)0()(nnnxnfxf)(dx 如果是如果是, ,则则 f( (x) )在在 d上可展开成上可展开成麦克劳林级数麦克劳林级数 9将将xxfe)( 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . xnxfe)()( , ,), 2, 1( n, , 所所以以1)0()( nf, , 即即xe在在0 x处处的的泰泰勒勒级级数数为为 0! nnnx, , 在在 0 0 与与x之之间间, , 考考察察余余项项 1! ) 1(e)( nnxnxr , , 对对任任意意固固定定的的x, ,级级数数 01! )1(

8、|nnnx收收敛敛, , 例例1 1解解|! )1(e| )(|1 nnxnxr ! )1(|e1| nxnx10( (02|limlim 1 nxuunnnn) ) 故通项故通项)(0! )1(|1 nnxn, , 而而|ex有有限限, , 故故0)(lim xrnn, , ! ! 21! e20nxxxnxnnnx,),( x 对对任任意意固固定定的的x, ,级级数数 01! )1(|nnnx收收敛敛, , |! )1(e| )(|1 nnxnxr ! )1(|e1| nxnx即证得即证得11 ! ! 21! e20nxxxnxnnnx 12将将xxfsin)( 展展开开成成x的的幂幂级级

9、数数. . )2sin()()( nxxfn ), 2, 1( n, , kn2 , ,0)0()( nf； 即即xsin在在0 x处处的的泰泰勒勒级级数数为为 012! )12()1(nnnnx, , 12 kn, ,knf) 1() 0()( . . 它它的的收收敛敛半半径径 r. . 考考察察余余项项 1! ) 1(2) 1(sin)( nnxnnxr , , 在在 0 0 与与x之之间间, , 例例2 2解解13于于是是得得xsin的的展展开开式式为为 ! 5! 3! )12()1(sin53012xxxnxxnnn, 因因此此, , 考考察察余余项项 1! ) 1(2) 1(sin)

10、( nnxnnxr , , 在在 0 0 与与x之之间间, , ),( x! )1(|1 nxn|! )1(2)1(sin| )(|1 nnxnnxr )(0 n14 )1()(xxf 的的麦麦克克劳劳林林级级数数为为 例例3 3收敛域为：收敛域为：0 ： 1, 1 01 ： 1, 1( 1 ： )1, 1( 2! 2)1(1)1(xxx nxnn! )1()1( ( ( n 不为正整数不为正整数) )特别，特别，,110 nnxx)1, 1( x牛顿二项展开式牛顿二项展开式15 一般用间接法：一般用间接法：根据展开式的唯一性根据展开式的唯一性, 利用已知利用已知展开式展开式, 通过通过变量代

11、换变量代换、 四则运算四则运算、 恒等变形恒等变形、 逐逐项求导项求导、 逐项积分逐项积分等方法等方法, 求展开式求展开式 .例例4 4将将2e)(xxf 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . ,! e0 nnxnx),( x所以所以 02! )(e2nnxnx,! )1(02 nnnxn),( x16),( x 53012!51!31! )12()1(sinxxxnxxnnn将将xxfcos)( 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . 两边求导两边求导, 得得,! 4! 21! )2()1(cos4202 xxnxxnnn例例5 5),( x17将将)1ln()(xxf 展展开开成成x的的幂幂

12、级级数数. . 因因为为xxf 11)( 两两边边从从 0 0 到到x积积分分, ,得得 上上式式对对1 x也也成成立立, ,故故收收敛敛域域为为1 , 1( x, , 例例6 6解解， 0)(nnx1| x,32)1()1ln(3211 xxxnxxnnn1 , 1( x 011)1()1ln(nnnnxx 11)1(nnnnx18将将xxfarctan)( 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . 因因为为 211)(xxf 两两边边从从 0 0 到到x积积分分, ,得得 上上述述幂幂级级数数在在1 x处处也也收收敛敛, ,且且xarctan在在1 x处处有有定定义义且且连连续续, ,所所以以

