数学-ch8-31幂应用p8.3幂级数展开与

§8.3

幂级数的展开与应用一.

泰勒级数已知：若

f

(

x)

在某一点

x0

的邻则在该邻域内f

(x)的n

阶泰勒公式：)(2

0

0

'()()()(''fxfxf!2n!nf

(n)

(

x0

)(

x

x0

)

Rn

(

x)

其中Rn

(x)的拉格朗日型余项n1x

x0

)(n1()(

)n

1)(!Rn

(

x)

则在该邻域内f(

在x0

与x

之间)nf

(

x)

P

(

x)0xx

)(2

0)

fx''()

000()(

ff2!x

)(nn!f

(n)

(

x0

)(

x

x0

)

其误差为|

Rn

(x)|显然随着n

的增大误差|

Rn

(x)|

越来越小因此可以通过增加多项式的项数来提高精确度定义1

如果(n

1这时可以设想

Pn

(x)的项数趋于无穷而成为幂级数：)(2

'()(

)(0!2''fxf(1)的泰勒级数或展开为(x称之为0f

(0)

f

'(0)x

f

''(0)

x2

2!称之为f

(x)的马克劳林级数(3)

如果f

(x)能展开成x

的幂级数，则这种展开式是唯一的(2)注.(1)显然

该级数在x

x0

时收敛

且收敛于

f

(

x0

)(2)

特别地

(1)

式中取

x0

0，得x0

)f

x)(

在

x0

的某个邻域

N

x0

),(内存在各阶导数f

()n注.

根据泰勒级数的定义若f

(x)在x0

的某个邻域N

(x0)内存在各阶导数，则可作出它的泰勒级数；但反过来

这个泰勒级数却不一定收敛

或者收敛时其和函数未必是

f

(

x)例如f

(

x)

x

0,0,

x

0.e

x

2

,容易知道：

f

(0)于是其马克劳林级数为f

(n)

(0)

0，

(n

1,

2,3,)x

x

f

(0)

f

'(0)x

2!

n!f(n)

(0)2

nf

''(0)显然此级数在实数域上收敛，并且其和函数是0但x

0

时f

(

x)

0

即

f

(

x)

f

(0)

f

'(0)

x

xnf

(

n)

(0)n!x

2f

''(0)2!余项Rn

(x)当n

时极限为0，即将f

(x)展开成x

的幂级数的步骤：求出f

(x)的各阶导数f

'(x),f

''(x),不存在

就停止进行求f

(0),f

'(0),f

''(0),,f

(n)(0),写出幂级数如果在x

0

(3)n!2!x

2f

''(0)f

f('0()0x)

xnf

()n

(0)并求出其收敛半径r在收敛区间(r,r)内余项Rn

(x)4.n1n

n(n

1)!lim

Rn

(

x)

lim

xf

(n1)

(

)是否为0若是，则(3)即为f

(x)的幂级数展开式．定理29

设函数

f

(

x)

在点

x0

的某个邻域内具有各阶导数

则

f

(

x)

在该邻域内能展成泰勒

级数的充要条件是：f

(

x)

的泰勒公式中的lim

Rn

(

x)

0n几个常用初等函数的幂级数展开式.1

将f

(x)

e

x

展开成x

的幂级数解

易知

f

(n)

(

x)

e

x

则

f

(n)

(0)

1(n

1,

2,)且f

(0于是幂级数为

1

x

1

x2

1

xn

2!

n!n!n其收敛半径为

r

lim

(n

1)!

x余项

xR)(nn1|

Rn

(

x)

|

(n

1)!

xe(

在0

与x

之间)

e

(n

1)!|

x

|n1|x|n0n!xn由于

e|x|

有限

并且级数

收敛n

(n

1)!n1从而

lim

|

x

|

0于是lim

Rn

(x)

0n因而得到e

x

1

x

1

x2

1

xn

，

(

x

)2!

n!特别当x2!

n!e

1

1

1

1

n0

n!12.