13、上上述述展展开开式式成成立立的的范范围围为为 例例7 7解解 5312)1(arctan53012xxxnxxnnn1 , 1 x1| x,)(02 nnx19基本展开式基本展开式,! 5! 3! ) 12() 1(sin53012 xxxnxxnnn,! ! 21! e20 nxxxnxnnnx),( x),( x,! 4! 21! )2()1(cos4202 xxnxxnnn),( x,32)1()1ln(3211 xxxnxxnnn1, 1( x20 2! 2)1(1)1(xxx nxnn! )1()1( ( ( n 不为正整数不为正整数) )特别特别,110 nnxx)1, 1( x)

14、1, 1( x 5312)1(arctan53012xxxnxxnnn1 , 1 x21将将2ee)(xxxf 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . ),( x),( x),( x例例8 8解解,! ! 21e2 nxxxnx,! )1(! 21e2 nxxxnnx2ee)(xxxf 所以所以 ! )2(!4!21242nxxxn,! )2(02 nnnx22将将xxf2cos)( 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . 例例9 9解法解法1 1)2cos1(21cos2xx ,! 4! 21! )2()1(cos4202 xxnxxnnn),( x 02! )2()2()1(2121nnnnx

15、,! )2(2)1(11212 nnnnxn),( x23 012! )12()2()1(nnnnx, 两两边边从从 0 0 到到x积积分分, ,得得 0222! )22()2()1(211cosnnnnxx xx2sin)(cos2 所以所以解法解法2 2),( x 12! )2()2()1(21nnnnx,! )2(2)1(1212 nnnnxn,! )2(2)1(1cos12122 nnnnxnx),( x将将xxf2cos)( 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . 例例9 924将将341)(2 xxxf展展开开成成x的的幂幂级级数数. . 例例1010解解341)(2 xxxf1|

16、x)3)(1(1 xx311121 xx3/1161)1(21xx 00)3()1(61)1(21nnnnnnxx,36121)1(0 nnnnx25将将)34ln()(2xxxf 展展开开成成x的的幂幂级级数数. . 例例1111解解)34ln()(2xxxf )1)(4ln(xx )1ln()4ln(xx )1ln()41ln(4lnxx ,32)1()1ln(3211 xxxnxxnnn1, 1( x 1111)1()4(1)1(4lnnnnnnnxnxn,4)4(14ln1 nnnnxn1, 1( x26已已知知xxxfe)(6 ，求求).0(),0()100()99(ff 例例121

17、2解解)(xf的的幂幂级级数数展展开开式式为为 )!94!93!3!21()(9493326 xxxxxxxf !94!93!3!2100999876xxxxxx由幂级数展开式的唯一性，由幂级数展开式的唯一性， ,!931!99)0()99( f,!941!100)0()100( f因此，因此，,!93!99)0()99( f.!94!100)0()100( fnnnxnfxf 0)(!)0()(27 以上讨论的均为麦克劳林级数，下面讨论一下以上讨论的均为麦克劳林级数，下面讨论一下一般的泰勒级数：一般的泰勒级数： 000)()(!)(nnnxxnxf其收敛域为其收敛域为d， 并并要要求求余余项

18、项0)(lim xrnx在在 d上上成成立立， nnxxnxfxf)(!)()(00)( )(dx 则则)(xf在在0 xx 处处的的泰泰勒勒展展开开式式为为 一般利用麦克劳林级数间接展开一般利用麦克劳林级数间接展开. .28将将xxf 41)(展展开开成成) 1( x的的幂幂级级数数. . 收收敛敛域域: : 5|1| x, , 即即)6, 4( x. . 例例1313解解x 41511151 x151 x 0)51(51nnx,)1(5)1(01 nnnnx29例例1414解解11 x，2111231)(2 xxxxxf， 03431nnx；1|34| x展展开开函函数数2312 xx为为( (4 x) )的的幂幂级级数数. . 而而341131 x， 02421241121)4(2121nnxxxx)4(31 x30， 011)4(3121)(nnnnxxf)2, 6( x11 x， 03431nnx；1|34| x， 02421241121)4(2121nnxxxx；1|24| x例例1414展展开开函函数数2312 x