将f

(x)

sin

x（n

1,2,）2解已知：f

(n)(x)

sin(x

n

)则

f

(f

'(0)

1

f

''(0)

0

f

'''(0)

1f

(4)

(0)f

(2m

)

(0)

0于是其幂级数为f

(2m

1)

(0)

(1)m

，15!3!5

(1)nx2n1

由于lim

x

2n1

x2n1n

(2n

1)! (2n

1)!(2n

1)!x2n

1n()

limn

0

1所以收敛半径为r

xn1(n

1)!

xsin(n1)

Rn

(

x)

(n

1)!

|

x

|n1由于级数n0n!xn

0,n

(n

1)!收敛

则

lim|

x

|n1从而lim

Rn

(x)

0n因而得到幂级数3!1

x

1

15!

n

)1!2(sin

x

x(

x3.

将f

(x)

(1

x)

(

为常数)展开成幂级数解

f

(

x)

的各阶导数：f

'(

x)

(1

x)

1

f

''(

x)

(

1)(1

x)

2f

(n)

(

x)

(

1)(

n

1)(1

x)

n，得到

f

(0)

1

f

(n)

(0)

(

1)(

n

1)，

(n

1,

2,)于是其幂级数为n!2!1

x

(

x2

其收敛半径为n

cn1r

limcnn

n

lim

n

1

1设这个级数在(1,1)根据逐项求导，可知下面证明S(n

1)!S'(

x)

(

1)x

(

1)(

n

1)

xn1

(

1)(

n)

xn

n!上式两边同右端

xn

的系数

(

1)(

n)

(

1)(

n

1)

(

1)(

n

1)n!

(n

1)!

n!所以

(1

x)S'(

x)

x

n!

n

11)(n)(

2

1)(1

x

2!

x

S(

x)x

(其初始条件解得S(

x)

(1

x)

f

(

x)

n1)(1)(xn

于是

f

(

x)

(1

x)

的展开式为2(1

注.在区间的端点

x

1

或x

1

处，展开式是否成立，将随数值

而定．将

cos)(.4展开成解由于

x

R．n

)1!2(13!1

x

15!sin

x

x根据逐项求导运算，则有x2n

(2n)!cos

4

(1)n2!

4!1(

x．将解

f

'(

x)

111

x11

x而(1

x

1)将上式逐项积分(从0

到x)，得

432

n

1n1)1l(1

由于上式右端在

x

1

收敛

且ln(1

x)

在

x

1所以上述展开式对x

1

也成立．特别地

x

1n

112

3

4ln2

1

1

1

1

(1)n

n1(1)n1

1n展开成x

的幂级数6.

将f

(x)1

x

21解)11

x12由于将x

换成1

1)

1

x

2

3

52n

1arctan

x

x

1

x

2注.

1.

上式两边从

0

到

x

积分，可得2n1(1

当x

1时n02n

1(1)14n2. arcsin

x

的展开式1

x

21

(arcsin

x)'(2n)!!(1

2

(1

x

2

)

12

1

1

x2

(2n)!!(2n

1)2

33

(2n

1)!!

x2n1

arcsin(1

在0)(点各阶导数值．3.

通过展开式也可看出

f x例如

从上式可得到x0(arcsin

x)(2n1)(2n)!!

(2n

(2n

0)x0x

(2)ne

x

1

x

1

x

2

1

xn

，

(

x

)2!

n!(2n

1)!sin

3

1

x5

(1)n3!

5!x

2n1

(

x1(1

n!2!2

(

1)(

n

1)

xn

(1

(

xx

2n

4

(1)n(2n)!14!2!cos(1)

2

3

4n

1n1ln(1

x)1(1

(1)1

x1

x

2

53

21n

21narctan

xx35(1

(2n)!!(2n

1)2

33

(2n

1)!!

x2n1

arcsin(1

x

1)

sin)(

在基点例1

将函数4f

的泰勒级数解

由于

4

4

42

4

sin

x

sin

(

x

)

2

cos(

x

)

sin(

x

)且

cos(

x

)

1

1

(

x

)2

1

(

x

)4

4

2!

4

4!

4(

x

)4

4

!3

4

!5

4sin(

x

)

(

)5

(

x

)sin

x

2

[1( x24

)4

4!43!4

)

1

(4

2!1

(

x

)